在前几章中我们积累了大量的具体材料，现在应该从更一般的观点对它们加以考察.为此我们将在本章中引入并研究（仍停留在初等水平上）群.环.域的概念，它们在代数学的所有概念中是最基本的.

二元运算

设$X$是任意集合.从笛卡儿平方$X^2 =X\times X$到$X$的一个任意（确定）的映射$\tau \colon X\times X\to X$叫作$X$上的二元代数运算（或合成律）.这样，任取元素$a,b\in X$，有序对$(a,b)$对应于$X$中唯一确定的元素$\tau (a,b)$.有时将$\tau (a,b)$写成$a\tau b$，并通常引入特殊的记号：$\ast ,\circ ,\cdot $或$+$，等等来表示$X$上的二元运算.按照这种记法，我们以后称$a\cdot b$（或简记作$ab$，$a$和$b$之间没有任何记号）为$a$与$b$的积，而$a+b$为$a$与$b$的和，显然这些名称在大多数情况下是约定的.

一般来说，在集合$X$上可以定义多种不同的运算.从中选定一种后，比如使用记号：$(X,\ast )$，则称运算$\ast $定义了$X$上的一种代数结构，或$(X,\ast )$是一个代数结构（亦称代数系统）.例如在整数集$\mathbb{Z}$上，除了自然的$+,\cdot $（加法和乘法）外，很容易在$+$（或$-$）和$\cdot $的帮助下得到各种“导出”运算：$n\circ m=n+m-nm$，$n\ast m=-n-m$，等等.我们就有了不同的代数结构$(\mathbb{Z} ,+)$，$(\mathbb{Z} ,\cdot )$，$(\mathbb{Z} ,\circ )$，$(\mathbb{Z} ,\ast )$.

除了二元运算之外，我们不过多地关注更一般的$n$元运算及其他们的组合（如$n=1$时的一元运算，$n=3$时的三元运算等等）.与之相应的代数结构组成了一个专门的理论，泛代数.我们提到这一点，仅仅是为了再次强调带有二元运算的代数结构在数学中本质上的重要意义，这种结构看来是泛代数的特殊部分.

显然，在集合$X$上可以定义无限多种二元运算结构，然而研究任意代数结构的问题过于一般，难以得出具体的，有实际意义的结论.因此我们仅限于研究几种自然的代数结构.

半群和幺半群

定义在集合$X$上的二元运算$\ast $称为结合的，若任取$a,b,c\in X$，

$$(a\ast b)\ast c=a\ast (b\ast c);$$

$\ast $称为交换的，若

$$a\ast b=b\ast a.$$

同样的称谓亦适用于相应的代数结构$(X,\ast )$.

结合性和交换性是相互独立的.例如在$\mathbb{Z}$上定义的运算$\ast $：

$$n\ast m=-n-m$$

显然是交换的，但是

$$(1\ast 2)\ast 3=(-1-2)\ast 3=-(-1-2)-3=0\neq 4=1\ast (2\ast 3),$$

因而不是结合的.另一方面，在阶数$n > 1$的全体$n$阶方阵的集合$M_n (\mathbb{R} )$上定义的乘法运算是结合的，但不交换（见第$2$章$\S 3$第$2$段）.

元素$e\in X$叫作关于二元运算$\ast $的单位元（或中性元），若任取$x\in X$，$e\ast x=x\ast e=x$.如果$e’$也是一个单位元，则根据定义，$e’=e’\ast e=e$.因而在一个代数结构$(X,\ast )$中最多只有一个单位元.

集合$X$连同其上给定的满足结合律的二元运算称为一个半群.带有单位元的半群通常称为幺半群（或有单位元的半群）.

与任意的集合一样，幺半群$M=(M,\ast )$的基数记作$\text{Card} \;M$或$\vert M\vert $.如果$M$中只有有限多个元素，称$M$为$\vert M\vert $阶有限幺半群.我们来看半群和幺半群的一些例子.

