抽象代数基础丘维声答案
抽象代数一习题答案
抽象代数一习题答案在抽象代数中，习题通常涉及群、环、域等代数结构的定义、性质和例子。
以下是一些抽象代数习题的答案示例。
习题1：证明如果一个群G是阿贝尔群，那么它的每个子群也是阿贝尔群。
答案：设H是群G的一个子群。
由于G是阿贝尔群，对于任意的a, b属于G，我们有ab = ba。
现在考虑任意的h1, h2属于H。
由于H是G的子群，h1和h2也属于G。
因此，我们有h1h2 = h2h1（因为h1h2和h2h1都是G中的元素，并且G是阿贝尔的）。
这表明H中的元素满足交换律，所以H也是阿贝尔群。
习题2：证明如果一个环R有单位元，那么它的每个理想都是主理想。
答案：设I是环R的一个理想，我们需要证明I是一个主理想，即存在一个元素r∈R使得I = (r)，其中(r)表示由r生成的理想。
由于R有单位元1，考虑元素1 - r。
由于I是理想，1 - r也属于I。
因此，我们有1 - r = a(r) + b，其中a, b属于R。
将等式两边乘以r，我们得到1 = ar + rb。
这意味着r(1 - ar) = rb。
由于1 - ar属于I（因为I是理想），我们有r属于I。
现在，对于I中的任意元素x，我们可以写x = (1 - ar)x + arx。
由于ar属于I，(1 - ar)x也属于I。
因此，x = r(1 - ar)x，表明x可以由r生成。
所以I = (r)，证明完成。
习题3：证明如果一个域F的元素a不是单位元，那么a的阶是有限数。
答案：设a是域F中的一个非单位元。
我们需要证明存在一个正整数n使得a^n = 1。
考虑集合{1, a, a^2, a^3, ...}。
由于F是域，它没有零除数，因此a^n ≠ 1对于所有n。
这意味着集合中的元素都是不同的。
然而，域F是有限的，因此不可能有无限多不同的元素。
因此，必须存在最小的正整数n > 1，使得a^n = a^1。
这意味着a^(n-1) = 1，所以a的阶是有限的。
丘维声高等代数课后习题
丘维声高等代数课后习题一、基本习题1、求解三元一次方程组（1）2x + y - z = 0x + y + z = 4x - y + z = 2解：设x=x1,y=x2,z=x3则，方程组可以表示为：2x1 + x2 - x3 = 0x1 + x2 + x3 = 4x1 - x2 + x3 = 2解得：x1 = 1x2 = 2x3 = 1即，x=1,y=2,z=12、求x2-2x+1=0的根解：x2-2x+1=0(x-1)2=0即，x1=1,x2=1二、进阶习题1、求证：若A、B、C为不全等的三元组，则A^2+B^2≠C^2证明：若A、B、C为不全等的三元组，则A^2+B^2≠C^2证明：假设A^2+B^2=C^2则有：A^2-C^2=B^2(A-C)(A+C)=B^2若A≠C，则A+C≠0，由此可得：A-C=B^2/(A+C)即，A-C=B^2/(A+C)≠0即，A=C，与假设矛盾，故假设不成立。
综上所述，若A、B、C为不全等的三元组，则A^2+B^2≠C^22、求证：若a、b、c是不全等的实数，则ax2+bx+c=0的根是唯一的证明：若a、b、c是不全等的实数，则ax2+bx+c=0的根是唯一的证明：设ax2+bx+c=0的根为x1、x2则有：ax1^2+bx1+c=0ax2^2+bx2+c=0相减得：a(x1^2-x2^2)+b(x1-x2)=0即：b(x1-x2)=(x2^2-x1^2)a若b≠0，即a、b、c是不全等的实数，则有：x1-x2=b/a即，x1、x2是唯一的实根。
综上所述，若a、b、c是不全等的实数，则ax2+bx+c=0的根是唯一的。
丘维声解析几何第二版---三(56-87)
求平面与此半径垂直，那么可设所求平面为 3 x + 2 y 面方程解得 d
= −22 ，那么所求平面为 3 x + 2 y + 4 z − 22 = 0 .
4． 平面 Ax +
个四面体的球面方程。 解： 因为已知平面 π 与 z 轴的交点为 ⎜ 0,0,−
课 后
1 ⎛ 1 ⎞ x 2 + y 2 + z 2 = y ，而 x 2 + y 2 + z 2 = y 表示的是中心为 ⎜ 0, ,0 ⎟ ，半径为 的球面，所以曲线表 4 ⎝ 2 ⎠
示一条球面曲线，它所在的球面为 x
2
答
t
ww w.
， 可得 60
(− ∞ < t < +∞ )
x2 + y2 + z 2 = y
ww w.
+ 12 =
9 . 4
59
kh da
⎛ D 所以圆半径为： r = R − ⎜ ⎜ 2 2 2 ⎝ A + B +C
2
⎞ ⎟ = ⎟ ⎠
2
R 2 (A 2 + B 2 + C 2 ) − D 2 A2 + B 2 + C 2
w.
co
.
又因为球心到平面的距离为：
m
D
第三章 常见曲面
7． 证明曲线
因为球面中心为原点，满足平面 4 x − 3 y 径都和球面 x
2
= 0 方程，也就是说球面中心在平面上，那么所求圆的圆心和半
+ y 2 + z 2 = 25 相同，即圆心为原点，半径为 5 。
丘维声高等代数5-5
性质3, 如果A是正交矩阵, 则A -1也是正交矩阵;
性质4, 如果A是正交矩阵, 则|A|= 1.
16
定理 A 为正交矩阵的充要条件是 A 的列 （行）向量都是单位向量且两两正交．
证明
a 骣11 珑 a 珑21 珑 珑 L 珑 珑 珑n 1 a 珑 桫
A A' a 12 a 22 L an 2
2.如果a , b 都是列向量, 内积可用矩阵记号表示为 : ( a ,b ) = a b .
'
3
性质 设a ，b ，g Î R , l 为实数，则
n
(1) ( a ,b ) = ( b , a ); ( 2) ( l a ,b ) = l ( a ,b ) ; ( 3) ( a + b , g ) = ( a ,g ) + ( b , g );
则
5 2i A 0 1 i
25
另外对任意n元复向量 X x1, x2 ,, xn ' ， 都有 X 'X ³ 0
当且仅当
X 0
时,等号成立。
26
定理
实对称矩阵的特征值为实数.
从而实对称矩阵的特征向量是实向量.
定理 实对称矩阵的属于不同特征值的特征向量 是正交的。
实对称矩阵的对角化
例, 判断下面矩阵是否可以对角化 ? 骣 1 0 骣 - 1 5 1 1 鼢 珑 鼢 珑 珑 1 1鼢 (2), - 1 2 3 鼢 (1), 珑 0 , 鼢 珑 珑 0 1鼢 鼢 珑 0 5 3 4 鼢 珑 桫 桫
1
欧氏空间
定义 : 在R n 中, 任给两个向量 x y 骣1 骣1 珑 鼢 x 鼢 y2 珑2 鼢 珑 鼢 a = 珑 鼢 b = M, 珑 鼢 M, 珑 鼢 珑 鼢 珑n 鼢 x y 珑 鼢 桫 桫n
《抽象代数基础》习题解答
数学分析、高等代数、解析几何、中学数学建模、离散数学、高等几何、概率统计、竞赛数学、运筹学、数学教学实践、初等代数研究、初等几何研究、教法研究、计算机辅助教学、教育学、教育心理学、大学英语等。
《抽象代数基础》习题答解于延栋编盐城师范学院数学科学学院二零零九年五月第一章 群 论§1 代数运算1.设},,,{c b a e A =,A 上的乘法”“⋅的乘法表如下: · ea b c e ea b c a ae c b b b ce a cc b a e证明: ”“⋅适合结合律. 证明 设z y x ,,为A 中任意三个元素.为了证明”“⋅适合结合律,只需证明)()(z y x z y x ⋅⋅=⋅⋅.下面分两种情形来阐明上式成立.I.z y x ,,中至少有一个等于e .当e x =时,)()(z y x z y z y x ⋅⋅=⋅=⋅⋅;当e y =时,)()(z y x z x z y x ⋅⋅=⋅=⋅⋅;当e z =时,)()(z y x y x z y x ⋅⋅=⋅=⋅⋅.II .z y x ,,都不等于e .(I)z y x ==.这时,)()(z y x e x x z z e z y x ⋅⋅=⋅===⋅=⋅⋅.(II)z y x ,,两两不等.这时,)()(z y x x x e z z z y x ⋅⋅=⋅==⋅=⋅⋅.(III)z y x ,,中有且仅有两个相等.当y x =时,x 和z 是},,{c b a 中的两个不同元素,令u 表示},,{c b a 中其余的那个元素.于是,z z e z y x =⋅=⋅⋅)(,z u x z y x =⋅=⋅⋅)(,从而,)()(z y x z y x ⋅⋅=⋅⋅.同理可知,当z y =或x z =时,都有)()(z y x z y x ⋅⋅=⋅⋅.2.设”“⋅是集合A 上一个适合结合律的代数运算.对于A 中元素,归纳定义∏=ni ia 1为: 111a a i i =∏=,1111+=+=⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∏∏r r i i r i i a a a .证明:∏∏∏+==+==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛m n k k m j j n n i i a a a 111.进而证明:在不改变元素顺序的前提下,A 中元素的乘积与所加括号无关.证明 当1=m 时,根据定义,对于任意的正整数n ,等式成立.假设当r m =(1≥r )时,对于任意的正整数n ,等式成立.当1+=r m 时,由于”“⋅适合结合律,我们有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∏∏=+=m j j n n i i a a 11⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∏∏+=+=111r j j n n i i a a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=++=+=∏∏111r n r j j n n i i a a a 111++=+=⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∏∏r n r j j n n i i a a a ∏∏∏+=++=+++===⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=m n k k r n k k r n r n i i a a a a 11111.所以,对于任意的正整数n 和m ,等式成立.考察A 中任意n (1≥n )个元素n a a a ,,,21 :当3≥n 时,要使记号n a a a ⋅⋅⋅ 21变成有意义的记号,必需在其中添加一些括号规定运算次序.现在我们来阐明:在不改变元素顺序的前提下,无论怎样在其中添加括号,运算结果总是等于∏=ni i a 1.事实上,当1=n 或2=n 时,无需加括号,我们的结论自然成立.当3=n 时,由于”“⋅适合结合律,我们的结论成立.假设当r n ≤(1≥r )时我们的结论成立.考察1+=r n 的情形:不妨设最后一次运算是b a ⋅,其中a 为n a a a ,,,21 中前s (n s <≤1)个元素的运算结果,b 为n a a a ,,,21 中后s n -个元素的运算结果.于是,根据归纳假设,∏==s j j a a 1, ∏-=+=sn k k s a b 1.所以最终的运算结果为∏∏∏=-=+==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⋅n i i s n k k s s j j a a a b a 111. 3.设Q 是有理数集.对于任意的Q ,∈b a ,令2b a b a +=⋅,证明: ”“⋅是Q 上的一个代数运算,它既不适合结合律也不适合交换律.证明 众所周知,对于任意的Q ,∈b a ,Q 2∈+=⋅b a b a .所以”“⋅是Q 上的一个代数运算.令0=a ,1=b ,2=c .由于521212)10()(2=+=⋅=⋅⋅=⋅⋅c b a ,255050)21(0)(2=+=⋅=⋅⋅=⋅⋅c b a ,从而,)()(c b a c b a ⋅⋅≠⋅⋅,所以”“⋅不适合结合律.由于521212=+=⋅=⋅c b ,312122=+=⋅=⋅b c ,.从而,b c c b ⋅≠⋅.所以”“⋅不适合交换律.§2 群的概念1.证明:⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=Z d c b a d c b a G ,,, 关于矩阵的加法构成一个群. 证明 首先,众所周知,∅≠G ,G B A ∈+,G B A ∈∀,.由于矩阵的加法适合结合律,G 上的加法适合结合律.其次,令⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=0000O ,则G O ∈,并且A O A A O =+=+,G A ∈∀.最后,对于任意的G d c b a A ∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=,令⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛----=-d c b a A ,则G A ∈-且O A A A A -+-=-+)()(.所以G 关于矩阵的加法构成一个群.2.令⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1001,1001,1001,1001G ,证明:G 关于矩阵的乘法构成一个群. 证明 将⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1001记作E ,并将G 中其余三个矩阵分别记作C B A ,,.于是,G 上的乘法表如下:·E A B C EE A B C AA E CB BB C E A C C BA E由于矩阵的乘法适合结合律,G 上的乘法适合结合律.从乘法表可知,X XE EX ==,E XX =,G Y X ∈∀,.所以G 关于矩阵的乘法构成一个群.3.在整数集Z 中,令2-+=⋅b a b a ,Z ∈∀b a ,.证明:Z 关于这样的乘法构成一个群.证明 对于任意的Z ∈c b a ,,,我们有42)2()2()(-++=-+-+=⋅-+=⋅⋅c b a c b a c b a c b a ,42)2()2()(-++=--++=-+⋅=⋅⋅c b a c b a c b a c b a ,从而)()(c b a c b a ⋅⋅=⋅⋅.这就是说,该乘法适合结合律.其次,Z ∈2,并且对于任意的Z ∈a ,我们有222222⋅=-+==-+=⋅a a a a a ,a a a a a a a a ⋅-=-+-=--+=-⋅)4(2)4(2)4()4(.所以Z 关于该乘法构成一个群.4.写出3S 的乘法表.解 )}231(),321(),32(),31(),21(),1{(3=S ,3S 的乘法表如下: ·)1( )21( )31( )32( )321( )231( )1( )1( )21( )31( )32( )321( )231()21()21( )1( )231( )321( )32( )31( )31( )31( )321( )1( )231( )21( )32()32( )32( )231( )321()1( )31( )21( )321( )321( )31( )32( )21( )231()1( )231( )231( )32( )21( )31( )1( )321(5.设),(⋅G 是一个群,证明: ”“⋅适合消去律.证明 设G c b a ∈,,.若c a b a ⋅=⋅,则c c e c a a c a a b a a b a a b e b =⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅=----)()()()(1111.同理,若a c a b ⋅=⋅,则c b =.这就表明,”“⋅适合消去律.6.