代數系統(tǒng)的一般性質

代數系統(tǒng)的一般性質第一頁，共六十一頁，2022年，8月28日一個代數系統(tǒng)需要滿足下面三個條件：（1）有一個非空集合S；（2）有一些建立在集合S上的運算；（3）這些運算在集合S上是封閉的。上述三個條件說明如下：

集合S上的元素一般講是一些經過抽象的元素,如自然數、實數、字母、字符串等。集合S給出了代數系統(tǒng)所研究的客體的范圍。運算的概念具有一定的廣泛性和抽象性,不僅包括常見的算術運算(+,-,×,÷),還包括抽象的運算,如兩個字符串的“并置”等,也包括任意定義的運算?！斑\算”是代數系統(tǒng)對其研究客體加工的工具。集合S中的元素經某一運算后它的結果仍在S中,則稱此運算在集合S上是封閉的?！?.1二元運算及其性質第二頁，共六十一頁，2022年，8月28日例:①一個在整數集Z上且?guī)в屑臃ㄟ\算的系統(tǒng)構成了一個代數系統(tǒng)<Z,+>∵Z={…-3,-2,-1,0,1,2,3,…}且有集合Z上的運算“+”,這個加法運算對Z是封閉的②一個在實數集R上且?guī)в袃蓚€二元運算“+”與“×”的系統(tǒng)構成一個代數系統(tǒng)<R,+,×>

∵R是一個集合,在R上的兩個運算它們均是封閉的。定義5.1

設S為集合，函數f:S×S→S稱為S上的二元運算，簡稱為二元運算。例如：f:N×N→N，f(<x,y>)=x+y為自然數集合N上的二元運算，即普通的加法運算。第三頁，共六十一頁，2022年，8月28日考慮：f:N×N→N，f(<x,y>)=x-y呢？驗證一個運算是否為集合S上的二元運算需考慮兩點：(1)S中任兩個元素都能進行這種運算，且運算結果唯一。(2)S中任意兩個元素的運算結果都屬于S，即S對該運算是封閉的?？紤]:除法運算是否是實數集R上的二元運算呢?不是∵0不能做除法運算。集合R-{0}可以定義除法運算?！?.1二元運算及其性質第四頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.1

考察下列運算是否是指定集合上二元運算?(1)自然數集合N上的加、減、乘、除。(2)整數集合Z上的加、減、乘、除。(3)非零實數集R*上的加、減、乘、除。(4)n階實矩陣上的加、乘。(5)集合S的冪集上的∪、∩、-、。(6)集合S上的所有函數的集SS上的復合運算。

SS=ff:SS注意:通常用,*,·,…等符號表示二元運算,稱為算符如：設f:S×S→S稱為S上的二元運算，對于任意的x,y∈S，如果x與y的運算結果是z，即f(<x,y>)=z,可利用算符簡記為

x

y=z第五頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.2

正整數集合Z+上的加法運算是一個二元運算,下列運算均是Z+的子集，下列加法運算在這些子集上是二元運算嗎?說明理由。(1)S1=nn是15的因子(2)S2=nn是15的倍數(3)S3=n6整除n，而24整除n2解:(1)加法運算在S1上不封閉。因為3∈S1,5∈S1,但3+5=8

S1,∴不是二元運算(2)加法運算在S2上是封閉的。其證明如下：對于任意n1,n2∈S2,設n1=15k1,n2=15k2(k1,k2∈Z+)則

n1+n2=15k1+15k2=15(k1+k2)(k1+k2∈Z+)∴n1+n2∈S2

∴

是二元運算第六頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.2

正整數集合Z+上的加法運算是一個二元運算,下列運算均是Z+的子集，加法運算在這些子集上是二元運算嗎?說明理由。(3)S3=n6整除n，而24整除n2解:(3)加法運算在S3上是封閉的。其證明如下：對于任意n1,n2∈S3,設n1=6k1,n2=6k2(k1,k2∈Z+)則

n1+n2=6k1+6k2=6(k1+k2)(k1+k2∈Z+)∴n1+n2能被6整除又(n1+n2)2=n12+2n1

n2+n22,根據題意,n12能被24整除,n22能被24整除,而2n1n2=26k16k2=24(3k1k2)

