张禾瑞近世代数基础答案
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G={1,-1}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4,5'来作群的定义：4'. G至少存在一个右单位元e,能让ae = a 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 a ,能让aa eA_1证(1) 一个右逆元一定是一个左逆元，意思是由aa e 得a a = e因为由4 G有元a能使a'a =e1 1 1 '所以(a a)e = (a a)(a a )即a a = e(2)一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元，意即由ae = a 得ea = a即ea = a这样就得到群的第二定义.(3)证ax二b可解取x = a这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到4,5'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x2二e,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a,b^G有ab = (ab)，= b°a，= ba .2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数._1 n —1 n n —1 —1证(1)先证a的阶是n则a 的阶也是n . a e= (a ) (a ) e e若有m n 使(a ')m= e 即(a m)' = e因而a m=e‘ • a m=e 这与a的阶是n矛盾「a的阶等于a °的阶_4 _4 2(2) a的阶大于2,则a=a 若a=a : a=e 这与a的阶大于2矛盾(3) a b 贝U a「b'斗总起来可知阶大于2的元a与a双双岀现，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a ：= G故a a2…a m…a n…€ G由于G是有限群，所以这些元中至少有两个元相等：m n n _ma =a (m n) 故a 二en - m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？证不一定相同丄 c _1 +23 _1 +伍例如G 二{1, , }-2 2对普通乘法G,G都作成群，且(x^1 (这里x是G的任意元,1是G的元)由••可知G s G—1+&3 —1—iJ3但11的阶都是3.2 2而1的阶是1.5变换群1 11. --------------------------------------- 假定I是集合的一个非变换，1会不会有一个左逆元T ，使得I =Z ?证我们的回答是回有的 A ={1,2,3,— }3f 2 3 f 44f 3 4-显然是一个非--- 变换但'二2.假定A是所有实数作成的集合.证明.所有A的可以写成x > ax b,a,b是有理数，a = 0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) - : x—ax ■ bca,cb d是有理数ca尸0 ；是关闭的.⑵显然时候结合律⑶ a =1 b =0则:Xr X 而.J .二. ；所以构成变换群.又d X"x 13. 故1 - 21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.:a 》a' = .(a)来说明一个变换..证明，我们可以用.「2： a“【[.2(a)] = j.2(a)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；还是S 的单位元.证 彳： a —. d (a)那么.「2： a “ i [ .2(a)] = i 2(a) 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律：故 (•1・2)・3 =・1(・2・3) 再证；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证设；是是变换群G 的单位元G , G 是变换群，故.是—变换，因此对集合 A 的任意元a ，有A 的元b ,；(a) »( (a)) = ；• (b) = • (b) =a另证■- (x)(x)根据1.7.习题3知t i(x) =x 5.证明实数域上一切有逆的n n 矩阵乘法来说，作成一个群。
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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G={1,-1}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4,5'来作群的定义：4'. G至少存在一个右单位元e,能让ae = a 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 a ,能让aa eA_1证(1) 一个右逆元一定是一个左逆元，意思是由aa e 得a a = e因为由4 G有元a能使a'a =e1 1 1 '所以(a a)e = (a a)(a a )即a a = e(2)一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元，意即由ae = a 得ea = a即ea = a这样就得到群的第二定义.