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近世代数课后习题参考答案第三章 环与域1 加群、环的定义1. 证明,本节内所给的加群的一个子集作成一个子群的条件是充分而且必要的.证 (ⅰ)若S 是一个子群则Sb a S b a ∈+⇒∈,是S 的零元,即'0aa =+'0对的零元,G 000'=∴=+a a 即 .00S a a s ∈-=-∴∈ (ⅱ)若Sb a S b a ∈+⇒∈,Sa S a ∈-⇒∈今证是子群S 由对加法是闭的,适合结合律,S S b a S b a ,,∈+⇒∈由,而且得S a S a ∈-⇒∈S a a ∈=-0再证另一个充要条件:若是子群,S S b a S b a S b a ∈-⇒∈-⇒∈,,反之Sa a S a a S a ∈-=-⇒∈=-⇒∈00 故Sb a b a S b a ∈+=--⇒∈)(,2. ,加法和乘法由以下两个表给定:},,,0{c b a R =+0 a b c ⨯0 a b c 00 a b c 00 0 0 0a a 0 c b a 0 0 0 0b b c 0 a b 0 a b c c c b a 0c0 a b c证明,作成一个环R 证 对加法和乘法的闭的.R 对加法来说,由习题6,和阶是4的非循环群同构,且为交换群..9.2R乘法适合结合律Z xy yz x )()(=事实上.当或,的两端显然均为.0=x a x =)(A 0当或x=c,的两端显然均为.b x =)(A yz这已讨论了所有的可能性,故乘法适合结合律.两个分配律都成立xzxy z y x +=+)(zxyx x z y +=+)(事实上,第一个分配律的成立和适合律的讨论完全一样,只看或以及或就可以了.0=x a x =b x =c x =至于第二个分配律的成立的验证,由于加法适合交换律,故可看或 (可省略的情形)的情形,此时两端均为0=y a y =a z z ==,0zx剩下的情形就只有0,0)(=+=+=+x x bx bx x b b 0,0)(=+=+=+x x cx cx x c c 0,0)(=+=+==+x x cx bx ax x c b R 作成一个环.∴ 2 交换律、单位元、零因子、整环1. 证明二项式定理nn nn n b b a a b a +++=+- 11)()(在交换环中成立.证 用数学归纳法证明.当时,显然成立.1=n 假定时是成立的:k n =ki i k k i k k k k b b a b a a b a +++++=+-- )()()(11看 的情形1+=k n )()(b a b a k++ ))()()((11b a b b a b a a k i i k k i k k k ++++++=--1111111)]()[()()(++--+++++++++=+k i i k k i k i k k k k b b a b a a b a 111111)()(+-+++++++++=k i i k k i k k k b b a b a a (因为))()()(11kr k r k r -++=即二项式定理在交换环中成立.2. 假定一个环对于加法来说作成一个循环群,证明是交换环.R R 证 设是生成元a 则的元可以写成R (整数)na n2)]([)]([))((nma aa m n ma a n ma na ===2))((mna na ma =3．证明,对于有单位元的环来说,加法适合交换律是环定义里其他条件的结果 (利用))11)((++b a 证 单位元是, 是环的任意二元,1b a ,1)11(1)()11)((⋅++⋅+=++b a b a ba b a +++= )11()11(+++=b abb a a +++=b b a a b a b a +++=+++∴ba ab +=+4．找一个我们还没有提到过的有零因子的环.证 令是阶为的循环加群R 2规定乘法:而R b a ∈,0=ab 则显然为环.R 阶为2 有 而 ∴R a ∈0≠a 但 即为零因子0=aa a 或者为矩阵环.R n n ⨯5．证明由所有实数 (整数)作成的集合对于普通加法和乘法来说2b a +b a ,是一个整环.证 令整数2{b a R +=b a ,()}(ⅰ) 是加群R 2)()()2()2(d b c a d c b a +++=+++适合结合律,交换律自不待言.零元 200+的负元2b a +2b a --(ⅱ)2)()2()2)(2(bc ad bd ac d c b a +++=++乘法适合结合律,交换律，并满足分配律.(ⅲ)单位元 201+(ⅲ) R 没有零因子，任二实数或00=⇒=a ab 0=b3 除、环、域1. {所有复数 是有理数}=F bi a +b a ,证明 对于普通加法和乘法来说是一个域.=F证 和上节习题5同样方法可证得F 是一个整环.并且 (ⅰ)有F 01≠+i(ⅱ)即 中至少一个0≠+bi a b a ,0≠因而有,022≠+∴b a 使i b a b b a a 2222+-++)((bi a +i b a bb a a 2222+-++1)= 故为域F 2. {所有实数是有理数}=F ,3b a +b a ,() 证明 对于普通加法和乘法来说是一个域.F 证 只证明 有逆元存在.则中至少有一个 ,03≠+b a b a ,0≠ 我们说0322≠-b a 不然的话,223ba = 若 则 矛盾),0(≠b 0=b 0=a 但 不是有理数223b a =3 既然0322≠-b a则 的逆为3b a +3332222ba bb a a -+-4.证明 例3的乘法适合结合律.证),)](,)(,[(332211βαβαβα =),)(,(331212121βααββαββαα--+- ---+--=,)()[(3212132121βαββααββαα ---+--])()(3212132121ααββαβββαα 又 )],)(,)[(,(332211βαβαβα ],)[,(3232323211--+-=αββαββααβα ,-----------------+--=)()([3232132321αββαβββααα )]()(3232132321----------------++ββααβαββαα ),([32321321321----------+--=βββαβββαααα )](32321321321----------++αββαβαβαβαα ,[321321321321αβββαβββαααα-------= ]321321321321βββααβαβαβαα-----++ ,)()[(3212132121βαββααββαα--+--= 3212132121)()(---++-ααββαβββαα)])()[(())]()([(332211333211βαβαβαβαβαβα=∴5. 验证,四元数除环的任意元 ,这里是实数,可以写成)(),(di c bi a ++d c b a ,,,的形式.),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(i d c i b a +++ 证 ),(),(),(di bi c a di c bi a +=++ ),0()0,(),0()0,(di bi c a +++=),0)(0,()0,)(0,()1,0)(0,()0,(i d i b c a +++= 4 无零因子环的特征1. 