近世代数课后习题答案
近世代数课后习题详细答案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:F(S)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 a 1) 若a,b ^送则一定有a ^…^n)b FCh’ z —m)易 知 a-b FC'1^'2^ - n, -l/:2^' , -m 但 F(「1,〉2,n, L 2…,F) V从而 b-a ,、2) 若 a,b V ,且 b = 0 则 —b ・ FCJ :2,…,'-m)从而有 abdFC-1^-2^ : n, -1, -2/' , F) 72单扩域1.令E 是域F 的一个扩域,而 a • F 证明a 是F 上的一个代数元,并且F(a) =F证 因a-a=0故a 是F 上的代数元.其次,因a ,F ,故F(a) F 易见 F(a)二 F ,从而 F (a)二 F2i +1 2 •令F 是有理数域•复数i 和2—1在F 上的极小多项式各是什么?3 .详细证明,定理3中 a 在域F 上的极小多项式是 p(x)证 令山是F(x)中的所有适合条件 f(a)=0的多项式作成f (x)的集合.1)-k 是F(x)的一个理想(i )若 f(x),g(x):h 则 f (a) =0, g(a) =0因而 f (a) -g(a) = 0 故 f (x) -g(x)山 ii )若f (x) •山,h(x)是F(x)的任一元 那么 h(a)f(a) =0 则 h(x)f (x)山2) 是一个主理想设 p (x)是山中a !的极小多项式2i +1 i 一1F(i)与F( )是否同构?i — 1 1,在F 上的极小多项式为x 2 - x • 52i +1 2因F(i) =F( ) 故这两个域是同构的.i T 2i 1i -1那么,对山中任一f(X)有f (x) =P i(x)q(x) r(x)这里r(x) =0或r(x)的次数但f(a)二P i(a)q(a) R(x)因f(a) = 0, p i(a) =0 所以r(a) = 0若r(x)=0 则与p1x是a的极小多项式矛盾.故有f(x) = p1 (x)q(x)因而=(p1(x)(3)因p(a)=0 故p(x) ■-R(x)| p(x) 因二者均不可约,所以有p(x)=a»(x)又p(x), p i(x)的最高系数皆为1那么a =1 这样就是p(x) = R (x)4.证明:定理3中的F(a) = K证设f • K,,则在定理3的证明中,K = K'之下有.n nf a n x - a n」x 川…川-a但 a—;x, a i Q 故必f ^a n:n ' a n/n」a。
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P83 习题5.15.1.1 证:设 * 运算有左幺元为e l,∴∀x∈S,e l*x=e l,∵ * 运算可交换,∴ x*e l,∴ e l为右幺元,∴ e l为幺元。
设 * 运算有右幺元为e r,∴∀x∈S,x*e r,∵ * 运算可交换,∴ e r*x=e r,∴ e r为左幺元,∴ e r为幺元。
※5.1.2 解:⑴是。
⑵否。
是。
5.1.3 证:⑴∀x,y∈I x*y=x+y-xy y*x=y+x-yx∵普通的乘法和加法运算均是可交换的,∴ x+y=y+x ,xy=yx ,∴ x+y-xy = y+x-yx∴ x*y=y*x ,∴ *可交换。
⑵∀x,y,z∈I x*(y*z)=x+(y*z)-x(y*z)=x+(y+z-yz)-x(y+z-yz)∵普通的乘法和加法运算均是可结合且可交换的,乘法对加减法是可分配的,∴上式 =x+y+z-yz-xy-xz +xyz = x+y+z-xy-xz-yz+xyz同理 (x*y)*z=(x*y)+z-(x*y)z=(x+y-xy)+z-(x+y-xy)z=x+y+z-xy-xz-yz+xyz∴ x*(y*c)= (x*y)*c ∴ *可结合。
※解:⑶ 0为幺元。
⑷ 0的逆元为0,2的逆元为2,其余无逆。
5.1.4 证:⑴ 2*3=2,3*2=3,二者不等,故不可交换。
⑵∀x,y,z∈N,x*(y*z)=x*y=x,(x*y)*z=x*z=x,二者相等,故结合律成立。
※答:无单位元,故元素无逆元。
5.1.5 证:∵ *可结合,∴∀x∈A,(x*x)*x=x*(x*x)又∵ x*x∈A,根据题中给定的条件,∴ x*x=x。
※P84 习题5.25.2.15.2.2 解:×对+可分配。
+对×不可分配。
例b+(a×b)=b+a=b,(b+a)×(b+b)=b×a=a,二者不等。
上封闭,根据代数系统的定义。
5.2.3 解:⑴ 是。
近世代数课后题答案修改版
(2)在乘法表中任取一个 1,在同一列中必有一个 x,在同一行 中必有一个 y,设第四个顶点的元素为 z,见下图,
�
..........a-1.........................c...................
......
...........................................................
......
【大学课程】近世代数教材习题答案
§1.1 集合1、 设A B ⊆ ,证明:A B A = ,A B B = .证明:由A B ⊆,可知A 的所有元素都属于B ,既A 的所有元素,都是A 和B 的共同元, 则由交集定义可知 A A B ⊆ . 又A B A ⊆ ,所以A B A = .由并集定义知,A B 的所有元素,都属于A 或B ; 又A B ⊆,所以A B 的所有元素都属于B ,即A B B ⊆. 又B A B ⊆,故A B B =2、 设B ,()i A i I ∈ 均为集合Ω 的子集,试证:()1 ()i i i I i I B A B A ∈∈⎛⎫=⎪⎝⎭ ()2 ()i i i I i IBA B A ∈∈⎛⎫=⎪⎝⎭ 证明:()1 由定义i i Ix B A ∈⎛⎫∈⎪⎝⎭当且仅当x B ∈且x 属于某一i A ;当且仅当x 属于某一i B A ;当且仅当()i i Ix B A ∈∈.()2 由定义i i I x BA ∈⎛⎫∈⎪⎝⎭当且仅当x 属于B ,或x 属于任一i A ,i I ∈;当且仅当x 属于任一i B A ,i I ∈;当且仅当()i i Ix B A ∈∈.§1.2 等价关系1、设为整数集,问以下各关系是否为M 的等价关系?1)0aRb ab ⇔≥ 2)4aRb a b ⇔+ 3)aRb a b ⇔= 4)220aRb a b ⇔+≥ 解:1)不是,因为不满足传递性2)不是,不满足反身性和传递性 3)是 4)是2、试指出上题中等价关系所决定的分类.解:3)每个元素是一个类 4)整个整数集作成一个类 3、找出下列证明中的错误:若S 的关系R 有对称性和传递性,则必有反身性.这是因为,对任意的a S ∈ ,由对称性,如果aRb ,则bRa .再由传递性,得aRa ,所以R 有反身性.解:以上证明过程中只考虑了当aRb 成立的情况,但是当对于元素a ,不存在b 使aRb 成立时,aRa 就不能得到.4、在复数集中,规定关系"" :a b a b ⇔=. (1)证明:是的一个等价关系;(2)试确定相应的商集,并给出每个等价类的一个代表元素.(1)证明:设a ,b ,c ∈ ,则()a 因为aa =,所以a a ,于是 是有反身性;()b 若ab ,则a b =,于是b a =,从而b a ,说明是具有对称性;()c 若ab ,bc ,则a b =,b c =,于是a c =,从而a c ,从而具有传递性.所以是的一个等价关系.(2)解:相应的商集[]{}0r r R r =∈≥且,其中[]{}()[]{}cos sin 0,2r x x r r i θθθπ=∈==+∈对任意的c ∈ ,等价是[]c :代表元素可取作c .