近世代数初步(第二版)课后习题答案_石生明_01

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近世代数初步石生明课后答案

一、选择题部分

1. 选出所有正整数 a，b，满足条件 a²– 6ab + b² > 0 的是：

选 C：a ≠ b

2. 在德国哈雷大学上课的学生人数是 210。其中男生人数与女生人数之比为 3:1，则女生人数是多少人？

选 B：70

3. 已知函数 f(x) = x²– 2x + 1，g(x) = (x + 1)²– 2，则 f(x) = g(x) 的解为：

选 B：0

4. 已知函数 f(x) = 3x + 1，g(x) = 2x – 1，则 f(g(x)) = g(f(x)) 的解为：

选 A：0

5. 设 P(x) = 2x²– 3ax + 2a²– 2，Q(x) = x²– ax + a²– 1。则 P(x) – Q(x) =

0 的解为：

选 C：1 或 4a – 2

6. 已知不等式（x – 2）² + （y – 1）² > 1，则下列几何图形有哪些？选 AB：圆心为（2，1），半径为 1 的圆的外部面积。

7. 设方程 x²– kx + 2 = 0 有两个不同的根，则 k 的取值范围是：

选 B：-4 < k < 4

8. 设 f(x) = x² + 2x + 1，则 f(f(x)) = 0 的根为：

选 C：-1

9. 对于下列哪一个数 a，都不存在整数 b，使得 a = b²– 3b + 1

选 B：a = 7

10. 已知函数 f(x) = x²– 6x + 13，则下列哪一个函数与 f(x) 完全相同？选 A：g(x) = (x – 3)² + 4

二、计算题部分

1. 联立方程组：

近世代数课后题答案修改版

a1=56/8=7, b1=88/8=11, m1=96/8=12. 用辗转相除法求 p,q 满足 p a1+q m1=1，得 p=-5。所以方程的解为 x ≡ pb1 (mod m1) ≡ -5 × 11(mod12) ≡ 5(mod12)。或 x=5+12k(k 为任意整数)。 6. 解同余方程组： x≡3(mod5) x≡7(mod9) 解按解同余方程组的三个步骤：首先，计算 M=5×9=45, M1=9, M2=5. 其次，解两个一次同余式，由于这两个同余式有其特殊性：右端都是 1，且(a,m)=1。因而有时可用观察法得到 pa+qm=1,从而得到 p。 1) 9x≡1(mod5), 观察得到 -9+2×5=1, p=-1. 所以此一次同余式的一个特解为 c=-1≡4(mod5). 2)5x≡1(mod9), 观察得到 2×5-9=1, p=2. 所以此一次同余式的一个特解为 c=2(mod9). 最后，将得到的一次同余式的一个特解代入公式，得到同余方程组的解： x=b1c1M1+b2c2M2=3×4×9+2×7×5(mod45)=43(mod45)。 7. 5 行多 1，6 行多 5，7 行多 4，11 行多 10，求兵数。
的等腰三角形设底边长为a则a就是十边形的边长以a为半径以单位圆周上任意一点为圆心在圆周上交出两点则这两点之间的距离就是五边形的边长

近世代数刘绍学答案

近世代数刘绍学答案LT

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近世代数习题解答2

近世代数习题解答

第二章群论

1群论

1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?

证不是一个群,因为不适合结合律. 2. 举一个有两个元的群的例子.

证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群. 3. 证明, 我们也可以用条件1,2以与下面的条件

''5,4来作群的定义:

'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立

'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1

证 <1> 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1

得e a a =-1

因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'

1 所以))(()('

a a a a e a a ---= 即 e a a =-1

<2> 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即由 a ae = 得 a ea = 即 a ea =

这样就得到群的第二定义. <3> 证 b ax =可解取b a x 1

-= 这就得到群的第一定义.

反过来有群的定义得到'

5,4是不困难的.

2单位元,逆元,消去律

1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2

,那么G 就是交换群. 证由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111

)(.

2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.