假定是一个有四个元的域,证明.F ()的特征是2;a ()的 或1的两个元都适合方程b F 0≠1证 () 设的特征为a F P 则的(加)群的非零元的阶P F 所 (是群的阶)4P 4F 但要求是素数, P .2=∴P() 设b },,1,0{b a F = 由于,所以加法必然是2=P ,而,0=+x x ba a a =+⇒≠+11故有1ab00 1 a b 1 1 0 b a a a b 0 1bba1又构成乘群,所以乘法必然是},,1{b a 1,=⇒≠≠ab b ab a ab(否则 )1,22≠≠a a a b a =ba =⇒2故有. 1 a b1 1 a ba ab 1bba1这样, 显然适合 b a ,12+=x x2. 假定 是模 的一个剩余类.证明,若 同 互素,][a a n 那么所有的书都同 互素(这时我们说同 互素).][a n ][a n 证 设 且][a x ∈d n x =),(则11,dn n dx x ==由于)(1111q n x d q dn dx nq x a nq a x -=-=-=⇒=-故有,且有 ,a d nd 因为所以1),(=n a 1=d 3. 证明, 所有同 互素的模 的剩余类对于剩余类的乘法来说n n 作成一个群(同 互素的剩余类的个数普通用符号来表示,并且把它叫做由)(n φ拉函数)φ证而 同 互素}]{[a G =][a n 显然非空,因为G )1),1((]1[=∈n G(ⅰ)G b a ∈][],[则][]][[ab b a =又有1),(,1),(==n b n a 1),(=n ab Gab ∈∴][(ⅱ)显然适合结合律.(ⅲ)因为有限,所以的阶有限.n G 若]][[]][['x a x a =即][]['ax ax =由此可得)(''x x a ax ax n -=-',1),(x x n n a -∴= 即有][]['x x =另一个消去律同样可证成立.作成一个群G4. 证明,若是, 那么(费马定理)1),(=n a )(1)(n an ≡φ证则),(n a Ga ∈][而 的阶是的阶 的一个因子][a G )(n φ因此]1[][)(=n a φ即]1[][)(=n aφ)(1)(n a n ≡∴φ5 子环、环的同态1. 证明,一个环的中心是一个交换子环.证 设是环的中心.N 显然 ，是环的任意元N O ∈N b a ∈,x N b a b a x xb x bx ax x b a ∈-⇒-=-=-=-)()(Nab ab x b xa b ax xb a bx a x ab ∈⇒=====)()()()()()(是子环,至于是交换环那是明显的.2. 证明, 一个除环的中心是个域.证 设!是除环！是中心由上题知是的交换子环N R 显然,即包含非零元,同时这个非零元是的单位元.,1R ∈N ∈1N 1 即R x N a ∈∈,xaax =Na x a xa x axa xaa axa ∈⇒=⇒=⇒=------111111!是一个域N ∴3. 证明, 有理数域是所有复数是有理数）作成的域的唯一的真子域.b a bi a ,(+)(i R证 有理数域是的真子域.R )(i R 设!是的一个子域,则(因为是最小数域)F )(i R R F ⊇R若 而,F bi a ∈+0≠b 则)(i F F F i =⇒∈这就是说,是的唯一真子域.R )(i R 4. 证明, 有且只有两自同构映射.)(i R 证 有理数显然变为其自己.假定α→i 则由或i i =⇒-=⇒-=αα1122i -=α这就证明完毕.当然还可以详细一些:bia bi a +→+:1φbia bi a -→+:2φ确是的两个自同构映射.21,φφ)(i R 现在证明只有这两个.若bi a i +=→αφ:(有理数变为其自己)则由12)(12222-=+-=+⇒-=abi b a bi a i1,0222-=-=b a ab 若 是有理数,在就出现矛盾,所以有 因而102-=⇒=a b 0=a .1±=b 在就是说, 只能i i →或ii i -→5. 表示模3的剩余类所作成的集合.找出加群的所有自同构映射,这找出域!的3J 3J 3J 所有自同构映射.证 1）对加群的自同构映射3J 自同构映射必须保持!00←→故有 i i →:1φ2）对域的自同构映射.3J 自同构映射必须保持，00←→11←→所有只有ii →:φ6. 令是四元数除环, 是子集{一切这里阿是实数,显然与实数域同R R =S )}0,(a a -S 构.令是把中换成后所得集合;替规定代数运算.使,分别用表示的-R R S -S R -≅R R k j i ,,R 元,那么的元可以写成是实数）的形式),,0(),1,0(),0,(i i -R d c b a dk cj bi a ,,,(+++(参看 习题). 验证.，.3.351222-===k j i .,,j ik ki i kj jk k ji ij =-==-==-=证 1）对来说显然a a →)0,(:φ-≅S S 2）{一切 实数=S )}0,(a a {一切（实数=-S )0,a a 一切 βα,{(=R )}0,(a 复数对是不属于的的元.)(αβS R一切=-R βα,{(}a 规定aa →→)0,(),,(),(:βαβαψ由于与的补足集合没有共同元,容易验证是与间的一一映射.S -S ψR -R 规定的两个唤的和等于它们的逆象的和的象.-R 的两个元的积等于它们的逆象的积的象.-R 首先,这样规定法则确是的两个代数运算.-R其次,对于这两个代数运算以及的两个代数运算来说在之下R ψ-≅R R （3）由习题5知.3.3 ),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(),(i d c i b a di c bi a +++=++这里实数d c b a ,,,这是因为令),0(),1,0(),0,(i k j i i ===（4）1)0,1()0,)(0,(2-=-==i i i 1)0,1()1,0)(1,0(2-=-==j 1)0,1()1,0)(1,0(2-=-==k k i ij -===)1,0()1,0)(0,(ki i ji -=-==),0()0,)(1,0(同样jik ki i kj jk =-==-=,6 多项式环1. 证明, 假定是一个整环,那么上的一个多项式环也是一个整环.R R ][x R 证 !是交换环交换环,R ][x R ⇒ 有单位元是的单位元,R 11⇒][x R没有零因子没有零因子R ][x R ⇒事实上，0,)(10≠++=a x a x a a x f nn,)(10≠++=m m m b x b x b b x g 则mn m n x b a b a x g x f +++= 00)()(因为没有零因子,所以R 0≠m n b a 因而0)()(≠x g x f 这样是整环][x R 2． 假定是模7的剩余类环,在里把乘积R ][x R ])3[]4])([4[]5[]3([23+--+x x x x 计算出来解 原式=]2[]5[]4[]5[]5[]5[]3[]5[345345++++=-++-x x x x x x x x 3. 证明:(ⅰ) ],[],[1221ααααR R =(ⅱ) 若是上的无关未定元,那么每一个都是上的未定元.n x x x ,,,21 R i x R 证 （ⅰ）{一切=],[21ααR }211221i i i i a αα∑一切{],[12=ααR }112212j j j j a αα∑由于=∑211221i i i i a αα112212j j j j a αα∑因而=],[21ααR ],[12ααR （ⅱ）设00=∑=nk ki k x a 即∑=+-nk n i h i i k x x x x x a 0010101因为是上的无关未定元,所以n x x x ,,21R 即是上的未定元i x R 4. 