例1$\quad $设$\Omega $是任意集合，且$M(\Omega )$是它的变换的集合（即$\Omega $到自身的映射）.从集合与映射的性质可以推出（第$1$章$\S 5$），$M(\Omega )$是一个幺半群.我们有三元组$(M(\Omega ),\circ ,e_{\Omega} )$，其中$\circ $是映射的自然合成，而$e_{\Omega }$是恒等映射.

我们区分出$\Omega $是有限集的特殊情况，若$\vert \Omega \vert =n$，将其元素简记作正整数$1,2,\cdots ,n$.每一个映射$f\colon \Omega \to \Omega $可由一个有序数对$f(1),f(2),\cdots ,f(n)$确定，其中$f(i)$可以取$\Omega $的任意元素.不排除当$i\neq j$时，$f(i)=f(j)$.取遍所有可能的序列，我们得到$n^n$个变换.于是$\vert M(\Omega )\vert =\text{Card} \;M(\Omega ) =n^n$.设$n=2$，则幺半群$M(\lbrace 1,2\rbrace )$的元素$e,f,g,h$及乘法由下述两个表完全确定：

$$
\begin{array}{c|cc}
& 1 & 2 \\
\hline
e & 1 & 2 \\
f & 2 & 1 \\
g & 1 & 1 \\
h & 2 & 2 \\
\end{array} \quad
\begin{array}{c|cccc}
\cdot & e & f & g & h \\
\hline
e & e & f & g & h \\
f & f & e & h & g \\
g & g & g & g & g \\
h & h & h & h & h \\
\end{array}
$$

显然，$M(\lbrace 1,2\rbrace )$是一个非交换幺半群.

例2$\quad $再次设$\Omega $是任意集合，且$\mathcal{P} (\Omega )$是它的子集的集合（见第$1$章$\S 5$习题$4$）.因为$(A\cap B)\cap C=A\cap (B\cap C)$和$(A\cup B)\cup C=A\cup (B\cup C)$，故$\mathcal{P} (\Omega )$上有两种自然的结合二元运算.显然$\varnothing \cup A=A $，$A\cap \Omega =A$.我们得到两个可交换的幺半群：$(\mathcal{P} (\Omega ),\cup ,\varnothing )$和$(\mathcal{P} (\Omega ),\cap ,\Omega )$，如果$\vert \Omega \vert =n$，则$\vert \mathcal{P} (\Omega )\vert =2^n$.

例3$\quad (M_n (\mathbb{R} ),+,0)$是以零矩阵为单位元的交换幺半群，而$(M_n (\mathbb{R} ),\cdot ,E)$是以单位矩阵为单位元的非交换幺半群，这从我们熟知的第$2$章中矩阵的加法与乘法的性质可以直接推断出来.

例4$\quad $设$n$是任意确定的正整数，$n\mathbb{Z} =\lbrace nm\vert m\in \mathbb{Z} \rbrace $是可以被$n$除尽的整数集.则$(n\mathbb{Z} ,+,0)$是交换幺半群，而$(n\mathbb{Z} ,\cdot )$当$n > 1$时没有单位元的半群.

例5$\quad n$阶随机矩阵的集合$P_n (\mathbb{R} )$（见第$2$章$\S 3$的习题$4$）关于通常矩阵的乘法构成一个幺半群.

带有运算$\ast $的半群$S$的一个子集$S’$叫作$S$的一个子半群，若任取$x,y\in S’,x\ast y\in S’$.这时也称子集$S’\subset S$关于运算$\ast $封闭.若$(M,\ast )$是一个幺半群，子集$M’\subset M$不仅关于运算$\ast $封闭，而且包含$M$的单位元，则$M’$叫作$M$的一个子幺半群.例如$(n\mathbb{Z} ,\cdot )$是$(\mathbb{Z} ,\cdot )$中的子半群，而$(n\mathbb{Z} ,+,0)$是$(\mathbb{Z} ,+,0)$中的子幺半群.幺半群$M(\Omega )$中的任意子幺半群叫作（集合$\Omega $）的变换幺半群.