在5S 中,令⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=4513254321f ,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=2543154321g . 求gf fg ,和1-f .解 我们有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=3451254321fg ,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=5214354321gf ,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-45213543211f . 7.设)(21k i i i a =,求1-a .解 我们有)(11i i i a k k -=.8.设f 是任意一个置换,证明:))()()(()(21121k k i f i f i f f i i i f =⋅⋅-. 证明 事实上,易见,)(,),(),(21k i f i f i f 是},,2,1{n 中的k 个不同的数字.由直接计算可知,11),())()()((1121-≤≤=⋅⋅+-k j i f i f f i i i f j j k ;)())()()((1121i f i f f i i i f k k =⋅⋅- .其次,对于任意的)}(,),(),({\},,2,1{21k i f i f i f n i ∈,i 在121)(-⋅⋅f i i i f k 之下的像是i 本身.所以))()()(()(21121k k i f i f i f f i i i f =⋅⋅-.9.设S 是一个非空集合,”“⋅是S 上的一个代数运算,若”“⋅适合结合律,则称),(⋅S 是一个半群(或者称S 关于”“⋅构成一个半群).证明:整数集Z 关于乘法构成一个半群,但不构成一个群.证明 众所周知,Z 是非空集合,对于任意的Z ,∈b a ,总有Z ∈⋅b a ,并且整数乘法适合结合律,所以Z 关于乘法构成一个半群.其次,令1=e .于是,对于任意的Z ∈a ,总有a e a a e =⋅=⋅.但是,Z 0∈,并且不存在Z ∈b ,使得e b =⋅0.所以Z 关于乘法不构成一个群.10.设A 是一个非空集合,S 是由A 的所有子集构成的集合.则集合的并”“ 是S 上的一个代数运算.证明:),( S 是一个半群.证明 众所周知,对于任意的S Z Y X ∈,,,总有)()(Z Y X Z Y X =.这就是说,S 上的代数运算”“ 适合结合律,所以),( S 是一个半群.注 请同学们考虑如下问题:设A 是一个非空集合,S 是由A 的所有子集构成的集合.定义S 上的代数运算”“∆ (称为对称差)如下:)\()\(X Y Y X Y X =∆,S Y X ∈∀,.求证:),(∆S 是一个交换群.11.令⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=Z ,,,d c b a d c b a S .证明S 关于矩阵的乘法构成一个半群. 证明 众所周知,对于任意的S C B A ∈,,,总有S AB ∈,)()(BC A C AB =.这就是说,矩阵的乘法是S 上的一个代数运算,并且适合结合律,所以S 关于矩阵的乘法构成一个半群.12.设),(⋅S 是一个半群,S e ∈称为S 的一个左(右)单位元,如果对于任意的S a ∈都有a a e =⋅(a e a =⋅).对于S a ∈,如果存在S b ∈使e a b =⋅(e b a =⋅),则称a 左(右)可逆的,b 是a 的一个左(右)逆元.假设S 有左(右)单位元e 且S 中每个元素都有关于e 的左(右)逆元.证明:),(⋅S 是一个群.证明 设a 是S 中任意一个元素.任取S b ∈,使得e b a =⋅.再任取S c ∈,使得e c b =⋅.于是,我们有c e c b a c b a e a a ⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅=)()(且e c b c e b c e b a b =⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅)()(.因此a b e b a ⋅==⋅.所以e a a b a a b a a e ⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅)()(.由以上两式可知,e 是单位元,S 中每个元素a 都有逆元b .所以),(⋅S 是一个群. 对于S 有左单位元e 且S 中每个元素都有关于e 的左逆元的情形,请同学们自己证明.13．设G 是一个群,证明:111)(---=a b ab ,G b a ∈∀,.证明 对于任意的G b a ∈,,我们有e aa aea a bb a a b ab ====------111111)())((,e b b eb b b a a b ab a b ====------111111)())((.所以111)(---=a b ab ,G b a ∈∀,.16.设G 是一个群,证明:G 是交换群的充要条件是222)(b a ab =,G b a ∈∀,.证明 必要性是显然的.现在假设G 满足该条件.于是,对于任意的G b a ∈,,我们有222)(b a ab =,即aabb abab =.运用消去律(第5题)立即可得ba ab =.所以G 是交换群.17．设G 是一个群.假设对于任意的G a ∈都有e a =2,证明:G 是交换群. 证明 我们有222)(b a ee e ab ===,G b a ∈∀,.由上题知,G 是交换群.18.设G 是非空集合,”“⋅是G 上的一个代数运算且适合结合律.(1)证明:),(⋅G 是一个群当且仅当对于任意的G b a ∈,,方程b x a =⋅和b a y =⋅在G 中都有解.(2)假设G 是有限集,证明:),(⋅G 是一个群当且仅当”“⋅适合消去律.证明 (1)当),(⋅G 是一个群时,显然,对于任意的G b a ∈,,b a x ⋅=-1是方程b x a =⋅的解,1-⋅=a b y 是方程b a y =⋅的解.现在假设对于任意的G b a ∈,,方程b x a =⋅,b a y =⋅在G 中都有解.任取G a ∈,考察方程a x a =⋅.根据假设,方程a x a =⋅有解G e x ∈=.设b 是G 中任意一个元素,考察方程b a y =⋅.根据假设,方程b a y =⋅有解G c y ∈=.于是,我们有b ac e a c e a c e b =⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅)()(.由于G b ∈的任意性,上式表明e 是半群),(⋅G 的一个右单位元.再考察方程e x a =⋅.根据假设,方程e x a =⋅有解G d ∈.由于G a ∈的任意性,这表明G 中每个元素关于右单位元e 都有右逆元.所以),(⋅G 是一个群.(2)当),(⋅G 是一个群时,根据第5题,”“⋅适合消去律.现在假设},,,{21n a a a G =,并且”“⋅适合消去律.任取},,2,1{,n k i ∈,考察方程k i a x a =⋅.由于”“⋅适合左消去律,因此k a 必出现于乘法表的第i 行中.这就意味着存在},,2,1{n j ∈,使得k j i a a a =⋅,从而方程k i a x a =⋅在G 中有解.同理,由于”“⋅适合右消去律,方程k i a a y =⋅在G 中有解.这样一来,根据(1),),(⋅G 是一个群.19.证明命题2.8中的表示法在不计循环置换的顺序的意义下是唯一的.注注 宜将这道题表述成“证明:在不计循环置换的顺序的意义下,在用命题2.8中的证明中所说的方法将一个置换n S f ∈表示成两两不相交的循环置换的乘积时,表达式是唯一的”.证明 显然,当f 是单位置换时,表达式就是f f =.不妨设f 不是单位置换,u f f f f 21=和v g g g f 21=都是在用命题2.8中的证明中所说的方法将置换n S f ∈表示成两两不相交的循环置换的乘积的表达式.于是,u f f f ,,,21 两两不相交,v g g g ,,,21 两两不相交,而且它们的阶都大于或等于2.考察任意的l f (u l ≤≤1):设)(21s l i i i f =.由u f f f f 21=和v g g g f 21=可知,存在'l (v l ≤≤'1),使得)(21't l j j j g =,},,,{211t j j j i ∈.不妨设11j i =.由u f f f f 21=和v g g g f 21=可知,t s =并且k k j i =,},,2,1{s k ∈∀,从而,'l l g f =.由于u f f f ,,,21 两两不相交,v g g g ,,,21 两两不相交,并且不计循环置换的顺序,不妨设l l g f =,},,2,1{u l ∈∀.假设v u <,则u g g g f 21=,由此可见,当v l u ≤<时,l g 必与u g g g ,,,21 中某一个相交.这与我们的假设矛盾.所以v u =.这就表明,v g g g f 21=和v g g g f 21=是同一个表达式.§3 子 群1.设)(P n GL G =是数域P 上的n 级一般线性群,H 是G 的由全体n 阶可逆的对角矩阵组成的子集,证明:H 是G 的子群.证明 众所周知,H 非空,并且有H A AB ∈-1,,H B A ∈∀,,其中AB 表示矩阵A 与矩阵B 的乘积,1-A 表示矩阵A 的逆矩阵.所以H 是G 的子群.2.设G 是一个群,H 是G 的非空子集,证明:H 是G 的子群的充分必要条件是H ab ∈-1,H b a ∈∀,.证明 由定理3.3可知,当H 是G 的子群时,H 满足条件. 假设H 满足条件.对于任意的H b a ∈,,我们有H aa e ∈=-1.因为H 满足条件,由H b a e ∈,,可知,H ea a ∈=--11,H eb b ∈=--11.因为H 满足条件,由H b a ∈-1,可知11)(--=b a ab .总而言之 对于任意的H b a ∈,,我们有H a ab ∈-1,.根据定理3.3,H 是G 的子群.3.设H 是群G 的子群,G a ∈,证明:}|{11H h aha aHa ∈=--也是G 的子群(称为H 的一个共轭子群).证明 显然,1-aHa 是G 的非空子集.设121,-∈aHa b b .于是,存在H h h ∈21,,使得111-=a ah b ,121-=a ah b .因此11211121))((----=a ah a ah b b 1112111211)(------∈==aHa a h h a a ah a ah . 所以1-aHa 是G 的子群.4.设G 是交换群,0>n 为整数,令}|{e a G a H n =∈=,证明:H 是G 的子群. 证明 显然H e ∈.若H b a ∈,,则e ee b a ab n n n ===--11)()(,从而,H ab ∈-1.由此可见,H 是G 的子群.5.设G 是交换群,证明:G 的所有阶为有限的元素构成的集合是G 的子群. 证明 令H 表示G 的所有阶为有限的元素构成的集合.显然H e ∈.设H b a ∈,,其中m a =||,n b =||.于是,e ee b a ab m n n m m n ===--)()()(1,从而,H ab ∈-1.由此可见,H 是G 的子群.6.设G 是群,G b a ∈,,证明:a 与1-bab 具有相同的阶.证明 显然,对于任意的正整数n ,11)(--=b ba bab n n ,从而,e bab e b ba e a n n n =⇔=⇔=--)(11.由此可见,a 与1-bab 具有相同的阶.7.设)(21k i i i a =是循环置换,求a 的阶.解 当1=k 时,显然,)1(=a ,k a =||.当1>k 时,我们有11(+=j i i i a )1()1≠-j i ,}1,,2,1{-∈∀k j ,)1(=k a ,从而,k a =||.8.设群G 的除单位元外的每个元素的阶都为2,证明:G 是交换群. 证明 参看§2习题第17题.17．设G 是一个群.假设对于任意的G a ∈都有e a =2,证明:G 是交换群. 证明 我们有222)(b a ee e ab ===,G b a ∈∀,.由上题知,G 是交换群.9.设G 是群,G b a ∈,,证明:ab 与ba 具有相同的阶.证明 注意到111))((---=a ab a ba ,根据第6题的结论,ab 与ba 具有相同的阶.10.设G 是群,G b a ∈,,ba ab =.假设a 的阶与b 的阶互素,证明:||||||b a ab =.证明 令m a =||,n b =||,k ab =||.由于e e e b a ab m n m n n m m n ===)()()(,根据命题3.12可以断言mn k |.其次,我们有kn kn k n kn kn kn kn a e a b a b a ab e =====)()(,从而,根据命题 3.12,kn m |.因为m 与n 互素,由kn m |可知k m |.同理可知,k n |.由于m 与n 互素,因此k mn |.所以mn k =,即||||||b a ab =.11.设Z 是整数集关于加法构成的群,H 是Z 的子群,证明:存在H n ∈使〉〈=n H .证明 众所周知,H ∈0.当}0{=H 时,显然〉〈=0H .现在假设}0{≠H .于是,存在H m ∈使0≠m .这时H m ∈-,并且,在m 和m -中,一个是正数,另一个是负数.令n 表示H 中的最小正数.显然,我们有H qn ∈,Z ∈∀q .现在考察任意的H m ∈:众所周知,存在整数q 和r ,使得r qn m +=,n r <≤0.于是,H qn m r ∈-=.由于令n 是H 中的最小正数,必有0=r ,从而,qn m =.上述表明}|{Z ∈=q qn H .所以〉〈=n H . 12.设G 是一个群,1H ,2H 都是G 的子群.假设1H 不包含于2H 且2H 不包含于1H ,证明:21H H 不是G 的子群.证明 由于1H 不包含于2H 且2H 不包含于1H ,是G 的子群,因此存在21\H H a ∈且存在12\H H b ∈.于是,21,H H b a ∈.假设1H ab ∈,则11)(H ab a b ∈=-,矛盾.因此1H ab ∉.同理,2H ab ∉.这样一来,21H H ab ∉.所以21H H 不是G 的子群.13.设G 是一个群, ⊆⊆⊆⊆n G G G 21是G 的一个子群链,证明:nn G ∞=1 是G 的子群.证明 设n n G b a ∞=∈1, .于是,存在正整数i 和j 使得i G a ∈,j G b ∈.令},max{j i k =.k G b a ∈,.由于k G 是G 的子群,因此k G ab ∈-1,从而,n n G ab ∞=-∈11 .所以n n G ∞=1 是G 的子群.14.证明:)}1()31(),12{(n (2≥n )是n S 的一个生成集.证明 考察任意的对换n S j i ∈)(:若1=i 或1=j ,则)}1()31(),12{()(n j i ∈.若1≠i 且1≠j ,则)1()1()1()(i j i j i =.这就是说,对于每一个对换n S j i ∈)(,要么它本身属于)}1()31(),12{(n ,要么它可以表示成)}1()31(),12{(n 中的一些对换的乘积.这样一来,根据推论2.10可以断言,每一个n S f ∈可以表示成)}1()31(),12{(n 中的一些对换的乘积.由此可见,〉〈⊆)1()31(),12(n S n ,从而,〉〈=)1()31(),12(n S n .§4 循环群1.证明:循环群是交换群.证明 设〉〈=a G 是一个循环群.于是,}|{Z ∈=n a G n (参看课本第12页倒数第4行).众所周知,m n n m n m a a a a a ==+,Z ∈∀n m ,.