证明:(ⅰ) 若是和上的两组无关未定元,那么n x x x ,,21n y y y ,,21],,[],,[2121n n y y y R x x x R ≅(ⅱ) !上的一元多项式环能与它的一个真子环同构.R ][x R 证 (ⅰ)),,(),,(:2121n n y y y f x x x f →φ根据本节定理3],,[~],,[2121n n y y y R x x x R 容易验证),,(),,(212211n n x x x f x x x f ≠),,(),,(212211n n y y y f y y y f ≠⇒这样],,[],,[2121n n y y y R x x x R ≅（ⅱ）令一切{][=x R }2210nn x a x a a +++ 显然][][2x R x R ⊂但不然的话][2x R x ∉mm m m x b x b x b x b x b b x 22102210 ++-⇒++=这与是上未定元矛盾.x R 所以是上未定元显然][2x R ][x R 故有（ⅰ）}[][2x R x R ≅这就是说,是的真子环,且此真子环与同构.][2x R ][x R ][x R 7 理想1. 假定是偶数环,证明,所有整数是的一个理想,等式!对不对?R r 4ϑ 证 Rr r r r ∈∈2121,,4,4ϑ ϑ∈-=-)(4442121r r r r Rr r ∈-21 ϑ∈=∈)(4)4(,'1'1'r r r r R r Rr r ∈'1 是的一个理想.ϑ∴R等式不对)4(=ϑ这是因为没有单位元,具体的说但R )4(4∈ϑ∉4 2. 假定是整数环,证明R .1)7,3(=证 是整数环,显然R )1(=R .1)7,3(=又 )7,3()7(13)2(1∈+-=1)7,3(=∴3. 假定例3的是有理数域,证明,这时是一个主理想.R ),2(x 证 因为2与互素,所以存在使x )(),(21x P x P),2(11)()(221x x xP x P ∈⇒=+ 。
近世代数习题解答张禾瑞二章
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 ---=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 n ===⇒=---111)()(若有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a Θ的阶等于1-a 的阶(2) a 的阶大于2, 则1-≠a a 若 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 则 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的 个数一定是奇数.证 根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a n m ∈K K K ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等:n m a a = )(n m 〈 故 e a m n =-m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定相同? 证 不一定相同例如 }231,231,1{i i G +-+-= 对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是 G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G 但 231,231i i --+-的阶都是3. 而1的阶是1.5 变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1? 证 我们的回答是回有的},3,2,1{K =A 1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→33→2 3→44→3 4→5… …τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A 是所有实数作成的集合.证明.所有A 的可以写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群?证 (1) :τ b ax x +→d cb ca +,是有理数 0≠ca Θ 是关闭的.(2) 显然时候结合律(3) 1=a 0=b 则 :ε x x →而 εττ=-1所以构成变换群.又 1τ: 1+→x x故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ: )()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元. 证 :1τ )(1a a τ→那么:21ττ )()]([2121a a a ττττ=→显然也是A 的一个变换.现在证这个乘法适合结合律:故 )()(321321ττττττ=再证ε还是S 的单位元4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。
近世代数课后习题参考答案(张禾瑞) (1)
近世代数课后习题参考答案第二章群论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)(.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 nn===⇒=---111)()(若有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a 的阶等于1-a 的阶 (2)a 的阶大于2, 则1-≠a a 若 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 则 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证 根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶 2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a nm∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等:n m a a =)(n m 〈 故 e a m n =- m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定相同? 证 不一定相同 例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G 但231,231i i --+-的阶都是3.而1的阶是1.5变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证 我们的回答是回有的},3,2,1{ =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→3 3→2 3→4 4→3 4→5 ……τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A 是所有实数作成的集合.