(3)证ax二b可解取x = a这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到4,5'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x2二e,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a,b^G有ab = (ab)，= b°a，= ba .2.在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数._1 n —1 n n —1 —1证(1)先证a的阶是n则a 的阶也是n . a e= (a ) (a ) e e若有m n 使(a ')m= e 即(a m)' = e因而a m=e‘ • a m=e 这与a的阶是n矛盾「a的阶等于a °的阶_4 _4 2(2)a的阶大于2,则a=a 若a=a : a=e 这与a的阶大于2矛盾(3) a b 贝U a「b'斗总起来可知阶大于2的元a与a双双岀现，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a ：= G故a a2…a m…a n…€ G由于G是有限群，所以这些元中至少有两个元相等：m n n _ma =a (m n) 故a 二en - m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？证不一定相同丄 c _1 +23 _1 +伍例如G 二{1, , }-2 2对普通乘法G,G都作成群，且(x^1 (这里x是G的任意元,1是G的元)由••可知G s G—1+&3 —1—iJ3但11的阶都是3.2 2而1的阶是1.5变换群1 11. ------------------------------------------ 假定I是集合的一个非变换，1会不会有一个左逆元T ，使得I =Z ?证我们的回答是回有的 A ={1,2,3,— }3f 2 3 f 44f 3 4-显然是一个非--- 变换但'二2.假定A是所有实数作成的集合.证明.所有A的可以写成x > ax b,a,b是有理数，a = 0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) - : x—ax ■ bca,cb d是有理数ca尸0 ；是关闭的.⑵显然时候结合律⑶ a =1 b =0 则:Xr X而.J .二. ；所以构成变换群.又d X"x 1故1 - 21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.:a 》a ' = .(a)来说明一个变换..证明，我们可以用.「2： a“【[.2(a)] = j.2(a)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；还是S 的单位元.证 彳： a —. d (a)那么.「2： a “ i [ .2(a)] = i 2(a) 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律 ： 故 (•1・2)・3 =・1(・2・3) 再证；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证设；是是变换群G 的单位元G , G 是变换群，故.是—变换，因此对集合 A 的任意元a ，有A 的元b ,；(a) »( (a)) = ；• (b) = • (b) =a另证■- (x)(x)根据1.7.习题3知t i(x) =x5.证明实数域上一切有逆的 n n 矩阵乘法来说，作成一个群。
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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G={1,-1}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4,5'来作群的定义：4'. G至少存在一个右单位元e,能让ae = a 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 a ,能让aa eA_1证(1) 一个右逆元一定是一个左逆元，意思是由aa e 得a a = e 因为由4 G有元a能使a'a =e1 1 1 '所以(a a)e = (a a)(a a )即a a = e(2)一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元，意即由ae = a 得ea = a即ea = a这样就得到群的第二定义.(3)证ax二b可解取x = a这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到4,5'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x2二e,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a,b^G有ab = (ab)，= b°a，= ba .2.