所以G 是交换群.2.设G 是一个群,G a ∈.假设a 的阶为n ,证明:对任意整数r ,有),(||n r n a r =. 证明 令〉〈=a H .由于n a =||,根据命题 3.10,H 是有限循环群.根据命题4.2,),(||n r n a r =.3.设〉〈=a G 是一个n 阶循环群,r 是任意整数,证明:r a 与),(n r a 具有相同的阶且〉〈=〉〈),(n r r a a .证明 根据命题4.2,我们有||),()),,((||),(r n r a n r n n n r n a ===. 根据命题 3.10,〉〈r a 和〉〈),(n r a 都是G 的),(n r n 阶子群.显然,),(n r r a a 〈∈,从而, 〉〈⊆〉〈),(n r r a a .由此可见,〉〈=〉〈),(n r r a a .4.设〉〈=a G 是一个n 阶循环群,证明:G a r =〉〈当且仅当1),(=n r .证明 根据命题4.2,我们有G a r =〉〈n a r =⇔||n n r n =⇔),(1),(=⇔n r . 5.设〉〈=a G 是循环群,〉〈=s a H 和〉〈=t a K 是G 的两个子群,证明:〉〈=],[t s a K H .证明 显然K H a t s ∈],[,从而,K H a t s ⊆〉〈],[. 为了证明〉〈=],[t s a K H ,现在只需证明〉〈⊆],[t s a K H .考察任意的K H x ∈:当x 为G 的单位元e 时,显然〉〈∈],[t s a x .不妨假定e x ≠.于是,由H x ∈知,存在Z ∈i ,使得is a x =;由K x ∈知,存在Z ∈j ,使得jt a x =.因为e x ≠,所以0≠st .众所周知,1)),(,),((=t s t t s s , 从而,存在Z ,∈v u ,使得1),(),(=+t s vt t s us . 于是,我们有),(),(),(),(),(),()()(t s vtis t s usjt t s vtt s ust s vt t s us a a x x x x ===+〉〈∈==+],[],)[(],[],[t s t s iv ju n t s niv t s nju a a a a ,其中,当0≥st 时1=n ,当0<st 时1-=n .综上所述,对于任意的K H x ∈,总有〉〈∈],[t s a x .所以〉〈⊆],[t s a K H .6.设〉〈=a G 是n 阶循环群,〉〈=s a H 和〉〈=t a K 是G 的两个子群,证明:K H =的充要条件是),(),(n t n s =.证明 假设K H =.根据命题4.2,我们有),(||||),(n t n a a n s n t s ===, 从而,),(),(n t n s =.假设),(),(n t n s =.于是,),(),(n t n s a a =,从而,〉〈=〉〈),(),(n t n s a a .这样根据第3题的结论可以断言,〉〈=〉〈t s a a ,即K H =.7.设G 是无限循环群,证明:G 有且仅有两个生成元.证明 由于G 是无限循环群,不妨设a 是G 的一个生成元.于是,1-a 也是G 的一个生成元,并且a a ≠-1.这就是说,G 有两个不同的生成元.其次,假设b 是G 的任意一个生成元.由于〉〈=a G ,因此存在Z ∈n ,使得n a b =.由于〉〈=b G 且G a ∈,因此存在Z ∈k ,使得nk k a b a ==.由此可见,1±=n ,即a b =或1-=a b .所以G 有且仅有两个生成元.8.设〉〈=a G 是无限循环群,〉〈=s a H 和〉〈=t a K 是G 的两个子群,证明:K H =的充要条件是t s ±=.证明 当t s ±=时,显然K H =.假设K H =.显然,当}{e H =时,0==t s ,从而,t s ±=.不妨假定}{e H ≠.于是0≠s .由K a s ∈可知,存在Z ∈i ,使得it s =;由H a t ∈可知,存在Z ∈j ,使得js t =.因此ijs s =.由于0≠s ,由ijs s =可知1=ij ,从而,1±=i .所以t s ±=.§5 正规子群与商群1.证明:循环群的商群也是循环群.证明 设〉〈=a G 是循环群,H 是G 的子群.于是,我们有〉〈=∈=∈=aH n aH n H a H G n n }Z |){(}Z |{/.这就表明,H G /是循环群.2.设G 是群,i N ,I i ∈,是G 的一族正规子群,证明:i I i N ∈ 也是G 的正规子群.证明 众所周知,i I i N ∈ 是G 的正规子群.显然,我们有a N a N aN N a i I i i I i i I i i I i )()()()(∈∈∈∈=== ,G a ∈∀.所以i I i N ∈ 也是G 的正规子群.3.设1N ,2N 是群G 的正规子群且}{21e N N = ,证明:对于任意的1N a ∈,2N b ∈,都有ba ab =.证明 对于任意的1N a ∈,2N b ∈,由于1N 是群G 的正规子群,根据命题5.11我们有111N b ba ∈--,从而,111N b aba ∈--;由于2N 是群G 的正规子群,根据命题5.11我们有21N aba ∈-,从而,211N b aba ∈-=.因此2111N N b aba ∈--,从而,e b aba =--11.由此可见ba ab =.4.设H 是群G 的子群且2]:[=H G ,证明:H 是G 的正规子群.证明 我们已经知道,H Ha H a H aH =⇔∈⇔=,G a ∈∀.任意给定G a ∈.当H a ∈时,Ha H aH ==.当H a ∉时,Ha H aH H =∅=,并且,由2]:[=H G 可知,Ha H G aH H ==.由此可见Ha aH =.所以H 是G 的正规子群.5.设H 是群G 的有限子群,n H =||.假设G 只有一个阶为n 的子群,证明:H 是G 的正规子群.证明 任取G a ∈,考察1-aHa :由§3习题第3题知,1-aHa 是G 的子群.定义H 到1-aHa 的映射ϕ如下:1)(-=axa x ϕ,H x ∈∀.显然ϕ是双射.因此n aHa =-||1.由于G 只有一个阶为n 的子群,因此H aHa =-1.这样一来,由于a 的任意性,根据命题5.11可以断言,H 是G 的正规子群.6.设G 是群,H 和K 是G 的子群,(1)证明:HK 是G 的子群KH HK =⇔.(2)假设H 是G 的正规子群,证明:HK 是G 的子群.(3)假设H 和K 都是G 的正规子群,证明:HK 是G 的正规子群.证明 (1)假设HK 是G 的子群.于是,对于任意的G a ∈,我们有HK a ∈HK a ∈⇔-1⇔存在H h ∈和K k ∈,使得hk a =-1⇔存在H h ∈和K k ∈,11--=h k aKH a ∈⇔.所以KH HK =.假设KH HK =.为了证明HK 是G 的子群,任意给定HK b a ∈,.于是,存在H h h ∈21,和K k k ∈21,,使得11k h a =,22k h b =.因此121211122111))(())((----==h k k h k h k h ab .由于KH HK k k h =∈-)(1211,因此存在H h ∈3和K k ∈3,使得331211)(h k k k h =-,从而, HK KH h h k h h k h k k h ab =∈===-=---)()())((123312331212111.这样一来,由于HK b a ∈,的任意性,我们断言:HK 是G 的子群.(2)由于H 是G 的正规子群,我们有 KH kH Hk HK K k K k ===∈∈ .这样,根据(1),HK 是G 的子群.(3)根据(2),HK 是G 的子群.此外,还有a HK Ka H aK H K Ha K aH HK a )()()()()()(=====,G a ∈∀.所以HK 是G 的正规子群.7.设G 是群,H 和K 是G 的子群且H K ⊆,证明:]:][:[]:[K H H G K G =.注 证明这道题时还要用到如下约定:∞=∞⋅∞=⋅∞=∞⋅n n ,N ∈∀n .此外,这道题与§7中的Lagrange 定理类似,而且其证明难度不亚于Lagrange 定理的证明难度,因此安排在这里不太合适.证明 首先,由于K 是H 的子群,因此G a aH aK ∈∀⊆,.由此可见,当∞=]:[H G 时,∞=]:[K G ,从而,]:][:[]:[K H H G K G =.其次,由于}|{}|{G a aK H h hK ∈⊆∈,因此当∞=]:[K H 时,∞=]:[K G ,从而]:][:[]:[K H H G K G =.现在假设∞<]:[H G 且∞<]:[K H .令m H G =]:[,n K H =]:[.由m H G =]:[知,存在G a a a m ∈,,,21 ,使得H a G r mr 1== ,其中诸H a r 两两不相交.由n K H =]:[知,存在H b b b n ∈,,,21 ,使得K b H s ns 1== ,其中诸K b s 两两不相交.这样一来,我们有K b a K b a G s r n s m r s n s r mr )()(1111====== .)(*现在我们来阐明上式中的诸K b a s r )(两两不相交.为此,设},,2,1{',m r r ∈,},,2,1{',n s s ∈,我们来比较K b a s r )(与K b a s r )(''.当'r r ≠时,由于H K b s ⊆,H K b s ⊆',因此∅=⊆H a H a K b a K b a r r s r s r ''')()( ,从而,∅=K b a K b a s r s r )()('' ,即K b a s r )(与K b a s r )(''不相交.当'r r =且's s ≠时,∅=K b K b s s ' ,从而,K b a K b a K b a K b a s r s r s r s r )()()()(''''' =∅=∅==''')(r s s r a K b K b a ,即K b a s r )('与K b a s r )(''不相交.所以)(*式中的诸K b a s r )(两两不相交.这样一来,根据)(*式可以断言,mn K G =]:[,即]:][:[]:[K H H G K G =.8.设H 是群G 的子群,假设H 的任意两个左陪集的乘积仍是一个左陪集,证明:H 是G 的正规子群.证明 任取G a ∈.由于H 是H 的左陪集,因此存在H 的左陪集bH ,使得bH aH H H Ha ==)()(,由此可见,bH Ha ⊆,bH a ∈,从而bH aH =.所以aH Ha ⊆.由于a 的任意性,根据上式我们又可以断言,H a Ha 11--⊆.将上式两边左乘a ,右乘a ,得Ha aH ⊆.所以Ha aH =.由于a 的任意性,这就意味着H 是G 的正规子群.§6 群的同构与同态1.设f 是群1G 到群2G 的同构,g 是群2G 到群3G 的同构,证明:1-f 是群2G 到群1G 的同构;gf 是群1G 到群3G 的同构.证明 众所周知,1-f 是2G 到1G 的双射.其次,又因f 保持乘法运算,故对于任意的2','G b a ∈总有''))'())'(())'()'((11b a b f f a f f b f a f f ==----,从而,)'()'()''(111b f a f b a f ---=.所以1-f 是群2G 到群1G 的同构.众所周知,gf 是1G 到3G 的双射.又因f 和g 都保持乘法运算,故对于任意的1,G b a ∈总有))()()(())(())(())()(())(())((b gf a gf b f g a f g b f a f g ab f g ab gf ====. 所以gf 是群1G 到群3G 的同构.2.设H 是群G 的子群,1-aHa 是H 的共轭子群,证明:1-aHa 与H 同构. 证明 定义H 到1-aHa 的映射f 如下:1)(-=axa x f ,H x ∈∀.直接从f 的定义可以明白,f 是满射.利用消去律容易推知,f 是单射.因此f 是双射.其次,对于任意的H y x ∈,总有)()())(()()(111y f x f aya axa a xy a xy f ===---.所以f 是群H 到群1-aHa 的同构,从而,H aHa ≅-1.3.设f 是群G 到群'G 的同构,证明:对于任意的G a ∈,|)(|||a f a =.举例说明,若f 是群G 到群'G 的同态,则a 的阶与)(a f 的阶不一定相同.证明 将群G 和群'G 的单位元分别记做e 和'e .注意到根据命题6.5,我们可以断言:对于任意的正整数n ,我们有')(')(e a f e a f e a n n n =⇔=⇔=.由此可见,|)(|||a f a =.假设2||≥G ,}{'e G =,其中e 为G 的单位元,f 为G 到'G 的映射.则f 是G 到'G 的同态.任取G a ∈,使得e a ≠,则0||>a ,1|||)(|==e a f ,从而,|)(|||a f a ≠.4.分别建立HN 到)/(N H H 和G 到)//()/(N H N G 的同态来证明定理6.11.注 定理6.11的内容如下:设G 是一个群,N 是G 的正规子群.(1)若H 是G 的子群,则N HN N H H /)()/(≅ ;(2)若H 是G 的正规子群且N H ⊇,则H G N H N G /)//()/(≅. 证明 (1)设H 是G 的子群.显然,N H 是H 的正规子群;N 是HN 的正规子群.考察任意的HN a ∈:假设332211h n n h n h a ===,其中,H h h ∈21,,N n n ∈21,.则11221-=n n h h ,从而,N H n n h h ∈=--121211.因此 )()(21N G h N H h =.这样一来,我们可以定义HN 到)/(N H H 的映射f 如下:对于任意的HN a ∈,)()(N H h a f =,若hn a =,其中H h ∈,N n ∈.由HN H ⊆可知,f 是满射.任意给定HN b a ∈,.不妨设11n h a =,22n h b =.由于HN 是G 的子群,因此HN ab ∈,从而,存在H h ∈3和N n ∈3,使得332211n h n h n h ab ==.因此)()(3N H h ab f =.另一方面,我们有)())())((()()(2121N H h h N H h N H h b f a f ==.注意到N 是G 的正规子群和命题5.11,易知N H h n h n n h h h h h ∈=-----111112123211321)))((()(,从而,)()(321N H h N H h h =,即)()()(b f a f ab f =.所以f 是HN 到)/(N H H 的满同态.最后,对于任意hn a =(H h ∈,N n ∈),我们有N a N h N H h N H N H h f a ∈⇔∈⇔∈⇔=⇔∈ )()(Ker . 因此N f =)(Ker .这样一来,根据群的同态基本定理,N HN N H H /)()/(≅ .(2)设H 是G 的正规子群且N H ⊇.显然,N H /是N G /的正规子群.定义G 到)//()/(N H N G 的映射f 如下:)/)(()(N H aN a f =,G a ∈∀.显而易见,f 是满射.由于N H /是N G /的正规子群,因此对于任意的G b a ∈,,总有)/)(/)()(()/)(()(N H N H bN aN N H abN ab f ==)()()/)()(/)((b f a f N H bN N H aN ==.因此f 是G 到)//()/(N H N G 的满同态.其次,对于任意的G a ∈,我们有N H aN N H N H aN f a //)/)(()(Ker ∈⇔=⇔∈hN aN H h =∈⇔使得存在,H a ∈⇔.因此H f =)(Ker .这样一来,根据群的同态基本定理,H G N H N G /)//()/(≅.5.