有限群一个应用

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1、有限群的一个应用王绍恒（四川三峡学院计算机系，重庆市万州区404000）摘要：本文证明了由n阶群的n-1个元完全决定第n个元，并给出了交换群中第n个元的求法，最后给出两个应用实例。关键词：有限群；元素；应用中图分类号O152文献标识码A1引言由文[1]，一个n阶群的生成元的最少个数不大于，在实际应用中，一个群的已知元素当然可以比生成元多，下面讨论非常特殊的情况。如果已经给出了群的n-1个元素，第n个元素是否唯一确定？如何确定？2主要结论定理1设G为一个n阶群，若已知其中n-1个元素，则第n个元素被唯一确定。证明：因有限群的运算

2、规则可由乘法表给出[2]，设G中n-1个元*x1x2…xn-1xnx1,x2,…,xn-1之间的乘法如乘法表所示。x1a11a12…a1,n-1由于单位元对应行的元素与乘法表中第一行相同，如果x1,…,xn-1x2a21a22…a2,n-1对应的行均不与第一行相同，则xn就是单位元。如果x1,…,xn-1中有某………………………元（不妨设x1）对应的元素与第一行对应的元素相同，则x1为单位元。xn-1an-1,1an-1,2…an-1,n-1这时x2x1,x2x2,…,x2xn-1中必有一项等于xn，否则只有x2xn=xn，推

3、出xnx2也为单位元，与单位元的唯一性矛盾。但由x1为单位元知，xn未出现在x1x1,x1x2,…,x1xn-1中，因此x2所在行中对应的元素里未在x1所在行出现的那一个元就是G的第n个元素xn。当G为交换群时，第n个元素可不借助乘法表直接计算。定理2设G为奇阶交换群，且G=A∪{x}，xÏA，则x=.证明：考虑G的映射j：x®x-1。j是G的一一映射，j(1)=1。当x¹1时j(x)¹x。否则x-1=x，得x2=1。于是2

4、

5、G

6、，与G为奇阶群矛盾。从而G中元除1外在j下两两配对，每一对之积为1。由G为交换群，得=1，从而x

7、=1。因此x=偶数阶群总有2阶元素，我们将2阶元素称为对合[3]。基金项目：国家自然科学基金（批准号19871066）及教育部重点科学技术资助项目作者简介：王绍恒(1962-)，男(汉族)，重庆人，讲师，主要从事群论研究。定理3，设G为偶数阶交换群，且G=A∪B∪{x}，其中A为不含x的非对合元，B为不含x的对合元，则x=g0，其中g0为某一个对合。证明：把G中的元分成两类：A0=非对合之集，B0=对合之集。由定理2知，G中所有非对合元之积为1，，又因交换群中任意两个对合之积仍为对合，从而有，g0为某一个对合,由此即得==g0

8、。从而x=g0。推论1：设G=为n阶循环群，又G=A∪{x}，xÏA，则当n为奇数时，x=，当n为偶数时，x=。证明：因x==当n为奇数时，当n为偶数时，3应用实例例1设有一组卡片，每张卡片为红、黄、兰三种颜色之一，并有一个编号，编号的第一位为字母A～Z，第二、三位为数字00～99。编号各不相同，因此一共有3´26´100=7800张卡片。这组卡片分别由甲、乙两人各保存一部份（张数不必相同），现在有一张卡片丢失，怎样把这张丢失卡片的特征找出来？（假定甲、乙两人的卡片不能放到一起）。找法如下：第一步：以0，1，2分别代表红

9、、黄、兰三种颜色，用群Z3表示。以0，1，…，25分别代表字母A，B，…，Z这26个字母，用群Z26表示。以0，1，…，99分别代表数字00，01，…，99这100个数字，用群Z100表示。于是所有卡片的颜色及编号与交换群G=Z3´Z26´Z100中元素一一对应，丢失的卡片的特征对应于G中“丢失”的一个元素。第二步，取出甲现有全部卡片，求出（1´黄色张数+2´兰色张数）¸3的余数，记为a1。求出（1´字母B的张数+2´字母C的张数+…+25´字母C的张数）¸26的余数，记为b1。求出（1´数字01的张数+2´数字02的张数+…

10、+99´数字99的张数）¸100的余数，记为c1。取出乙现有全部卡片，类似地求出a2，b2，c2。第三步：设a1+a2ºa(mod3)0≤a<3因3为奇数，由推论1，Z3中的丢失元为a的逆元3-a。设b1+b2ºb(mod26)0≤b<26因26为偶数，由推论1，Z26中“丢失”的元为b的逆元26-b再加上13，但Z26中每元都求了100´3次和，故G中共有300个13，其总和º0(mod26)，因此G的“丢失”元的第二分量仍取26-b。设c1+c2ºc(mod100)0≤c<100因100为偶数，由推论1，Z100中“丢失”

11、的元为c的逆元100-c再加上50，但Z100中每元都求了26´3次和，故G中共有78个50，其总和º0(mod100)，因此G的“丢失”元的第三分量仍取100-c。最后得数组（3-a，26-b，100-c）就是所丢失的卡片的颜色和编号的特征。例如数组（2，10，69）对应的