在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数._1 n —1 n n —1 —1证(1)先证a的阶是n则a 的阶也是n . a e= (a ) (a ) e e若有m n 使(a ')m= e 即(a m)' = e因而a m=e‘ ? a m=e 这与a的阶是n矛盾「a的阶等于a °的阶_4 _4 2(2)a的阶大于2,则a=a 若a=a : a=e 这与a的阶大于2矛盾(3) a b 贝U a「b'斗总起来可知阶大于2的元a与a双双岀现，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a ：= G故a a2…a m…a n…€ G由于G是有限群，所以这些元中至少有两个元相等：m n n _ma =a (m n) 故a 二en - m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？证不一定相同丄 c _1 +23 _1 +伍例如G 二{1, , }-2 2对普通乘法G,G都作成群，且(x^1 (这里x是G的任意元,1是G的元)由??可知G s G—1+&3 —1—iJ3但11的阶都是3.2 2而1的阶是1.5变换群1 11. ------------------------------------------ 假定I是集合的一个非变换，1会不会有一个左逆元T ，使得I =Z ?证我们的回答是回有的 A ={1,2,3,— }3f 2 3 f 44f 3 4-显然是一个非--- 变换但'二2.假定A是所有实数作成的集合.证明.所有A的可以写成x > ax b,a,b是有理数，a = 0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) - : x—ax ■ bca,cb d是有理数ca尸0 ；是关闭的.⑵显然时候结合律⑶ a =1 b =0 则:Xr X而.J .二. ；所以构成变换群.又d X"x 1故1 - 21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.:a 》a ' = .(a)来说明一个变换..证明，我们可以用.「2：a“【[.2(a)] = j.2(a)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；还是S 的单位元.证彳： a —. d (a)那么.「2：a “ i [ .2(a)] = i 2(a) 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律：故 (?1?2)?3 =?1(?2?3) 再证；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证设；是是变换群G 的单位元G , G 是变换群，故.是—变换，因此对集合 A 的任意元a ，有A 的元b ,；(a) ?( (a)) = ；? (b) = ? (b) =a另证■- (x)(x)根据1.7.习题3知t i(x) =x5.证明实数域上一切有逆的 n n 矩阵乘法来说，作成一个群。
近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)5
近世代数课后习题参考答案第五章 扩域1 扩域、素域1. 证明:)(S F 的一切添加S 的有限子集于F 所得的子域的并集是一个域.证 一切添加S 的有限子集于F 所得的子域的并集为∑1)若 ∑∈b a , 则一定有),,(2,1n F a ααα ∈),,(2,1m F b βββ ∈易知m n F b a βββααα,,,,,,(2121 ∈-但∑⊂),,,,,,(2121m n F βββααα 从而∑∈-a b2)若,,∑∈b a 且0≠b 则 ),,,(21m F b βββ ∈-从而有∑⊂∈-),,,,,,(21211m n F ab βββααα２ 单扩域１． 令E 是域F 的一个扩域，而F a ∈证明a 是F 上的一个代数元，并且F a F =)(证 因0=-a a 故a 是F 上的代数元．其次，因F a ∈，故F a F ⊂)(易见F a F ⊃)(，从而F a F =)(２．令F 是有理数域．复数i 和112-+i i 在F 上的极小多项式各是什么？ )(i F 与)112(-+i i F 是否同构？ 证 易知复数i 在F 上的极小多项式为112,12-++i i x在F 上的极小多项式为252+-x x因)112()(-+=i i F i F 故这两个域是同构的．３．详细证明，定理３中a 在域F 上的极小多项式是)(x p证 令ℜ是)(x F 中的所有适合条件0)(=a f 的多项式作成)(x f 的集合．1) ℜ是)(x F 的一个理想(ⅰ)若 ℜ∈)(),(x g x f 则0)(,0)(==a g a f因而0)()(=-a g a f 故ℜ∉-)()(x g x f ⅱ)若)(,)(x h x f ℜ∈是)(x F 的任一元那么0)()(=a f a h 则ℜ∈)()(x f x h2)是一个主理想设 )(1x p 是ℜ中a ！的极小多项式那么，对ℜ中任一)(x f 有)()()()(1x r x q x p x f +=这里0)(=x r 或r(x)的次数 但)()()()(1x R a q a p a f +=因 )(,0)(1a p a f =0= 所以0)(=a r若 0)(≠x r 则与x p 1是a 的极小多项式矛盾． 故有 )()()(1x q x p x f = 因而)((1x p =ℜ （３）因 p(a)=0 故p(x)ℜ∈)()(1x p x P 因二者均不可约，所以有)()(1x ap x p =又)(),(1x p x p 的最高系数皆为1那么1=a 这样就是)()(1x P x p =４． 证明：定理３中的K a F =)(证 设,K f ∈，则在定理３的证明中，'K K ≅之下有． a xa x a f n n nn +++→------11但 ,x a → -→11a a 故必011a a a f n n n n ++=--αα 这就是说)(αF k ⊂ 因而K a F =)(３ 代数扩域１．