广义结合律；方幂

设$(x,\cdot )$是任意一个带有二元运算$\cdot $的代数结构，为了简便起见，我们将省去记号$\cdot $，用$xy$代替$x\cdot y$.设$x_1 ,\cdots ,x_n $是$X$中的一个有序列.在不改变次序的前提下，我们可以有多种不同的方式构成长度为$n$的乘积.设$l_n$是这些方式的个数：

$$\begin{align}
l_2 =1\colon & \quad x_1 x_2 ; \\
l_3 =2\colon & \quad (x_1 x_2 )x_3 ,x_1 (x_2 x_3 );\\
l_4 =5\colon & \quad ((x_1 x_2 )x_3 )x_4 ,(x_1 (x_2 x_3 ))x_4 ,\\
& \quad x_1 ((x_2 x_3 )x_4 ),x_1 (x_2 (x_3 x_4 )),(x_1 x_2 )(x_3 x_4 ); \\
& \quad \cdots \cdots \cdots
\end{align}$$

显然，当$1\leq k\leq n-1$时，分别找出$x_1 ,\cdots ,x_k $的所有可能的长度为$k$乘积和$x_{k+1} ,\cdots ,x_n$的所有可能的长度为$(n-k)$的乘积，然后将其相乘，我们就穷尽了$l_n $种可能的乘积.十分美妙的是，在幺半群（和半群）中，括号位置的选择是不必要的.

定理1$\quad $如果$X$上的二元运算是结合的，那么$X$中的$n$个元素相乘的结果与括号的位置无关.

证明$\quad $当$n=1,2$时无需证明.当$n=3$时就是结合律.进一步的论证要对$n$作归纳.设$n > 3$，并设当元素的个数$< n$时，结论是正确的.我们仅需指出

$$(x_1 \cdots x_k )(x_{k+1} \cdots x_n )=(x_1 \cdots x_l )(x_{l+1} \cdots x_n )\label{1} \tag{1} $$

对任意$k,l$成立，其中$1\leq k,l\leq n-1$.我们仅给出了最外面的一对括号，因为根据归纳条件，内部括号的位置是非本质的.特别地，乘积$x_1 x_2 \cdots x_k =(\cdots ((x_1 x_2 )x_3 )\cdots x_{k-1} )x_k $叫作左正规化的.区分两种情况：

$a)k=n-1$；那么$(x_1 \cdots x_{n-1} )x_n =(\cdots (x_1 x_2 )\cdots x_{n-1} )x_n $，后者是一个左正规化乘积；

$b)k < n-1$；从结合律得到

$$\begin{align}
& (x_1 \cdots x_k )(x_{k+1} \cdots x_n ) \\
= & (x_1 \cdots x_k )((x_{k+1} \cdots x_{n-1} )x_n ) \\
= & ((x_1 \cdots x_k )(x_{k+1} \cdots x_{n-1} ))x_n \\
= & (\cdots ((\cdots (x_1 x_2 )\cdots x_k )x_{k+1} )\cdots x_{n-1} )x_n ,
\end{align}$$

也得到一个左正规化乘积.并且待证的等式$\eqref{1}$右侧亦可化为同样形式的乘积，定理证毕.

前面引入过求和号$\sum x_i $.它显然适用于任意的加法交换幺半群.在乘法幺半群中，有类似的求积号：

$$\prod_{i=1}^2 x_i =x_1 x_2 ,\prod_{i=1}^3 x_i =(x_1 x_2 )x_3 ,\prod_{i=1}^n x_i =\left( \prod_{i=1}^{n-1} x_i \right) x_n .$$

根据定理$1$，幺半群的元素$x_1 ,x_2 ,\cdots ,x_n $的乘积在记法（或计算）中不必写括号.唯一需要关注的是当元素彼此不交换时指明因子的顺序.特别地，当$x_1 =x_2 =\cdots =x_n =x$时，乘积$xx\cdots x$就像数的运算那样记作$x^n$，称为元素$x$的$n$次方幂.从定理$1$可推出关系式

$$x^m x^n =x^{m+n} ,\quad (x^m)^n x^{mn} ,\quad m,n\in \mathbb{N} \label{2} \tag{2} $$

在幺半群$(M,\cdot ,e)$中，对任意$x\in M$，仍令$x^0 =e$.