证 <1> 先证a 的阶是n 则1

-a 的阶也是n .e e a a e a n n

===⇒=---11

近世代数习题答案

近世代数是数学中的一个重要分支，研究的是代数结构及其性质。在学习近世

代数的过程中，习题是不可或缺的一部分。通过解答习题，我们可以加深对概

念和定理的理解，提高解决问题的能力。本文将给出一些近世代数习题的答案，并对其中的一些重要思想进行解析。

1. 习题：证明群的单位元是唯一的。

解答：设G是一个群，e和e'都是G的单位元。根据单位元的定义，对于任意

的元素g∈G，有eg=g=ge'。将e'代入上式，得到e=ge'。同理，将e代入上式，得到e'=ge。由此可知，e=e'，即群的单位元是唯一的。

思考：这个习题通过对单位元的性质进行推理，展示了群的基本概念和性质。

在解答过程中，我们需要运用代数运算的基本法则，如等式的传递性和对称性等。

2. 习题：证明群的逆元是唯一的。

解答：设G是一个群，g∈G，且g有两个逆元g'和g''。根据逆元的定义，有

gg'=e和gg''=e。将第一个等式两边都乘以g''，得到gg'g''=eg''=g''。将第二

个等式两边都乘以g'，得到gg'g''=g'。由此可知，g''=g'。即群的逆元是唯一的。

思考：这个习题通过对逆元的性质进行推理，进一步巩固了群的基本概念和性质。在解答过程中，我们需要灵活运用等式的乘法和消去律，以及群运算的定义。

3. 习题：证明交换群的幂运算满足指数相加的性质。

解答：设G是一个交换群，a∈G，m和n是任意的整数。我们要证明a^m * a^n = a^(m+n)。当m和n都是非负整数时，根据幂运算的定义，这个等式成立。当m和n都是负整数时，设-m=k，-n=l，其中k和l都是非负整数。根据幂运算的定义，有a^m * a^n = a^(-k) * a^(-l) = (a^k)^(-1) * (a^l)^(-1) = (a^k * a^l)^(-1) = a^(-k-l) = a^(m+n)。因此，不论m和n的正负情况如何，都有a^m * a^n = a^(m+n)。这就证明了交换群的幂运算满足指数相加的性质。

近世代数教案

西南大学

数学与统计学院

张广祥

学时数：80（每周4学时）

使用教材：抽象代数——理论、问题与方法，科学出版社2005

教材使用说明：该教材共10章，本课程学习前6章，覆盖通用的传统教材（例如：张禾瑞《近世代数基础》）的所有内容，但本教材更强调抽象代数理论的应用和方法特点。本教材的后4章有一定难度和深度，可作为本科近世代数（二）续用。如果不再开设近世代数（二），则可以供有兴趣的学生自学、自读，进一步了解现代代数学更加前沿的内容，拓宽

知识面。

教学方法：由于该教材首次在全年级使用，采用教研室集体备课的方式，每2周一次参加教学的教师集体研讨备课。

每节配有3—5题常规练习作业。每章提供适量的（3—4题）思考问题供学生独立思考，学生完成的思考题成绩可记入平时成绩。

整学期可安排1—2次相关讲座，介绍现代代数学的研究方法或研究成果。本学期已经准备讲座内容：群与Goldbach猜想。

教学手段：黑板板书与Powerpoint 课件相结合。

主要参考书：

1．张禾瑞,近世代数基础,1952第一版,1978年修订版,高等教育出版社

2.刘绍学, 近世代数基础,(面向21世纪课程教材,“九五”国家级重点教材) 高等教育出版社,1999

3.石生明, 近世代数初步, 高等教育出版社2002

4.B.L.Van der Waerden,代数学,丁石孙,曾肯成,郝鈵新,曹锡华译,1964卷1,1976卷2,科学出版社

5. M.Kline, 古今数学思想,卷1-4,张理京,张锦炎,江泽涵译,上海科技出版社2002

第二章数环与数域

近世代数习题解答2

近世代数习题解答

第二章群论

1 群论

1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?

证不是一个群,因为不适合结合律.

2. 举一个有两个元的群的例子.

证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.

3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件

''5,4来作群的定义:

'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立

'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1

证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1 得e a a =-1 因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1

所以))(()('111a a a a e a a ---=

e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([

即 e a a =-1

(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即

由 a ae = 得 a ea =

a ae a a a a aa ea ====--)()(11

即 a ea =

这样就得到群的第二定义.

(3) 证 b ax =可解

取b a x 1-=

b be b aa b a a ===--)()(11

这就得到群的第一定义.

反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.

2 单位元,逆元,消去律

1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就是交换群.