§1.31、{}1,2,,100S = ,找一个A A ⨯到A 的映射.解:设(),a b 表示A A ⨯的任意元素,,a b A ∈ ,则作映射:f A A A ⨯→ ,()(),f a b b = .f 是一个A A ⨯到A 的映射.2、设A ,B 是两个有限集合,则(1)A 到B 的不同映射共有多少?(2)A 到B 的单射共有多少个?解:(1)设A n = , B m =,则A 到B 的映射有n m 个 (2)设A n = , B m =,若n >m ,则A 到B 没有单射; 若n m ≤,则A 到B 有()!!m m n - 个单射. 3、设x 是数域F 上全体n (n >1)阶方阵作成的集合.问::A A ϕ→是否为x 到F 的一个映射?其中A 为A 的行列式,是否为满射或单射?解:ϕ 是映射,且是满射,但不是单射4、设:f A B →为双射,则f 的逆映射1:f B A -→也是一个双射且()11f f --=.证明:设()() ,f x y x A y B =∈∈ ,则1:f y x -→,即()1f y x -=, 因f 是A B →的双射, 所以1f -是B 到A 的双射, 且1f -的逆映射就是f ,即()11ff --=.5、设:f A B →,:g B C →为两个双射到:g f A C → 也是双射且()111g f f g ---= .证明:()()11111B C g f f g g g ---⋅⋅==,()()111111B A fg gf f f ----==,故g f 也是双射,且()111gf f g ---= .§1.41、设A 是一个有限集合,则A 上不同的二元运算共有多少个?解:设A n = ,则2A A n ⨯= ,故A A ⨯到A 有2n n 个不同的映射. 即A 上有2n n 个不同的二元运算.2、{},,A a b c = ,规定A 的两个不同的代数运算.解:()a 第一个代数运算() , ,R x y a xRy x y A →=∀∈ ()b 第二个代数运算() , ,R x y y xRy x y A →=∀∈3、设M 为整数集,问()22 ,a b a b a b M =+∀∈是否满足结合律和交换律.解:交换律满足,但结合律不满足.例如()1104=,()1102= 4、设M 为实数集,问:23a b a b =+ (),a b M ∀∈是否满足结合律和交换律.解:都不满足.例()1004=,()1002=,故()()100100≠,又102=,013=,故1001≠.5、数域F 上全体非零多项式的集合对于()()()()(),f x g x f x g x =是否满足结合律和交换律?其中()()(),f x g x 表示()f x 与()g x 的首项函数为1的最大公因式.解:显然是代数运算且满足交换律.又结合律也满足,因为根据最大公因式的性质知:())()(()()(),,,,f g h f g h f g h f g h ===§2.11、有限群中每个元素的阶都是有限的。
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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__第二版课后习题答案
近世代数题解第一章基本概念§1. 11.4.5.近世代数题解§1. 22.3.近世代数题解§1. 31. 解 1)与3)是代数运算,2)不是代数运算.2. 解这实际上就是Mxxn个元素可重复的全排列数nn.3. 解例如AB=E与AB=AB—A—B.4.5.近世代数题解§1. 41.2.3.解 1)略 2)例如规定4.5.略近世代数题解§1. 51. 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3.4.5.§1. 61.2. 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.4.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).5.6.证 1)略2)7.8. 9.10.11.12.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”;2)把左单位元换成有单位元,把左逆元换成右逆元(其余不动〕.简称为“右右定义法”;3)不分左右,把单位元和逆元都规定成双边的,此简称为“双边定义法”;4)半群G再加上方程a x=b与y a=b在G中有解(a ,b∈G).此简称为“方程定义法”.“左左定义法”与“右右定义法”无甚差异,不再多说.“双边定\义法”缺点是定义中条件不完全独立,而且在验算一个群的实例时必须验证单位元和逆元都是双边的,多了一层手续(虽然这层手续一般是比较容易的);优点是:①不用再去证明左单位元也是右单位元,左逆元也是右逆元;②从群定义本身的条件直接体现了左与右的对称性.以施行“除法运算”,即“乘法”的逆运算.因此,群的‘方程定义法”直接体现了在群中可以施行“乘法与除法”运算.于是xx,可以施行乘法与除法运算的半群就是群.为了开阔视野,再给出以下群的另一定义.定义一个半群G如果满足以下条件则称为一个群:对Gxx任意元素a,在Gxx 都存在元素,对Gxx任意元素b都有(ab)=(ba)=b.这个定义与前面4种定义的等价性留给读者作为练习.2.在群的“方程定义法”中,要求方程a x=b与y a=b都有解缺一不可.即其中一个方程有解并不能保证另一个方程也有解.4.关于结合律若代数运算不是普通的运算(例如,数的普通加法与乘法,多项式的普通加法与乘法以及矩阵、变换和线性变换的普通加法或乘法),则在一般情况下,验算结合律是否成立比较麻烦.因此在代数系统有限的情况下,有不少根据乘法表来研究检验结合律是否成立的方法.但无论哪种方法,一般都不是太简单.5.关于消去律.根据教材推论2,对有限半群是否作成群只用看消去律是否成立.而消去律是否成立,从乘法表很容易看出,因为只要乘法表中每行和每列中的元素互异即可.6.在群定义中是否可要求有“左”单位元而每个元素有“右”逆元呢?答不可以,例如上面例2就可以说明这个问题,因为e1是左单位元,而e1与e2都有右逆元且均为e1.但G并不是群.7.群与对称的关系.1)世界万物,形态各异.但其中有无数大量事物部具有这样或那样的对称性.而在这些具有对称性的万事万物中,左右对称又是最为常见的.由群的定义本身可知,从代数运算到结合律,特别是左、右单位元和左、右逆元,均体现出左右对称的本质属性.2)几何对称.设有某一几何图形,如果我们已经找到了它的全部对称变换(即平常的反射、旋转、反演和平移变换的统称),则此对称变换的全体关于变换的乘法作成一个群,称为该图形的完全对称群.这个图形的对称性和它的完全对称群是密切相关的.凡对称图形(即经过对称变换保持不变的图形、亦即完成这种变换前后的图形重合),总存在若干个非恒等对称变换和恒等变换一起构成该图形的完全对称群.反之,如果一个图形存在着非平凡的对称变换,则该图形就是对称图形.不是对称的图形,就不能有非恒等的对称变换.显然,一个图形的对称程度越高,则该图形的对称变换就越多.也就是说它的完全对称群的阶数就越高,即图形对称程度的高低与其对称群的阶数密切相关.因此;这就启发人们用群去刽面对称图形及其性质,用群的理论去研究对称.所以人们就把群论说成是研究对称的数学理论.显然,每个n元多项式都有一个确定的n次置换群:例如n元多项式例6 任何n元对称多项式的置换群都是n次对称群.很显然,一个多元多项式的置换群的阶数越高,这个多元多项式的对称性越强.反之亦然.因此,我们通常所熟知的多元对称多项式是对称性最强的多项式.