近世代数第二章答案分解

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近世代数初步(第二版)课后习题答案_石生明_01

引　论

　章

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

４畅一般域上关于多项式理论、线性方程组理论、线性空间与线性变换的理

论的定理．

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

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

近世代数答案2

例如，０＋１＝１，在加法表中＋号下的０所在的行与＋号右边的１所在的列相交处的元就是１；１×０＝０，在乘法表中 × 号下的１所在的行与 × 号右边的０所在的列相交处的元是０．试验证上述加法、乘法都有交换律、结合律，且乘法对于加法有分配律．倡３畅设Ｒ是环．证明下述性质：橙ａ，ｂ，ｃ∈ Ｒ，（１）ａ＋ｂ＝ａ，则ｂ＝０，（２）－（ａ＋ｂ）＝（－ａ）－ｂ，（３）－（ａ－ｂ）＝（－ａ）＋ｂ，（４）ａ－ｂ＝ｃ，则ａ＝ｃ＋ｂ，・２・
１畅在一般域上叙述和证明除法算式（带余除法）成立．２畅一般域上非常数多项式都是一些不可约多项式的乘积．３畅设ａ１１ｘ１＋ａ１２ｘ２＋ … ＋ａ１ｎｘｎ＝ｂ１ａ２１ｘ１＋ａ２２ｘ２＋ … ＋ａ２ｎｘｎ＝ｂ２ … … … … ａｓ１ｘ１＋ａｓ２ｘ２＋ … ＋ａｓｎｘｎ＝ｂｓ是域Ｆ上的线性方程组．试给出“这个方程组是相关或无关的” ， “ 这个方程组的极大无关部分组” 的定义．证明这个方程组与它的极大无关部分组同解．
ｍ
４畅＋ … ＋
ｉ＝１ｎｊ＝１
∑