证由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)

近世代数初步(第二版)课后习题答案(石生明)02

第二章　域　和

　环

１畅基本概念：域、子域、扩域、域的特征、素域．环、子环、理想、商环、同态、同构、同态基本定理．整环、极大理想．

２畅商环的应用例子：爱森斯坦判别法的证明（整数环上多项式性质的证明）可化归到整数环的剩余类域上．

３畅新域或新环的构造：复数域（作为实数域Ｒ上使ｘ２＋１＝０有根的最小扩域）；二元域；集合Ｓ在域Ｆ上生成的扩域；商环、剩余类环Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））（包括构造Ｆ上添加任意不可约多项式ｆ（ｘ）的一个根的扩域）、Ｚ／（ｎ）（包括构造ｐ个元素的域）；理想的和、积；环的直和；整环的分式域．

４畅域扩张的初步知识：代数扩张、有限扩张、单代数扩张、单超越扩张．

集合Ｓ在Ｆ上生成的扩域的三种刻画：

　Ｆ（Ｓ）＝ｆ１（α１，α２，…，αｔ）

ｆ２（α１，α２，…，αｔ）

橙ｔ∈Ｎ（自然数），橙α１，α２，…，αｔ∈Ｓ，

橙ｆｉ（ｘ１，ｘ２，…，ｘｔ）∈Ｆ［ｘ１，ｘ２，…，ｘｔ］，ｉ＝１，２．

ｆ２（α１，α２

，…，αｔ）≠０

＝由Ｆ及Ｓ的元尽可能地多次作加减乘除所得的元素的集合

＝含Ｆ及Ｓ的最小的域．

单扩张的构造：

Ｆ（α）＝ｆ１（α）

ｆ２（α）橙ｆ１（ｘ），ｆ２（ｘ）∈Ｆ［ｘ］，ｆ２（α）≠０．

若α为Ｆ上代数元，ｆ（ｘ）是以α为根的Ｆ上不可约多项式（α的极小多项式），其次数为ｎ，则Ｆ（α）是Ｆ上ｎ维线性空间，而１，α，…，αｎ－１是它的一组基．扩张次数［Ｅ：Ｆ］及性质：对域扩张Ｅ车Ｈ车Ｆ有［Ｅ：Ｆ］＝［Ｅ：Ｈ］［Ｈ：Ｆ］．５畅域的应用举例：（１）二元域用于纠错码．（２）域的扩张次数的性质用于否定三大几何作图难题（给出了用圆规直尺作图作出的量满足的条件）．６畅中国剩余定理．

近世代数初步(第二版)课后习题答案(石生明)03

一个ｐｄ个元的子域．（２）ｄ｜ｍ．
６畅证明Ｆｐｍ中元素 β 与 βｐ在Ｚｐ上有相同的极小多项式．
· ７１ ·
倡７畅设 α 是Ｚ３［ｘ］中多项式ｘ４＋ｘ＋２的一个根．把Ｚ３（α）中全部元素用１，α ，
α２
，α３
的线性组合表示出来
．并算出１＋１＋
后倡１畅验证Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋１）的非零元乘法群是循环群，找出生成元．ｘ２＋１是否
本原多项式？
课
倡２畅ｘ３＋ｘ＋１，ｘ４＋ｘ＋１是否Ｚ２［ｘ］中的本原多项式？
倡３畅证明映射
Ｆｐｍ
Ｆｐｍ
ａ
ａｐ
是Ｆｐｍ的自同构且保持Ｆｐｍ中的素子域Ｆｐ中的元素不动．
（Ｚ３［ｘ］）中两个二次不可约多项式的乘积，则它们都是不可约多项式．３畅它们都是ｐｍ个元的有限域，由定理３知它们同构．４畅取Ｚ３［ｘ］中的四次不可约多项式ｘ４＋２ｘ２＋２，则Ｚ３［ｘ］／（ｘ４＋２ｘ２＋２）是
· ７０ ·
３４个元的域．
这表明Ｚ３（珔ｘ２＋１）是Ｚ３（珔ｘ）中的３２个元的子域．５畅（１）ｄ｜ｍ，令ｍ＝ｋｄ．则ｐｍ－１＝ｐｋｄ－１＝（ｐｄ）ｋ－１＝（ｐｄ－１）（ｐｄ（ｋ－１）

近世代数习题解答二章

近世代数习题解答

第二章群论

1 群论

1. 全体整数的集合对于普通减法来说就是不就是一个群?