证明.所有A 的可以写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群? 证 (1) :τb ax x +→:λd cx x +→:τλd cb cax d b ax c x ++=++→)(d cb ca +,是有理数 0≠ca 是关闭的.(2) 显然时候结合律(3) 1=a 0=b 则 :εx x → (4) :τb ax +)(1:1ab x a x -+→-τ 而 εττ=-1所以构成变换群.又 1τ: 1+→x x:2τx x 2→:21ττ)1(2+→x x :12ττ12+→x x故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ: )()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元. 证 :1τ)(1a a τ→:2τ)(2a a τ→那么:21ττ)()]([2121a a a ττττ=→ 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ==→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ故 )()(321321ττττττ= 再证ε还是S 的单位元:ε)(a a a ε=→:ετ)()]([a a a ττε=→τ:τε)()]([a a a τετ=→∴τεετ=4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。
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60、生活的道路一旦选定，就要勇敢地 走到底 ，决不 回头。 ——左
45、法律的制定是为了保证每一个人 自由发 挥自己 的才能 ，而不 是为了 束缚他 的才能 。—— 罗伯斯 庇尔
56、书不仅是生活，而且是现在、过 去和未 来文化 生活的 源泉。 ——库 法耶夫 57、生命不可能有两次，但许多人连一 次也不 善于度 过。— —吕凯 特 58、问渠哪得清如许，为有源头活水来 。—— 朱熹 59、我的努力求学没有得到别的好处， 只不过 是愈来 愈发觉 自己的 无知。 ——笛 卡儿
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41、实际上，我们想要的不是针对犯 罪的法 律，而 是针对 疯狂的 法律。 ——马 克·吐温
42、法律的力量应当跟随着公民，就 像影子 跟随着 身体一 样。— —贝卡 利亚
43、法律和制度必须跟上人类思想进 步。— —杰弗 逊
44、人类受制于法律，法律受制于情 理。— —托·富 勒
近世代数课后习题参考答案
近世代数课后习题参考答案第一章 基本概念1 集合1.A B ⊂,但B 不是A 的真子集,这个情况什么时候才能出现? 解 ׃只有在B A =时, 才能出现题中说述情况.证明 如下当B A =,但B 不是A 的真子集,可知凡是属于A 而B a ∉,显然矛盾; 若A B ⊂,但B 不是A 的真子集,可知凡属于A 的元不可能属于B ,故B A =2.假定B A ⊂,?=B A ,A ∩B=? 解׃ 此时, A ∩B=A,这是因为A ∩B=A 及由B A ⊂得A ⊂A ∩B=A,故A B A = ,B B A ⊃ , 及由B A ⊂得B B A ⊂ ,故B B A = ,2 映射1.A =}{100,3,2,1，⋯⋯,找一个A A ⨯到A 的映射. 解׃ 此时1),(211=a a φ A a a ∈21, 1212),(a a a =φ 易证21,φφ都是A A ⨯到A 的映射.2.在你为习题1所找到的映射之下,是不是A 的每一个元都是A A ⨯到A 的一个元的的象? 解׃容易说明在1φ之下,有A 的元不是A A ⨯的任何元的象;容易验证在2φ之下,A 的每个元都是A A ⨯的象.3 代数运算1.A ={所有不等于零的偶数}.找到一个集合D ,使得普通除法 是A A ⨯到D 的代数运算;是不是找的到这样的D ?解׃取D 为全体有理数集,易见普通除法是A A ⨯到D 的代数运算;同时说明这样的D 不只一个.2.=A }{c b a ,,.规定A 的两个不同的代数运算. 解׃a b c aa b ca b cb bc a a a a a c c a b bd a aca a a4 结合律1.A ={所有不等于零的实数}. 是普通除法:bab a = .这个代数运算适合不适合结合律? 解׃ 这个代数运算不适合结合律: 212)11(= , 2)21(1= ,从而 )21(12)11( ≠.2.A ={所有实数}. : b a b a b a =+→2),(这个代数运算适合不适合结合律?解׃ 这个代数运算不适合结合律c b a c b a 22)(++= ,c b a c b a 42)(++= )()(c b a c b a ≠ 除非0=c .3.A ={c b a ,,},由表所给的代数运算适合不适合结合律?解׃ 经过27个结合等式后可以得出所给的代数运算适合结合律.5 交换律1.A ={所有实数}. 是普通减法:b a b a -= .这个代数运算适合不适合交换律?解׃ 一般地a b b a -≠- 除非b a =.2.},,,{d c b a A =,由表a b c d a a b c d b b d a c c c a b d dd c a b所给出代数运算适合不适合交换律?a b c aa b cb bc a cc a b解׃ d d c = , a c d =从而c d d c ≠.故所给的代数运算不适合交换律.6 分配律假定:⊗⊕,是A 的两个代数运算,并且⊕适合结合律,⊕⊗,适合两个分配律.证明)()()()(22122111b a b a b a b a ⊗⊕⊗⊕⊗⊕⊗ )()()()(22211211b a b a b a b a ⊗⊕⊗⊕⊗⊕⊗= 证)()()()(22122111b a b a b a b a ⊗⊕⊗⊕⊗⊕⊗׃ =])[(])[(221121b a a b a a ⊗⊕⊕⊗⊕ =)()(2121b b a a ⊕⊗⊕=)]([)]([212211b b a b b a ⊕⊗⊕⊕⊗)()()()(22211211b a b a b a b a ⊗⊕⊗⊕⊗⊕⊗=7 一 一 映射、变换1.A ={所有0〉的实数},=-A {所有实数}.找一个A 与-A 间的意义映射.证 φ:a a a log =→-因为a 是大于零的实数,所以a log 是实数即 A a ∈,而--∈A a ,而且b a b a log log =⇒=.因此φ是A 到-A 的映射.又给了一个-A 的任意元-a ,一定有一个A 的元a ,满足-=a a log ,因此φ是A 到-A 的满射.a a a log =→-b b b log =→-若 b a ≠, 则 b a log log ≠.即 --≠⇒≠b a b a 因此φ又是A 到-A 的单射.总之,φ是A 到-A 的一一映射.2. A ={所有0≥的实数},=-A {所有实数-a ,10≤≤-a }. 找一个A 到-A 的满射. 证 a a a sin :=→-φ,容易验证φ是A 到-A 的满射.3.