设G 是群,1G ,2G 是G 的有限子群,证明:||||||||212121G G G G G G =. 注 与§5习题中第8题类似,这道题也宜安排在§7习题中.证明 令21G G H =.于是,H 既是1G 的子群,又是2G 的子群.设m H G =]:[1.则有)(11H c G j mj == ,(*)其中1G c j ∈,m j ≤≤1.显然,诸H c j 两两不相交;有且仅有一个},,2,1{m j ∈,使得H c j ∈;并且||||211G G G m =. 由于2G H ⊆,因此22G HG =.这样,由(*)式可以推得)())(())((21212121G c HG c G H c G G j m j j m j j m j ====== .(**)对于任意的},,2,1{,m j i ∈,考察2G c i 与2G c j :若22G c G c j i =,则21G c c i j ∈-,从而, H G G c c i j =∈-211 .由此可得,H c H c j i =,从而,j i =.这就表明,诸2G c j 两两不相交. 这样一来,由(**)式可以知,||||||||||2121221G G G G G m G G =⋅=. 6.设G 是群,证明: G G →1-a a是群G 到群G 的同构的充分必要条件是G 为交换群.如果G 是交换群,证明:对于任意的Z ∈k ,G G →k a a是一个同态.证明 将G 到自身的映射G G →1-a a记做f .显然f 是双射.于是,f 是群G 到群G 的同构)()()(b f a f ab f =⇔,G b a ∈∀,,即111)(---=b a ab ,G b a ∈∀, 11)()(--=⇔ba ab ,G b a ∈∀,ba ab =⇔,G b a ∈∀,是交换群G ⇔.假设G 是交换群,Z ∈k .将G 到自身的映射G G →k a a记做g .于是,我们有)()()()(b g a g b a ab ab g k k k ===,G b a ∈∀,.所以g 是一个同态.7.设f 是群G 到群'G 的满同态,'H 是'G 的正规子群,证明:'/')'(/1H G H f G ≅-.证明 由于'H 是'G 的正规子群,根据定理6.7,)'(1H f -是G 的正规子群.现在定义G 到'/'H G 的映射g 如下:')()(H a f a g =.由f 是群G 到群'G 的满同态可知g 是G 到'/'H G 的满射.其次,注意到'H 是'G 的正规子群,对于任意的G b a ∈,,有)()()')()(')(('')()(')()(b g a g H b f H a f H H b f a f H ab f ab g ====. 所以g 是G 到'/'H G 的满同态.最后,对于任意的G a ∈,我们有)'(')('')()(Ker 1H f a H a f H H a f g a -∈⇔∈⇔=⇔∈.因此)'()(Ker 1H f g -=.这样一来,根据群的同态基本定理,'/')'(/1H G H f G ≅-.8.设G 是群,1G ,2G 是G 的正规子群.假设21G G G =且}{21e G G = (此时称G 是1G 和2G 的内直积),证明:21G G G ⨯≅.证明 定义21G G ⨯到G 的映射f 如下:ab b a f =)),((,21),(G G b a ⨯∈∀.由21G G G =可知,f 是满射.现在设212211),(),,(G G b a b a ⨯∈,并且)),(()),((2211b a f b a f =.于是,2211b a b a =,从而,11112112G G b b a a ∈=--,从而,e b b a a ==--112112.这意味着21a a =且21b b =,即),(),(2211b a b a =.由此可见,f 是单射,从而,f 是双射. 对于任意的212211),(),,(G G b a b a ⨯∈,我们有))(()),(()),)(,((212121212211b b a a b b a a f b a b a f ==,))(()),(()),((22112211b a b a b a f b a f =.由于1G ,2G 是G 的正规子群且}{21e G G = ,由§5习题第3题可知,))(())((22112121b a b a b b a a =.因此)),(()),(()),)(,((22112211b a f b a f b a b a f =,从而,f 是群21G G ⨯到群G 的同构.所以21G G G ⨯≅.9.设1G ,2G 是群,证明:1221G G G G ⨯≅⨯.证明 定义21G G ⨯到12G G ⨯的映射f 如下:),()),((a b b a f =,21),(G G b a ⨯∈∀.显然,f 是双射.其次,对于任意的212211),(),,(G G b a b a ⨯∈,我们有),()),(()),)(,((212121212211a a b b b b a a f b a b a f ==,)),(()),((),)(,(),(221122112121b a f b a f a b a b a a b b ===.所以f 是群21G G ⨯到群12G G ⨯的同构,从而,1221G G G G ⨯≅⨯.10.设q p ,是不同的素数,证明:q p pq Z Z Z ⊕≅.证明 对于任意的Z ∈i 和任意的N ∈n ,将以i 为代表元的模n 同余类记做n i ][.于是,对于任意的Z ∈j i ,,注意到q p ,是不同的素数,我们有q q p p pq pq j i j i j i q j i p j i pq j i ][][][][)(|)(|)(|][][==⇔--⇔-⇔=且且. 这样一来,我们可以定义pq Z 到q p Z Z ⊕的映射f 如下:)][,]([)]([q p pq i i i f =,pq pq i Z ∈∀][.考察映射f :设pq pq pq j i Z ∈][,][且)]([)]([pq pq j f i f =.则)][,]([)][,]([q p q p j j i i =,即p p j i ][][=且q q j i ][][=,从而,pq pq j i ][][=.因此f 是单射.其次,显然 ||||q p pq Z Z Z ⊕=.因此f 是双射.最后,对于任意的pq pq pq j i Z ][,][∈,我们有)][,]([)]([)][]([q p pq pq pq j i j i j i f j i f ++=+=+,)][,][()][,]([)][][,][]([q p q p q q p p j j i i j i j i +=++=)]([)]([pq pq j f i f +=.所以f 是群pq Z 到群q p Z Z ⊕的同构,从而,q p pq Z Z Z ⊕≅.§7 有限群1.设G 是群,H 是G 的正规子群,n H G =]:[,证明:对于任意的G a ∈都有H a n ∈.证明 由于n H G =]:[,因此n H G =|/|.根据推论7.2,对于任意的G a ∈,商群H G /中元素aH 的阶整除n .因此H aH H a n n ==)(,从而,H a n ∈.2.设G 和'G 分别是阶为m 和n 的有限循环群,证明:存在G 到'G 的满同态的充要条件是m n |.证明 假设f 是G 到'G 的满同态.根据群的同态基本定理,')(Ker /G f G ≅.根据Lagrange 定理,我们有|)(||)(Ker ||'||)(Ker |)](Ker :[f Ker n f G f f G m =⋅=⋅=,从而,m n |.假设m n |.令〉〈=a G ,〉〈=n a N .于是,N 是G 的正规子群,nm N =||,N G /是n 元循环群.显然,'/G N G ≅.设f 是N G /到'G 的同构,f 是G 到N G /的自然同态.则gf 是G 到'G 的满同态.3.设G 是有限群,p 为素数,1≥r .如果|||G p r ,证明:G 一定有阶为r p 的子群.注 我们介绍过Sylow 定理的如下形式:设G 是n 阶有限群,其中,m p n r =,p 是素数,r 是非负整数,m 是正整数,并且1),(=m p .那么,对于任意的},,1,0{r k ∈,G 有k p 阶子群.显而易见,这道题已经包含在Sylow 定理中.这是因为: 由|||G p r 知,存在正整数s 和m ,使得m p n s =,其中1),(=m p .于是,s r ≤.根据Sylow 定理,G 有r p 阶子群.下面我们采用证明Sylow 定理的方法给出这道题的直接证明.证明 假设|||G p r .则存在正整数s 和m ,使得m p n s =,其中1),(=m p .显然,s r ≤.根据Sylow 定理,存在G 的子群H 使s p H =||.现在只需证明H 一定有阶为r p 的子群.为此,对s 施行第二数学归纳法.当1=s 时,显然结论成立.假设t 是整数,并且当t s ≤时,对于任意的正整数s r ≤,H 有r p 阶子群.下面我们来阐明:当1+=t s 时,对于任意的正整数s r ≤,H 有r p 阶子群.事实上,由1||+=t p H 可知,对于H 的每个真子群'H ,都有]':[|H H p .由群G 的类方程∑∈+=C H a a N H C H \]:[||||(其中C 为群H 的中心)立即可知|||C p .由于C 是交换群,根据引理7.4,存在C c ∈,使得p c =||.由C c ∈可知,〉〈c 是H 的正规子群.令〉〈=c H H /'.则t p c H H =〉〈=|||||'|. 根据归纳假设,对于任意的正整数r ,'H 有1-r p 阶子群'K .根据命题5.13,存在H的子群K ,使得K c ⊆〉〈且〉〈=c K H /',从而,r r p p p c K c H =⋅=〉〈⋅〉〈=-1|/||||'|.4.设G 是有限群,p 为素数,如果G 的每个元素的阶都是p 的方幂,则称G 是p -群.证明:G 是p -群||G ⇔是p 的一个幂.证明 显然,当||G 是p 的一个幂时,G 是p -群.现在假设||G 不是p 的一个幂.于是,存在素数p q ≠,使的m q G r =||,其中1),(=m q ,1≥r .根据Sylow 定理,G 有r q 阶子群H .所以G 不是p -群.5.证明:阶小于或等于5的群都是交换群.证明 显然1阶群是交换群.由推论7.2立即可知,2阶群、3阶群和5阶群都是循环群,因而都是交换群.设G 是4阶群.根据推论7.2,G 中元素的阶只能是1,2或4.当G 中有4阶元素时,G 是循环群,因而是交换群.当G 中有4阶元素时,G 中的元素,除单位元外,都是2阶元素.不妨设},,,{c b a e G =.容易验证,G 就是Klein 四元群,因而是交换群.6.设G 是群,1G ,2G 是G 的有限子群,假设1|))||,(|21=G G ,证明:||||||2121G G G G =.证明 由于21G G 既1G 的子群,又是2G 的子群,根据推论7.2,||21G G 是||1G 与||2G 的公约数.因为1|))||,(|21=G G ,所以1||21=G G .这样一来,根据§6习题第5题,我们有||||||||||||21212121G G G G G G G G == .第二章 环 论§1 环的概念1.证明:命题1.3的(5)-(7).注 命题1.3的(5)-(7)的原文如下:(设R 是一个环,则)(5)j n i mj i m j j n i i b a b a ∑∑∑∑=====1111)()(;(6))()()(ab n nb a b na ==,其中n 为整数;(7)若R 是交换环,则k k n n k k n n b a C b a -=∑=+0)(, n n n b a ab =)(.显然,(5)中应加进“其中),,2,1(n i a i =和),,2,1(m j b j =为R 中的任意元素,m 和n 为任意正整数”;(6)中应加进“a 和b 为R 中的任意元素”;(7)中应加进“其中，a 和b 为R 中的任意元素,n 为任意正整数,并且约定b b a =0,a ab =0”.证明 首先,因为乘法对加法适合分配律,所以j n i mj i m j j n i i m j j n i i b a b a b a ∑∑∑∑∑∑========111111)()()(. 这就是说,命题1.3(5)成立.其次,当0=n 时,根据命题 1.3(1),我们有00)(==b b na ,00)(==a nb a ,0)(0=ab ,从而,)()()(ab n nb a b na ==.当n 是正整数时,令 a a i =,b b i =,n i ,,2,1 =,则因乘法对加法适合分配律,我们有)()()(2121ab n b a b a b a b a a a b na n n =+++=+++= ,)()()(2121ab n ab ab ab b b b b a nb a n n =+++=+++= ,从而,)()()(ab n nb a b na ==.当n 是负整数时,根据命题1.3(2)和刚才证明的结论,我们有nab ab n b a n b a n b na =--=--=--=))()(()))((()))((()(,)())()(())()(()))((()(ab n ab n b a n b n a nb a =--=--=--=,从而,)()()(ab n nb a b na ==.这就是说,命题1.3(6)成立.最后,假定R 是交换环.我们用数学归纳法来证明等式k k n n k k n n b a C b a -=∑=+0)((*)成立.事实上,当1=n 时,显然(*)式成立.假设当r n =r (为某个正整数)时,(*)式成立. 当1+=r n 时,我们有k k r rk k r r n b a C b a b a b a b a -=∑+=++=+0)())(()(k k r r k k r k k r r k k r b a C b b a C a -=-=∑∑+=001110)1(11++--=-+=++++=∑∑r k k r r k k r k k r r k k r r b b a C b a C a1)1(11)1(11+-+=--+=++++=∑∑r k k r r k k r k k r r k k r r b b a C b a C a1)1(111)(+-+=-++++=∑r k k r r k k r k r r b b a C C a1)1(111+-+=++++=∑r k k r r k k r r b b a C ak k r r k k r b a C -++=+∑=)1(101k k n n k k n b a C -=∑=0. 所以对于一切正整数n ,(*)式成立.此外,由于乘法适合结合律和交换律,由第一章的§1知,n n n b a ab =)(.2．令}Z ,|2{]2[Z ∈+=b a b a ,证明]2[Z 关于实数的加法和乘法构成一个环.证明 显然,)],2[Z (+是一个交换群;)],2[Z (⋅是一个半群(也就是说,乘法适合结合律);乘法对加法适合分配律.所以),],2[Z (⋅+是一个环.(验证过程从略.)3.设R 是闭区间],[b a 上的所有连续实函数构成的集合.对于任意的R g f ∈,,定义)()())((x g x f x g f +=+,)()())((x g x f x g f =⋅,],[b a x ∈∀.证明:R 关于这样定义的”“+和”“⋅构成一个环. 证明 简单的数学分析知识告诉我们,),(+R 是一个交换群;),(⋅R 是一个半群(也就是说,乘法”“⋅适合结合律);乘法”“⋅对加法”“+适合分配律.所以),,(⋅+R 是一个环.4.设R 是有单位元1的环,n 是正整数.形如⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛nn n n n a a a a a a a a a 2122221141211,其中R a ij ∈,n j i ,,2,1, =, 的表格称为环R 上的n n ⨯矩阵(或n 阶方阵).令)(R M n 是环R 上的所有n n ⨯矩阵构成的集合.完全类似于数域上矩阵,可以定义环上的矩阵的加法和乘法,证明:)(R M n 关于矩阵的加法和乘法构成一个环.记)(R M n 中单位矩阵为n I .对)(R M A n ∈,如果存在)(R M B n ∈,使得n I BA AB ==,则称A 是可逆的,称B 是A 的一个逆矩阵,证明:若A 可逆,则其逆是唯一的,记A 的逆矩阵为1-A .证明 完全类似于数域上矩阵,容易验证)(R M n 上的加法适合结合律和交换律(从略).令n O 表示所有元素都为R 的零元的n 阶方阵;对于任意的)(R M A n ∈,将A 中每个元素都代之以其负元而得到矩阵记做A -.显而易见,对于任意的)(R M A n ∈,有A O A n =+,n O A A =-+)(.所以)(R M n 关于矩阵加法交换群.完全类似于数域上矩阵,容易验证:)(R M n 上的乘法适合结合律,并且对)(R M n 上的加法适合分配律(从略).所以)(R M n 关于矩阵的加法和乘法构成一个环.假设)(R M A n ∈是任意一个可逆矩阵,并且矩阵B 和C 都是A 的逆矩阵.则矩阵n I AC AB ==,从而,C C I C BA AC B BI B n n =====)()(.这就表明A 的逆矩阵是唯一的.5.设R 是一个环,假设),(+R 是一个循环群,证明:R 是交换环.证明 设a 是循环群),(+R 的一个生成元.于是,对于任意的R y x ∈,,存在Z ,∈n m ,使得ma x =,na y =,从而,根据命题1.3(6),yx ma na ma n a a mn a na m a na ma xy ======))(())(()))(())(())((.。
