§3.4 群的同构定理
同态基本定理：设?是群G 到群G 的一个同态满射，则
ker G G ?? 。
用图表示：
将同态基本定理推广就得到下面的第一同构定理。
定理1 (第一同构定理) 设?是群G 到群G 的一个满同态，且 ker N G ??<，记()N N ?=，则
G
G N N ?，或 ()()G G N N ???。
当ker N ?=时，{}()N e ?=，{}G G G e N =?，第一同构定理退化 成同态基本定理
第一同构定理也可以用图表示：
证明 首先，由N G <有()N N G ?=<。作映射： :G G N N τ→， ()()xN x N τ?=，G xN N ?∈。
以下验证τ是G N 到G N 的一个同构映射。
（1）τ是映射：设(,)aN bN a b G =∈，则1a b N -∈，于是
11()()()()a b a b N N ????--=∈=，从而()()a N b N ??=，
即G N 中的每个赔集在τ下的像唯一，因此τ确为G N 到G N
的一个映射。
（2）是满射：()G aN a G N ?∈∈，因为?是满射，所以存在
a G ∈，使得()a a ?=，从而存在G aN N ∈，使得()aN a N τ=， 即是满射。
（3）是单射：设()()aN bN ττ=，即()()a N b N ??=，从而
11()()()a b a b N ???--=∈。但?是满同态且()N N ?=，所以 c N ?∈，使得11111()()()Ker a b c a b c e a bc ????-----=??=?∈。 于是由已知条件ker N ??得11111a bc N a b a bc c N -----∈?=?∈， 从而aN bN =，即τ是单射。
（4）又由于
()(())()()()()()()()aN bN ab N ab N a b N a N b N aN bN ττ?????ττ?====?=， 所以τ是G N 到G N 的一个同态映射。
综上所述，σ
是G N 到G N 的一个同构。所以G G N N ? 。
推论1. 设,H G N G <<且N H ?，则
G G N H H N ? 。
证明 取自然同态:G G N ?→，()a aN ?=，其核Ker N ?=。 在第一同构定理中取G G N =，取N 为这里的H ，并注意 ()H H N ?=，由第一同构定理得 G
G N H H
N ? 。
例1 设,H G K G <<，证明 G G H HK HK H ? 。
证明 由,H G K G HK G ?<<<。又显然H HK <，直接由推论得 G G H HK HK
H ? 。
注意：交换,H K 的位置也可以得 G G K HK HK K ? 。
定理2 (第二同构定理) 设G 是群，H G ≤，N G <，则
H N H I <，且 ()HN H N H N ?I 。
第二同构定理也可以用图表示：
证明：由H G ≤，N G <有HN G ≤，且N HN <。作映射
:HN H N ?→，()x xN ?=，x H ?∈，
则?显然是H 到HN N 的满同态。且 {}{}{},(),,Ker x x H x N x x H xN N x x H x N H N ??=∈==∈==∈∈=I ， 于是由同态基本定理得 ()HN H H N N ?I 。
例2 34,S S 设分别为3次、4次对称群，4K 是Klein 四元群，
证明：434S S K ?。
证明 首先44K S <（见前面）。以下验证：434S S K = 且
34{}S K e =I ，再用第二同构定理即可得证。事实上，把3S 中 的每个置换看成保持4不动，则显然34{}S K e =I 成立。于是 343434
||||||6424||S K S K S K ?==?=I 。
又344S K S ?且4||24S =，所以434S S K =。于是由第二同构定理
3433434434(){}S K S S S S K K S K e ????I 。
定理3(第三同构定理) 设G 是群，且N G <，G H N ≤，则
（1）存在G 的唯一子群,H G H N ≤?，使得H H N =；
（2）当G H N <时，存在G 的唯一正规子群,H G H N ?<， 使得H H N =，且G G N H H N ? 。
第三同构定理表明：商群G N 的子群仍为商群，且呈H N 的 形式，其中,H G H N ≤?；而且H 是G 的正规子群当且仅当 H N 是G N 的正规子群。