假定φ是A 与-A 间的一个一一映射,a 是A 的一个元.?)]([1=-A φφ?)]([1=-a φφ若φ是A 的一个一一变换,这两个问题的回答又该是什么?解׃ a a =-)]([1φφ, a a =-)]([1φφ未必有意义;当φ是A 的一一变换时,.)]([,)]([11a a a a ==--φφφφ8 同态1.A ={所有实数x },A 的代数运算是普通乘法.以下映射是不是A 到A 的一个子集-A 的同态满射?x x a →) x x b 2)→ 2)x x c → x x d -→) 证׃ )a 显然=-A {所有0≥的实数}.又由于 y x xy xy =→ 可知x x →是A 到-A 的同态满射.)b 由于)2)(2(2y x xy xy ≠→ ( 除非0=xy )所以x x 2→不是A 到-A 的同态满射.)c 由于222)()()(y x xy xy =→,易知2x x →是A 到-A 的同态满射.这里-A ={所有0≥的实数}.)d 一般来说,))((y x xy --≠-,:所以x x -→不是A 到-A 的同态满射 .2. 假定A 和-A 对于代数运算ο和-ο来说同态，-A 和=A 对于代数运算-ο和=ο来说同态，证明 A 和=A 对于代数运算ο和=ο来说同态。
近世代数习题解答张禾瑞二章
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 ---= 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 n ===⇒=---111)()(若有n m 〈 使e a m=-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a 的阶等于1-a 的阶 (2) a 的阶大于2, 则1-≠a a 若 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3)b a ≠ 则 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证 根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶 2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证G a ∈故 G a a a a nm∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等: nma a = )(n m 〈 故 e amn =-m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定相同? 证 不一定相同例如 }231,231,1{i i G +-+-=对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G但231,231i i --+-的阶都是3. 而1的阶是1.5 变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证 我们的回答是回有的},3,2,1{ =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→3 3→2 3→4 4→3 4→5 … …τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A 是所有实数作成的集合.证明.所有A 的可以写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群? 证 (1) :τb ax x +→d cb ca +,是有理数0≠ca 是关闭的.(2) 显然时候结合律 (3) 1=a 0=b 则 :ε x x →而εττ=-1所以构成变换群.又 1τ: 1+→x x故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→ 来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ: )()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元.证 :1τ )(1a a τ→那么:21ττ )()]([2121a a a ττττ=→ 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律: 故 )()(321321ττττττ= 再证ε还是S 的单位元4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。
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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)(.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 nn===⇒=---111)()(若有n m 〈 使e a m=-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a 的阶等于1-a 的阶(2)a 的阶大于2, 则1-≠a a 若 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 则 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证 根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶 2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a nm∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等: nma a = )(n m 〈 故 e amn =-m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定相同? 证 不一定相同 例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G 但231,231i i --+-的阶都是3. 而1的阶是1.5 变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证 我们的回答是回有的},3,2,1{ =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→3 3→2 3→4 4→3 4→5 … …τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A 是所有实数作成的集合.证明.所有A 的可以写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群? 证 (1) :τ b ax x +→:λ d cx x +→:τλ d cb cax d b ax c x ++=++→)( d cb ca +,是有理数 0≠ca 是关闭的.