高代丘维声(第二版下)
习题7.11．在K[x]中，如果f(x)=cg(x)，其中c∈K且c≠0，试问：f(x)与g(x)的次数有什么关系？2．在K[x]中，如果f(x)g(x)=c，其中c∈K且c≠0，试问：f(x)与g(x)的次数各是多少？3．在K[x]中，如果f(x)与g(x)的次数都是3，试问：f(x)+g(x)的次数一定是3吗？4．设R是一个有单位元1（≠0）的环，对于a∈R，如果存在b∈R，使得ab=ba=1，则称a 为可逆元（或称a为单位，注意不要与单位元1混淆），称b是a的逆，记作a−1.证明：K[x]中一个元素f(x)是可逆元当且仅当f(x)是零次多项式。
﹡5. 设R是有单位元1（≠0）的环，证明R中的可逆元不可能是零因子。
6. 设A=22132101000100001n nn nb b b bb b bb----⎛⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎭，其中b∈K,求A−1.7. 设A∈M n(K)，并且设A的特征多项式为|λI−A|=（λ−λ1）l1（λ−λ2）l2…(λ−λs)l s，其中λ1、λ2、…、λs是两两不同的复数：l1+l2+…+l s=n. 证明：对于K中任一非零数k，矩阵kA的特征多项式为|λI−kA|=（λ−kλ1）l1（λ−kλ2）l2…(λ−kλs)l s，由此得出，如果λi 是A的l i重特征值，则kλi是kA的l i重特征值。
﹡8. 设A和A的特征多项式同第7题，证明：A2的特征多项式为|λI−A2|=（λ−λ12）l1（λ−λ22）l2…（λ−λs2）l s.由此得出，如果λi是A的l i重特征值，则λi2是A2的l i重特征值。
习题 7.21.证明整除关系的传递性，即在K[x]中，如果f(x)︱g(x),且g(x)︱h(x)，则f(x)︱h(x).2.证明本节的命题2，即在K[x]中，如果g(x)︱f i(x), i=1,2,…,s, 则对于任意u i(x)∈K[x],i=1,2,…,s, 有g(x)︱(u i(x)f1(x)+u2(x)f2(x)+…+u s(x)f s(x)).3.用g(x)除f(x)，求商式与余式.(1)f(x)=x4-3x2-2x-1, g(x)=x2-2x+5；（2）f(x)=x4+x3-2x+3, g(x)=3x2-x+2.4.设f(x)=x4-3x3+a1x+a0,g(x)=x2-3x+1,求g(x)整除f(x)的充分必要条件.5.用综合除法求一次多项式g(x)除f(x)所得的商式与余式.(1)f(x)=3x4-5x2+2x-1,g(x)=x-4;(2)f(x)=5x3-3x+4, g(x)=x+2.﹡6. 设a，b∈Z，如果有h∈Z使得a=hb，则称b整除a，记作b︱a，此时b叫作a的因数（或因子），a叫作b的倍数；否则，称b不能整除a，记作b a，证明：（1）如果a︱b且b︱a（此时称a与b相伴），则a=±b；反之也成立；（2）如果a︱b且b︱c，则a︱c；（3）如果b︱a i，i=1,2，…，s，则对于任意u i∈Z，i=1,2，…，s，有b︱(u1a1+u2a2+…+u s a s).(4)如果b︱a,且a≠0，则|b|≤|a|.习题 7.31.求f(x)与g(x)的最大公因式，并且把(f(x)，g(x))表示成f(x)与g(x)的一个组合：（1）f(x)=x4+3x3-x2-4x-3，g(x)=3x3+10x2+2x-3；（2）f(x)=x4+6x3-6x2+6x-7，g(x)=x3+x2-7x+5.2. 证明：在K[x]中，如果d(x)是f(x)与g(x)的一个组合，并且d(x)是f(x)与g(x)的一个公因式，则d(x)是f(x)与g(x)的一个最大公因式.3. 证明：在K[x]中，（f,g）h是fh与gh的一个最大公因式；特别地，若h(x)的首项系数为1，则（fh,gh）=（f,g）h4. 证明：在K[x]中，如果f(x)，g(x)不全为零，则（f(x)(f(x)，g(x))，g(x)(f(x)，g(x)))=1.5. 证明：在K[x]中，如果f(x)，g(x)不全为零，并且u(x)f(x)+v(x)g(x)=(f(x),g(x)),则（u(x),v(x)）=1.6. 证明：在K[x]中，如果(f,g)=1.那么(fg,f+g)=1.7. 设f(x)，g(x)∈K[x]，并且a,b,c,d∈K,使得ad-bc≠0. 证明：(af+bg,cf+dg)=(f,g).8. 证明：在K[x]中，如果(f(x),g(x))=1,则对任意正整数m,有（f(x m),g(x m)）=1.9. 证明：K[x]中两个非零多项式f(x)与g(x)不互素的充分必要条件是，存在两个非零多项式u(x),v(x)，使u(x)f(x)=v(x)g(x),deg u(x)<deg g(x),deg v(x)<deg f(x).10. 设f(x),g(x)∈K[x]，K[x]中的一个多项式m(x)称为f(x)与g(x)的一个最小公倍式，如果1）f(x)︱m(x),g(x)︱m(x);2)f(x)与g(x)的任一公倍式（即K[x]中既能被f(x)整除，又能被g(x)整除的多项式）都是m(x)的倍式.(1)证明K[x]任意两个多项式都有最小公倍式，并且在相伴的意义下是唯一的；(2)用[f(x),g(x)]表示首项系数是1的那个最小公倍式，证明：如果f(x),g(x)的首项系数都是1，则[f(x)，g(x)]=f(x)(f(x)，g(x)).∗11. 设A∈Mn(K),f(x),g(x)∈K[x].证明：如果d(x)是f(x)与g(x)的一个最大公因式，则齐次线性方程组d(A)X=0的解空间等于f(A)X=0的解空间与g(A)X=0的解空间的交.∗12. 设A∈Mn(K),f1(x),f2(x)∈K[x],记f(x)=f1(x)f2(x).证明：如果(f1(x)，f2(x))=1，则f(A)X=0的任一个解可以唯一地表示成f1(A)X=0的一个解与f2(A)X=0的一个解的和.习题 7.41.证明多项式x2+1在有理数域上不可约.2.分别在复数域，实数域和有理数域上分解下列多项式为不可约因式的乘积.(1)x4+1；（2）x4+4.3.证明：在K[x]中，g2(x)︱f2(x)当且仅当g(x)︱f(x).4.证明本节性质2的逆命题为真，即设p(x)是K[x]中一个次数大于零的多项式，如果对于任意f(x)，g(x)∈K[x]，从p(x)︱f(x)g(x)可以推出p(x)︱f(x)或者p(x)︱g(x)，那么p(x)是不可约多项式.﹡5. 证明：数域K上一个次数大于零的多项式f(x)是K[x]中某一不可约多项式的方幂的充分必要条件是对于任意g(x)∈K[x]，必有(f(x)，g(x))=1,或者存在一个正整数m，使得f(x)︱g m(x). ﹡6. 证明：数域K上一个次数大于零的多项式f(x)是K[x]中某一不可约多项式的方幂的充分必要条件是对于任意g(x),h(x)∈K[x]，从f(x)︱g(x)h(x)可以推出f(x)︱g(x),或者存在一个正整数m，使得f(x)︱h m(x).7.在K[x]中，设(f，g i)=1，i=1,2，证明：（f g1，g2）=(g1，g2).习题 7.51.判别下列有理系数多项式有无重因式：（1）f(x)=x3-3x2+4；(2)f(x)=x3+2x2-11x-12.2.a、b应该满足什么条件，下述实系数多项式才能有重因式：f(x)=x3+2ax+b.3.举例说明：K[x]中，一个不可约多项式p(x)是f(x)的导数f′(x)的k-1重因式（k≥2），但是p(x)不是f(x)的k重因式.4.证明：K[x]中，若不可约多项式p(x)是f(x)的导数f′(x)的k-1重因式（k≥1），并且p(x)是f(x)的因式，则p(x)是f(x)的k重因式.5.证明：K[x]中，不可约多项式p(x)是f(x)的k重因式(k≥1)的充分必要条件为：p(x)是f(x)，f′(x)，…，f（k−1）(x)的因式，但不是f(k)(x)的因式.6.在Q[x]中求一个没有重因式的多项式g(x)，使它与f(x)含有完全相同的不可约因式（不计重数）；然后求f(x)的标准分解式：f(x)=x5-3x4+2x3+2x2-3x+1.﹡7. 证明：K[x]中一个n次（n≥1）多项式f(x)能被它的导数整除的充分必要条件是它与一个一次因式的n次幂相伴.习题 7.61.设f(x)=x5+7x4+19x3+26x2+20x+8∈Q[x]，判断-2是不是多项式f(x)的根，如果是的话，它是几重根？（提示：用综合除法看x+2能否整除f(x).）2.设f(x)=2x3-7x2+4x+a∈Q[x]，求a值，使f(x)有重根，并且求出相应的重根及其重数. (提示：c∈Q是f(x)的重根⇔x-c是f(x)的重因式⇔x-c是f(x)与f′(x)的公因式⇔x-c是（f(x), f′(x)）的因式.)3.求下列复系数多项式在复数域中的公共根：f(x)=x3-x2-x-2；g(x)=x4-2x3+2x2-3x-2. (提示：a∈C是f(x)与g(x)公共根⇔x-a是f(x)与g(x)的公因式⇔x-a是(f(x),g(x))的因式.)4.设f(x)=x4-5x3+a x2+bx+9∈Q[x]，如果3是f(x)的二重根，求a,b.5.证明：在K[x]中，如果(x+1)︱f(x2n+1)，则（x2n+1+1）︱f(x2n+1).6.设f1(x)，f2(x)∈Q[x]，证明：如果（x2+x+1）︱f1(x3)+x f2(x3),则1是f i(x)的根，i=1,2.7.设C[x]中的多项式f(x)≠0，并且f(x)︱f(x m),其中m是一个大于1的整数，证明f(x)在C中的根只能是零或单位根.8.求复系数多项式x n-1的标准分解式.﹡9. 设K是一个数域，设R是（或者可看成是）K的一个交换扩环，设a∈R，且J a≠{0}，其中J a表示K[x]中那些多项式组成的集合，它们中每一个在R中有根a，即J a={f(x)∈K[x]︱f(a)=0}.证明：（1）J a中存在唯一的首项系数为1的多项式m(x)，使得J a的每个多项式都是m(x)的倍式；（2）如果R是无零因子环，则m(x)在K[x]中不可约.10.证明：数域K上任意一个不可约多项式在复数域内没有重根.11.设A是数域K上的n级矩阵，证明：A的特征多项式的n个复根的和等于tr（A），n个复根的乘积等于|A|.12.设p(x)是数域K上的一个不可约多项式，证明：如果K[x]中的多项式g(x)与p(x)有一个公共复根，则在K[x]中p(x)︱g(x)习题 7.71.证明：实系数的奇次多项式至少有一个实根.2.求多项式x n-1在实数域上的标准分解式.3.设A是实数域上的n级斜对称矩阵，它的特征多项式|λI−A|记作f(λ).证明：（1）f(λ)的复根都是纯虚数或零；（2）如果A可逆，则f(λ)的不可约因式都是二次的.﹡4. 证明：如果n级实矩阵A与B不相似，则把它们看成复矩阵后仍然不相似.习题 7.81.求下列多项式的全部有理根：（1）2x3+x2-3x+1；（2）2x4-x3-19x2+9x+9.2.下列整系数多项式在有理数域上是否不可约？（1）x4-6x3+2x2+10; (2)7x5+18x4+6x-6; (3)x5+5x3+1; (4)x4-2x3+2x-3;(5)x p+p x2+1,p为奇素数；(6)x3+x2-3x+2; (7)2x3-x2+x+1; (8)x4-5x+1.3. 设n>1，证明：n个互不相同的素数的几何平均数一定是无理数.4. 设f(x)=a n x n+…+a1x+a0是一个次数大于零的整系数多项式，证明：如果a n+a n−1+…+a1+a0是一个奇数，则1和-1都不是f(x)的根.5. 设f(x)是一个次数大于零且首项系数为1的整系数多项式，证明：如果f(0)与f(1)都是奇数，则f(x)没有有理根.6. 设f(x)=x3+a x2+bx+c是整系数多项式，证明：如果（a+b）c是奇数，则f(x)在有理数域上不可约.7. 设a1,a2,…,a n是n个不同的整数，设f(x)=(x-a1)(x-a2)…(x-a n)+1, 证明：如果n是奇数，则f(x)在有理数域上不可约，如果n是偶数，f(x)是否在有理数域上不可约？﹡8.设a 1，a 2，…，a n 是n 个不同的整数，设f(x)=(x-a 1)(x-a 2)…(x-a n )-1，证明f(x)在有理数域上不可约.﹡9.设a 1，a 2，…，a n 是n 个不同的整数，设f(x)=∏(x −a i )2n i=1+1，证明f(x)在Q 上不可约.习题 7.91. 将下列4元多项式按字典排列法排列各单项式的顺序：（1）f(x 1,x 2,x 3,x 4)=x 34x 4-x 13x 2+5x 2x 3x 4+2x 24x 3x 4；(2) f(x 1,x 2,x 3,x 4)=x 13+x 32+3x 1x 22x 4-5x 12x 3x 42-2x 23x 3.2. 把3元齐次多项式f(x 1,x 2,x 3)=x 13+x 23+x 33-3x 1x 2x 3写成两个3元齐次多项式的乘积.3. 设f ，g ∈K[x 1,…,x n ]，且g ≠0.证明：如果对于使g （c 1，…，c n ）≠0的任意一组元素c 1，…，c n ∈K ，都有f （c 1，…，c n ）=0，则f(x 1,…,x n )=0.﹡4. 设f,g ∈K[x 1,…,x n ],如果存在h ∈K[x 1,…,x n ]，使得f=gh ，则称g 整除f ，记作g ︱f. 此时称g 是f 的一个因式. 如果f ︱g ，并且g ︱f ，则称f 与g 是相伴的，记作f ～g ，（1） 证明：f ～g ⇔f 与g 相差一个非零数因子；（2） f ∈K[x 1,…,x n ]称为不可约的，如果f 的因式只有零次多项式以及f 的相伴元，否则称为可约的.证明：在K[x,y]里，多项式x 2-y 是不可约的.习题 7.101. 设f(x 1,x 2,x 3)是数域K 上的一个三元多项式：f(x 1,x 2,x 3)=x 13x 22+x 13x 32+x 12x 23+x 12x 33+x 23x 32+x 22x 33,证明f(x 1,x 2,x 3)是对称多项式.2. 在K[x 1,x 2,x 3]的含有项x 13x 2的对称多项式中，写出项数最少的那个对称多项式.3. 