三、习题2.1解答1.略2.3.4. 5.6.§2. 2 群中元素的阶一、主要内容1.群中元素的阶的定义及例子.xx、无扭群与混合群的定义及例子.特别,有限群必为xx,但反之不成立.2.在群中若=n,则4.若G是交换群,又Gxx元素有最大阶m,则Gxx每个元素的阶都是m的因子.二、释疑解难在群中,由元素a与b的阶一般决定不了乘积ab的阶,这由教材中所举的各种例子已经说明了这一点.对此应十分注意.但是,在一定条件下可以由阶与决定阶,这就是教材xx定理4:4.一个群中是否有最大阶元?有限群中元素的阶均有限,当然有最大阶元.无限群中若元素的阶有无限的(如正有理数乘群或整数xx),则当然无最大阶元,若无限群中所有元素的阶均有限(即无限xx),则可能无最大阶元,如教材中的例4:下面再举两个(一个可换,另一个不可换)无限群有最大阶元的例子.5.利用元素的阶对群进行分类,是研究群的重要方法之一.例如,利用元素的阶我们可以把群分成三类,即xx、无扭群与混合群.而在xx中又可分出p—群p是素数),从而有2—群、3—群、5—群等等.再由教材§3. 9知,每个有限交换群(一种特殊的xx)都可惟一地分解为素幂阶循环p—群的直积,从而也可见研究p—群的重要意义.三、习题2.2解答1.2.3.4.5.推回去即得.6.§2. 3xx一、主要内容1.xx的定义和例子.特别是,特殊线性群(行列式等于l的方阵)是一般线性群(行列式不等于零的方阵)的xx.4.群的中心元和中心的定义.二、释疑解难1.关于真xx的定义.教材把非平凡的xx叫做真xx.也有的书把非G的于群叫做群G的真xx.不同的定义在讨论xx时各有利弊.好在差异不大,看参考书时应予留意.2.如果H与G是两个群,且HG,那么能不能说H就是G的xx?答:不能.因为xx必须是对原群的代数运算作成的群.例如,设G是有理数xx,而H是正有理数乘群,二者都是群,且HG但是不能说H是G的xx.答:不能这样认为.举例如下.例2设G是四元数群.则显然是G的两个xx且易知反之亦然.三、习题2.3解答1.证赂.2.证必要性显然,下证充分性.设子集H对群G的乘法封闭,则对Hxx任意元素a和任意正整数m都有am∈H.由于Hxx 每个元素的阶都有限,设=n ,则3.对非交换群一放不成立.例如,有理数域Qxx 全体2阶可逆方阵作成的乘群中,xx,的阶有限,都是2,但易知其乘积⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1011ab的阶却无限.即其全体有限阶元素对乘法不封闭,故不能作成xx .4.证 由高等代数知,与所有n 阶可逆方阵可换的方阵为全体纯量方阵,由此即得证.5.证 因为(m ,n)=1,故存在整数s ,t 使 ms 十n t =1. 由此可得6.7.§2. 4循环群一、主要内容1.生成系和循环群的定义.2.循环群中元素的表示方法和xx的状况.3.循环群在同构意义下只有两类:整数xx和n次单位根乘群,其中n=1,2,3,….4.循环群的xx的状况.无限循环群有无限多个xx.n阶循环群有T(n)(n的正出数个数)个xx,且对n 的每个正因数k,有且仅有一个k阶xx.二、释疑解难1.我们说循环群是一类完全弄清楚了的群,主要是指以下三个方面:1)循环群的元素表示形式和运算方法完全确定.其xx的状况也完全清楚(无限循环群有两个xx,n阶循环群有个xx而且ak是xx(kn)=1);2)循环群的xx的状况完全清楚;3)在同构意义下循环群只有两类:一类是无限循环群,都与整数xx同构;另一类是n(n=1,2,…)阶循环群,都与n次单位根乘群同构.2.循环群不仅是一类完全弄清楚了的群,而且是一类比较简单又与其他一些群类有广泛联系的群类.例如由下一章§9可知,有限交换群可分解为一些素幂阶循环群的直积.更一般地,任何一个具有有限生成系的交换群都可分解成循环群的直积.由于循环群已完全在我们掌握之中,所以这种群(具有有限生成系的交换群)也是一类研究清楚了的群类.它在各种应用中有着非常重要的作用.例如在组合拓扑学中它就是一个主要的工具.三、习题§2. 4解答1.2.3.4. 5.6. 7.§2. 5 变换群一、主要内容1.变换群、双射变换群(特别是集合M上的对称群和n次对称群)和非双射变换群的定义及例子.2.变换群是双射变换群的充要条件;双射变换群与抽象群的关系.1)集合M上的变换群G是双射变换群G含有M的单或满)射变换;2)任何一个群都同一个(双射)变换群同构.3.有限集及无限集上非双射变换群的例子(例2和例3).二、释疑解难1.一般近世代数书中所说的“变换群”,都是由双射变换(关于变换乘法)所作成的群,即本教材所说的“双射变换群”.而本教材所说的“变换群”则是由一个集合上的一些变换(不一定是双射变换)作成的群.通过教材§5定理2和推论1可知,实际上变换群可分成两类:一类是双射变换群(全由双射变换作成的群,即通常近世代数书中所说的“变换群”),另一类是非双射变换群(全由非双射变换作成的群).在学习本书时应留意这种差异.2.本节教材定理2(若集合M上的变换群G含有M的单射或满射变换.则G必为M上的一个双射变换群,即G中的变换必全是双射变换)比有些书上相应的定理(若集合M上由变换作成的群G含有M的恒等变换,则G中的变换必全为双射变换)大为推广.因为后者要求G包含恒等变换(一个特殊的双射变换),而前者仅要求G 包含一个单(或满)射变换即可.因此,后音只是前者(本节教材定理2)的一个推论,一种很特殊的情况.两相比较,差异较大.这种差异也说明,M上的任何一个非双射变换群不仅不能包含恒等变换,而且xxM的任何单射或满射变换也不能包含.另外,在这里顺便指出,集合M上的任何双射变换群G的单位元必是M的恒等变换.3.集合M上的全体变换作成的集合T(M),对于变换的乘法作成一个有单位元的半群.在半群的讨论中,这是一类重要的半群.并且本节习题中第4题还指出,当>1时T(M)只能作成半群,而不能作成群.三、习题§2. 5解答1. 解作成有单位元半群,是单位元.但不作成群,因为无逆元.2.3. 解 G作成群:因为xx4.5.§2. 6 置换群一、主要内容1.任何(非循环)置换都可表为不相连循环之积,任何置换都可表为若干个对换之积,且对换个数的奇阴偶性不变.从而有奇、偶置换的概念,且全体n次置换xx、偶置换个数相等,各为个(n>1).2.k—循环的奇偶性、阶和逆元的确定方法,以及不相连循环乘积的奇偶性、阶和逆元的确定方法.1)k—循环与A有相反奇偶性.2)k—循环的阶为k.又(i1,i2…ik)-1=(ik,…,i2,i1 ).3)若分解为不相连循环之积.则其分解xx循环个数为奇时为奇置换,否则为偶置换.的阶为各因子的阶的最小公倍.其逆元可由k—循环的逆元来确定.3.由置换,求置换-1的方法.n次对称群sn的中心.4.传递群的定义、例子和简单性质.二、释疑解难1.研究置换群的重要意义和作用.除了教材中已经指出的(置换群是最早研究的一类群,而且每个有限的抽象群都同一个置换群同构)以外,研究置换群的重要意义和作用至少还有以下几方面:1) 置换群是一种具体的群,从置换乘法到判断置换的奇偶性以及求置换的阶和逆置换,都很具体和简单.同时它也是元素不是数的一种非交换群.在群的讨论中举例时也经常用到这种群.2) 在置换群的研究中,有一些特殊的研究对象是别的群所没有的.如置换中的不动点理论以及传递性和本原性理论等等.3) 置换群中有一些特殊的xx也是一般抽象群所没有的.例如,交代群、传递群、稳定xx和本原群等等.就教材所讲过的交代群和传递群的重要性便可以知道,介绍置换群是多么的重要.2.用循环与对换之积来表出置换的优越性.首先,书写大为简化,便于运算。
韩士安 近世代数 课后习题解答