近世代数ch2(1-6节)习题参考答案

第二章前6节习题解答 P35§1

1．全体整数集合对于普通减法来说是不是一个群？

解 ∵减法不满足结合律，∴全体整数对于减法不构成群。

2．举出一个有两个元的群例子。解 }11{-，对于普通乘法构成一个群。

]}1[]0{[，对于运算][][][j i j i +=+构成群。 ]}

2[]1{[，对于运算][]][[ij j i =构成群。

它们都是两个元的群。

3. 设G 是一个非空集合，”“ 是一个运算。若①”“ 运

算封闭；②结合律成立；③G 中存在右单位元R

e ：

a ∈∀，有a

=；④G a ∈∀，G

∈∃-1

，有R

R e aa

=-1。则G 是一

个群。

证(仿照群第二定义的证明) 先证R

R R

e a a aa ==--11。

∵G

a R ∈-1，∴G a ∈∃'，使R

e a a

=-'1

，

∴R R R R R R R R R R R

e a a a e a a aa a a a a a e a a a a

======--------''')()')(()(1

1111111，R

e a a

=⇒-1。

∴R

R R e a a aa

==--11。

再证a

a e R

==，即R

e 是单位元。

a ∈∀，已证R

R R

e a a aa

==--11

，∴a

a e a ae a a a a aa

a e R R R R R

=⇒====--)()(1

。

∴a

a e R

==。即R

e 就是单位元e 。再由e

a a aa

R R ==--11得到

1-R

a 就是1

-a 。

这说明：G 中有单位元，G a ∈∀都有逆元1

近世代数课后题答案修改版

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

浙师大11近世代数答案2

第二章群论

§2.1 半群

1．设R 是实数集，在R ×R 中规定

(a 1，a 2)⊕(b 1，b 2)＝⎪⎭

⎫

⎝⎛++2,22211b a b a ，问⊕是不是R ×R 的代数运算，(R ×R ，⊕)是不是半群？

解：注意到等式右边的运算指的是普通的实数运算，易知⊕是R ×R 的一个代数运算。

下面验证结合律，∀(a 1，a 2)， (b 1，b 2)，(c 1，c 2)∈R ×R ，

[(a 1，a 2)⊕(b 1，b 2)]⊕(c 1，c 2) ＝⎪⎭

⎫

⎝⎛++2,22211b a b a ⊕(c 1，c 2) ＝⎪⎪

⎪⎪⎭

⎫

⎝⎛++++22,22222111c b a c b a ＝⎪⎭

⎫

⎝⎛++++42,42222111c b a c b a ，

(a 1，a 2)⊕[(b 1，b 2)⊕(c 1，c 2)] ＝(a 1，a 2)⊕⎪⎭

⎫

⎝⎛++2,22211c b c b ＝⎪⎪

⎪⎪⎭

⎫

⎝⎛

++++22,22222

111c b a c b a ＝⎪⎭

⎫

⎝⎛++++42,42222111c b a c b a 。

可知R ×R 的代数运算⊕不满足结合律，所以(R ×R ，⊕)不是半

群。

2．设(S ，·)是一个半群，证明S ×S 关于下面规定的代数运算作成半群，

(a 1，a 2)ο(b 1，b 2)＝(a 1·b 1，a 2·b 2)。

如果S 是有单位元的交换半群，那么，(S ×S ，ο)是否仍是有单位元的交换半群？

证明：显然ο是S ×S 的一个代数运算。只需验证结合律。 ∀(a 1，a 2)， (b 1，b 2)，(c 1，c 2)∈S ×S ，

近世代数基础习题课答案到第二章9题

第一章第二章

第一章

1. 如果在群G 中任意元素,a b 都满足222()ab a b =, 则G 是交换群. 证明: 对任意,a b G ∈有abab aabb =. 由消去律有ab ba =. □

2. 如果在群G 中任意元素a 都满足2a e =,则G 是交换群.

证明: 对任意,a b G ∈有222()ab e a b ==. 由上题即得. □

3. 设G 是一个非空有限集合, 它上面的一个乘法满足:

(1) ()()a bc ab c =, 任意,,a b c G ∈.

(2) 若ab ac =则b c =.

(3) 若ac bc =则a b =.

求证: G 关于这个乘法是一个群.

证明: 任取a G ∈, 考虑2{,,,}a a G ⋯⊆. 由于||G <∞必然存在最

小的i +∈ 使得i a a =. 如果对任意a G ∈, 上述i 都是1,

即, 对任意x G ∈都有2x x =, 我们断言G 只有一个元,

从而是幺群. 事实上, 对任意,a b G ∈, 此时有:

()()()ab ab a ba b ab ==, 由消去律, 2bab b b ==; 2ab b b ==,

再由消去律, 得到a b =, 从而证明了此时G 只有一个元,

从而是幺群.

所以我们设G 中至少有一个元素a 满足: 对于满足

i a a =的最小正整数i 有1i >. 定义e G ∈为1i e a -=, 往证e

为一个单位元. 事实上, 对任意b G ∈, 由||G <∞, 存在

最小的k +∈ 使得k ba ba =. 由消去律和i 的定义知k i =:

近世代数答案

1：证明：:实数域R 上全体n 阶⽅阵的集合Mn(R)，关于矩阵的加法构成⼀个交换群。证：（1）显然，Mn(R)为⼀个具有“+”的代数系统。（2）∵矩阵的加法满⾜结合律，那么有结合律成⽴。（3）∵矩阵的加法满⾜交换律，那么有交换律成⽴。（4）零元是零矩阵。?A ∈Mn(R),A+0=0+A=A 。（5）?A ∈Mn(R),负元是-A 。A+(-A)=(-A)+A=0。∴（Mn(R),+）构成⼀个Abel 群。

2：证明：实数域R 上全体n 阶可逆⽅阵的集合GLn(R)关于矩阵的乘法构成群。这个群称为n 阶⼀般线形群。

证明：显然GLn(R)是个⾮空集合。

对于任何的A,B ∈GLn(R)，令C=AB, 则C=|AB|=|A||B|≠0,所以C ∈GLn(R)。

⑴因为举证乘法有结合律，所以结合律成⽴。⑵对任意A ∈GLn(R)，AE=EA ，所以E 是单位元。

⑶任意的A ∈GLn(R)，由于∣A ∣≠0,∴A 的逆矩阵1

-A ，满⾜

E A A AA ==--11且∴A 的逆元是 1-A .所以，GLn(R)关于矩阵的乘法构成群。

3：证明:实数域R 上全体n 阶正交矩阵的集合On(R)关于矩阵的乘法构成群.这个群称为n

阶正交群.