证明 （1）取自然同态:G G N ?→，()a aN ?=，其核Ker N ?=。 由上一节定理4知，在G 的包含N 的子群与G N 的所有子群 之间可以建立一个保持包含关系的双射，因此当G H N ≤时， 必然存在G 的唯一的子群,H G H N ≤?与之对应，即()H H ?=。 另一方面，根据?的定义有()H H N ?=，所以H H N =。
（2）还是由上一节定理4，当G H N <时，存在G 的唯一的正 规子群,H G H N ?<，使得H H N =。再由第一同构定理得 ()()G
G G N H H H N ???? 。
第九节 同态基本定理与同构定理 重点、难点：同态基本定理，满同态与子群的关系. 一 同态基本定理 前几节是研究一些定量的东西，下面我们来研究一些定性的东西.本节中的同态基本定理是群论中的研究基础. 定理2.9.1 一个群G 与它的每一个商群N G /同态. 证 令G a aN a N G G ∈?→,;/: π 显然π是G 到N G /的满射.G b a ∈?,，)()())(()()(b a bN aN N ab ab πππ=== 故π是一个满同态. 注1 定理2.9.1中的π称为自然同态； 注2 自然同态π一定是满同态. 利用子群来研究群本身，任意给定一个不变子群N ，有两个可以供我们参考的群： N 和N G /，由于0/→→→N G G N ，故更容易推测G 的性质. 自然会问：定理2.9.1的逆命题是否成立？即0→'→G G ，G '是否与G 的某个商群是同构的呢？我们说是对的.首先有一个概念. 定义2.9.1 设G G '→Φ:为一个群同态.e '为G '的单位元,集合 })(|{e a G a Ker '=Φ∈=Φ称为同态映射Φ的核. 注1 未必要求Φ为满射，但本书中同态均为满同态； 注2 一个同态是单同态?G e Ker ?=}{φ. 推论2.9.2 设π是N G G /→的自然同态，则N Ker =π. 证 由于N G /的单位元是N ，则 N N a G a N aN G a N a G a Ker =∈∈==∈==∈=}|{}|{})(|{ππ. 定理2.9.3 （同态基本定理）设?是群G 到群G '的一个同态满射，则 (1)G Ker ?； (2)G Ker G '??/. 证 (1)由于φ??≠?∈Ker Ker e .,,,G x Ker b a ∈?∈??则e b a '==)()(??为G '的单位元.则
同构式保值性：若)(x h ，))((x p h ，))((x q h 中，D x ∈，D x p ∈)(，D x q ∈)(，故)(x h ，))((x p h ，))((x q h 的最值相等.概括起来就是构造了同构式，可以根据外函数的性质直接求出函数的最值． 同构式倍值性：在)(x h 和))(()(x p h m x g ?=满足D x ∈，D x p ∈)(，则))(()(x p h m x g ?=的最值是)(x h 的m 倍我们将这个性质概括为同构式的倍值性． 【例1】（2019?榆林一模）已知不等式1x e kx lnx -≥+，对于任意的(0,)x ∈+∞恒成立， 则k 的最大值 ． 【解析】此题构造乘法的同构显然不可能，因为不等式两边同时乘以x ，kx 将变成平方，无处遁形，并且出现x e 和x ln ，常数项为1，构造函数x e x x h +=)(，根据题意，ln +ln x x e kx ex e x kx ex x ≥+?≥++x ，在此基础上进行同构式转换，即 x e k ex h ex ex ex x kx x ex kx )1()(ln ln ln -++=++-+=++，原不等式可以转化为同构式x e k ex h x h )1()(ln )(-++≥，由于)(ln )(ex h x h ≥恒成立，且当仅当1=x 时等号成立.故 10k e +-?，即1k e ?． 注意：若))(())((x q h x p h ≥恒成立，且)())(())((x x q h x p h ?+≥，则一定要满足0)(≤x ?，此方 法属于同构式的单调性和同构式的“保值性”综合题，有一定难度，原理其实很简单，同构式一旦搞定，剩下的就是基本的函数方程不等式的简单思想.以此题为背景的考题非常多，从选填题压轴到解答题压轴，无处不在，常规方法我们不在这里讲述了，大家可以去看一下常规的解答方案. 保值性定理1：若))(())((x q h x p h ≥恒成立，且满足)())(())((x x q h x p h ?+≥，则一定要满足 0)(≤x ?； 保值性定理2：若))(())((x q h x p h ≥恒成立，且满足))(())((x q h m x p h ?≥（0)(≥x h ），则一定要满足10≤≤m ； 若要满足))(())((x q mh x p h =有实根，则一定要满足1≥m ； 保值性定理3：若0))((0))((≥≥x q h x p h ，，且满足当m x =时，0))(())((==x q h x p h ，则一定满足不等式0))(())((≥+x q h x p h ；若0))((=x p h 时和0))((=x q h 时的x 取的值不相等，则0))(())((>+x q h x p h 【例13】（2018?新课标Ⅰ）已知函数()1x f x ae lnx =--． （1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1 a ≥时，()0f x ≥．