也能被24整除,因此(n1+n2)2能被24整除由此知n1+n2∈S3

∴

是二元運算第七頁，共六十一頁，2022年，8月28日定義5.2設S為集合，n為正整數，則函數

f:S×S×…×S→S

稱為S上的一個n元運算，簡稱為n元運算。

（當n=1時，則為一元運算）例如：(1)求一個數的相反數是Z、Q、R上一元運算。(2)求一個數的倒數是Q、R上一元運算。(3)求一個數的共軛復數C上一元運算。(4)集合上的絕對補運算～。～A=xxA(5)求一個雙射函數的反函數運算。例定義實數集R上二元運算：x,y∈R,xy=x計算51,4.9|

-1n第八頁，共六十一頁，2022年，8月28日運算表——

一元、二元運算的另一種表示法ai

。aia1

。a1a2

。a2…

…

an

。an一元運算表的一般形式。a1a2

…ana1a1。a1a1。a2…

a1。ana2a2。a1a2。a2…

a2。an…

…

anan。a1an。a2…

an。an二元運算表的一般形式第九頁，共六十一頁，2022年，8月28日ai

~aiΦ{1，2}{1}{2}{2}{1}{1，2}φ例5.3設S={1，2}，給出S上的運算~和的運算表。其中全集為S~A=S-A={xx∈S∧x∈A

}

第十頁，共六十一頁，2022年，8月28日

Φ{1}{2}{1，2}

ΦΦ{1}{2}{1,2}{1}{1}Φ{1,2}{2}{2}{2}{1,2}Φ{1}{1,2}{1,2}{2}{1}Φ

例5.4設S={1,2},給出S上的運算~和的運算表。其中全集為SAB=（A∪B）-（A∩B）第十一頁，共六十一頁，2022年，8月28日

1234

11234224

133314244321例5.5設S={1,2,3,4},定義S上的二元運算,如下:

xy=(xy)mod5,x,y∈S求的運算表。解:(xy)mod5是xy除以5的余數,其運算如下表第十二頁，共六十一頁，2022年，8月28日定義5.3

設為S上的二元運算，如果對于任意的x,y∈S都有

xy=yx則稱運算在S上是可交換的，或說運算在S上符合交換律?？疾煜铝羞\算在指定集合上是否符合交換律?(1)實數集合上的加、減、乘、除。(2)n階實矩陣上的加、乘。(3)集合S的冪集上的∪、∩、-、。

A=1,2,3B=1,4A-B=2,3B-A=4第十三頁，共六十一頁，2022年，8月28日定義5.4設為S上的二元運算，如果對于任意的x,y,z∈S都有(xy)z=x(yz)則稱運算在S上是可結合的，或說運算在S上符合結合律?？疾煜铝羞\算在指定集合上是否符合結合律?(1)N、Z、Q、R集合上的加、乘。(2)n階實矩陣上的加、乘。(3)集合S的冪集上的∪、∩、。第十四頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.6設R為實數集,定義R上的二元運算,如下:

xy=x1+y1-x1y1則滿足交換律和結合律。證:∵xy=x1+y1-x1y1=y1+

x1-y1x1=yx∴

滿足交換律∵(xy)

z=(x1+y1-x1y1)

z=(x1+y1-x1y1)+

z1-(x1+y1-x1y1)

z1

=x1+y1+z1-x1y1

-x1z1-y1z1+x1y1z1

x

(yz)=

x

(y1+z1-y1z1)

=x1+(y1+z1-y1z1)-x1

(y1+z1-y1z1)