证不就是一个群,因为不适合结合律、

2、举一个有两个元的群的例子、

证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说就是一个群、

3、证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件

''5,4来作群的定义:

'4、 G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立 '5、对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1

证 (1) 一个右逆元一定就是一个左逆元,意思就是由e aa

=-1 得e a a =-1 因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1

所以))(()('111a a a a e a a ---=

e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([

即 e a a =-1

(2) 一个右恒等元e 一定也就是一个左恒等元,意即

由 a ae = 得 a ea =

a ae a a a a aa ea ====--)()(11

即 a ea =

这样就得到群的第二定义、

(3) 证 b ax =可解

取b a x 1

b be b aa b a a ===--)()(11

这就得到群的第一定义、

反过来有群的定义得到''5,4就是不困难的、 2 单位元,逆元,消去律

1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就就是交换群、

证由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)

近世代数初步(第二版)课后习题答案_石生明_01

引　论

　章

１畅代数问题的特点，代数学研究的对象与特点．２畅域、环、群（半群）的定义与相互联系．３畅群、环、域的基本运算性质：消去律（加法与乘法）及零因子、单位元（零元）和逆元（负元）的唯一性、广义结合律、方幂和倍数．

４畅一般域上关于多项式理论、线性方程组理论、线性空间与线性变换的理

论的定理．

１畅引论章§１的设置是体现总导引中第１点思想．２畅引论章的§２是贯彻总导引中第三点思想．本教材主要讲群、环、域三个运算系统．本章第一节初步体现了研究代数运算系统的必要性．而§２中从人们熟悉的数域，整数环等例子为背景先引入一般域和环的定义．然后才引入只有一个运算的系统：群（半群）．研究它们的基本性质时发现群是更基本的运算系统．这样在后面几章中就是先讲群，后讲域、环．于是群中的一些运算性质，如剩余类（陪集），商群，同态定理等都能在讲域、环时应用．这种次序安排下，逻辑关系清楚，且数学处理上可以简便些、而§２中先按域、环、群次序引入定义却是更适合人们的认知顺序．

３畅§２最后的定理非常重要．其一是引入一般域这种运算系统就是为了能应用这个定理．其二，在本教材的开始就引入这个定理是为了使本教材的结构比以前教材有较大的变化．以前教材在群论一章之后必须以很大篇幅讲环，主要是讲因式分解唯一性定理．这几乎成了以前师范院校近世代数课程的主要部分．而更有应用更有兴趣的域论部分就无法讲授．我们的处理可以在本教材的第二、三章大量地讲域（特别是有限域）及其应用．而环只作为铺垫，占很少部分．其中用到的多项式及线性空间的性质全可由上面所述的定理所提供．这种处理使本教材的面貌焕然一新．

剩余类环上的多项式环及因式分解和可约性

3.这个乘法适合结合律；
a(bc)=(cib\
不管ci,b,c是R的哪三个元；
4.两个分配律成立：
a(h + c) = ab + ac
(h + c)a=ba+ca
不管cibc是7?的哪三个元.
2.
假定R)是一个有单位元的交换环，尺是凡的子环，并且包括R)的单位元。我们在尺)里取出一个元x来，那么
a
(
(
这里
,+j=k
这两个式子告诉我们，对于加法和乘法来说都是闭的。山于我们也有
_(a
定义⑸R［x］叫做R上的X的多项式环。
2.
2. 3.
本小节给出了剩余类环的定义，为证明模2的剩余类Z?为环提供了理论基础。
给了一个环/?和/?的一个理想〃［附剥若我们只就加法来看，R作成一个群，“作成/?的一个不变子群。这样“的陪集［r/］,［Z7］,［€•］,...作成R的一个分类。我们现在把这些类叫做模“的剩余类。这个分类相当于R的元间的一个等价关系这个等价关系现在我们用符号“三〃(“)来表示⑼。
Keywords:ring；residue class ring；polynomial ring over residue class rings；the ring of polynomials factorization；polynomial ring reducibility・

近世代数习题答案

绪论部分：

由

))((111

11111121112121==----------a a a a a a a a a a a a a a m m m m m m m ,故

1121121)(----=a a a a a a m m .

对第2个问题,上面一段正是证明了它的充分性,再证必要性.设121=⋅u a a a m ,则任意

i ,1)(111=--u a a a a a m i i i ,故每个i a 有逆元素.

注：直接根据逆元的定义和广义结合律证明.

11)1(11)1)(1()1(=+-=-+-=-+-=+-=-ba ba ca ab b ba babca bca ba bca ba d ba

bcaba

bca ba ba bca ba d -+-=-+=-1)1)(1()1(.11)1(1=+-=-+-=ba ba a ab bc ba

即1-ba 在R 内也可逆

又由c abc cab c ab ab c =+=+=-=-11,1)1()1(得.故

cab)ab(11abcab ab 1bca)b a(11adb 1++=++=++=+

c abc =+=1.