§3.4 群的同构定理 同态基本定理：设?是群G 到群G 的一个同态满射，则 ker G G ? ? 。 用图表示： 将同态基本定理推广就得到下面的第一同构定理。 定理1 (第一同构定理) 设?是群G 到群G 的一个满同态，且 ker N G ?? ，记()N N ?=，则 G G N N ?，或 () ()G G N N ??? 。 当ker N ?=时，{}()N e ?=，{} G G G e N =?，第一同构定理退化 成同态基本定理 第一同构定理也可以用图表示： 证明 首先，由N G 有()N N G ?= 。作映射： :G G N N τ→， ()()xN x N τ?=，G xN N ?∈。 以下验证τ是G N 到G N 的一个同构映射。 （1）是映射：设(,)aN bN a b G =∈，则1a b N -∈，于是 11 ()()()()a b a b N N ????--=∈=，从而()()a N b N ??=， 即G N 中的每个赔集在τ下的像唯一，因此τ确为G N 到G N
的一个映射。 （2）是满射：()G aN a G N ?∈∈，因为? 是满射，所以存在 a G ∈，使得()a a ?=，从而存在G aN N ∈，使得()aN a N τ=， 即是满射。 （3）是单射：设()()aN bN ττ=，即()()a N b N ??=，从而 1 1 ()()()a b a b N ???--=∈。但?是满同态且()N N ?= ，所以 c N ?∈，使得1 1 1 1 1 ()()()K er a b c a b c e a bc ???? -----=??=?∈。 于是由已知条件ker N ??得111 1 1 a bc N a b a bc c N -----∈?=?∈， 从而aN bN =，即是单射。 （4）又由于 ()(())()()()()()()()aN bN ab N ab N a b N a N b N aN bN ττ?????ττ?====?=， 所以τ是G N 到G N 的一个同态映射。 综上所述，σ是G N 到G N 的一个同构。所以G G N N ? 。 推论1. 设,H G N G 且N H ?，则 G G N H H N ? 。 证明 取自然同态:G G N ?→，()a aN ?=，其核K er N ? =。 在第一同构定理中取G G N =，取N 为这里的H ，并注意 ()H H N ?=，由第一同构定理得
定理 同态满射保持运算律（包括结合律、交换律） P21 左右逆元的统一性 P33-34 左右逆元的唯一性 P36 （由此可称为幺元而省掉“左右”） 群的两个定义的等价性 P33 群满足消去律（由逆元的存在性） P38 仅限有限集合的群判定：封闭+结合律+消去律 P39 群的几个分类标准： 1、 有限 / 无限 ——元素个数 2、 交换 / 非交换 ——运算是否满足交换律 3、 循环 / 非循环 ——是否有一元可以遍历其他元 P35 n a ： 次n n a aa a ≡ n 是正整数 （由结合律知其有意义） a 的阶： 对群G 中的元a ，若存在最小正整数m ，使得e a =m ， 则m 称为 a 的阶；否则我们称a 是无限阶的 P37 群中幂形式的元的运算法则： 若规定：e a =0， n n a a )(1--= 则对任意整数m,n 有：m n m n a a a +=， nm m n a a =)( （由结合律易得） 两种循环群： 整数加群 与 剩余类加群 同构定理： 任何一个群 有一个变换群与之同构 任何一个有限群 有一个置换群与之同构 任何一个无限循环群 与整数加群同构 任何一个有限循环群 与剩余类加群同构 子群的左陪集和右陪集的个数，或都为无限，或相等 P68
子群陪集（左或右算一边）的个数叫做子群的指数 群的阶： 群中元素的个数 对有限群G 而言： G 的子群的阶，与子群陪集的个数（指数），其乘积即为群G 的阶 （即都整除群G 的阶） G 中任意元的阶，都整除群G 的阶（因为任意元可生成循环子群） 子群充要条件： H ab H b a ∈?∈?-1, P63 定理2 子群正规充要条件： N ana N n G a ∈?∈∈?-1, P72 定理2 （首先N 须得是一个子群，然后再有…）