=x1+y1+z1-x1y1

-x1z1-y1z1+x1y1z1

∴

滿足結合律證畢第十五頁，共六十一頁，2022年，8月28日定義5.5

設為S上的二元運算，如果對于任意的

x∈S都有xx=x則稱該運算適合冪等律,x為運算的冪等元考察下列運算在指定集合上是否符合冪等律?(1)N、Z、Q、R集合上的加、乘。普通加法、乘法不適合冪等律，但0是加法的冪等元，1是乘法的冪等元。(2)n階實矩陣上的加、乘。同理，n階零矩陣是矩陣加法的冪等元，n階單位矩陣是矩陣乘法的冪等元。(3)集合S的冪集上的∪、∩、、-。后兩個運算一般不適合冪等律，但φ是它們的冪等元。第十六頁，共六十一頁，2022年，8月28日定義5.6

設和*是S上的兩個二元運算，如果對于任意的x,y,z∈S有

x*(yz)=(x*y)(x*z)（左分配律）(yz)*x=(x*y)(x*z)（右分配律）則稱運算*對是可分配的,也稱*對適合分配律。如：(1)N、Z、Q、R集合上的乘法對加法。(2)n階實矩陣上的乘法對加法。(3)集合上的∪、∩互相可分配。推而廣之,如果*對分配律成立，則x*(y1

y2

…yn)=(x*y1)(x*y2)…

(x*yn)(y1

y2

…

yn)*x=(y1*x)(y2*x)…

(yn*x)a(b+c)=ab+ac第十七頁，共六十一頁，2022年，8月28日學習如登山，苦戰(zhàn)能過關。定義5.7設和*是S上的兩個可交換的二元運算，如果對于任意的x,y∈S都有

x*(xy)=xx(x*y)=x則稱*和滿足吸收律。如：集合上的∪和∩滿足吸收律。即，任意集合A，B滿足

A∪(A∩B)=AA∩(A∪B)=A第十八頁，共六十一頁，2022年，8月28日定義5.8

設是S上的二元運算，如果存在

el(或er)∈S使得x∈S都有

el

x=x(或xer=x)則稱el(或er)是S中關于

運算的一個左幺元（或右幺元），若e∈S關于運算既是左幺元又是右幺元，則稱e為S上關于運算的幺元（單位元）。如：(1)在N、Z、Q、R上，0是加法的幺元，1是乘法的幺元。(2)n階0矩陣是矩陣加法的幺元，n階單位矩陣是矩陣乘法的幺元。(3)在集合上,φ是∪、運算的幺元,全集是∩運算的幺元。(4)恒等關系是函數復合運算的幺元。第十九頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.7設S={α,β},是S上的二元運算。試指出下表的左幺元、右幺元及幺元。表1表2表3

解:如表1所定義，是的幺元（單位元）

如表2所定義，和是的右幺元如表3所定義，和是的左幺元

=

=

=

===

=

=

==

==

第二十頁，共六十一頁，2022年，8月28日∵

er是右單位元∵

el是左單位元∵

e是單位元定理5.1

設是S上的二元運算，el、er分別為運算的左、右幺元,(單位元)則有

el=er=e且e為S上關于運算的唯一幺元。證明：

el

er=erel

er=el

∴el=er把el=er

記作e，則e是S中的幺元。假設

e`也是S中的幺元，則

e`=ee`=e∴e是S中關于運算的唯一的幺元。第二十一頁，共六十一頁，2022年，8月28日定義5.9

設是S上的二元運算，如果存在

θl(或θr)∈S使得x∈S都有

θl

x=θl(或xθr=θr)則稱θl(或θr)是S中關于。運算的一個左零元（右零元）。若θ∈S關于運算既是左零元又是右零元，則稱θ為S上關于運算的零元。如：(1)在N、Z、Q、R上，0是乘法的零元，加法沒有零元。(2)n階0矩陣是矩陣乘法的零元，n階矩陣的加法無零元。(3)在集合上，∪運算的零元是全集，∩運算的零元是φ