证：（1）由于E ∈On (R),∵On (R)⾮空。

(2 ) 任意A,B ∈On (R)，有（AB ）T=B T A T =B -1A -1=(AB) -1, ∴AB ∈On(R),于是矩阵的乘法在On(R)上构成代数运算。 (3) ∵矩阵的乘法满⾜结合律，那么有结合律成⽴。（4）对任意A ∈On (R)，有AE=EA=A ．∴E 为On (R)的单位元。

近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)

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 a

a b c

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))(()('

a 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

韩士安近世代数课后习题参考答案2-2

习题2－2

1．证：因()()n n SL R GL R ⊆，()n n E SL R ∈，故()n SL R ≠∅

∀,()n A B SL R ⊆，有111AB M A M −−=⋅⋅=，故1()n AB SL R −⊆

从而()()n n SL R GL R ≤

∀()n M GL R ∈，有111MAM M A M −−=⋅⋅=，故1()n MAM SL R −⊆

所以()()n n SL R GL R

2．由P －21，例4知，()c G G ≤

又因为()c G 中的每一个元素与G 中的每一个元素都可交换，所以∀a G ∈，都有

()()ac G c G a =，因此()c G G

3．证：因为e e =，e HN ∈，所以HN ≠∅

∀12,h h H ∈，12,n n N ∈，有11111111221122122122()()()()h n h n h n n h h h h n n h −−−−−−==

又H G ≤，有112h h H −∈，N G ，故11

2122()h n n h N −−∈ 所以1

1122()()h n h n HN −∈

故HN G < 4．证：

1）M G ，N G ，故M N G ∩<

又x M N ∀∈∩，a G ∈，M G ，有1

axa M −∈ 又N G ，有1

axa N −∈ 故1

axa M N −∈∩ ()M N G ∴∩

2）由题3知：MN G <，又∀,,m M n N a G ∈∈∈ 有1

amna ama ana MN −−−=⋅∈ 故MN G

近世代数初步(第二版)课后习题答案(石生明)02

第二章　域　和

　环

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

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

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

４畅域扩张的初步知识：代数扩张、有限扩张、单代数扩张、单超越扩张．

集合Ｓ在Ｆ上生成的扩域的三种刻画：

　Ｆ（Ｓ）＝ｆ１（α１，α２，…，αｔ）

ｆ２（α１，α２，…，αｔ）

橙ｔ∈Ｎ（自然数），橙α１，α２，…，αｔ∈Ｓ，

橙ｆｉ（ｘ１，ｘ２，…，ｘｔ）∈Ｆ［ｘ１，ｘ２，…，ｘｔ］，ｉ＝１，２．

ｆ２（α１，α２

，…，αｔ）≠０

＝由Ｆ及Ｓ的元尽可能地多次作加减乘除所得的元素的集合

＝含Ｆ及Ｓ的最小的域．

单扩张的构造：

Ｆ（α）＝ｆ１（α）

ｆ２（α）橙ｆ１（ｘ），ｆ２（ｘ）∈Ｆ［ｘ］，ｆ２（α）≠０．

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

近世代数答案(一、二章)

Chapter 1

1、proof Let A,B,C be sets .Suppose that x ∈B,we get x ∈A ∩B or

x A B A ∈- ,and

x A C

∈ or x A C A ∈- since

A B A C

= and

A B A C

= .so x ∈C and

B C

⊆.Similarly ,we have

C B

⊆and so

B=C .

2、proof ① First,consider

()

x A B A ∈- .Then x A ∈ or x B ∈,but

x A ∉.This implies if x is not an element of A ,then x B ∈.Hence x A B

∈ and ()A B A - ⊆A B .

Conversely, if

x A B

∈ ,then by definition , x A ∈ or x B ∈.

This generates two cases: (a1) If x A ∈,clearly

()

x A B A ∈- ;

(b2) If

x B ∈,then either x A ∈ or not . i.e.,either x B ∈

and

x A ∈

or x B ∈

but x A ∉, in either case, we have

()

x A B A ∈- .