在K[x 1,x 2,x 3]中，用初等对称多项式表出下列对称多项式：（1） x 13x 2+x 1x 23+x 13x 3+x 1x 33+x 23x 3+x 2x 33;（2） x 14+x 24+x 34;（3） (x 1x 2+x 32)(x 2x 3+x 12)(x 3x 1+x 22).4. 在K[x 1,…,x n ]中，用初等对称多项式表出下列对称多项式（n ≥3）：（1）∑x 13； （2）∑x 12x 22x 3.5. 在K[x 1,x 2,x 3]中，利用牛顿公式把幂和s 1,s 2,s 3用初等对称多项式表示.6. 设f(x)是实系数三次多项式，证明：当D(f)=0时，f(x)在C 中有重根，并且f(x)在C 中的根都是实数；当D(f)>0时，f(x)有三个互不相同的实根；当D(f)<0时，f(x)有一个实根，一对共轭虚根7. 设f(x)∈K[x]，并且f(x)的首项系数为1，a ∈K ，g(x)=(x-a)f(x)，证明：D(g)=D(f)f(a)2.8. 求f(x)=x n +a ∈K[x]的判别式.9. 求数域K 上完全三次方程f(x)=x 3+a 1x 2+a 2x+a 3=0的判别式.习题 7.111.证明：域F中没有非平凡的零因子，从而域一定是整环》2.写出模7剩余类域Z7中每个非零元的逆元.﹡3. 令F={{(a b−b a)|a,b∈R}，证明：F对于矩阵的加法与乘法成为一个域，并且域F与复数域同构.4.令F={(a b−b a)|a,b∈Z3}，证明：F是一个有9个元素的域，并且charF=3.5.证明：在特征为p的域F中，下式成立：(a+b)p=a p+b p.6.写出Z2[x]中所有一次多项式和二次不可约多项式.7.设f(x)=x5-x2+1∈Z[x]，判断f(x)在Q上是否不可约.8.设f(x)=x4+3x3+3x2-5∈Z[x]，判断f(x)在Q上是否不可约.习题 8.11.判断下述集合对于所指的运算是否形成实数域R上的线性空间：（1）R[x]中所有2次多项式组成的集合，对于多项式的加法与数量乘法；（2）所有正实数组成的集合R+，加法与数量乘法分别定义为a b=ab，∀a，b∈R+k⊙a=a k，∀a∈R+，k∈R；（3）区间[a，b]上的所有连续函数组成的集合，记作C[a，b]，对于函数的加法与数量乘法.2.判断实数域R上的线性空间R R中的下列函数组是否线性无关？(1)1, cos2x, cos2x; (2)1, cos x, cos2x; cos3x(3)1, sin x, cos x; (4)sin x, cos x, sin2x, cos2x;(5)1, e x, e2x, e3x,…,e nx; (6)x2, x|x|.3. 求第1题的（2）小题中线性空间的一个基和维数.4. 把复数域C看成实数域R上的线性空间，求它的一个基和维数，以及每个复数z=a+bi 在这个基下的坐标.5. 把数域K看成自身上的线性空间，求它的一个基和维数.6. 说明数域K上所有n级对称矩阵组成的集合V1，对于矩阵的加法与数量乘法，形成K上一个线性空间，求V1的一个基和维数.7. 说明数域K上所有n级斜对称矩阵组成的集合V2，对于矩阵的加法与数量乘法，形成K 上一个线性空间，求V2的一个基和维数.8. 说明数域K 上所有n 级上三角矩阵组成的集合W ，对于矩阵的加法与数量乘法，形成K 上一个线性空间，求W 的一个基和维数.9. 在K 3中，设α1=10-1⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，α2=211⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，α3=111⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，β1=011⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，β2=-110⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，β3=121⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，求基α1，α2，α3到基β1，β2，β3的过渡矩阵，并且求向量α=(2,5,3)′分别在这两个基下的坐标X ，Y.10. 证明：在数域K 上的n 维线性空间V 中，如果每一个向量都可由α1，α2，…，αn 线性表出，则α1，α2，…，αn 是V 的一个基.11. 设X={x 1，x 2，…，x n }，F 是一个域，定义域为X 的所有F 值函数组成的集合记作F X ，它是域F 上的一个线性空间，求F X 的一个基和维数，并且求函数f 在这个基下的坐标.12. 设 V={(x 1x 2+ix 3x 2−ix 3−x 1)|x 1,x 2,x 3∈R}. (1)证明V 对于矩阵的加法和数量乘法是实数域R 上的一个线性空间；(2)求V 的一个基和维数；(3)求V 中元素(x 1x 2+ix 3x 2−ix 3−x 1)在第（2）小题求出的一个基下的坐标.习题 8.21. 判断数域K 上下列n 元方程的解集是否为K n 的子空间：（1） a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n =0;（2） a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n =1;（3） x 12+x 22+x 32+…+x n−12-x n 2=0.2. 设A 是数域K 上的一个n 级矩阵，证明：数域K 上所有与A 可交换的矩阵组成的集合是Mn （K ）的一个子空间，把它记作C （A ）.3. 设A=diag{a 1,a 2,…,a n }，其中a 1,a 2,…,a n 是数域K 中两两不同的数，求C(A)的一个基和维数.4. 设数域K 上的3级矩阵A=(0011004−21)，求C(A)的维数和一个基.5. 在域F 上的线性空间V 中，如果k 1α+k 2β+k 3γ=0，且k 1k 2≠0. 证明：〈α,γ〉=〈β,γ〉.6. 在K 4中（K 是数域），求向量组α1，α2，α3，α4生成的子空间的维数和一个基，设α1=(1，−3，2，−1）‘，α2=（−2，1，5，3）’，α3=（4。
超星丘老师的数学思维答案(终审稿)
超星丘老师的数学思维答案公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-OPPNN08]一、单选题（题数：50，共50.0分）1任给两个互数的正整数a,b，在等差数列a,a+b,a+2b,…一定存在多少个素数（1.0分）1.0分A、无穷多个B、ab个C、a个D、不存在我的答案：A2整除没有哪种性质（1.0分）0.0分A、对称性B、传递性C、反身性D、都不具有我的答案：C3展示所有的素数与所有正整数的关系，对于任大于1的整数a有什么成立（1.0分）1.0分A、a=p1p2…ptB、a=p1rp2r…ptrC、a=prp2r…ptD、a=p1r1p2r2…ptrt我的答案：D4f(x)（系数为an…a0)是一个次数n>0的本原多项式，q/p是有理根，那么可以得到f(x)=(px-q)g(x)成立，那么g(x)是什么多项式（1.0分）1.0分A、任意多项式B、非本原多项式C、本原多项式D、无理数多项式我的答案：C5Z5*中3的阶是（1.0分）0.0分A、1.0B、2.0C、3.0D、4.0我的答案：A6由Z2上n阶线性常系数齐次递推关系式确定的多项式f(x）=xn-c1xn-1-…-cn叫做递推关系式的什么（1.0分）1.0分A、交换多项式B、逆多项式C、单位多项式D、特征多项式我的答案：D7互素多项式的性质，若f(x)|g(x)h(x)，且（f(x)，g(x)）=1，那可以推出什么（1.0分）0.0分A、g(x)|h(x)B、h(x)|f(x)g(x）C、f(x)g(x)|h(x)D、f(x)|h(x)我的答案：C8矩阵的乘法不满足哪一规律（1.0分）1.0分A、结合律B、分配律C、交换律D、都不满足我的答案：C9A={1,2}，B={2,3}，A∪B=（1.0分）1.0分A、ΦB、{1,2,3}C、AD、B我的答案：B10群具有的性质不包括（1.0分）1.0分A、结合律B、有单位元C、有逆元D、分配律我的答案：D11设p为素数，r为正整数，Ω={1，2,3,…pr}中与pr不互为素数的整数个数有多少个（1.0分）0.0分A、pr-1B、pC、rD、pr我的答案：C12若Ad-I=0，那么d是由Z2上n阶线性常系数齐次递推关系式产生的什么序列周期（1.0分）0.0分A、不存在这样的序列B、任意序列C、项数小于3的序列D、项数等于7的序列我的答案：A13F[x]中，x^2-3除2x^3+x^2-5x-2的余式为（1.0分）0.0分A、4x+1B、3x+1C、2x+1D、x+1我的答案：C14（x^4+x）(x^2+1)（1.0分）1.0分A、1.0B、3.0C、4.0D、6.0我的答案：D15环R对于那种运算可以构成一个群（1.0分）1.0分A、乘法B、除法C、加法D、减法我的答案：C16欧拉几时提出欧拉乘积恒等式（1.0分）0.0分A、1735年B、1736年C、1737年D、1738年我的答案：B17密码学非常依赖于什么（1.0分）0.0分A、计算机发展B、通信设备发展C、社会道德规范的发展D、差集工作这构建新的差集我的答案：B18不属于x^3-2x^2-x+2=0的有理根是（1.0分）1.0分A、1.0B、2.0C、-1.0D、-2.0我的答案：D19最早给出一次同余方程组抽象算法的是谁（1.0分）1.0分A、祖冲之B、孙武C、牛顿D、秦九识我的答案：D20F[x]中，n次多项式（n>0）在F中有几个根（1.0分）0.0分A、至多n个B、至少n个C、有且只有n个D、至多n-1个我的答案：C21在复数域C中，x^4-4有几个根（1.0分）0.0分A、1.0B、2.0C、3.0D、4.0我的答案：A22一次同余方程组最早的描述是在哪本著作里（1.0分）1.0分A、九章算术B、孙子算经C、解析几何D、微分方程我的答案：B23设R是有单位元e的环，a∈R，有（-e）·a=（1.0分）1.0分A、eB、-eC、aD、-a我的答案：D24在4个元素的集合上可定义的等价关系有几个（1.0分）0.0分A、12.0B、13.0C、14.0D、15.0我的答案：B25Z6的生成元是（1.0分）0.0分A、B、3C、5D、7我的答案：B差集D中三个不同的参数v,k,λ之间满足的关系式是什么（1.0分）1.0分A、λ（v+1)=k(k+1)B、λv=k2C、λ（v-1)=k(k-3)D、λ（v-1)=k(k+1)我的答案：B27实数域上的二次多项式是不可约的，则（1.0分）0.0分△＞0B、△=0C、△<0D、没有正确答案我的答案：A28在F[x]中，g(x),f(x)∈F[x],那么g(x)和f(x)相伴的冲要条件是什么（1.0分）1.0分A、g(x)=0f(x)=0C、f(x)=bg(x)，其中b∈F*D、f(x)=bg(x)我的答案：C29在实数域R中，属于可约多项式的是（1.0分）1.0分A、x^2+5B、x^2+3C、x^2-1D、x^2+1我的答案：C30两个本原多项式g(x)和f(x),令h(x)=g(x)f(x)记作Cs，若h(x)不是本原多项式，则存在p当满足什么条件时使得p|Cs（s=0,1…）成立（1.0分）1.0分A、p是奇数B、p是偶数C、p是合数D、p是素数我的答案：D31在F[x]中，若f(x)g(x)=f(x)h(x)成立，则可以推出h(x)=g(x)的条件是什么（1.0分）1.0分A、g(x)不为0B、f(x)不为0C、h(x)不为0D、h(x)g(x）不为0我的答案：B320多项式和0多项式的最大公因是什么（1.0分）1.0分A、常数bB、0.0C、任意值D、不存在我的答案：B33Z的模2剩余类环的可逆元是（1.0分）1.0分A、0.0B、1.0C、2.0D、4.0我的答案：B34设f(x),g(x)的首项分别是anxn,bmxm，且系数均布为零，那么deg(f(x),g(x))等于多少（1.0分）0.0分A、m+nB、m-nC、m/nD、我的答案：C35对于a,b∈Z，如果有c∈Z,使得a=cb，称b整除a,记作什么（1.0分）1.0分A、b^aB、b/aC、b|aD、b&a我的答案：C在Zm剩余类环中没有哪一种元（1.0分）1.0分A、单位元B、可逆元C、不可逆元，非零因子D、零因子我的答案：C37两个本原多项式g(x)和h(x)若在Q[x]中相伴，那么g(x)/h(x)等于多少（1.0分）1.0分A、±1B、任意常数cC、任意有理数D、任意实数我的答案：A38域F上的一元多项式的格式是anxn+…ax+a,其中x是什么（1.0分）0.0分A、整数集合B、实数集合C、属于F的符号D、不属于F的符号我的答案：A39设G是n阶交换群，对于任意a∈G，那么an等于多少（1.0分）1.0分A、naB、a2C、D、e我的答案：D40a是Zm的可逆元的等价条件是什么（1.0分）1.0分A、σ（a）是Zm的元素B、σ（a）是Zm1的元素C、σ（a）是Zm2的元素D、σ（a）是Zm1，Zm2直和的可逆元我的答案：D对于任意a∈Z，若p为素数，那么（p,a）等于多少（1.0分）1.0分A、1.0B、1或pC、pD、1，a，pa我的答案：B42素数定理的式子是谁提出的（1.0分）1.0分A、柯西B、欧拉C、黎曼D、勒让德我的答案：D43在Z7中，4的等价类和6的等价类的和几的等价类相等（1.0分）1.0分A、10的等价类B、3的等价类C、5的等价类D、2的等价类我的答案：B44本原多项式f(x)，次数大于0，如果它没有有理根，那么它就没有什么因式（1.0分）1.0分A、一次因式和二次因式B、任何次数因式C、一次因式D、除了零因式我的答案：C45关于军队人数统计，丘老师列出的方程叫做什么（1.0分）1.0分A、一次同余方程组B、三元一次方程组C、一元三次方程组D、三次同余方程组我的答案：A46发明直角坐标系的人是（1.0分）1.0分A、牛顿B、柯西C、笛卡尔D、伽罗瓦我的答案：C 47不属于域的是（1.0分）0.0分A、(Q,+,·)B、(R,+,·)C、(C,+,·)D、(Z,+,·)我的答案：A48不属于无零因子环的是（1.0分）1.0分A、整数环B、偶数环C、高斯整环D、Z6我的答案：D49要证明Z2上周期为v的一个序列α是拟完美序列是α的支撑集D是Zv 的加法群的（4n-1,2n-1,n-1)-差集的充要条件的第一步是什么（1.0分）0.0分A、假设α序列B、证明拟完美序列C、计算Cα（s)D、确定参数组成我的答案：D50Z7中4的平方根有几个（1.0分）1.0分A、0.0B、1.0C、2.0D、3.0我的答案：C二、判断题（题数：50，共50.0 分）1Z2上的m序列都是拟完美序列。
抽象代数基础丘维声答案
抽象代数基础丘维声答案【篇一：index】t>------关于模n剩余类环的子环和理想的一般规律[文章摘要]通过对模n剩余类的一点思考，总结出模n剩余类环的子环和理想的规律：所有理想为主理想，可以由n的所有因子作为生成元生成，且这些主理想的个数为n的欧拉数。
使我们得以迅速求解其子环和理想。
[关键字]模n剩余类环循环群子环主理想[正文]模n剩余类是近世代数里研究比较透彻的一种代数结构。
一，定义：在一个集合a里，固定n（n可以是任何形式），规定a元间的一个关系r，arb，当而且只当n|a-b的时候这里，符号n|a-b表示n能整除a-b。
这显然是一个等价关系。
这个等价关系普通叫做模n的同余关系，并且用a?b(n)来表示（读成a同余b模n）。
这个等价关系决定了a的一个分类。
这样得来的类叫做模n的剩余类。
二，我们规定a的一个代数运算，叫做加法，并用普通表示加法的符号来表示。
我们用[a]来表示a所在的剩余类。
规定：[a]+[b]=[a+b];[0]+[a]=[a];[-a]+[a]=[0];根据群的定义我们知道，对于这个加法来说，a作成一个群。
叫做模n剩余类加群。