，無零元。第二十二頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.8設A={3,4,6,9,17,22},定義A上的二元運算為min,即a

b=

min(a,b)為a與b中的最小者。試證3是運算min的零元，22是運算min的幺元(單位元)。證:∵對于任意的aA,都有

3

a=min(3,a)=a

3=min(a,3)=3∴3是運算min的零元∵對于任意的aA,都有

22

a=min(22,a)=a

22=min(a,22)=a∴22

是運算min的幺元(單位元)第二十三頁，共六十一頁，2022年，8月28日∵

θr是右零元∵

θl是左零元∵

θ是零元定理5.2

設是S上的二元運算，θl

、θr

分別為運算的左、右零元，則有

θl=θr=θ且θ為S上關于運算的唯一零元。證明：

θl

θr=θlθl

θr=θr

∴θl=θr把θl=θr

記作θ，則θ是S中的零元。假設θ`也是S中的零元，則

θ`=θ

θ`=θ

∴θ是S中關于運算的唯一的零元。第二十四頁，共六十一頁，2022年，8月28日定義5.10

設是S上的二元運算，e∈S為運算的幺元，對于x∈S，如果yl

∈S(或yr

∈S)使得

yl

x=e(或xyr=e)則稱yl(或yr)是x的左逆元(或右逆元)。

換句話說,如果對S內的元素a,存在al-1∈S,使得al-1

a

=e則稱al-1是a的左逆元素如果對S內的元素a,存在ar-1∈S,使得

a

ar-1=e則稱ar-1是a的右逆元素第二十五頁，共六十一頁，2022年，8月28日

若y∈S既是x的左逆元又是x的右逆元，則稱y為x的逆元。

如果x的逆元存在，則稱x是可逆的?？紤]：(1)整數集合Z上，加法逆元?∵x+(-x)=0,(-x)+x=0∴存在加法逆元(2)n階0矩陣是乘法逆元、加法逆元?對于矩陣乘法只有可逆矩陣存在逆元M-1，使得MM-1=E(3)在集合上，∪運算、∩運算的逆元?只有有逆元，其它元素都沒有逆元第二十六頁，共六十一頁，2022年，8月28日∵yl

。x=e

∵

x。yr=e定理5.3

設是S上的二元運算，e為該運算的幺元(單位元).對于x∈S，如果存在左逆元yl和右逆元yr

，則有

yl=yr=y

且y是x的唯一逆元。證明：

yl=yl

e=yl

(xyr)=(yl

x)yr

=e。yr=yr令yl=yr=y，則y是x的逆元。假若y`∈S也是x的逆元，則

y`=y`e=y`(xy)=(y`x)y=ey=y所以y是x的唯一逆元。通常，將x的逆元記作x-1。第二十七頁，共六十一頁，2022年，8月28日定義5.11

設是S上的二元運算，如果

x,y,z∈S滿足以下條件

(1)若xy=xz且x≠θ,則y=z.(2)若yx=zx且x≠θ,則y=z.則稱運算滿足消去律。(1)、(2)分別稱作左、右消去律?？紤]：(1)N、Z、Q、R上的乘法、加法。對任意的x,y,zx+y=x+zy=z

xy=xzy=z(x≠0)(2)在集合上∪、∩、。例A=1,2B=1C=2A∪B=A∪C=1,2B≠C第二十八頁，共六十一頁，2022年，8月28日綜上所述，二元運算的主要性質：交換律，結合律，冪等律，消去律分配律，吸收律特殊元素：幺元（單位元），零元，逆元的區(qū)別θ

使得對x∈A，滿足

xθ=θ

x=x

則θ叫幺元（單位元）

xθ=θ

x

則θ叫零元

e為單位元,y使得y-1

y=eyy-1=e

則y-1叫y的逆元滿足吸收率滿足交換率第二十九頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.9對于下列給定的集合和該集合上的二元運算，指出該運算的性質，并求出它的幺元，零元和所有可逆元素的逆元。①Z+,x,y∈Z+,x*y=Lcm(x,y),即求x,y的最小公倍數②Q,x,y∈Q,x*y=x+y–xy.解：①此運算符合交換律、結合律、冪等律。1為單位元。不存在零元。只有1有逆元，是它自身，其它元素無逆元。②∵x,y∈Q都有x*y=x+y-xy=y+x-yx=y*x∴*滿足交換律∵x,y,z∈Q有(x*y)*z=(x+y-xy)*z=x+y+z-xy-xz-yz+xyzx*(y*z)=x*(y+z-yz)=x+y+z-xy-xz-yz+xyz∴*滿足結合律xx=x