Hence A B ⊆()A B A - .

Therefore

()A B A - =A B . ② Suppose that

()x A B C ∈- .Then x A ∈

近世代数第二章答案解析

近世代数第二章群论答案

§.群的定义

1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群？解：不是，因为普通减法不是适合结合律。

例如

3- 2-1 =3-仁2 3-2 -1 =1-1=0

3 - 2-1 3-2 -1

2. 举一个有两个元的群的例。

解：令G=「e,",G的乘法由下表给出

首先，容易验证，这个代数运算满足结合律

(1) xy z =x yz x,y,z G

因为，由于ea二ae二a，若是元素e在(1)中出现，那么(1)成立。(参考第一章，§4，习题3。)若是e不在(1)中出现，那么有

aa a = ea = a a aa = ae = a

而(1)仍成立。

其次，G有左单位元，就是e；e有左逆元，就是e，a有左逆元，就是a。所以G是一个群。

读者可以考虑一下，以上运算表是如何作出的。

3•证明，我们也可以用条件以及下面的条件IV , V来做群的定义：

IV G里至少存在一个右逆元a J，能让

ae = a

对于G的任何元a都成立；

V 对于G的每一个元a，在G里至少存在一个右逆元a-1，能让

aa A = e

解：这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件I,II,IV,V来做群定义的证明，但读者一定要自己写一下。

§2.单位元、逆元、消去律

1. 若群G的每一个元都适合方程x2 = e，那么G是交换群。

解：令a和b是G的任意两个元。由题设

ab ab = ab = e

另一方面

2 2

ab ba = ab a = aea = a = e

于是有ab ab = ab ba。利用消去律，得

ab= ba

所以G是交换群。

2. 在一个有限群里，阶大于2的元的个数一定是偶数。

近世代数答案(一、二三章)

Chapter 1

1、proof Let A,B,C be sets .Suppose that x ∈B,we get x ∈A ∩B or

x A B A ∈- ,and x A C ∈ or x A C A ∈- since A B A C = and A B A C = .so x ∈C and B C ⊆.Similarly ,we have C B ⊆and so B=C .

2、proof ① First,consider ()x A B A ∈- .Then x A ∈ or x B ∈,but x A ∉.This

implies if x is not an element of A ,then x B ∈.Hence x A B ∈ and

()A B A - ⊆A B .

Conversely, if x A B ∈ ,then by definition , x A ∈ or x B ∈.

This generates two cases:

(a1) If x A ∈,clearly ()x A B A ∈- ;

(b2) If x B ∈,then either x A ∈ or not . i.e.,either x B ∈ and x A ∈ or

x B

∈ but x A ∉, in either case, we have ()x A B A ∈- .

Hence A B ⊆()A B A - .

Therefore ()A B A - =A B .

② Suppose that ()x A B C ∈- .Then x A ∈ but x B ∉ and x C ∉. So

近世代数_杨子胥_第二版课后习题答案(发行版)

近世代数题解

第一章基本概念

§1. 1

近世代数题解§1. 2 2.

近世代数题解§1. 3

1. 解 1)与3)是代数运算，2)不是代数运算．

2. 解这实际上就是M中n个元素可重复的全排列数n n．

3. 解例如A B＝E与A B＝AB—A—B．

近世代数题解§1. 4

3.解 1）略 2）例如规定

4．

5．略

近世代数题解§1. 5

1. 解 1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射．

2.略

§1. 6

2. 解 1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性；

3)是等价关系；4)是等价关系．

3. 解 3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类．

则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把Q换成实数域的任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．

6.证 1）略2）

10.

11.

12.

第二章群

§2. 1 群的定义和初步性质

一、主要内容

1．群和半群的定义和例子特别是一船线性群、n次单位根群和四元数群等例子． 2．群的初步性质

1)群中左单位元也是右单位元且惟一；

2)群中每个元素的左逆元也是右逆元且惟一：

3)半群G是群⇔方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．

4)有限半群作成群⇔两个消去律成立．

二、释疑解难

有资料指出，群有50多种不同的定义方法．但最常用的有以下四种：

1)教材中的定义方法．简称为“左左定义法”；

近世代数基础习题课答案到题