第十四讲同态与同构 §14.1. 同态 §14.2. 同态基本定理 §14.1. 同态 在讲授半群和monoid时，我们已定义过它们的同态与同构，现定义群同态与群同构。 1.1.定义：设(G,*)与(H,?)为群，f: G→H为映射 (1)f为从群G到群H的同态，指(?a,b∈G)(f(a*b)=f(a)?f(b))， 记为G∽f H (2)f为从G到H的满同态指f为同态且f为onto (3)f为从G到H的同构指f为同态且f为1-1&onto，记为G ≌f H (4)f为从(G,*)到(G,*)的自同态指f(ab)=f(a)f(b) (5)f为从(G,*)到(G,*)的自同构(automorphism)指f为自同态且 1-1&onto 1.2.例： (1)(Z,+),(Z2,+2)为群， 令f(2n)=0,f(2n+1)=1,则f为从(Z,+)到(Z2,+2)的群满同态，但f非同构。 令g(n)=0，则g也为同态但不是满的。
(2)(R,+)为实数加群，(R*,*)为非零实数乘群，令f: R→R*为 f(x)=2x ∵2x+y=2x*2y,∴f为同态，但f不是满的。 (3)令R+为全体正实数，(R+,*)为群，令f: R→R+为f(x)=2x， 则f为从(R,+)到(R+,*)的同构。 1.3.命题：设(G,*),(H,?)为群， (1)令f: G→H，对?x∈G,f(x)=e H,则f为同态。 (2)令a∈G,f a: G→G为f a(x)=axa-1,则f a为自同构。 证明：∵f a(xy)=axya-1=axa-1aya-1=f a(x)f a(y) ∴f a为同态 又∵f a为1-1&onto ∴f a为同构. # 1.4.命题：(Z6,+6)恰有6个自同态，恰有2个自同构。 证明：(1)令f i: Z6→Z6,f I(x)=ix(mod 6)(=ix-[ix/6]*6),i=0,1, (5) ∵f i(x+6y)=i(x+6y)(mod 6)=ix(mod 6)+6iy(mod 6)=f i(x)+6f i(y) ∴f i为同态. ∵f i(1)=i ∴i≠j→f i≠f j,故(Z6,+6)至少有6个自同态。 (2)设f: Z6→Z6为自同态，则若i∈{0,…,5}， 则f(i)=f(1+61+6…+61)=f(1)+6f(1)+6…+6f(1)=if(1)(mod 6),
2.2 同构与等价的范数 在《高等代数》上关于有限维线性空间，有一个重要的结论． 定理 数域K 上的两个有限维线性空间同构的充要条件是它们有相同的维数． 这里的同构就是在两个有限维线性空间存在保持加法和数乘的一一映射σ：12V V →满足 1,V αβ?∈,k ∈K 有 ()()()σαβσασβ+=+,()()k k σασα=． R 上的所有n 维线性空间V 同构n R ． 2.2.1 同构问题 设X 为一线性赋范空间，如果X 作为线性空间时它的维数为n ，则称X 为n 维线性赋范空间．X 是R 上的n 维线性空间是指：在X 中存在n 个线性无关的向量12,,,n e e e ，使得x X ?∈，有唯一的表达式 1122n n x k e k e k e =+++ ，i k ∈R (1,2,,i n = ) 其中称12(,,,)n k k k 为x 关于12,,,n e e e 的坐标． 若X 为n 维线性赋范空间，自然存在从X 到n R 上的一一映射T ：X n →R ，x X ?∈，不妨设1122n n x k e k e k e =+++ ，可令 121()()(,,,)n n i i n i T x T k e k k k ===∈∑ R 易证()()()T x y T x T y αβαβ+=+，其中,αβ∈R ，,x y X ∈，即T 保持了X 与n R 的线性结构不变． 定理 2.2.1 设X 是实数域R 上的n 维线性赋范空间，则X 与n R 线性等距同构． 证明 设T 是从X 到n R 上的一一映射，且x X ?∈，121()()(,,,)n n i i n i T x T k e k k k ===∈∑ R ， 显然T 是线性同构映射．下面仅需证明T 的保距性，即对于X 上的范数X ?，在n R 上设置一种范数n ? R ，使得() n X T x x =R ． x X ?∈，x 在X 上的范数为X x ，定义() n X T x x =R ，下证n ? R 是n R 上的范数．为了书 写的方面记()x T x =，()y T y =． (1) 正定性 显然，0n X x x =≥R ，而且 0n x =R ?0X x =0x ?=12(,,,)0n x k k k ?== 0x ?=． (2) 齐次性 α?∈R ，()x T x =n ∈R ，有 () () n n n n X X x T x T x x x x αααααα=====R R R R ．