令E 是域F 的一个代数扩域，而α是E 上的一个代数元， 证明α是E 上的一个代数元 证 因为α是F 上的代数元所以nn e e e αα+++ 10又因为E 是F 的代数扩域，从而),,(10n e e e F 是F 的代数扩域，再有α是),,(10n e e e F 上的代数元，故),,(10n e e e F ()(αn n e e e e F ,,,,(110- )的有限扩域，由本节定理１，知 ),,,,,(110αn n e e e e F -是F 的有限扩域，因而是F 的代数扩域，从而a 是F 上的一个代数元．２．令F ,E 和L 是三个域，并且F E ⊂I ⊂，假定(:)I F m =而E 的元α在F 上的次数是n ，并且1),(=n m证明α在I 上的次数也是１ 证 设r I I =:)((α因为 F I I ⊃⊃)(α由本节定理1 rm F a I =):)(( 另一方面，因为F I F F :)(():)((αα 仍由本节定理！！ 即有rm n但由题设知 1),(=n m 故 r n又α在I 上的次数是r ，因而其在I 上的极小多项式的次数是１ α在I 上的次数是n ，因而其在F 上的极小多项式的次数是n 由于α在上的极小多项式能整除α在F 上的极小多项式所以n r ≤ 因而n r =３．令域！的特征不是２，E 是F 的扩域，并且 4):(=F E证明存在一个满足条件E I F ⊂⊂的E 的二次扩域F 的充分与必要条是：4):(=F E ，而α在F 上的极小多项式是b ax x ++24证 充分性：由于α在F 上的极小多项式为b ax x ++24故F a ∉2及)(22αF a ∉因而1):)((2≠F a F 由本节定理１知：所以 2):)((2=F a F 这就是说，)(a F 是一个满足条件的的二次扩域必要性：由于存在I 满足条件E I F ⊂⊂且为F 的二次扩域即2):1(=F 因此可得（2)1:(=E 我们容易证明，当F 的特征不是２时，且 则 而！在！上的极小多项式是！同样 )(a I E =而β在f x -2上的极小多项式是 这样 ,,2F f f ∈=β I i i ∈=,2α那么ββ22212122f f f f i ++=所以24i =α22221212ββf f f f ++=222212122ββf f f f ++=令12f a -= f f f b 2221-=同时可知b a ,均属于F 024=++∴b a αα 由此容易得到0(a F E =４．令E 是域F 的一个有限扩域，那么总存在E 的有限个元m ααα ,,21使),,(21m F E ααα =证 因为E 是F 的一个有限扩域，那么把E 看成F 上是向量空间时，则有一个基n ααα ,,21显然这时 ),,(21m F E ααα =５．令F 是有理数域，看添加复数于F 所得扩域＂ )2,2(31311i F E =)2,2(31312wi F E =证明6):(,2)2((131==F E F证 易知！在！上的极小多项式是！ 即（3:)2(32=F F同样312上的极小多项式是322324222∙+-x x 即4))2((31;2=F E由此可得（12):(,6):(21==F F F E４ 多项式的分裂域１．证明：有理数域F 上多项式14+x 的分裂域是一个单扩域)(a F 其中a 是14+x 的一个根证 14+x 的４个根为2222,2222,2222,22223210i a i a i a i a --=+-=-=+=又a a a a a a -=-==--31211,;所以)(),,,(321a F a a a a F =２．令F 是有理数域，a x -3是F 上一个不可约多项式，而a 是a x -3的一个根，证明)(a F 不是a x -3在F 上的分裂域．证 由于a 是a x -3的一个根，则另外两个根是2,εεa a ，这里ε，2ε是12++x x 的根若)(a F 是a x -3的在H 上的分裂域那么)(,2a F a a ∈εε这样，就是)()(a F F F ⊂⊂ε由3。
近世代数习题解答(张禾瑞)四章
就是单位矛盾
假定互素
令就是得最大公因子
则有即
就是得公因子
于就是就是单位
那么就是得最大公因子
3．假定就是一个整环,与就是得两个主理想
证明 当而且只当就是得相伴元得时候
证 假定
就是单位
所以就是 得相伴元
假定(单位)
故(
３主理想
１.假定就是一个主理想环,并且
证明 就是与得一个最大公因子,因此与得何最大公因子
此即中有一就是得相伴元
现在瞧得情形
可能得情形就是
显然
由(２)知得就是素元,故知５就是素元之积
(４)５得单一分解
均为单位
２唯一分解环
１.证明本节得推论
证 本节得推论就是;
一个唯一分解环得个元在里一定有最大公因子,
得两个最大公因子只能查一个单位因子。
用数学归纳法证
当时,由本节定理３知结论正确。
假定对个元素来说结论正确。
瞧得情形
设 有最大公因子为。
,得最大公因子为
即 而
又
故就是得公因子
假定
又
这就就是说,就是得最大公因子
若就是得最大公因子
那么 且
若 则
则即就是单位
故
２.假定在一个唯一分解环里
证明 当而且只当就是得一个最大公因子得时候,互素
证 假定就是得一个最大公因子
若 不互素
则有 而不就是单位
那么
这就就是说就是得公因子
证
不管就是得或!均使
3、证明本节得导数计算规则
证
ⅰ)
=
+
故有
(ⅱ)[
现在证明
用数学归纳法证
时,利用(ⅱ)使有