习题1-1(参考解答)1. (1)姊妹关系(2)()(),P S ⊆(3) (),{1},1a b Z a b ∈−≠,.例如(2 ,6 )2,(3 ,6 )3,==但()2,31=.2. 若b 不存在,则上述推理有误.例如{}{~~~~}S a b c R b c c b b b c c =,,,:,,,.3. (1)自反性:,(),,n A M E GL R A EAE ∀∈∃∈=~A A ∴ 对称性:1111,,~,,(),,,,().~.n n A B M A B P Q GL R A PBQ B P AQ P Q GL R B A −−−−∀∈∃∈==∈∴ 传递性:12211221212,,~,~,,,,(),,,,n A BC M A B B C P Q P Q GL R A PBQ B P CQ A PP CQ Q ∀∈∃∈===1212,(),~.n PP Q Q GL R A C ∈∴(2) 自反性:1,(),,~.n A M E GL R A E AE A A −∀∈∃∈=∴ 对称性:()11,,~,(),,,(),~.TT n n A B M ifA B T GL R A T BT B T BT T GL R B A −−∀∈∃∈=∴=∈∴传递性: 121122,,,~,~,,(),,,T T n A B C M ifA B B C T T GL R A T BT B T CT ∀∈∃∈==()12211221,TT T A T T CT T TT CT T ∴==12(),~.n TT GL R A C ∈∴ (3) 自反性:()1,,,~.n n A GL E GL R A E AE A A −∀∈∃∈=∴ 对称性:1,(),~,(),,n n A B GL R ifA B T GL R A T BT −∀∈∃∈= ()11111,(),~n B TAT TAT T GL R B A −−−−−∴==∈∴.传递性:11121122,,(),~,~,,(),,,n n A B C GL R A B B C T T GL R A T BT B T CT −−∀∈∃∈== ()()11112212121,A T T CT T T T C T T −−−∴==21(),~.n T T GL R A C ∈∴ 4. 证明: (1) 反身性:,()(),~a A a a a a φφ∀∈=∴Q(2)对称性: ,,~,()(),()(),.a b A ifa b a b b a b a φφφφ∈=∴==(3) 传递性: ,,,~,~,()(),()(),()(),~.a b c a a b b c a b b c a c a c φφφφφφ∀∈==∴=∴{}[]|()().a x A x a φφ=∈=5. (1)()S P A ∀∈,则S =S~S S ∴,~∴具有反身性(2)设12,()S S P A ∈,若12~S S ,则12S S =,21S S ∴=21~S S ,~∴具有对称性(3)设123,,()S S S P A ∈若12~S S ,23~S S ,则12S S =,23S S =13S S =,13~S S ,~∴具有传递性 ~∴是()P A 上的一个等价关系. []{}{}{}{}{}(),1,1,2,1,2,3,1,2,3,4~P A φ=⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦[]{}φφ={}{}{}{}{}{}11,2,3,4=⎡⎤⎣⎦{}{}{}{}{}{}{}{}1,21,2,1,3,1,4,2,3,2,4,3,4=⎡⎤⎣⎦ {}{}{}{}{}{}1,2,31,2,3,1,2,4,1,3,4,2,3,4=⎡⎤⎣⎦ {}{}{}1,2,3,41,2,3,4=⎡⎤⎣⎦6. 证明:(1)反身性: ,0,~.a Q a a Z a a ∀∈−=∈∴(2) 对称性: 设,,a b Q ∈若~a b , 即,a b Z −∈则(),b a a b Z −=−−∈ ~b a ∴ (3) 传递性: 设,,,a b c Q ∈若~,~a b b c 即,a b Z b c Z −∈−∈那么()(),a c a b b c Z −=−+−∈~a c ∴∴~是Q 上的一个等价关系. 所有的等价类为: []{}|[0,1).~Qa a Q a =∈∈且7. 证明: (1) 反身性: ~a C a a a a ∀∈=∴Q ,,(2) 对称性: a b C ∀∈,,若~a b ,则由a b =,得~b a b a =∴,.(3) 传递性: a b c C ∀∈,,,若~~a b b c ,,则a b b c a c ==∴=,,,即~.a c 所以~是一个等价关系. 商集为[]{}{0}~Ca a R +=∈U8. 设集合(){},/,,0S a b a b Z b =∈≠,在集合S 中,规定关系“~”:()(),~,a b c d ad bc ⇔=证明:~是一个等价关系.证明: 自反性: (),a b S ∀∈,则ab ba =,所以()(),~,.a b a b 对称性: 若()(),,,a b S c d S ∈∈,且()(),~,a b c d 则ad bc =所以cb da =,即()(),~,c d a b 传递性: 若()(),~,a b c d 且()(),~,c d e f由()(),~,a b c d 有ad bc =,所以adc b= 由()(),~,c d e f 有cf de =,所以adf de b⋅= 所以adf bde =,所以 af be =,即()(),~,a b e f . 所以~是一个等价关系9. 设{},,,A a b c d =试写出集合A 的所有不同的等价关系.解: {}{}{}{}{}{}{}{}{}{}1,,,,2,,,,3,,,,4,,,,P a b c d P a b c d P a c b d P a d b c ===={}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}5,,,,6,,,,7,,,,8,,,,P a b c d P a c d b P a b d c P b c d a ==== {}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}9,,,,,10,,,11,,,,P a b c d P a c b d P a b c d === {}{}{}{}{}{}{}{}12,,,,13,,,,P c d a b P a b c d == {}{}{}{}{}{}{}{}{}14,,,,15,,,P a c b d P a b c d ==10. 不用公式(1 .1),直接算出集合{}1,2,3,4A =的不同的分类数.解: 1212211211135554254254331()((/)(/))(/)152C C C C P C C P C C C P ++++++=.。