xe=ex=xxθ=θx=θ第三十頁，共六十一頁，2022年，8月28日

∵3∈Q有3*3=3+3-3×3=-3≠3∴*不滿足冪等律

∵x,y,z∈Q(x≠1)有

x*y=x*z=>x+y-xy=x+z-xz=>y-z=x(y-z)=>y=z

同理由于*是可交換的，故右消去律也成立?！?滿足消去律∵x∈Q有

x*0=x+0-x×0=x=0+x-0×x=0*x∴0是*運算的幺元（單位元）∵x∈Q有

x*1=x+1-x×1=1=1+x-1×x=1*x∴1是*運算的零元

第三十一頁，共六十一頁，2022年，8月28日

單位元的求法：∵*是可交換的，因此若*有左單位元，則它也是右單位元，∴它有單位元設rl是左單位元，則對任意的r∈Q,應有

rl*r=rl+r–rlr=r

于是rl–rlr=0=>rl(1–r)=0

由于r的任意性，要使上式成立，只有rl=0∴0是運算*的單位元由于*可交換,若元素x有左逆元y,則y必是x的右逆元和逆元設y是x的左逆元,則應有y*x=y+x-yx=0

于是yx-y=x,即y(x-1)=x,xxy=x-1(x≠1)∴x-1=x-1(x≠1)第三十二頁，共六十一頁，2022年，8月28日5.2代數系統(tǒng)及其子系統(tǒng)和積代數定義5.12非空集合S和S上k個一元或二元運算f1,f2,…,fk組成的系統(tǒng)稱為一個代數系統(tǒng),簡稱代數，記作<S,f1,f2,…,fk>。例如<N,+>,<Z,+,>,<R,+,>,<Mn(R),+,>等都是代數系統(tǒng)。

第三十三頁，共六十一頁，2022年，8月28日在某些代數系統(tǒng)中存在著一些特定的元素，如幺元、零元等，它們對該系統(tǒng)的運算起著重要的作用，稱這些元素為該代數系統(tǒng)的特異元素或代數常數。有時，為了強調這些元素的重要性，經常把它們列到代數系統(tǒng)表達式中。例如：

<N,+>的幺元(單位元)是0，也可記為<N,+,0>。

<P(S),∪,∩,~>中∪和∩的幺元(單位元)是φ和

S,同樣可記為<P(S),∪,∩,~,φ,S>等。第三十四頁，共六十一頁，2022年，8月28日定義5.13設V=<S,f1,f2,…,fk>是代數系統(tǒng),BS,且B≠Φ,如果B對f1,f2,…,fk都是封閉的,且B和S含有相同的代數常數,則稱<B,f1,f2,…,fk>是V的子代數系統(tǒng)，簡稱子代數。如：①<N,+>是<Z,+>的子代數,因為N對+是封閉的，且它們都沒有代數常數。(幺元或零元

)②<N,+,0>是<Z,+,0>的子代數，因為N對+是封閉的，且它們都具有代數常數0。③<N,－｛0｝,+>是<Z,+>的子代數，但不是<Z,+,0>的子代數，因為代數常數0不出現在

N－｛0｝中第三十五頁，共六十一頁，2022年，8月28日由子代數的定義不難看出，V的子代數與V本身不僅具有相同的代數運算，并且這些運算也具有相同的性質，只是子系統(tǒng)比原來的代數系統(tǒng)小一些。對任何代數系統(tǒng)V=<S,f1,f2,…,fk>,其子系統(tǒng)一定存在,最大的子系統(tǒng)就是V本身,如果令V中所有的代數常數(單位元或零元)構成的集合是B,且B對V中所有的運算都是封閉的,那么,B就構成了V的最小的子系統(tǒng),這種最大與最小的子代數稱為V的平凡的子代數,如果V的子代數V‘=<B,f1,f2,…,fk>滿足BS,則稱V’是V的真子代數。第三十六頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.10設有代數系統(tǒng)V=<Z+,+,>,其中Z+為正整數集合,+和表示通常數的加法和乘法。令①A={6z|zZ+