第 3 讲 §7—9 一一映射，同态及同构（2课时） (Bijection Homomorphism and Osomorphism ) 本讲教学目的和要求：通过了解双射，同态及同构的理论，为后继课程中学习群同态，群同构（群第一、二同构定理）环同态，环同构理论做准备。具体要求： 1、在第一讲的基础上，对各类映射再做深入的研究。 2、充分了解双射（一一映射）的特性以及由此引导出的逆映射。 3、两个代数系统的同态的概念，尤其是同态的满射所具有的性质。 4、掌握同构映射的实质，为以后教学内容奠定基础， 本讲的重点和难点：本讲的重点在于对同态映射定义的了解；由同态满射引导的一系列性质及同构映射本质的掌握。而对双射及自身的逆映射之间的关系学生不易把握，需要认真对待。 本讲的教法和教具：在多媒体教室使用投影仪。在教学活动中安排时间让学生展开讨论。 本讲思考题及作业：本讲思考题将随教学内容而适当地展开。作业布置在本讲结束之后。 一、一一映射 在第1讲中，已对各类映射作了系列性的介绍，这里只对重要的一一映射作重点的讨论。 定义1、设?是集合A到A的映射，且?既是单的又是满的，则称?是一个一
一映射（双射）。 例1：},4,2,0,2,4,{2},2,1,0,1,2,{: --=→--=Z Z ?， 其中Z n n n ∈?=,2)(?，可知?显然是一个双射。 注意：Z 与偶数集Z 2之间存在双射，这表明：Z 与它的一个真子集Z 2一样“大”。 思考题：从例1中得知：一个无限集与其的某个真子集一样“大”。这是否可作为无限集都有的特性？即我们是否有如下的结论：A 为无限集的充要条件是A 与其某个真子集之间存在双射。 定理1：设?是A 到A 的一个双射，那么由?可诱导出（可确定出）A 到A 的一个双射1-?（通常称1-?是?的逆映射） 证明：由于?是A 到A 的双射，那么就A 中任一个元素a ，它在A 中都有逆象a ，并且这个逆象a 是唯一的。利用?的这一特点，则可确定由A 到A 的映射1-?： a a A a A A =∈?→--)(,,:11??，如果a a =)(?，由上述说明，易知1-?是映射。 1-?是满射：A a ∈?，因?是映射a a A a =∈??)(,?使，再由1-?的定义知a a =-)(1?，这恰说明，a 是a 在1-?下的逆象。由a 的任意性，知1-?是满射。 1-?是单射：2121,,a a A a a ≠∈?若由?是满射21a a 及?的逆象分别是 22111121)(,)(,a a a a a a ==--??即及，又?是单射21a a ≠?， 这说明)()(2111a a --≠??，所以1-?是单射。 综合上述讨论知：1-?是A 到A 的一个双射。
维数定理与容斥原理 两个有限维子空间的和的维数定理： dim(U1+U2)=dimU1+dimU2-dim(U1 ∩ U2) 两个有限集合元素个数的容斥原理： card(U1∪U2)=cardU1+cardU2-card(U1 ∩ U2) 子空间的和类比于集合的并，那么维数定理和容斥原理形式上及其相似。为什么会有如此的巧合？ 可以看到子空间的基底构成的集合在维数定理中扮演一个很重要的转换作用：选择U1 ∩ U2的基底并分别扩充到U1和U2的基底之后，设U1和U2的基底构成的集合分别为A1和A2，那么U1+U2, U1 ∩ U2的基底就分别对应A1∪A2和A1∩ A2。因此两个公式相似也就不足为奇。 那么是否可以把维数定理推广到多个子空间的情形呢？考虑三个子空间的情形，类比于三个集合的容斥原理 card(U1∪U2∪U3)=cardU1+cardU2+cardU3-card(U1 ∩ U2)-card(U2 ∩ U3)-card(U1 ∩ U3)+card(U1 ∩ U2∩ U3) 是否也有类似的三个子空间和的维数定理 dim(U1+U2+U3)=dimU1+dimU2+dimU3-dim(U1 ∩ U2)-dim(U2 ∩ U3)-dim(U1 ∩ U3)+dim(U1 ∩ U2∩ U3) 成立呢？ 循着它们之间的类比关系，我们可以先选取U1 ∩ U2∩ U3的基底，然后分别扩充到U1 ∩ U2、U2 ∩ U3和U1 ∩ U3的基底，再接着分别在U1、U2、U3中扩充成U1、U2、U3各自的基底，这种类比关系似乎可以轻松延续。 沿着另一条路似乎也可以到达目的地：即通过将U1+U2+U3写成(U1+U2)+U3，并应用两个子空间的维数定理一步一步地证明三个子空间的情形。现在先看看这条路：