这样得到的剩余类加群是循环群，并且[1]是其生成元，[0]是其单位元。
三，我们再规定a的另一个代数运算，叫做乘法，并且规定：[a][b]=[ab]；根据环的定义我们知道，对于加法和乘法来说，a作成一个环。
叫做模n剩余类环。
四，关于理想的定义：环a的一个非空子集a叫做一个理想子环，简称为理想，假如：(i) a,b?a?a-b?a；(ii)a?a,b?a?ba,ab?a；所以如果一个模n剩余类环a的子环a要作为一个理想，需要满足： (i) [a],[b]?a?[a-b]?a；(ii)[a]?a,[b]?a?[ba],[ab]?a；由以上四点可得到对一个模n剩余类环，求其所有子环和理想的一个方法。
思路：第一，模n剩余类环对加法构成加群，根据群的定义，找出所有子群；第三，对所有子群，根据环的定义，对乘法封闭，从所有子群里找出所有环；第四，对所有子环，根据理想的定义，找出所有理想。
抽象代数基础丘维声答案
抽象代数基础丘维声答案【篇一：index】t>------关于模n剩余类环的子环和理想的一般规律[文章摘要]通过对模n剩余类的一点思考，总结出模n剩余类环的子环和理想的规律：所有理想为主理想，可以由n的所有因子作为生成元生成，且这些主理想的个数为n的欧拉数。
使我们得以迅速求解其子环和理想。
[关键字]模n剩余类环循环群子环主理想[正文]模n剩余类是近世代数里研究比较透彻的一种代数结构。
一，定义：在一个集合a里，固定n（n可以是任何形式），规定a元间的一个关系r，arb，当而且只当n|a-b的时候这里，符号n|a-b表示n能整除a-b。
这显然是一个等价关系。
这个等价关系普通叫做模n的同余关系，并且用a?b(n)来表示（读成a同余b模n）。
这个等价关系决定了a的一个分类。
这样得来的类叫做模n的剩余类。
二，我们规定a的一个代数运算，叫做加法，并用普通表示加法的符号来表示。
我们用[a]来表示a所在的剩余类。
规定：[a]+[b]=[a+b];[0]+[a]=[a];[-a]+[a]=[0];根据群的定义我们知道，对于这个加法来说，a作成一个群。
叫做模n剩余类加群。
这样得到的剩余类加群是循环群，并且[1]是其生成元，[0]是其单位元。
三，我们再规定a的另一个代数运算，叫做乘法，并且规定：[a][b]=[ab]；根据环的定义我们知道，对于加法和乘法来说，a作成一个环。
叫做模n剩余类环。
四，关于理想的定义：环a的一个非空子集a叫做一个理想子环，简称为理想，假如：(i) a,b?a?a-b?a；(ii)a?a,b?a?ba,ab?a；所以如果一个模n剩余类环a的子环a要作为一个理想，需要满足： (i) [a],[b]?a?[a-b]?a；(ii)[a]?a,[b]?a?[ba],[ab]?a；由以上四点可得到对一个模n剩余类环，求其所有子环和理想的一个方法。
思路：第一，模n剩余类环对加法构成加群，根据群的定义，找出所有子群；第三，对所有子群，根据环的定义，对乘法封闭，从所有子群里找出所有环；第四，对所有子环，根据理想的定义，找出所有理想。
丘维声高等代数第七章2
§7.8 有理数域上的不可约多项式定义 设)(x g 是非零的整系数多项式111()nn n n g x b x b xb x b −0−=++++"若 ，则称1),,,,(011=−b b b b n n ")(x g 是本原多项式。
注（1）任一非零的有理系数多项式都与一个本原多项式相伴；（2）两个本原多项式)(),(x h x g 在][x Q 中相伴当且仅当)()(x h x g ±=；（3）零次本原多项式只有1和 -1。
引理(Gauss 引理) 两个本原多项式的乘积还是本原多项式。
证明 设)(),(x g x f 是两个本原多项式，111111()()n n n n mm m m 00f x a x a x a x ag x b x b xb x b −−−−=++++=++++""令+111()()() m nm n m n m n h x f x g x c xc xc x c ++−++−==+++"反证 设)(x h 不是本原多项式，则存在一个素数 p ，使得012|,,,,,i p c i m n =+"因是本原的，故存在()f x n k ≤≤0使0121|,|,|,,|,k a a a p p a p p p −" |k a同理可得，存在m l ≤≤0使0121|,|,|,,|,l b b b p p b p p p −"|l b又p 是素数，故 |。
p l k b a因为lk l k l k l k l k l k l k b a b a b a b a b a b a c ++−−+−++++++++++=01111110 ""故有0111111011 l k l k l k l k l k l k l k la ab b b a a a b b a a bc ++−++−+−−+k b +=−−−−−−−−""而p 可整除上式等号右端的所有项，即能整除上式等号右端，但不可整除上式等号左端，于是产生矛盾。
《抽象代数基础》习题解答
⎝ i=1 ⎠
k =1
k =1
aw 所以,对于任意的正整数 n 和 m ,等式成立. hd 考 察 A 中 任 意 n ( n ≥ 1 ) 个 元 素 a1, a2, ⋯, an : 当 n ≥ 3 时 , 要 使 记 号 k a1 ⋅ a2 ⋅ ⋯ ⋅ an 变成有意义的记号,必需在其中添加一些括号规定运算次序.现在我 . 们来阐明:在不改变元素顺序的前提下,无论怎样在其中添加括号,运算结果总是 w n w 等于∏ ai . w i=1
,
gf
⎛1
=
⎜⎜ ⎝
3
2 4
3 1
4 2
5⎞ 5⎟⎟⎠
,
f −1
⎛1 = ⎜⎜⎝3
2 1
3 2
4 5
5⎞ 4 ⎟⎟⎠
.
7.设 a = (i1 i2 ⋯ ik ) ,求 a−1 . 解 我们有 a = (ik ik−1 ⋯ i1) . 8.设 f 是任意一个置换,证明: f ⋅ (i1 i2 ⋯ ik ) ⋅ f −1 = ( f (i1) f (i2 ) ⋯ f (ik )) .
网 事实上,当 n = 1 或 n = 2 时,无需加括号,我们的结论自然成立.当 n = 3 时,由
于“ ⋅ ”适合结合律,我们的结论成立.假设当 n ≤ r ( r ≥ 1 )时我们的结论成立.考察
案 n = r +1 的 情 形 : 不 妨 设 最 后 一 次 运 算 是 a ⋅b , 其 中 a 为 a1, a2, ⋯, an 中 前
所以 Z 关于该乘法构成一个群.
4.写出 S3 的乘法表.
解 S3 = {(1), (1 2), (1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2)}, S3 的乘法表如下:
丘维声解析几何第七章答案
������′3
������31 ������32 ������33
������3
由已知条件得：
⎛ ������11 ������12 ������13 ⎞ ⎛ 1 2 0 0 ⎞ ⎛ ������1 0 0 ������4 ⎞
⎝ ������21 ������22 ������23 ⎠ ⎝ 0 0 1 2 ⎠ = ⎝ 0 ������2 0 ������4 ⎠
2������1 − ������2 + 3������3 = 0
⎩ 5������12������2 + 3������3 = 0
而其系数矩阵的行列式为零，于是结论成立。
3 7.1.4
点A即为：(1, −1, 1)，点B即为：(3, −5, 1)
于是直线AB的方程即为：
⃒ ⃒
������1
������2
������2������������ 则
(������, ������; ������, ������) = 5 = ������2 / ������1 ������2 ������1
������1 = 1, ������1 = −2
2
可得， 则可取D点为(3,1,19).
������2 = −5/2 ������2
������3
⃒ ⃒
⃒ ⃒
1
−1
1
⃒ ⃒
⃒ ⃒
3
−5
1
⃒ ⃒
1
4 7.1.5.
取定截面的大圆圆心为O，取把O,把O里的每一条直线l与半球面有一个或两个交点， 而且仅当直线l 在大圆上时才有两个交点，为大圆的两个对径点，若是半球面上的 点，则考虑他的投影点，若是对径点，则由题设，将他们看作是一个点；把O里的没 给个平面与半球面交于一条线，考虑这条线在截面上的投影，则可知把O里的每个 平面与半球面上的大半圆的投影点组成的半椭圆或直线一一对应，并且若l在������上， 则l对应的点在������对应的直线上，即这个对应保持关联性。因此，这样的圆盘是一个 实射影平面。
抽象代数基础 课后答案(唐忠明 著) 高等教育出版社
⎝ i=1 ⎠
证明:
∏ ∏ ∏ ⎛
⎜⎜⎝
n i =1
ai
⎞ ⎟⎟⎠
⋅
⎛ ⎜⎜ ⎝
m j =1
an+ j
⎞ ⎟⎟ = ⎠
n+m
ak
k =1
.
进而证明:在不改变元素顺序的前提下, A 中元素的乘积与所加括号无关.
证明 当 m = 1时,根据定义,对于任意的正整数 n ,等式成立.
假设当 m = r ( r ≥ 1 )时,对于任意的正整数 n ,等式成立.当 m = r +1时,由于
所以 G 关于矩阵的乘法构成一个群. 3.在整数集 Z 中,令 a ⋅ b = a + b − 2 , ∀a, b ∈ Z .证明: Z 关于这样的乘法构成
一个群. 证明 对于任意的 a, b, c ∈ Z ,我们有
(a ⋅ b) ⋅ c = (a + b − 2) ⋅ c = (a + b − 2) + c − 2 = a + b + c − 4 , a ⋅ (b ⋅ c) = a ⋅ (b + c − 2) = a + (b + c − 2) − 2 = a + b + c − 4 , 从而 (a ⋅ b) ⋅ c = a ⋅ (b ⋅ c) .这就是说,该乘法适合结合律.其次, 2 ∈ Z ,并且对于任 意的 a ∈ Z ,我们有 2⋅a =2+a−2= a =a+2−2=a⋅2, a ⋅ (4 − a) = a + (4 − a) − 2 = (4 − a) + a − 2 = (4 − a) ⋅ a . 所以 Z 关于该乘法构成一个群. 4.写出 S3 的乘法表. 解 S3 = {(1), (1 2), (1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2)}, S3 的乘法表如下:
4解析几何 第二版 课后答案(丘维声 著) 北京大学出版社
��� � ���� ���� k1 AB + k2 AC + k3 AD = 0 ，那么对任意一点 O ，有 ���� ��� � ���� ���� ���� ���� k1 AO + OB + k2 AO + OC + k3 AO + OD = 0
(
)
(
)
(
)
整理得 令λ
(1 − k1 − k2 − k3 ) OA + k1 OB + k2 OC + k3 OD = 0 ，
���� � ��� � ��� � ���� OM = λ OA + µ OB + υ OC , λ + µ + υ = 1
其中 O 是任意一点。 证明：因为
A, B, C
不共线，则 ，
��� � ���� AB, AC 不 共 线 ， 那 么 点 M
不 全 为 零 ， 即
在
A, B, C
任
决定的平面上当且仅当 一 点
： ： 9. 证明 证明： 点 M 在直线 AB 上的充要条件是 上的充要条件是： 有实数 λ , µ 使 OM 是任意一点。 证明：点 M 在直线 一点 O ，有
��� � ��� � = λ OA + µ OB, λ + µ = 1 ，其中 O
���� � ��� � AB 上当且仅当 AM , AB 共线， AM , AB 共线当且仅当 AM = k AB ，即对任意
充分性： λ 则
( − µ − υ − ω ) OA + µ OB + υ OC + ω OD = 0 ，
整理得 µ
( AO + OB ) + υ ( AO + OC ) + ω ( AO + OD ) = 0 ，所以 µ AB + υ AC + ω AD = 0 ，
丘维声高等代数第九章2
所以 X 1 , X 2 是 A 属于特征值 -1 的特征向量。 解特征方程组 (5 I A) X 0 ，得一个基础解系
X 3 (1,1,1)T
所以 X 3 (1,1,1)T 是 A 属于特征值 5 的特征向量。 ② 求变换的特征值与特征向量： 由上可得，变换有一个 2 重特征值 -1 和单 特征值 5。 变换对应特征值 -1 的特征向量为
A1 0 A3 A2
其中 A1 , A2 是方阵。 证明 必要性 设 W 是非平凡的-子空间，取 定 W 的一个基1 , 2 , , r ，则
i W , i 1, 2, , r
于是
1 a111 a21 2 ar1 r 2 a121 a22 2 ar 2 r
5
变换对应特征值 5 的特征向量为
k3 3
这里 k3 R, k3 0
1 3 [1 , 2 , 3 ] X 3 [1 , 2 , 3 ] 1 1 2 3 1
▌ 例 求 R 2 上的线性变换
( x1 , x2 ) ( x1 x2 , x2 ), ( x1 , x2 ) R 2
[1 , 2 , , n ] X
[1 , 2 , , n ] A X [1 , 2 , , n ]( AX )
0 0 [1 , 2 , , n ] X
[ 1 , 2 , , n ]( 0 X )
… … … … …
r a1r1 a2r 2 arr r
把1 , 2 , , r 扩充成 V 的一个基
1 , 2 , , r , r 1 , , n
丘维声高等代数第九章3
当 2 t l 时，把上式中的 t 换成 t -1，得 rank B t 1 N ( t ) 2 N ( t 1) ( l t 1) N ( l ) （） 当 t 1时， （）式左端为 rank B0 rankI r ， （ ） 式右端为
10
则 A1 的最小多项式是 m1 ( ) ( a )5 ( b ) 2 ， A2 的最小多项式是 m2 ( ) ( 1) 2 ( 2) 。
定义 设 为数域 K 上线性空间 W 上的一个线 性变换， W 。若存在正整数 t，使
t 1 0 ， t 0
l
l j 1 lj j =0， j
0
定义 满足l = 0 的线性变换称为幂零变换； 使l = 0 成立的最小正整数 l 称为的幂零指数。 满足 Al = 0 的矩阵 A 称为幂零矩阵；使 Al = 0 成立的最小正整数 l 称为 A 的幂零指数。
j = |W j -j 就是W j 上的幂零变换。
N (1) 2 N (2) lN ( l )
恰是 B 中全部 Jordan 块的级数之和，故等于 B 的 级数 r。所以， （）式对1 t l 都成立。 把（）式与前面一式相减，得 rank B t 1 rank B t = N ( t ) N ( t 1) N ( l ) 对1 t l ，把上式中的 t 换成 t +1，得 rank B t rank B t 1 = N ( t 1) N ( t 2) N ( l ) 上面两式再次相减，得 rank B t 1 +rank B t 1 2rank B t = N ( t ) （） 当 t l 时， （）式左端为 rank B l 1 +rank B l 1 2rank B l = rank B l 1 [ l ( l 1)]N ( l )
丘维声高等代数5-1-3
3
定义, 设A是数域K 上的n级矩阵, 如果存在K n中 非零向量 , 使得 值0的一个特征向量. A =0 , 且 0 K , 则称0 是A的一个特征值, 称 是A的属于特征
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注意:1.只有方阵才有特征值与特征向量; 2.特征向量必须是非零向量，而特征值不 一定非零。
3, 如果 是A的属于特征值0的一个特征向量, 则 A =0 , 从而对于任意的k K , 有 A(k )=kA k 0 0 ( k ), 因此k ( k 0)也是A的属于特征值0的特征向量.