在加法幺半群$(M,+,0)$中，方幂$x^n \in (M,\cdot ,e)$对应于元素$x$的倍数$nx=x+\cdots +x$.公式$\eqref{2}$对应于倍数法则：

$$mx+nx=(m+n)x,\quad n(mx)=nmx.\label{21} \tag{2′} $$

我们再指出一些有用的事实.如果在幺半群$M$中有$xy=yx$，则

$$(xy)^n=x^ny^n ,\quad n=0,1,2,\cdots .\label{3} \tag{3} $$

特别地，该式在交换幺半群中永远成立，公式$\eqref{3}$可对$n$作归纳证明：

$$\begin{align}
(xy)^n & =(xy)^{n-1} (xy)=(x^{n-1} y^{n-1})(xy) \\
& =(x^{n-1} y^{n-1}x)y =(x^{n-1}xy^{n-1})y=(x^{n-1}x)(y^{n-1}y)\\
& =x^n y^n.
\end{align}$$

更一般地，若$x_i x_j =x_j x_i $，$i,j=1,\cdots ,m$，运用$\eqref{3}$式并对$m$作归纳，得到

$$(x_1 \cdots x_m )^n =x_1^n \cdots x_m^n .\label{4} \tag{4} $$

类似地，若$x+y=y+x$且$x_i +x_j =x_j +x_i ,i,j=1,\cdots ,m$，则

$$n(x+y)=nx+ny,\quad n=0,1,2,\cdots \label{31} \tag{3′} $$

$$n(x_1 +\cdots +x_m )=nx_1 +\cdots +nx_m ,\quad n=0,1,2,\cdots \label{41} \tag{4′} $$

一般来说，称$(M,\cdot ,e)$为乘法幺半群.而称$(M,+,0)$为加法幺半群.在大多数情况下，只有当幺半群交换时才用加法记号.

可逆元素

幺半群$(M,\cdot ,e)$的一个元素$a$称为可逆的，若存在元素$b\in M$，使得$ab=e=ba$（显然元素$b$也是可逆的）.如果还有$ab’=e=b’a$，则$b’=eb’=(bab’)=b(ab’)=be=b$.这就为我们定义元素$a\in M$的逆元$a^{-1}$奠定了基础：$a^{-1}a=e=aa^{-1}$.

不言而喻，$(a^{-1})^{-1}=a$.幺半群中可逆元素的概念可以看作乘法幺半群$(M_n (\mathbb{R} ),\cdot ,E)$中可逆矩阵的自然推广.

因为$(xy)(y^{-1}x^{-1})=x(yy^{-1})x^{-1}=xex^{-1}=e$，类似地，$(y^{-1}x^{-1})(xy)=e$，所以$(xy)^{-1}=y^{-1}x^{-1} $.于是，幺半群$(M,\cdot ,e)$中全体可逆元素的集合对运算封闭，并构成$M$中的一个子幺半群.

习题

$1$.作为一个例子在第$2$段中曾引出了$\mathbb{Z}$上的运算$\ast \colon n\ast m=-n-m$，它是交换但非结合的.在代数结构$(\mathbb{Z} ,\ast )$中有恒等式$(n\ast m)\ast m=n$，$m\ast (m\ast n)=n$.现在假设给出一个任意的代数结构$(X,\ast )$，使得任取$x,y\in X,(x\ast y)\ast y=x$，$y\ast (y\ast x)=x$.证明$x\ast y=y\ast x$，即算子是交换的.无需给出任何提示，因为这是本书中最没用的习题之一.但毕竟还是个练习！

证明：设$x\ast x=p$.因为任取$x,y\in X,(x\ast y)\ast y=x$，$y\ast (y\ast x)=x$.所以

$$(x\ast x)\ast x=x=x\ast (x\ast x),$$

即$p\ast x=x\ast p$成立.