(2) 显然时候结合律(3) 1=a 0=b 则 :ε x x → (4) :τ b ax + )(1:1ab x a x -+→-τ 而 εττ=-1所以构成变换群.又 1τ: 1+→x x :2τ x x 2→ :21ττ )1(2+→x x :12ττ 12+→x x 故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ: )()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元. 证 :1τ )(1a a τ→ :2τ )(2a a τ→那么:21ττ )()]([2121a a a ττττ=→显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ= =→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ 故 )()(321321ττττττ= 再证ε还是S 的单位元 :ε )(a a a ε=→ :ετ )()]([a a a ττε=→τ:τε )()]([a a a τετ=→∴ τεετ=4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。
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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)(.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 nn===⇒=---111)()(若有n m 〈 使e a m=-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a Θ的阶等于1-a 的阶(2)a 的阶大于2, 则1-≠a a 若 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 则 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证 根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶 2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a nm∈K K K ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等: nma a = )(n m 〈 故 e amn =-m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定相同? 证 不一定相同 例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G 但231,231i i --+-的阶都是3. 而1的阶是1.5 变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证 我们的回答是回有的},3,2,1{K =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→3 3→2 3→4 4→3 4→5 … …τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A 是所有实数作成的集合.证明.所有A 的可以写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群? 证 (1) :τ b ax x +→:λ d cx x +→:τλ d cb cax d b ax c x ++=++→)( d cb ca +,是有理数 0≠ca Θ 是关闭的.(2) 显然时候结合律(3) 1=a 0=b 则 :ε x x → (4) :τ b ax + )(1:1ab x a x -+→-τ 而 εττ=-1所以构成变换群.又 1τ: 1+→x x :2τ x x 2→ :21ττ )1(2+→x x :12ττ 12+→x x 故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ: )()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元. 证 :1τ )(1a a τ→ :2τ )(2a a τ→那么:21ττ )()]([2121a a a ττττ=→显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ= =→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ 故 )()(321321ττττττ= 再证ε还是S 的单位元 :ε )(a a a ε=→ :ετ )()]([a a a ττε=→τ:τε )()]([a a a τετ=→∴ τεετ=4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。
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近世代数课后习题参考答案第三章 环与域1 加群、环的定义1. 证明,本节内所给的加群的一个子集作成一个子群的条件是充分而且必要的.证 (ⅰ)若S 是一个子群则Sb a S b a ∈+⇒∈,是S 的零元,即'0aa =+'0对的零元,G 000'=∴=+a a 即 .00S a a s ∈-=-∴∈ (ⅱ)若Sb a S b a ∈+⇒∈,Sa S a ∈-⇒∈今证是子群S 由对加法是闭的,适合结合律,S S b a S b a ,,∈+⇒∈由,而且得S a S a ∈-⇒∈S a a ∈=-0再证另一个充要条件:若是子群,S S b a S b a S b a ∈-⇒∈-⇒∈,,反之Sa a S a a S a ∈-=-⇒∈=-⇒∈00 故Sb a b a S b a ∈+=--⇒∈)(,2. ,加法和乘法由以下两个表给定:},,,0{c b a R =+0 a b c ⨯0 a b c 00 a b c 00 0 0 0a a 0 c b a 0 0 0 0b b c 0 a b 0 a b c c c b a 0c0 a b c证明,作成一个环R 证 对加法和乘法的闭的.R 对加法来说,由习题6,和阶是4的非循环群同构,且为交换群..9.2R乘法适合结合律Z xy yz x )()(=事实上.当或,的两端显然均为.0=x a x =)(A 0当或x=c,的两端显然均为.b x =)(A yz这已讨论了所有的可能性,故乘法适合结合律.两个分配律都成立xzxy z y x +=+)(zxyx x z y +=+)(事实上,第一个分配律的成立和适合律的讨论完全一样,只看或以及或就可以了.0=x a x =b x =c x =至于第二个分配律的成立的验证,由于加法适合交换律,故可看或 (可省略的情形)的情形,此时两端均为0=y a y =a z z ==,0zx剩下的情形就只有0,0)(=+=+=+x x bx bx x b b 0,0)(=+=+=+x x cx cx x c c 0,0)(=+=+==+x x cx bx ax x c b R 作成一个环.∴ 2 交换律、单位元、零因子、整环1. 