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.1畅这一章讲域、环的基本概念.主要是讲各种造新域和新环的方法,环是为·84·域起铺垫的作用.本章的内容充分体现总导引第一点中的思想.2畅体会造二元域的数学背景及如何用于构造纠一个错的码.思考一下能纠错的关键之点在哪里,随便指定一个矩阵H是否能起到纠错的作用?3畅体会对圆规直尺作图问题进行分析中的几个步骤:(1)用解析几何知识分析出能用圆规直尺作图作出的量(长度)满足的方程;(2)用扩域的语言表达上述作出的量所在的范围;(3)用扩张次数的性质来表达作出的量满足的条件.4畅这一章中我们充分地应用了引论章§2末尾的定理.即用了一般域上线性方程组、矩阵运算、线性空间、多项式等理论的大量性质.促进读者巩固高等代数的知识.5畅与其它近世代数教材相比,本书中域的内容(包括下一章的有限域的内容)放到整环的因式分解唯一性理论之前,并且替代它而成为教材的核心部分.内容也改变很多,加入纠错码的例子和三大几何作图难题的讨论这些应用内容,而舍去了可分扩张及分裂域等内容.由于目标明确(参看总导引第一条)且有应用内容,增加了学习的生动性.(1)造一个码长13,容量为29的能纠一个错的码集合.(2)证明上面的码一般不能纠两个错.(举例:考察码子X=(0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0)T错了两位成为Y=(1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0)T.能否用书中所述的译码方法由Y恢复成X?§1 域的例子,复数域及二元域的构造,对纠一个错的码的应用以下习题中打倡者为必作题,其余为选作题. 倡1畅令C0=ab-baa,b∈R,则(1)C0对矩阵的加法和乘法成为域.(2)C0中R0=a00aa∈R是同构于R的子域.·94· (3)干脆将R0与R等同,将a 00 a写成a,则可写ab-ba=a00a+b00b01-10=a+b01-10.作映射 CφC0a+bia+b01-10,橙a,b∈R,则φ是域同构.以下2-6题出现的运算是F2中元素的运算. 倡2畅计算1111001010110100101111110110111101100111010001110. 倡3畅求1111001111010111-1. 倡4畅解方程组x1+x2+x3+x4+x5+x6=1 x3+x4+0+x6=0x1+x2+0+x4=1 x2+x3+x4=0. 倡5畅计算(x4+x3+x+1)2,(x3+x2+1)(x5+x2+x+1). 倡6畅(1)以x2+x+1除x6+x4+x3+1,求商及余式.(2)求x2+x+1与x6+x4+x3+1的最大公因式d(x).(3)求u(x),v(x),使u(x)(x2+x+1)+v(x)(x6+x4+x3+1)=d(x).·05· 倡7畅求作一个13位0,1序列的码集合,其容量为29,有纠一个错的能力.8畅F为素数特征p的域,a,b,a1,…,an∈F,则(1)(a+b)p=ap+bp,而且无论p为奇偶皆有(a-b)p=ap-bp.(2)(a+b)pk=apk+bpk.(3)(a1+a2+…+an)pk=apk1+apk2+…+apkn.(参见引论章习题6)(4)映射 FφF,aap是F的自同态.且φ是同构当且仅当方程xp-b=0对所有b∈F都有解.1畅略.2畅111110001.3畅1001010110101110.4畅x1=x5+x6+1x2=x6+1x3=x5+x6x4=x5+1.5畅x8+x6+x2+1,x8+x7+x+1.6畅(1)x6+x4+x3+1=(x4+x3+x2+x)(x2+x+1)+x+1.(2)(x6+x4+x3+1,x2+x+1)=1.(3)x(x6+x4+x3+1)+(x5+x4+x3+x2+1)(x2+x+1)=1.7畅令H=10101010101010110011001100000111100001100000001111114×13,以HX13×1=0的解空间为码集.因秩H=4,未知数的数目为13,故解空间维数为13-4=9.由于码集合是F2上9维空间,共有29个解向量,即29个码子,码·15·集合的容量为29.与课文中例4一样有纠一个错的能力.8畅(1)由二项定理(参见引论章习题6),(a+b)p=ap+bp+∑p-1i=1Cipaibp-i.当1≤i≤p-1时,Cip=p(p-1)…2·1(p-i)!i!.而(p-i)!及i!中的素因子皆小于p,故p|Cip.题设F的特征为p,故∑p-1i=1Cipaibp-i=0.这证明了(a+b)p=ap+bp.对(a-b)p=ap+(-b)p=ap+(-1)pbp.当p为奇素数时,(-1)p=-1;当p=2时,(-1)2=1=-1.故(a-b)p=ap-bp.(2)(a+b)pk=((a+b)p)pk-1=(ap+bp)pk-1.利用归纳法可得(a+b)pk=(ap)pk-1+(bp)pk-1=apk+bpk.(3)(a1+a2+…+an)pk=apk1+(a2+…+an)pk.利用归纳法可得(a1+…+an)pk=apk1+apk2+…+apkn.(4)φ(a+b)=(a+b)p=ap+bp=φ(a)+φ(b).φ(ab)=(ab)p=apbp=φ(a)φ(b).故φ为F的自同态.又φ(a-b)=(a-b)p=ap-bp=φ(a)-φ(b),就有φ(a)=φ(b)当且仅当a=b.即φ是单射.由以上论证,φ是同构当且仅当φ是满射当且仅当对橙b∈F,有a∈F使φ(a)=ap=b也即方程xp-b=0有解.§2 域的扩张,扩张次数,单扩张的构造以下习题中打倡者为必作题,其余为选作题.1畅F炒E是域扩张.(1)α1,α2,…,αs∈E,则F(α1,α2,…,αs)=f1(α1,…,αs)f2(α1,…,αs)f1,f2∈F[x1,…,xs],f2(α1,…,αs)≠0.·25·(2)S炒E,则F(S)=∪S0炒SS0有限集F(S0). 倡2畅计算[Q(2,3):Q],[Q(2+3):Q].证明Q(2,3)=Q(2+3). 倡3畅F炒E是域扩张,且[E:F]=p是素数,则任意α∈E\F,有E=F(α). 倡4畅E车F为域扩张,α1,α2,…,αt∈E,[F(αi):F]=ni,i=1,2,…,t,则[F(α1,…,αt):F]≤n1n2…nt. 倡5畅F炒E为有限次域扩张,则必为代数扩张. 倡6畅F炒E为有限次域扩张,则有α1,…,αt∈E,使得E=F(α1,…,αt).7畅F炒E为域扩张,S炒E且S中每个元皆是F上代数元,则F(S)是F上代数扩张.进而,E中全部代数元作成F的一个扩域. 倡8畅令E=Q(u).(1)设u3-u2+u+2=0.试把(u2+u+1)(u2-u)和(u-1)-1表成au2+bu+c的形式,a,b,c∈Q.(2)若u3-2=0,把u+1u-1表成au2+bu+c的形式,a,b,c∈Q.9畅令E=F(u),u是极小多项式为奇数次的代数元.证明E=F(u2).10畅求32+5在Q上的极小多项式.11畅E车F,E是环,F是域,s∈E是F上代数元,则s可逆当且仅当有F上多项式f(x),其常数项不为零使f(s)=0.并且s-1=g(s),g(x)是F上多项式.12畅E是F上的代数扩张,则E的含F的子环都是子域.13畅设[E:F]=n,则不存在子域G,使E车G车F及[G:F]与n互素. 倡14畅R(实数域)上任意代数扩张E若不为R,则同构于C.特别地,R上除二次扩域外没有其它有限次扩域.(这正是Hamilton等数学家找不到“三维复数”的原因).1畅(1)这几令S={α1,…,αs},按命题2下面一段的约定F(α1,α2,…,αs)就是F(S).命题1中的(2)式定义了F(S).易看出本题所设的集合与F(S)的定义集合是一致的.(2)比较(1)的结果和命题1中(2)式在一般集合S下F(S)的定义即得F(S)={F(α1,…,αk)|橙{α1,α2,…,αk}炒S}·35·=∪S0炒SS0有限集F(S0).2畅易看出Q(2,3)=Q(2)(3)={(a1+b12)+(a2+b22)3|ai,bi∈Q}.我们来证1,3在Q(2)上是线性无关的.设(a1+b12)+(a2+b22)3=0,若a2+b22≠0,则3=-a1-b12a2+b22∈Q(2).令3=a+b2,a,b∈Q.将两边平方,得到3=a2+2ab2+b2.因2不是有理数,则a,b之一为零.若a=0,则32=2b2=2q2p2,(p,q)=1.又因左边为整数,必须p2|2,只能p=1,由32=2q2,必须2|32,这也不可能.若b=0,则3=a2,3=a是有理数,这也不可能.这些矛盾推出a2+b22=0,a1+b12也就为零,说明1,3在Q(2)上线性无关.因而[Q(2)(3):Q(2)]=2.