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（张禾瑞）-1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BA =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AA ?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 cc 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 cc 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 l o g =→-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 s i n :=→-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G={1,-1}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4,5'来作群的定义：4'. G至少存在一个右单位元e,能让ae = a 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 a ,能让aa eA_1证(1) 一个右逆元一定是一个左逆元，意思是由aa e 得a a = e 因为由4 G有元a能使a'a =e1 1 1 '所以(a a)e = (a a)(a a )即a a = e(2)一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元，意即由ae = a 得ea = a即ea = a这样就得到群的第二定义.(3)证ax二b可解取x = a这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到4,5'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x2二e,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a,b^G有ab = (ab)，= b°a，= ba .2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数._1 n —1 n n —1 —1证(1)先证a的阶是n则a 的阶也是n . a e= (a ) (a ) e e若有m n 使(a ')m= e 即(a m)' = e因而a m=e‘ ? a m=e 这与a的阶是n矛盾「a的阶等于a °的阶_4 _4 2(2) a的阶大于2,则a=a 若a=a : a=e 这与a的阶大于2矛盾(3) a b 贝U a「b'斗总起来可知阶大于2的元a与a双双岀现，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a ：= G故a a2…a m…a n…€ G由于G是有限群，所以这些元中至少有两个元相等：m n n _ma =a (m n) 故a 二en - m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？证不一定相同丄 c _1 +23 _1 +伍例如G 二{1, , }-2 2对普通乘法G,G都作成群，且(x^1 (这里x是G的任意元,1是G的元)由??可知G s G—1+&3 —1—iJ3但11的阶都是3.2 2而1的阶是1.5变换群1 11. --------------------------------------- 假定I是集合的一个非变换，1会不会有一个左逆元T ，使得I =Z ?证我们的回答是回有的 A ={1,2,3,— }3f 2 3 f 44f 3 4-显然是一个非--- 变换但'二2.假定A是所有实数作成的集合.证明.所有A的可以写成x > ax b,a,b是有理数，a = 0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) - : x—ax ■ bca,cb d是有理数ca尸0 ；是关闭的.⑵显然时候结合律⑶ a =1 b =0则:Xr X 而.J .二. ；所以构成变换群.又d X"x 13. 故1 - 21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.:a 》a' = .(a)来说明一个变换..证明，我们可以用.「2：a“【[.2(a)] = j.2(a)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；还是S 的单位元.证彳： a —. d (a)那么.「2：a “ i [ .2(a)] = i 2(a) 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律：故 (?1?2)?3 =?1(?2?3) 再证；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证设；是是变换群G 的单位元G , G 是变换群，故.是—变换，因此对集合 A 的任意元a ，有A 的元b ,；(a) ?( (a)) = ；? (b) = ? (b) =a另证■- (x)(x)根据1.7.习题3知t i(x) =x 5.证明实数域上一切有逆的n n 矩阵乘法来说，作成一个群。
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。
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 ---=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。