}={6,12,18,…

}②B={z2|zZ+

}={12,22,32,…

}試問:<A,+,>和<B,+,>是<Z+,+,>的子代數嗎？解:顯然，A，B均是Z+

的非空子集①對于任意的6z1,6z2A,6z1+6z2=6(z1,+z2)A

6z1

6z2=6(6z1

z2)A,+和均在A上封閉

∴<A,+,>是<Z+,+,>的子代數②z21,z22B,z21z22=(z1

z2)2

B但

z21+z22不一定在B中,22

+32=13B

∴<B,+,>不是<Z+,+,>的子代數。第三十七頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.11設V=<Z,+,0>,令

nZ={nz|zZ}n為自然數那么，nZ是V的子系統(tǒng)證:任取nZ中的兩個元素nz1和nz２,z1,z２Z,則有

nz1+nz２=n(z1+z２)nZ即nZ對＋運算是封閉的,并且0=n?0nZ。所以，

nZ是<Z,+,0>的子代數當n=1時,nZ就是V本身，當n=0時，0Z={0

}是V的最小的子代數，而其它的子代數都是V的非平凡的真子代數。5.2代數系統(tǒng)及其子系統(tǒng)和積代數第三十八頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.12設V=<Z,+,?>,其中Z表示整數集,+和?分別表示通常的加法和乘法運算。對下面Z的每個子集,確定它是否構成V的子代數？①H1={2n+1|nZ}②H2={-1,0,1

}③H3={2n|nZ}解:①H1不能構成V的子代數∵2n1+1,2n２+1H1,有(2n1+1)+(2n２+1)=2n1+2n２+2H1

∴加法運算在H1上不封閉。②H2不能構成V的子代數∵加法運算在H2上不封閉,如1+1=2H2第三十九頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.12設V=<Z,+,?>,其中Z表示整數集,+和?分別表示通常的加法和乘法運算。對下面Z的每個子集,確定它是否構成V的子代數？①H1={2n+1|nZ}②H2={-1,0,1

}③H3={2n|nZ}解:③H3能構成V的子代數∵2n1,2n２

H3,有

2n1+2n２=2(n1+n２)H3

且

2n1?

2n２=2(2n1?

n２)H3

∴加法和乘法運算在H3上是封閉的?！?/p>

<H3,+,?>是<Z,+,?>的子代數第四十頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.13

設V=<R,*>,其中R表示實數集運算*定義為x*y=[x,y]符號[x,y]表示不小于x和y的最小整數,又設①H1={x|0≤x≤10xR}②H2={x|0≤x＜10xR}試問H1,H2能否構成V的子代數嗎？解:①∵x,yH1,有x*y=[x,y]H1

∴運算*在H1上是封閉的。

<

H1,*>是<R,*>的子代數。②<

H1,*>不是<R,*>的子代數∵運算*在H2上是不封閉的如9.8*2=

[9.8,2]=10但10H2第四十一頁，共六十一頁，2022年，8月28日定義5.14設V1=<S1,>,V2=<S2,*>是代數系統(tǒng),和*為二元運算,V1和V2的積代數V1V2是含有一個二元運算的代數系統(tǒng),即V1V2

=<S,>,其中S=S1S2,對任意的<x1,y1>,<x2,y2>S1S2有<x1,y1>

<x2,y2>=<x1

x2，y1

y2>

設V1=<Z,+>,V2=<M3(R),>,其中+和分別表示整數加法和矩陣乘法。那么V1V2

是

V1V2

=<ZM3(R),>對任意的<z1,M1>,<z2,M2>ZM3(R)都有<z1,M1>

<z2,M2>=<z1+z2,M1

M2>第四十二頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.14

通常數的乘法運算是否可以看作下列集合上的二元運算，說明理由. ①A={1,2}②B={x|x是素數}③C={x|x是偶數}④D={2n|nN}解①乘法運算不是A上的二元運算,因為2×2=4A②乘法運算不是B上的二元運算，因為素數乘素數不一定是素數，如2×3＝6B.③乘法運算是C上的二元運算，因為偶數乘偶數仍然是偶數.④乘法運算是D上的二元運算,因為對任意的

m,nN,2n,2mD有2n×2m=2n+mD第四十三頁，共六十一頁，2022年，8月28日

5.3代數系統(tǒng)的同構與同態(tài)