结果[Q(2)(3):Q]=[Q(2)(3):Q(2)][Q(2):Q]=2×2=4.再证[Q(2+3):Q]=4.这只要证Q(2)(3)=Q(2+3).首先显然有Q(2+3)彻Q(2,3).又从3-2=12+3得3=12(3-2+3+2)=1213+2+3+2∈Q(2+3).同样可得2∈Q(2+3).这就证明了Q(2,3)彻Q(2+3).于是Q(2,3)=Q(2+3).3畅[F(α):F]|[E:F],[E:F]=p.故[F(α):F]=1或p.但α∈E\F,[F(α):F]>1.故[F(α):F]=p.因此F(α)=E.4畅[F(α1,…,αt):F]=[F(α1,…,αt):F(α1,…,αt-1)][F(α1,…,αt-1):F(α1,…,αt-2)]…[F(α1):F].由于αi在F中的极小多项式次数为ni.F上的这个极小多项式也是F(α1,…,αi-1)中的多项式,这个次数ni比αi在F(α1,…,αi-1)上的极小多项式的次数低.故[F(α1,…,αi-1,αi):F(α1,…,αi-1)]≤ni.因而[F(α1,…,αt):F]≤ntnt-1…n1=n1n2…nt.5畅F彻E是k次扩张.任一元α∈E,1,α,…,αk是E中k+1个元,必在F上线性相关.即有F上不全为零的a0,a1,…,ak使a0+a1α+…+akαk=0.由此知α满足F上的次数≤k的一个多项式.故α是F上代数元,因而E是F上代数扩张.6畅取E的F基α1,…,αt,则E=钞ti=1liαi|li∈F彻F(α1,…,αt)彻E,·45·故E=F(α1,…,αt).7畅设S中每个元皆为F上代数元.对α∈F(S),必有α1,…,αk∈S使α=f1(α1,…,αk)f2(α1,…,αk)∈F(α1,…,αk).因αi为代数元,令[F(αi):F]=ni.由习题4,[F(α1,…,αk):F]≤n1n2…nk.故F(α1,…,αk)是F上有限扩张,再由习题5,它是F上代数扩张.这就证明了任意α∈F(S)是F上代数元,于是F(S)也是F上代数扩张.现令E中全体F上代数元的集合为S.则F(S)是代数扩张,F(S)中每个元皆为F上代数元.于是F(S)彻S,即有S=F(S).故S是F上扩域.8畅(1)(u2+u+1)(u2-u)=u4-u=(u+1)(u3-u2+u+2)-4u-2=-4u-2.由于(u-1)(u2+1)-(u3-u2+u+2)=3,故(u-1)(u2+1)=3.因此(u-1)-1=13(u2+1).(2)由(u-1)(u2+u+1)=u3-1=(u3-2)+1=1,故u+1u-1=(u+1)·(u2+u+1)=u3+2u2+2u+1=(u3-2)+2u2+2u+3=2u2+2u+3.9畅设u2=a∈F(u2),则u2-a=0.故[F(u):F(u2)]≤2.因[F(u):F(u2)]|[F(u):F],及[F(u):F]=奇数,[F(u):F(u2)]≠2.所以[F(u):F(u2)]=1,即E=F(u)=F(u2).另一证法,设u在F中极小多项式是f(x).f(x)为2l+1次,满足f(u)=0,设为a2l+1u2l+1+a2lu2l+…+a1u+a0=0,ai∈F,则u(a2l+1u2l+a2l-1u2(l-1)+…+a1)+(a2lu2l+…+a0)=0.由f(x)的极小性,第一括弧不为零,所以u=a2lu2l+a2(l-1)u2(l-1)+…+a0a2l+1u2l+a2l-1u2(l-1)+…+a1∈F(u2).故F(u)=F(u2).10畅令u=32+5.则32=u-5,(u-5)3=2.于是u3-3·u2·5+3u(5)2-(5)3=u3+15u-(3u2+5)5=2.移项后得u3+15u-2=(3u2-5)5.两边平方,得到(u3+15u-2)2=(3u2-5)2·5.这是u满足的Q上6次方程,故[Q(u):Q]≤6.又(u-5)3=2,可得5∈Q(u).由[Q(5):Q]=2,及[Q(5):Q]|[Q(u):Q],知2|[Q(u):Q].而由32=5-u知32∈Q(u,5)=Q(u).又·55·[Q(32):Q]=3及[Q(32):Q]|[Q(u):Q],得3|[Q(u):Q].于是6|[Q(u):Q],因而[Q(u):Q]=6.由于(u3+15u-2)2-(3u2-5)2·5=0,故6次多项式(x3+15x-2)2-5(3x2-5)2是u在Q上的极小多项式.11畅设s为可逆的代数元,则有F上多项式f(x),使f(s)=aksk+ak-1sk-1+…+a1s+a0=0,其中k≥1,ak≠0.设a0,a1,…,ak-1,ak中不为零的最小脚标为i.则i≠k,否则aksk=0,由s可逆,得ak=0.矛盾.故i<k.用s-i乘它,则得aksk-i+…+ai=0.于是g(x)=akxk-i+…+ai满足g(s)=0且常数项ai≠0.反之,设s满足某多项式方程f(s)=aksk+…+a1s+a0=0,且a0≠0.令g(x)=-(akxk-1+…+a1),则g(s)·s=a0≠0.故s-1=1a0g(s).1a0g(x)是F上多项式.12畅设E车H是含F的子环.任取0≠s∈H.s在E中有逆,由习题11知,s-1=g(s),g(x)是F上多项式.H是子环,因此g(s)∈H.故H是E的子域.13畅设G是域,使EGF.则[G:F]|[E:F],故[G:F]不能与n=[E:F]互素.14畅设R炒E是代数扩张.任取α∈E,α是R上不可约多项式f(x)的根.R上只有1次或2次不可约多项式.若为1次,则α∈R.若E中有α碒R,则它是R上2次不可约多项式的根,设α满足α2+bα+c=0,b,c∈R.则α-b22=14(b2-4c).因α碒R,故b2-4c<0.因此b2-4c=4c-b2-1∈R(α),而有-1∈R(α).显然R(-1)=R(α),即C臣R(α).又任β∈E是R上代数元,由C是代数封闭域知R(-1)也是.于是β∈R(-1),即得E=R(-1).上面证明了代数扩域E车R,只能是E=R或E=R(-1).它们是1次和2次扩域,R上没有3次扩域.§3 古希腊三大几何作图难题的否定以下习题中打倡者为必作题,其余为选作题.·65· 倡1畅设已知量a,b及r皆大于0且a>b.试用圆规直尺作图作出a±b,ab,ar,r. 倡2畅下列哪些量可以用圆规直尺作图作出:(1)45+26 (2)21+7(3)1-527 倡3畅下列多项式中哪些多项式的实根可用圆规直尺作图作出:(1)x2-7x-13(2)x4-5(3)x3-10x2+1(4)x5-9x3+3(5)x4-2x-34畅证明:实数α可用圆规直尺作图作出当且仅当有实数的域的序列E0炒E1炒…炒En-1炒En,使α∈En,且[Ei:Ei-1]=2,1≤i≤n,其中E0是已知量的域.1畅运用中学几何作图知识来作出要求的量.2畅(1)可以.(2)可以.(3)不可以.证明 令x=527,它满足x5-27=0.再令y+2=x,则(y+2)5-27=y5+5y4·2+10y3·22+10y2·23+5y·24+25-27=y5+10y4+40y3+80y2+80y+5=0.用艾森斯坦判别法,它是y的Q上5次不可约多项式方程,527-2是它的根,于是[Q(527-2):Q]=[Q(527):Q]=5.若527能用圆规直尺作图得到,则它落在Q的某扩域E中,且[E:Q]=2l.但[Q(527):Q]嘲[E:Q],故527,因而1-527不能落在这样的域中,它们不能这样作出.3畅(1)可以.(2)可以,令x=±45=±5.5是可作的,故5也可作.(3)我们证明x3-10x2+1是Q上不可约多项式.实际上只有±1可能是它的有理根,但它们不是.因此x3-10x2+1在Q[x]中没有一次因式,故不可约.令它的实根为α,则[Q(α):Q]=3.α不属于Q的任何扩张域E,使E满足[E:Q]=2l.故α不能用圆规直尺作图作出.