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å
1? i 1 i 2 < L < i k n
l i 1l i 2 L l i k
定义, 设A是数域K 上的n级矩阵, 如果存在K n中 非零向量 , 使得 值0的一个特征向量. A =0 , 且 0 K , 则称0 是A的一个特征值, 称 是A的属于特征
如果A是实数域上的矩阵，则A可能没有特征值，从 而没有特征向量。
征向量 ，其中 kij 为任意常数。
8
定理：实系数多项式一定有n个根(复数域)， 并且虚根成对出现。 即 f(x)=x n an1 x n1 a1 x a0 , an1 , an 2 , , a0 R. 则 (1) f ( ) 0, f ( ) 0.
k 类推之，有 1 x1 p1 k x2 p2 k xm pm 0. 2 m k 1,2,, m 1
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把上列各式合写成矩阵形式，得 m 1 1 1 1 m 1 1 2 2 x1 p1 , x2 p2 ,, xm pm 0,0,,0 1 m 1 m m 上式等号左端第二个矩 阵的行列式为范德蒙行 列
代数artin答案
代数artin答案【篇一：大学应该读的几本数学书】，感觉很有价值，供大家参考：讲几本数学书。
这几本一定要读1，蒋中一，这本也太经典了，无需我多说。
总之很简单。
不过没有概率论，模型也有点陈旧。
新版修订本在这点上毫无建树。
让人很可惜。
这本书我以为写的最超乎同类著作之处是斯勒茨基方程，花了很大篇幅，解释得很清楚。
但是这本书的篇幅限制了对很多问题的详细说明，微分方程仓促得简直像是公式大全。
这本书初学者会喜欢，但是回头看看，也许只是手册一类或者拿本大著的数学附录。
数学分析：1，同济的高等数学，我相信几乎所有学经济学的学生都念过。
当然那本书是不够的。
2，菲赫金哥尔茨微积分学教程三大本。
这套书真是经典得没话说，可惜我认识到这点已经迟了。
3，科朗微积分和数学分析导论我大一下学期因为贪读这本书多次旷课，可见它有多伟大。
这本书的好处在于它不是很死板，可以和作者的另一本书《数学是什么》对照阅读。
（本来科朗在前者的脚注里就特别喜欢说请参考敝人的另一本书数学是什么??害我对后者一直心驰神往^_^不过后者写得确实很有趣，可以当消遣）4，apostol 数学分析。
此公的《微积分》煌煌2大卷，实在叫人头晕??呵呵。
不过这本分析实在是一本只能用“绝妙”二字形容的书。
其中的证明如风行水上，让人看了大呼过瘾，习题也很不错，强烈热情推荐！！！！继续上面的5 数学分析新讲张筑生老师的牛书，大概是中国人自己写的最好的数学分析教科书了。
线性代数嗯，这个部分其实要看高等代数，光看线性是绝对不够的，哄小孩子。
1，蓝以中简明高等代数好书，看了之后很长段数。
2，ng ,linear algibra,这本书写给本科生看的，似乎是深了点，但是很有趣。
3，丘维声高等代数内容不深，自己看一周就看完了，偏代数，不过讲得很清楚。
4 artin 代数。
这本书机械工业好像有影印本。
atin是大家，这本书写得还是值得去看。
5 jacobson 好像是抽象代数，时间太长记不得了。
丘维声的高等代数
丘维声的高等代数
高等代数是数学中的一门重要学科，它研究的是抽象代数结构的一般性质和规律。
丘维声是中国著名数学家，他的高等代数是指他在高等代数领域的研究成果和贡献。
丘维声在高等代数领域做出了许多重要的贡献，特别是在群论和线性代数方面。
他的研究成果不仅在国内有很高的学术影响力，也在国际上广受认可。
丘维声的高等代数研究主要包括以下几个方面：
1. 群论：丘维声在群论中做出了重要的贡献，特别是对有限群的研究。
他提出了一些新的概念和方法，解决了一些经典问题，并发展了一些新的理论。
2. 线性代数：丘维声在线性代数领域的研究也非常突出。
他对线性代数的基本理论进行了深入研究，提出了一些新的概念和定理，并应用于其他领域。
3. 数论：除了群论和线性代数，丘维声在数论领域也有着重要的研究成果。
他在数论中提出了一些新的方法和定理，对数论的发展做出了积极贡献。
丘维声的高等代数研究不仅对学术界具有重要意义，也为数学教育和应用领域提供了宝贵的理论支持。
他的研究成果影响深远，对于推动中国数学事业的发展起到了积极的推动作用。
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抽象代数基础丘维声答案【篇一：index】t>------关于模n剩余类环的子环和理想的一般规律[文章摘要]通过对模n剩余类的一点思考，总结出模n剩余类环的子环和理想的规律：所有理想为主理想，可以由n的所有因子作为生成元生成，且这些主理想的个数为n的欧拉数。
使我们得以迅速求解其子环和理想。
[关键字]模n剩余类环循环群子环主理想[正文]模n剩余类是近世代数里研究比较透彻的一种代数结构。
一，定义：在一个集合a里，固定n（n可以是任何形式），规定a元间的一个关系r，arb，当而且只当n|a-b的时候这里，符号n|a-b表示n能整除a-b。
这显然是一个等价关系。
这个等价关系普通叫做模n的同余关系，并且用a?b(n)来表示（读成a同余b模n）。
这个等价关系决定了a的一个分类。
这样得来的类叫做模n的剩余类。
二，我们规定a的一个代数运算，叫做加法，并用普通表示加法的符号来表示。
我们用[a]来表示a所在的剩余类。
规定：[a]+[b]=[a+b];[0]+[a]=[a];[-a]+[a]=[0];根据群的定义我们知道，对于这个加法来说，a作成一个群。
叫做模n剩余类加群。
这样得到的剩余类加群是循环群，并且[1]是其生成元，[0]是其单位元。
三，我们再规定a的另一个代数运算，叫做乘法，并且规定：[a][b]=[ab]；根据环的定义我们知道，对于加法和乘法来说，a作成一个环。
叫做模n剩余类环。
四，关于理想的定义：环a的一个非空子集a叫做一个理想子环，简称为理想，假如：(i) a,b?a?a-b?a；(ii)a?a,b?a?ba,ab?a；所以如果一个模n剩余类环a的子环a要作为一个理想，需要满足： (i) [a],[b]?a?[a-b]?a；(ii)[a]?a,[b]?a?[ba],[ab]?a；由以上四点可得到对一个模n剩余类环，求其所有子环和理想的一个方法。
思路：第一，模n剩余类环对加法构成加群，根据群的定义，找出所有子群；第三，对所有子群，根据环的定义，对乘法封闭，从所有子群里找出所有环；第四，对所有子环，根据理想的定义，找出所有理想。
例题:找出模12的剩余类环的所有理想。
具体步骤：第一步：模12剩余类环所有元素的集合：z12={[0],[1] ,[2] ,[3] ,[4] ,[5] ,[6] ,[7] ,[8] ,[9] ,[10] ,[11]}找其对加法构成加群的子群，并因为其对加法构成的子群是循环群，所以用生成元表示： ([0])={[0]};([1])=([11])= {[0],[1] ,[2] ,[3] ,[4] ,[5] ,[6] ,[7] ,[8] ,[9] ,[10] ,[11]}=z12;([2])=([10])={[0],[2],[4],[6],[8],[10]};([3])=([9])={[0],[3],[6],[9]};([4])=([8])={[0],[4],[8]};([6])={[0],[6]};第二步：考虑对乘法的封闭性，求其子环：([0])={[0]};([1])=([11])= {[0],[1] ,[2] ,[3] ,[4] ,[5] ,[6] ,[7] ,[8] ,[9] ,[10] ,[11]}=z12;([2])=([10])={[0],[2],[4],[6],[8],[10]};([3])=([9])={[0],[3],[6],[9]};([4])=([8])={[0],[4],[8]};([6])={[0],[6]};第三步：根据理想的定义，对以上的子环，求其理想：([0])= ([12])={[0]};([1])=([11])= {[0],[1] ,[2] ,[3] ,[4] ,[5] ,[6] ,[7] ,[8] ,[9] ,[10] ,[11]}= z12;([2])=([10])={[0],[2],[4],[6],[8],[10]};([3])=([9])={[0],[3],[6],[9]};([4])=([8])={[0],[4],[8]};([6])=([6])={[0],[6]};解答完毕。
通过观察以上的例子我们发现以下特点：(i) 模12剩余类环的所有对加法构成的子群，等于所有子环，等于所有理想; (ii) 所有的子群（对加法）是循环群，所有的理想是主理想；(iii) 第一列的所有生成元都是12的因子；(iv) 第二列的所有生成元可表示为[12-pm],其中pm为12所有的因子.于是我们有以下结论：模n剩余类环的所有子群（对加法）是循环子群，所有理想是主理想，并且它们都可由n的所有因子作为生成元生成的(或者由n与其所有因子的差作为生成元生成)，它们的个数都为n的欧拉数。
特别地，当n是素数时，只有零理想和单位理想。
命题1 模n剩余类环的所有子群（对加法）是循环子群；这是显然的，因为模n剩余类环本身对加法构成循环群，而循环群的子群是循环群。
得证。
命题2 模n剩余类环的所有理想是主理想；对上面的所有循环子群（对加法），?（[i]），根据理想的定义，?[a]? zn;[b],[c]?（[i]）;有:1o [b]-[c]=[b-c]?（[i]）;2o [a][b]=[ab]= [a]?[a]???[a]?（[i]）,同理：[b][a]?（[i]）； ???????b所以（[i]）做为一个理想，显然（[i]）是个主理想，记为a。
由命题二的证明过程我们得知：所有循环子群（对加法）加上乘法都是模n剩余类环的主理想。
命题3 模n剩余类环的所有循环子群可由n的所有因子作为生成元生成的(或者由n与其所有因子的差作为生成元生成)，它们的个数都为n的欧拉数。
设：n的所有因子为p1,p2,p3,…,pm,…;pm为n的因子。
任意取一循环子群由[a]生成(0an,a?z);设d=(a,n);既d是n的因子不妨设为pm,则a=k1pm,n=k2pm(k1,k2?z, k1k2),且(k1,k2)=1,则a的阶为k2,又a?([pm])，推出([a])=([pm]),即该循环子群等价于n的一因子作为生成元生成。
综上所述，命题成立。
所以有以下结论：模n剩余类环的所有理想是主理想，并且它们都可由n的所有因子作为生成元生成的(或者由n与其所有因子的差作为生成元生成)，它们的个数都为n的欧拉数。
推论：当n是素数时，模n剩余类环只有零理想和单位理想。
例题1:找出模18的剩余类环的所有理想。
解：18的因子：1，2，3，6，9，18；由上述结论知：所有理想为：（[0]），（[1]），（[2]），（[3]），（[6]），（[9]）。
（注：通常([n])用([0])代替，二者等价）例题2:找出模7的剩余类环的所有理想。
解：7是素数，由推论知：所有理想为：（[0]），（[1]）。
[参考文献][1] 丘维声《抽象代数基础》北京：高等教育出版社[2] 张禾瑞《近世代数基础》（修订版）北京：高等教育出版社[3] 潘承洞《简明数论》北京：北京大学出版社【篇二：深圳大学近世数学课程教学大纲】txt>课程教学大纲- 222 -（2006年10月重印版）课程编号：课程名称：近世代数课程类别：专业选修教材名称：简明抽象代数制订人：方楚泽审核：郭辉2005年 4 月制订一、课程设计的指导思想- 223 -二、教学内容- 224 -- 225 -三、课时分配及其它- 226 -【篇三：北大参考书目】数学分析 02 高等代数03 解析几何 04 实变函数05 复变函数 06 泛函分析07 常微分方程08 偏微分方程09 微分几何 10 抽象代数11 拓扑学 12 概率论13 数理统计 14 数值分析15 数值代数 16 信号处理17 离散数学 18 数据结构与算法01 数学分析（ 150 分）考试参考书：1. 方企勤等，数学分析（一、二、三册）高教出版社。
2. 陈纪修、於崇华、金路，数学分析(上、下册)，高教出版社。
02 高等代数（ 100 分）考试参考书：1. 丘维声,高等代数(第二版) 上册、下册，高等教育出版社，2002年, 2003年。
高等代数学习指导书（上册），清华大学出版社，2005年。
高等代数学习指导书（下册），清华大学出版社，2009年。
2. 蓝以中，高等代数简明教程（上、下册），北京大学出版社，2003年（第一版第二次印刷）。
03 解析几何（ 50 分）考试参考书：1. 丘维声，解析几何（第二版），北京大学出版社，（其中第七章不考）。
04 实变函数（ 50 分）考试参考书：1. 周民强，实变函数论，北京大学出版社， 2001年。
05 复变函数（ 50 分）考试参考书：1. 方企勤，复变函数教程，北京大学出版社。
06 泛函分析（ 50 分）考试参考书：1. 张恭庆、林源渠，泛函分析讲义（上册），北京大学出版社。
07 常微分方程（ 50 分）考试参考书：1. 丁同仁、李承治，常微分方程教程，高等教育出版社。
2. 王高雄、周之铭、朱思铭、王寿松，常微分方程（第二版），高等教育出版社。
3. 叶彦谦，常微分方程讲义（第二版）人民教育出版社。
08 偏微分方程（ 50 分）考试参考书：1. 姜礼尚、陈亚浙，数学物理方程讲义（第二版），高等教育出版。
2. 周蜀林，偏微分方程，北京大学出版社。
09 微分几何（ 50 分）考试参考书：1. 陈维桓，微分几何初步，北京大学出版社（考该书第1-6章）。
2. 王幼宁、刘继志，微分几何讲义，北京师范大学出版社。
10 抽象代数（ 50 分）考试参考书：1. 丘维声 , 抽象代数基础，高等教育出版社，2003年。
2. 聂灵昭、丁石孙，代数学引论（第一、二、三、四、七章，第八章第1、2、3节），高等教育出版社，2000年第二版。
11 拓扑学（ 50 分）考试参考书：1. 尤承业，基础拓扑学讲义，北京大学出版社，1997年（考该书第１-３章）。
12 概率论（ 50 分）考试参考书：1. 何书元，概率论北京大学出版社, 2006年。
2. 汪仁官，概率论引论北京大学出版社, 1994年。
13 数理统计（50 分）考试参考书：1. 陈家鼎、孙山泽、李东风、刘力平编，数理统计学讲义（第二版），高等教育出版社，2006年。
14 数值分析（50 分）考试参考书：1. 关治、陈景良，数值计算方法，清华大学出版社。
2. 蒋尔熊等，数值逼近，复旦大学出版社。
3. 王仁宏，数值逼近，高教出版社。
4. 周铁、徐树方、张平文、李铁军计算方法，清华大学出版社出版。
15 数值代数（ 50 分）考试参考书：1. 徐树方、高立、张平文，数值线性代数，北京大学出版社，2000年。
2. g. w. stewart, introduction to matrix computation, academic press, new york , 1973.（有中译本）16 信号处理（ 50 分）考试参考书：1. 程乾生，数字信号处理，北京大学出版社 ,2003年。