注：直接根据结合律和环中乘法对加法的分配律验证. 第一章：第一节：

5.设⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=a b a A 0，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=c d c B 0,其中a,b,c,d 都是复数,a ≠0且c ≠0,则 ⎪⎪⎭⎫

⎝⎛+=ac bc ad ac AB 0也和A,B 具有相同的形式. 显然, ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1001I 是单位元且⎪⎪

近世代数的答案

近世代数习题解答

第二章群论

1 群论

1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?

证不是一个群,因为不适合结合律.

2. 举一个有两个元的群的例子.

证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.

3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件 '

5,4来作群的定义:

'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立

'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1

-a 能让 e aa =-1

证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1

得e a a =-1

因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'

1 所以))(()('

a a a a e a a ---=

e a a a e a a aa a ====----'

][)]([ 即 e a a =-1

(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即由 a ae = 得 a ea = a ae a a a a aa ea ====--)()(1

即 a ea =

这样就得到群的第二定义. (3) 证 b ax =可解取b a x 1

b be b aa b a a ===--)()(1

这就得到群的第一定义.

反过来有群的定义得到'

5,4是不困难的.

2 单位元,逆元,消去律

1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2

,那么G 就是交换群.

证由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111

近世代数课后练习答案

§1—3 集合、映射及代数运算

思考题1：如何用语言陈述“A B ⊄”？

定义4：设A B ⊂，且存在B a A a ∉∈但，那么称B 是A 的真子集，否则称B 不是A 的真子集。

思考题2：若A B ⊂，但B 不是A 的真子集，这意味着什么？

定义5：若集合A 和B 含有完全一样的元素，那么称A 与B 相等，记为A =B .

结论1：显然，A B B A B A ⊂⊂⇔=且.

（4）集合的运算 ①集合的并：{}B x A x x B A ∈∈=或 ②集合的交：{}B x A x x B A ∈∈=且 ③集合的差：{}B x A x x B A ∉∈=-且 ④集合在全集内的补：{}A x E x x A ∉∈=且

⑤集合的布尔和（对称差）：

{})()()()( B A B A A B B A B A x B x A x x B A -=--=∉∈∈=⊕但或 ⑥集合的卡氏积：{}B b A a b a B A ∈∈=⨯且),(

卡氏积的推广：

{}

m i A a a a a A A A A m A A A i i m m m

i i m ,,2,1,),,,( ,,,21211

21 =∈=⨯⨯⨯=∏=：

成的卡氏积为个集合，那么由它们做是令

课堂练习：

which of the following rules are algebra operations on the indicated set? 1、.,Q set the on ab b a =

2、{}.0,ln >∈=x and R x x set the on b a b a

近世代数基础

返回33kummerkummer理想数的发现理想数的发现1717世纪初法国数学家费马世纪初法国数学家费马pfermat1601pfermat160116651665研究整数方程时发现研究整数方程时发现当当nn33时方程时方程xxnnnn没有正整数解没有正整数解费马认为他能够证明这个费马认为他能够证明这个定理但是其后的三百多年中人们研究发现这是一定理但是其后的三百多年中人们研究发现这是一个非常困难的问题这一问题被后来的研究者称为个非常困难的问题这一问题被后来的研究者称为费马问题或费马大定理此定理直到费马问题或费马大定理此定理直到19951995年才被英国数学家国数学家awilesawiles证明
近世代数
概述
>>
1．近世代数理论的三个来源 (1) 代数方程的解 (2) Hamilton四元数的发现 (3) Kummer理想数的发现
下一页
（1）代数方程的解
两千多年之前古希腊时代数学家就能够利用开方法解二次方程 ax2+bx+c=0 。16世纪初欧洲文艺复兴时期之后，求解高次方程成为欧洲代数学研究的一个中心问题。1545年意大利数学家 G.Cardano(1501-1576)在他的著作《大术》（ Ars Magna）中给出了三、四项多项式的求根公式，此后的将近三个世纪中人们力图发现五次方程的一般求解方法，但是都失败了。
Kummer方法的前提是形如a+bη的复整数也象整数一样具有唯一的素因子分解，其中a与b是通常整数。并不是对于每个整数n,复整数a+bη都具有唯一分解性，Kummer把这种复整数的因子分解称为理想数的分解。