证明二项式定理nn nn n b b a a b a +++=+- 11)()(在交换环中成立.证 用数学归纳法证明.当时,显然成立.1=n 假定时是成立的:k n =ki i k k i k k k k b b a b a a b a +++++=+-- )()()(11看 的情形1+=k n )()(b a b a k++ ))()()((11b a b b a b a a k i i k k i k k k ++++++=--1111111)]()[()()(++--+++++++++=+k i i k k i k i k k k k b b a b a a b a 111111)()(+-+++++++++=k i i k k i k k k b b a b a a (因为))()()(11kr k r k r -++=即二项式定理在交换环中成立.2. 假定一个环对于加法来说作成一个循环群,证明是交换环.R R 证 设是生成元a 则的元可以写成R (整数)na n2)]([)]([))((nma aa m n ma a n ma na ===2))((mna na ma =3．证明,对于有单位元的环来说,加法适合交换律是环定义里其他条件的结果 (利用))11)((++b a 证 单位元是, 是环的任意二元,1b a ,1)11(1)()11)((⋅++⋅+=++b a b a ba b a +++= )11()11(+++=b abb a a +++=b b a a b a b a +++=+++∴ba ab +=+4．找一个我们还没有提到过的有零因子的环.证 令是阶为的循环加群R 2规定乘法:而R b a ∈,0=ab 则显然为环.R 阶为2 有 而 ∴R a ∈0≠a 但 即为零因子0=aa a 或者为矩阵环.R n n ⨯5．证明由所有实数 (整数)作成的集合对于普通加法和乘法来说2b a +b a ,是一个整环.证 令整数2{b a R +=b a ,()}(ⅰ) 是加群R 2)()()2()2(d b c a d c b a +++=+++适合结合律,交换律自不待言.零元 200+的负元2b a +2b a --(ⅱ)2)()2()2)(2(bc ad bd ac d c b a +++=++乘法适合结合律,交换律，并满足分配律.(ⅲ)单位元 201+(ⅲ) R 没有零因子，任二实数或00=⇒=a ab 0=b3 除、环、域1. {所有复数 是有理数}=F bi a +b a ,证明 对于普通加法和乘法来说是一个域.=F证 和上节习题5同样方法可证得F 是一个整环.并且 (ⅰ)有F 01≠+i(ⅱ)即 中至少一个0≠+bi a b a ,0≠因而有,022≠+∴b a 使i b a b b a a 2222+-++)((bi a +i b a bb a a 2222+-++1)= 故为域F 2. {所有实数是有理数}=F ,3b a +b a ,() 证明 对于普通加法和乘法来说是一个域.F 证 只证明 有逆元存在.则中至少有一个 ,03≠+b a b a ,0≠ 我们说0322≠-b a 不然的话,223ba = 若 则 矛盾),0(≠b 0=b 0=a 但 不是有理数223b a =3 既然0322≠-b a则 的逆为3b a +3332222ba bb a a -+-4.证明 例3的乘法适合结合律.证),)](,)(,[(332211βαβαβα =),)(,(331212121βααββαββαα--+- ---+--=,)()[(3212132121βαββααββαα ---+--])()(3212132121ααββαβββαα 又 )],)(,)[(,(332211βαβαβα ],)[,(3232323211--+-=αββαββααβα ,-----------------+--=)()([3232132321αββαβββααα )]()(3232132321----------------++ββααβαββαα ),([32321321321----------+--=βββαβββαααα )](32321321321----------++αββαβαβαβαα ,[321321321321αβββαβββαααα-------= ]321321321321βββααβαβαβαα-----++ ,)()[(3212132121βαββααββαα--+--= 3212132121)()(---++-ααββαβββαα)])()[(())]()([(332211333211βαβαβαβαβαβα=∴5. 验证,四元数除环的任意元 ,这里是实数,可以写成)(),(di c bi a ++d c b a ,,,的形式.),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(i d c i b a +++ 证 ),(),(),(di bi c a di c bi a +=++ ),0()0,(),0()0,(di bi c a +++=),0)(0,()0,)(0,()1,0)(0,()0,(i d i b c a +++= 4 无零因子环的特征1. 假定是一个有四个元的域,证明.F ()的特征是2;a ()的 或1的两个元都适合方程b F 0≠1证 () 设的特征为a F P 则的(加)群的非零元的阶P F 所 (是群的阶)4P 4F 但要求是素数, P .2=∴P() 设b },,1,0{b a F = 由于,所以加法必然是2=P ,而,0=+x x ba a a =+⇒≠+11故有1ab00 1 a b 1 1 0 b a a a b 0 1bba1又构成乘群,所以乘法必然是},,1{b a 1,=⇒≠≠ab b ab a ab(否则 )1,22≠≠a a a b a =ba =⇒2故有. 1 a b1 1 a ba ab 1bba1这样, 显然适合 b a ,12+=x x2. 假定 是模 的一个剩余类.证明,若 同 互素,][a a n 那么所有的书都同 互素(这时我们说同 互素).][a n ][a n 证 设 且][a x ∈d n x =),(则11,dn n dx x ==由于)(1111q n x d q dn dx nq x a nq a x -=-=-=⇒=-故有,且有 ,a d nd 因为所以1),(=n a 1=d 3. 证明, 所有同 互素的模 的剩余类对于剩余类的乘法来说n n 作成一个群(同 互素的剩余类的个数普通用符号来表示,并且把它叫做由)(n φ拉函数)φ证而 同 互素}]{[a G =][a n 显然非空,因为G )1),1((]1[=∈n G(ⅰ)G b a ∈][],[则][]][[ab b a =又有1),(,1),(==n b n a 1),(=n ab Gab ∈∴][(ⅱ)显然适合结合律.(ⅲ)因为有限,所以的阶有限.n G 若]][[]][['x a x a =即][]['ax ax =由此可得)(''x x a ax ax n -=-',1),(x x n n a -∴= 即有][]['x x =另一个消去律同样可证成立.作成一个群G4. 证明,若是, 那么(费马定理)1),(=n a )(1)(n an ≡φ证则),(n a Ga ∈][而 的阶是的阶 的一个因子][a G )(n φ因此]1[][)(=n a φ即]1[][)(=n aφ)(1)(n a n ≡∴φ5 子环、环的同态1. 证明,一个环的中心是一个交换子环.