(4)用艾森斯坦判别法,x5-9x3+3在Q上不可约.对它的实根α,[Q(α):Q]=5.与习题1中(3)的证明类似,知α不可作.·75·(5)x4-2x-3=(x+1)(x3-x2+x-3).第二个因式的有理根只可能是±3,±1,但都不是根.因而是Q上三次不可约多项式、与本题(3)的证明一样可知,它的实根不可作,但第一因式的根为-1,是可作的.4畅课文中已证明由E0作为已知量出发,用圆规直尺作图能作出的量α一定属于某个具有题目所设性质的扩域En中.反之,设α属于具有上述性质的扩域En中.我们对n作归纳法.首先对橙i,[Ei:Ei-1]=2,即Ei是Ei-1上2维向量空间.取βi∈Ei/Ei-1.则1,βi对域Ei-1为线性无关,因而是Ei作为Ei-1上线性空间的基,故Ei=Ei-1(βi).又β2i∈Ei,它是1,βi的线性组合,因此有bi,ci∈Ei-1使β2i+biβi+ci=0,βi=-bi±b2i-4ci.n=0,E0中的任一个量显然可用圆规和直尺经有限步作出.2设En-1中任一量已可用圆规和直尺经有限步作出,即bn,cn可用有限步作出.于是b2n-4cn以至βn皆能作出.En中任一量α都是1,βn的线性组合α=a+bβn,a,b∈En-1.a,b,βn皆能用圆规直尺经有限步作出,则α也能.完成了归纳法.§4 环的例子,几个基本概念以下习题中打倡者为必作题,其余为选作题. 倡1畅举出Z/6Z=Z6中的零因子的例子. 倡2畅令Z[i]={a+bi|a,b∈Z},它是整环.2Z[i]={2a+2bi}是Z[i]的主理想.问Z[i]/2Z[i]中是否有零因子? 倡3畅写出下列商环的全部元素.(i)Z2=Z/2Z,检查它与F2是否同构.(ii)Z3=Z/3Z,检查是否是域.(iii)F2[x]/(x2+x+1),检查是否有零因子.(iv)Z3[x]/(x2+x+2),检查是否是域. 倡4畅R是环.若R的加群是循环群,则(i)R是交换环;(ii)R的子环只有R;(iii)当R的元素有无限多个时,它的任一理想也有无限多个元;(iv)当R的元素有限时,设I为它的理想,则|I|||R|;(v)R的加法子群都是R的理想.5畅找出Z6,Z8的全部理想.哪些是极大理想?对所有极大理想K,写出Z6/K及Z8/K的全部元素、加法表和乘法表.··856畅设K为交换环,M是它的理想,M作为K的加法子群满足[K:M]=素数,则商环K/M是域.7畅试将第一章§10习题6中关于群同态的结论推广到环同态的情形.8畅设f(x)=fr11(x)fr22(x)…frkk(x)是域F上的不可约多项式的乘积,且f1(x),…,fk(x)互不相伴,令R=F[x]/(f(x))是商环.(i)求出R的全体理想.(ii)这些理想中哪些是极大理想?(iii)设珡K是R的理想,K是珡K在F[x]中的原象.检验F[x]/K碖R/珡K.9畅证明Z[i]/(1+i)是域.1畅2+6Z≠0,3+6Z≠0,都是Z6中的零因子.2畅由(1+i)2=2i,((1+i)+2Z[i])2=2i+2Z[i]=0.故(1+i)+2Z[i]是Z[i]/2Z[i]中的零因子.3畅(i)Z2=Z/2Z={0+2Z,1+2Z}={0,1}.它的加法表和乘法表如下: +01001110,×01000101.建立映射Z2F20011.这是双射,且保持加法和乘法.故是同构.(ii)Z3=Z/3Z={0,1,2}.这是交换环,又(1)-1=1,(2)-1=2.故Z3是域.(iii)因0,1不是x2+x+1的根,故x2+x+1在F2[x]上不可约.因此F2[x]/(x2+x+1)是域,故无零因子.(iv)由于0,1,2都不是x2+x+2的根,故它在Z3[x]中不可约.因此Z3[x]/(x2+x+2)是域.4畅由于R是加法循环群,可设R=Za,a∈R.(i)R中任意两元可写为ma,na,而(ma)(na)=mna2=(na)(ma),故R是交换环.(ii)设1=ka,又设a2=la.则a=1·a=ka2=kla=lka=l·1.因R的子·95·环含1,就含有l1=a.故子环含Za=R.即子环必是R.(iii)R=Za有无限多个元,则它是无限循环加群.于是当m,n∈Z,m≠n时有ma≠na.设I是R的非零理想,它就是R的非零子加群,必为无限群.故I有无限个元.(iv)当R的元素有限时,它作为加群是有限循环群.而R的理想I是它的子加群,由Lagrange定理,知|I|||R|.(v)设I是R的加法子群,它也是循环群.设I=Z(ka).任ma∈R,(ma)I=Z(na)(ka)=Z(mkla)彻Z(ka)=I.故I是R的理想.5畅Z6的全部理想为Z6,2Z6,3Z6,0·Z6.其中2Z6,3Z6是Z6的极大理想.Z8的全部理想为Z8,2Z8,4Z8,0·Z8,其中2Z8是极大理想.Z6/2Z6={0,1},Z6/3Z6={0,1,2},Z8/2Z8={0,1}.它们的加法表和乘法表:Z6/2Z6: +01001110,×01000101.Z8/2Z8碖Z6/2Z6,它们有相同的加法表和乘法表.Z6/3Z6:+012001211202201×0120000101220216畅K/M是商环,作为加法商群[K:M]=素数.对K的任一理想N,若M彻N彻K、则从加法方面看N/M是K/M的子群.后者是素数阶群,故N/M是单位元群或K/M本身.因此N=M或N=K,即M是K的极大理想.于是K/M是域.7畅群同态的结论推广到环同态,结论如下:设环G到环珚G有满同态f.令N=Kerf.记f-1(珡K)为珚G的子集珡K对于f的原象.则(1)若珡K是珚G的子环,则N炒f-1(珡K),且f-1(珡K)是子环.(2)有映射{G的含N的子环}φ{珚G的子环}·06·Hf(H).它还是双射,且保持包含关系.(3)若珡K是珚G的理想,则f-1(珡K)是G的含N的理想,于是{G的含N的理想}{珚G的理想}Kf(K)是双射.(4)设珡H是珚G的理想,则有同构G/f-1(H)碖珚G/珡H.(5)G是环,N是理想.令珚G=G/N,π是自然同态GπG/N=珚G,则π建立了{G的含N的子环}到{珚G的子环}上的双射:π(H)=珡H=H/N,且保持包含关系.同时建立了{G的含N的理想}到{珚G的理想}上的双射,且有同构G/H碖珚G/珡H=G/N/H/N.证明 由于环是加群,子环、理想是子加群,环同态的核正是加群同态的核.如能证明(i)若H是G的子环(或理想),则f(H)是珚G的子环(或理想),(ii)珡H是珚G的子环(或理想),则f-1(珡H)是G的包含N的子环(或理想).再利用群同态的结论就给出上面(1)到(5)的结论都成立.对结论(i),易知子环(或理想)的满同态的象是子环(或理想),故成立.对(ii),设珡H是子环(或理想),它是珚G的子加群,故f-1(珡H)是G的子加群.又对l,k∈f-1(珡H)(或取l∈G),f(l),f(k)∈珡H(或f(l)∈珚G).由珡H是子环(或理想),f(l)f(k)=f(lk)∈珡H,故lk∈f-1(珡H).这证明了f-1(珡H)是G的子环(或理想).8畅(i)F[x]是主理想环,它的同态象R=F(x)/(f(x)).由7题,R的任一理想为J/(f(x)),其中J为F[x]的理想.J为主理想,设为J=g(x)F[x].于是R的任一理想I必有形式:I=g(x)F[x]/(f(x))是R的一个主理想.令(g(x),f(x))=m(x),g(x)=h(x)m(x).由(h(x),f(x))=1,有u(x),v(x)∈F[x],使u(x)h(x)+v(x)f(x)=1.即u(x)h(x)+(f(x))=1+(f(x)).于是m(x)F[x]/(f(x))=u(x)h(x)m(x)F[x]/(f(x))彻g(x)F[x]/(f(x))=I彻m(x)F[x]/(f(x)),故I=m(x)F[x]/(f(x)).这说明R的任一理想必为m(x)F[x]/(f(x)),其中m(x)|f(x).