世界上存在著很多的代數系統(tǒng),但有些代數系統(tǒng),盡管表面上似乎不相同,但實際上是相同的,比如兩個代數系統(tǒng)({0,1},∨)與({a,b},),其運算分別由表1和表2定義表1代數系統(tǒng)({0,1},∨)表2代數系統(tǒng)({a,b},)∨01。

ab001aab111bbb如果將第二個代數系統(tǒng)中的元素a,b分別換以第一個代數系統(tǒng)中的元素0,1,那么得到的運算組合表與第一個代數系統(tǒng)的運算組合表完全一樣,只是表現形式不同,其實質是一樣的。這種表面上不同而實質上相同的代數系統(tǒng)我們稱它們是同構的第四十四頁，共六十一頁，2022年，8月28日

如何來識別同構的代數系統(tǒng)呢？從上面的例子我們可以看出：兩個系統(tǒng)同構必須滿足下面幾個條件：①它們必須是同一類型的②兩個集合間的元素是一一對應的③它們的運算定義法則是相同的我們用上面的例子來說明這三點①({0,1},∨)與({a,b},)是同類型的②它們的元素間是一一對應的a0b1③它們有相同的運算定義法則，就是說將表1中的0,1分別換以表2中的a,b后即成為表2，反之亦然。故這兩個代數系統(tǒng)同構第四十五頁，共六十一頁，2022年，8月28日將這一概念進一步抽象而得到同構定義定義5.15

設V1=<S1,>,V2=<S2,>是代數系統(tǒng),

和

是二元運算，如果存在一個一一對應的映射：S1S2

滿足對任意的x,yS1，有

(xy)=(x)

(y)則稱

是一個從V1到V2的同構映射或稱代數系統(tǒng)

V1與V2同構，可記作V1V2

我們用下圖來表示同構的含義ΦV1=<S1,>V2=<S2,>

xyxy

(x)

(y)

(x)

(y)第四十六頁，共六十一頁，2022年，8月28日如果我們將同構的條件放寬一點，則可得到比同構范圍更廣的一些關系，放寬后的關系，使兩個代數系統(tǒng)不一定要有相同的基數，但是能在一定意義上保持其性質，為此，我們引入同態(tài)和滿同態(tài)的概念。定義5.16設V1=<S1,>,V2=<S2,>是代數系統(tǒng),

和

是二元運算,如果存在映射

：S1S2滿足對任意的x,yS1，有

(xy)=(x)

(y)則稱

是一個從V1到V2的同態(tài)映射或稱代數系統(tǒng)V1與V2同態(tài)，第四十七頁，共六十一頁，2022年，8月28日從定義可以看出，同態(tài)的條件比同構弱，關鍵是同構映射是一一對應的，而同態(tài)映射則不一定要一一對應因此對同態(tài)而言，有如下的特點：①映射可以允許有多對一對應，一對一對應以及一一對應；②映射的象可以允許有(S1)

S2,及(S1)=S2即(S1)

S2對于同態(tài)可用下圖說明之。V1=<S1,>V2=<S2,>xyxys2=

(x)

(S1)

(x)

(y)第四十八頁，共六十一頁，2022年，8月28日

如果(S1)=S2,亦即是說

是一個S1到S2的滿射，此時有下面的定義：定義5.17

設是V1=<S1,>到V2=<S2,>的同態(tài),如果是滿射的，則稱

為V1到V2的滿同態(tài)，記作V1~V2,如果是單射的,則稱

為V1到V2的單同態(tài)同樣一個代數系統(tǒng)與自身的同態(tài)稱為自同態(tài)。由定義可知，滿同態(tài)的條件比同態(tài)略微強一些。第四十九頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.15