证 设是环的中心.N 显然 ，是环的任意元N O ∈N b a ∈,x N b a b a x xb x bx ax x b a ∈-⇒-=-=-=-)()(Nab ab x b xa b ax xb a bx a x ab ∈⇒=====)()()()()()(是子环,至于是交换环那是明显的.2. 证明, 一个除环的中心是个域.证 设!是除环！是中心由上题知是的交换子环N R 显然,即包含非零元,同时这个非零元是的单位元.,1R ∈N ∈1N 1 即R x N a ∈∈,xaax =Na x a xa x axa xaa axa ∈⇒=⇒=⇒=------111111!是一个域N ∴3. 证明, 有理数域是所有复数是有理数）作成的域的唯一的真子域.b a bi a ,(+)(i R证 有理数域是的真子域.R )(i R 设!是的一个子域,则(因为是最小数域)F )(i R R F ⊇R若 而,F bi a ∈+0≠b 则)(i F F F i =⇒∈这就是说,是的唯一真子域.R )(i R 4. 证明, 有且只有两自同构映射.)(i R 证 有理数显然变为其自己.假定α→i 则由或i i =⇒-=⇒-=αα1122i -=α这就证明完毕.当然还可以详细一些:bia bi a +→+:1φbia bi a -→+:2φ确是的两个自同构映射.21,φφ)(i R 现在证明只有这两个.若bi a i +=→αφ:(有理数变为其自己)则由12)(12222-=+-=+⇒-=abi b a bi a i1,0222-=-=b a ab 若 是有理数,在就出现矛盾,所以有 因而102-=⇒=a b 0=a .1±=b 在就是说, 只能i i →或ii i -→5. 表示模3的剩余类所作成的集合.找出加群的所有自同构映射,这找出域!的3J 3J 3J 所有自同构映射.证 1）对加群的自同构映射3J 自同构映射必须保持!00←→故有 i i →:1φ2）对域的自同构映射.3J 自同构映射必须保持，00←→11←→所有只有ii →:φ6. 令是四元数除环, 是子集{一切这里阿是实数,显然与实数域同R R =S )}0,(a a -S 构.令是把中换成后所得集合;替规定代数运算.使,分别用表示的-R R S -S R -≅R R k j i ,,R 元,那么的元可以写成是实数）的形式),,0(),1,0(),0,(i i -R d c b a dk cj bi a ,,,(+++(参看 习题). 验证.，.3.351222-===k j i .,,j ik ki i kj jk k ji ij =-==-==-=证 1）对来说显然a a →)0,(:φ-≅S S 2）{一切 实数=S )}0,(a a {一切（实数=-S )0,a a 一切 βα,{(=R )}0,(a 复数对是不属于的的元.)(αβS R一切=-R βα,{(}a 规定aa →→)0,(),,(),(:βαβαψ由于与的补足集合没有共同元,容易验证是与间的一一映射.S -S ψR -R 规定的两个唤的和等于它们的逆象的和的象.-R 的两个元的积等于它们的逆象的积的象.-R 首先,这样规定法则确是的两个代数运算.-R其次,对于这两个代数运算以及的两个代数运算来说在之下R ψ-≅R R （3）由习题5知.3.3 ),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(),(i d c i b a di c bi a +++=++这里实数d c b a ,,,这是因为令),0(),1,0(),0,(i k j i i ===（4）1)0,1()0,)(0,(2-=-==i i i 1)0,1()1,0)(1,0(2-=-==j 1)0,1()1,0)(1,0(2-=-==k k i ij -===)1,0()1,0)(0,(ki i ji -=-==),0()0,)(1,0(同样jik ki i kj jk =-==-=,6 多项式环1. 证明, 假定是一个整环,那么上的一个多项式环也是一个整环.R R ][x R 证 !是交换环交换环,R ][x R ⇒ 有单位元是的单位元,R 11⇒][x R没有零因子没有零因子R ][x R ⇒事实上，0,)(10≠++=a x a x a a x f nn,)(10≠++=m m m b x b x b b x g 则mn m n x b a b a x g x f +++= 00)()(因为没有零因子,所以R 0≠m n b a 因而0)()(≠x g x f 这样是整环][x R 2． 假定是模7的剩余类环,在里把乘积R ][x R ])3[]4])([4[]5[]3([23+--+x x x x 计算出来解 原式=]2[]5[]4[]5[]5[]5[]3[]5[345345++++=-++-x x x x x x x x 3. 证明:(ⅰ) ],[],[1221ααααR R =(ⅱ) 若是上的无关未定元,那么每一个都是上的未定元.n x x x ,,,21 R i x R 证 （ⅰ）{一切=],[21ααR }211221i i i i a αα∑一切{],[12=ααR }112212j j j j a αα∑由于=∑211221i i i i a αα112212j j j j a αα∑因而=],[21ααR ],[12ααR （ⅱ）设00=∑=nk ki k x a 即∑=+-nk n i h i i k x x x x x a 0010101因为是上的无关未定元,所以n x x x ,,21R 即是上的未定元i x R 4. 证明:(ⅰ) 若是和上的两组无关未定元,那么n x x x ,,21n y y y ,,21],,[],,[2121n n y y y R x x x R ≅(ⅱ) !上的一元多项式环能与它的一个真子环同构.R ][x R 证 (ⅰ)),,(),,(:2121n n y y y f x x x f →φ根据本节定理3],,[~],,[2121n n y y y R x x x R 容易验证),,(),,(212211n n x x x f x x x f ≠),,(),,(212211n n y y y f y y y f ≠⇒这样],,[],,[2121n n y y y R x x x R ≅（ⅱ）令一切{][=x R }2210nn x a x a a +++ 显然][][2x R x R ⊂但不然的话][2x R x ∉mm m m x b x b x b x b x b b x 22102210 ++-⇒++=这与是上未定元矛盾.x R 所以是上未定元显然][2x R ][x R 故有（ⅰ）}[][2x R x R ≅这就是说,是的真子环,且此真子环与同构.][2x R ][x R ][x R 7 理想1. 假定是偶数环,证明,所有整数是的一个理想,等式!对不对?R r 4ϑ 证 Rr r r r ∈∈2121,,4,4ϑ ϑ∈-=-)(4442121r r r r Rr r ∈-21 ϑ∈=∈)(4)4(,'1'1'r r r r R r Rr r ∈'1 是的一个理想.ϑ∴R等式不对)4(=ϑ这是因为没有单位元,具体的说但R )4(4∈ϑ∉4 2. 假定是整数环,证明R .1)7,3(=证 是整数环,显然R )1(=R .1)7,3(=又 )7,3()7(13)2(1∈+-=1)7,3(=∴3. 假定例3的是有理数域,证明,这时是一个主理想.R ),2(x 证 因为2与互素,所以存在使x )(),(21x P x P),2(11)()(221x x xP x P ∈⇒=+ 。