令$y=p$，则有$x\ast y=y\ast x$成立，得证.

$2$.证明集合

$$M_n^0 (\mathbb{R} )=\left\lbrace A=(a_{ij} )\in M_n (\mathbb{R} ) {\Huge \vert } \sum_{j=1}^n a_{ij} =0 ,i=1,2,\cdots ,n\right\rbrace $$

在矩阵的通常乘法运算下构成一个半群.$(M_n^0 (\mathbb{R} ) ,\cdot )$是幺半群吗？

证明：由于矩阵的乘法满足结合律，根据定义，集合

$$M_n^0 (\mathbb{R} )=\left\lbrace A=(a_{ij} )\in M_n (\mathbb{R} ) {\Huge \vert } \sum_{j=1}^n a_{ij} =0 ,i=1,2,\cdots ,n\right\rbrace $$

在矩阵的通常乘法运算下构成一个半群.

明显单位矩阵$E$是集合$M_n^0 (\mathbb{R} )$的单位元，故$(M_n^0 (\mathbb{R} ),\cdot )$是幺半群.

$3$.在乘法幺半群$M$中选出任意一个元素$t$，并引入一个新的运算$\ast \colon x\ast y=xty$.证明$(M,\ast )$是一个半群，且$(M,\ast )$成为一个幺半群，当且仅当所选的元素$t$是可逆的，这时它的单位元是$t^{-1}$.

证明：任取$x,y,z\in M$，则

$$(x\ast y)\ast z=(xty)\ast z=xtytz=xt(y\ast z)=x\ast (y\ast z),$$

于是引入的运算满足结合律，$(M,\ast )$成为一个半群.

若$(M,\ast )$成为一个幺半群，则任取$x\in M$，设其单位元为$p$，有

$$p\ast x=ptx=x=x\ast p,$$

知$p=t^{-1}$，即所选的元素$t$是可逆的，这时它的单位元为$t^{-1}$.

若所选的元素$t$是可逆的，它的单位元是$t^{-1}$，对任取的$x\in M$，满足$t^{-1} \ast x=t^{-1} tx=x=x\ast t^{-1}$，显然$(M,\ast )$成为一个幺半群.

综上所述，$(M,\ast )$是一个半群，且$(M,\ast )$成为一个幺半群，当且仅当所选的元素$t$是可逆的，这时它的单位元是$t^{-1}$.

$4$.证明集合$\mathbb{Z}$关于运算$\circ $构成一个交换幺半群，其中$\circ \colon n\circ m=n+m+nm=(1+n)\times (1+m)-1$.什么是$(\mathbb{Z} ,\circ )$的单位元？找出$(\mathbb{Z} ,\circ )$的全部可逆元.

证明：由题意，任取$n,m,p\in \mathbb{Z}$，则

$$\begin{align}
(n\circ m)\circ p & =(n+m+nm)\circ p \\
& =n+m+nm+p+(n+m+nm)p \\
& =n+m+nm+p+np+mp+nmp \\
& =n+m+p+mp+nm+np+nmp \\
& =n+m+p+mp+n(m+p+mp) \\
& =n\circ (m+p+mp) \\
& =n\circ (m\circ p),
\end{align}$$

满足

$$n\circ m=n+m+nm=m+n+mn=m\circ n,$$

并且

$$n\circ 0=n+0+n\cdot 0=n=0\circ n,$$

即集合$\mathbb{Z}$关于运算$\circ $满足结合律和交换律，还带有单位元$0$，故$(\mathbb{Z} ,\circ )$构成一个交换幺半群.

$0$是$(\mathbb{Z} ,\circ )$的单位元.

令$n\circ m=n+m+nm=0$，对任取的$m$，其解为$n=-\dfrac{m}{1+m} $，因为$n\in \mathbb{Z} $，故$(\mathbb{Z} ,\circ )$只有$0$才有可逆元$0$.