設V1=<Z

,+>和V2=<Zn,>,其中Zn={0,1,…,n-1},+為普通加法,

為模n加法。即x,yZn,有

xy=(x+y)modn

令:ZZn,(x)=(x)modn

則是V1到V2的同態(tài)。解:∵對x,yZ,有

(x+y)=(x+y)modn=(x)modn(y)modn

=(x)

(y)∴是V1到V2的同態(tài)。第五十頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.16

設V=<Z

,+>給定aZ,令

a:ZZ,a(x)=ax,xZ則a

是V到自身的同態(tài)（自同態(tài)）。解:∵對x,yZ,有

a(x+y)=a(x+y)=ax+ay=a(x)+a(y)∴a

是V到自身的同態(tài)（自同態(tài)）當a=0時,有xZ,0(x)=0稱0

為零同態(tài),其同態(tài)象為<{0},+>.當a=1時,有xZ,1(x)=x,稱1

為Z的恒等映射,顯然是雙射,其同態(tài)象就是<Z,+>。這時1

是V的自同構。同理可證-1

也是V的自同構當a≠±1且a≠0時,xZ有a(x)=ax,易證a是單射的,這時a

為V的單自同態(tài)。同態(tài)象是<aZ,+>第五十一頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.17

證明:f:R+R,f(x)=log2x為代數系統(tǒng)V1=<R+,?>到V2=<R,

+>的同態(tài)(這里R+為正實數集，R為實數集，?和+為通常數的乘法和加法運算）。V1

和V2

是否同態(tài)或同構？分析:欲證同態(tài)必須滿足兩點

①存在映射f:R+R（同構是雙射)

②

x,yR+,有f(x?y)=f(x)+f(y)證:f:R+R,f(x)=log2x,∵對xR+,有唯一f(x)=log2xR,∴f為R+到R的函數。又∵對x,yR+,

f(x?y)=log2(x?y)=log2x+log2y=f(x)+f(y)

∴

f為V1=<R+,?>到V2=<R,

+>的同態(tài)。第五十二頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.18證明:f:R+R,f(x)=log2x為代數系統(tǒng)V1=<R+,?>到V2=<R,

+>的同態(tài)(這里R+為正實數集，R為實數集，?和+為通常數的乘法和加法運算）。V1

和V2

是否同態(tài)或同構？分析:欲證同構必須滿足兩點

①雙射f:R+R

②

x1,x2R+,有f(x1?x2)=f(x1)+f(x2)證:f:R+R,f(x)=log2x,∵對xR+,有唯一f(x)=log2xR,∴f為R+到R的函數。又∵對x1,x2R+,

x1≠x2,log2x1≠log2x2

即f(x1)≠f(x2),故f為單射,又對yR

取x=2yR+,使f(x)=log22y=y,故f為滿射

f(x?y)=log2x?y=log2x+log2y=f(x)+f(y)

∴是同構第五十三頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.19設V1=<R

,?>和V2=<R+

,?>,其中R和R+

分別表示實數集和正實數集,?表示通常的乘法。定義函數①f1:RR+

,f(x)=|x|②f2:R+

R+

,g(x)=x③f3:R+

R+

,f3(x)=2x試問,以上這些函數是否是V1到V2的同態(tài)或同構？

解:①對任意的x,yRf(x?y)=|x?y|=f(x)?f(y)

所以f1是V1到V2

的同態(tài)。但f1不是單射,因為f(x)=f(-x)=|x|如f(2.5)=f(-2.5)=2.5。故f1不是V1到V2的同構。

第五十四頁，共六十一頁，2022年，8月28日例5.19設V1=<R

,?>和V2=<R+

,?>,其中R和R+

分別表示實數集和正實數集,?表示通常的乘法。定義函數②f2:R+

R+

,g(x)=x③f3:R+

R+

,f3(x)=2x試問,以上這些函數是否是V1到V2的同態(tài)或同構？

解:②對任意的x,yR+

g(x?y)=x?y=g(x)?g(y)

∴f2是V1到V2

的同態(tài)。且因為對于任意xR+

g(x)=x,即f2是R+

上的恒等函數,它是雙射的,因此f2