再设Ii=mi(x)F[x]/(f(x)),mi(x)|f(x),i=1,2都是R的理想.来证I1=I2当且仅当m1(x)与m2(x)相伴.首先设m1(x)=cm2(x),c≠0是F的元,则··16I1=m1(x)F[x]/(f(x))=cm2(x)F[x]/(f(x))=m2(x)·cF[x]/(f(x))=m2(x)F[x]/(f(x))=I2.反之,设I1彻I2.由m1(x)+(f(x))∈I1彻I2=m2(x)F[x]/(f(x)),有h2(x)∈F[x]使m1(x)+(f(x))=m2(x)h2(x)+(f(x)).进而有g2(x)使m1(x)+g2(x)f(x)=m2(x)h2(x).因m2(x)|f(x),可得m2(x)|m1(x).当I1=I2时,同样有m1(x)|m2(x).就证明了m1(x),m2(x)相伴.写gi1…ik(x)=(f1(x))i1(f2(x))i2…(fk(x))ik,其中i1,…,ik可独立地遍取1≤i1≤r1,1≤i2≤r2,…,1≤ik≤rk.则{gi1…ik(x)}是f(x)的全部不相伴的因式,而gi1…ik(x)F[x]/(f(x))是R的全部的理想.(ii)取Ji=fi(x)F[x]/(f(x)).由(i)第二部分的证明只有理想1·F[x]/(f(x))及fi(x)F[x]/(f(x))能包含Ji.故Ji是R的极大理想.R的任一理想若非Ji之一和R本身,则它是m(x)F[x]/(f(x)),其中m(x)是f1(x),…,fk(x)中至少两项的乘积.设m(x)=fi(x)fj(x)….则fi(x)|m(x),但任意一个fi(x)与m(x)不相伴.由(i)中第二部分的证明m(x)F[x]/(f(x))彻Ji,但它们不相等,故前者不是极大理想.因此R的全部极大理想为Ji,i=1,2,…,k.(iii)设珡K=m(x)F[x]/(f(x))是R的理想,其中m(x)|f(x).显然m(x)F[x]在R中的象是珡K.又任意g(x)∈F(x),若g(x)+(f(x))∈m(x)F[x]/(f(x)),用(i)中第二部分的证明可得m(x)|g(x).故g(x)∈m(x)F[x].这证明了珡K在F[x]中的原象K是m(x)F[x].作映射F[x]/m(x)F[x]πR/珡Kg(x)+m(x)F[x][g(x)+(f(x))]+珡K.首先要证明它确实规定了映射,即象元与g(x)+m(x)F[x]中的代表的选择无关,实际上g1+m(x)F[x]=g2+m(x)F[x]当且仅当g1-g2∈m(x)F[x]当且仅当(g1-g2)+(f(x))∈m(x)F[x]/(f(x))=珡K当且仅当[g1+(f(x))]与[g2+(f(x))]属于珡K的同一陪集当且仅当[g1+(f(x))]+珡K=[g2+(f(x))]+珡K.这就证明了映射是意义的,而且是单射.π显然是满射,因而是双射.又π((g1+m(x)F[x])+(g2+m(x)F[x]))=π((g1+g2)+m(x)F[x])=[(g1+g2)+(f(x))]+珡K=[(g1+(f(x)))+(g2+(f(x)))]+珡K=(g1+(f(x)))+珡K+(g2+(f(x)))+珡K=π(g1+m(x)F[x]) +π(g2+m(x)F[x]).·26·同样可证π((g1+m(x)F[x])(g2+m(x)F[x]))=π(g1+m(x)F[x])π(g2+m(x)F[x]).故π是环同构.9畅先计算Z[i]/(1+i)的全部元素.记剩余类a+bi+((1+i))为a+bi,其中a,b∈Z.我们有a+bi=a-b+b(1+i)=a-b.又(1+i)2=-2,故2=2+(1+i)2=0.于是Z[i]/(1+i)={0,1}={0+((1+i)),1+((1+i))}碖Z2.故它是域.§5 整数模n的剩余类环,素数p个元素的域以下习题中打倡者为必作题,其余为选作题.1畅求出Z8中可逆元的群及其乘法表. 倡2畅求出Z9中可逆元的群及其乘法表. 倡3畅写出Z3[x]/(x2+1)的全部元素.求出x+1与全部元素的乘积以及它的逆元素. 倡4畅427≡?(mod3) 7123≡?(mod5) 827≡?(mod6) 倡5畅p是素数,则域Zp中全部元素是方程xp-x=0的全部根.因而映射ZpZpaap是恒等自同构.1畅Z8的可逆元群是{1+8Z,3+8Z,5+8Z,7+8Z}.乘法表略.2畅Z9的可逆元群是{1+9Z,2+9Z,4+9Z,5+9Z,7+9Z,8+9Z}.乘法表略.3畅记剩余类f(x)+((x2+1))为f(x).则Z3[x]/(x2+1)={0,1,2,珔x,x+1,x+2,2x,2x+1,2x+2}.(x+1)Z3[x]/(x2+1)={0,x+1,2(x+1)}x+1的逆元素为x+24畅427≡127=1(mod3).7123≡2123≡2120·23(mod5)≡23(mod5)(因24≡1,2120=(24)30≡1)≡3(mod5).··36827≡((23)3)3≡(23)3≡23≡2(mod6).5畅Zp\{0}是p-1阶乘法循环群,故任0≠a∈Zp,满足ap-1=1.于是ap=a.又0p=0,所以Zp中全部元是xp-x=0的全部根.这就证明了ZpZpaap是恒等自同构.§6 F[x]模某个理想的剩余类环,添加一个多项式的根的扩域以下习题中打倡者为必作题,其余为选作题. 倡1畅Z3[x]中计算(x2+x+1)(x3+2x+1)及(x4+2x+1)(x3+x+1) 倡2畅证明x2+1,x3+2x+1是Z3[x]中不可约多项式.问Z3[x]/(x2+1),Z3[x]/(x3+2x+1)分别是几个元素的域.3畅写出Z3[x]/((x2+1)(x3+2x+1))中的全部理想和极大理想. 倡4畅证明Q[x]/(x2-2)与Q(2)={a+b2|a,b∈Q}都是域,且互相同构.1畅(x2+x+1)(x3+2x+1)=x5+x4+1.(x4+2x+1)(x3+x+1)=x7+x5+x3+2x2+1.2畅x2+1,x3+2x+1在Z3中无根,于是在Z3[x]中无一次因式,因此不可约.Z3[x]/(x2+1)是有9个元的域,Z3[x]/(x3+2x+1)是有27个元的域.3畅用§4习题8,它的全部理想为零理想及Z3[x]/((x2+1)(x3+2x+1)),(x2+1)Z3[x]/((x2+1)(x3+2x+1)),(x3+2x+1)Z3[x]/((x2+1)(x3+2x+1)).后面两个理想是极大理想.4畅Q[x]/(x2-2)与Q(2)都是域,略证.作映射Q[x]φQ(2)p(x)p(2)·46·这是同态映射,且是满射.Kerφ={p(x)|p(2)=0}.由于x2-2是2的极小多项式,故Kerφ=(x2-2)Q[x]=((x2-2)).由同态基本定理得Q[x]/((x2-2))碖Q(2).§7 整环的分式域,素域以下习题中打倡者为必作题,其余为选作题.1畅证明:有限整环是域. 倡2畅R是交换环,P≠R是R的理想,则RP是整环当且仅当P有性质:若a,b∈R满足ab∈P,则a∈P或b∈P.有这种性质的理想P称为素理想. 倡3畅R是交换环,则R的极大理想必为素理想. 倡4畅设n∈Z,n>1,Z中主理想(n)=nZ是素理想当且仅当n是素数. 倡5畅设R是一个域,则R的分式域就是自身. 倡6畅令Z(2)={a+b2|a,b∈Z},Q(2)={α+β2|α,β∈Q}.证明Q(2)是Z(2)的分式域.7畅令Z[i]={a+bi|a,b∈Z},Q[i]={α+βi|α,β∈Q}Z.证明Q[i]是Z[i]的分式域.8畅域F上多项式f(x)的次数≥1.F[x]中主理想(f(x))是素理想当且仅当f(x)是不可约多项式.1畅设R是有限整环,R={r1,…,rt}.令rt=0.橙0≠r∈R,当ri≠rj时有rri≠rrj.故rr1,…,rrt-1是R的全部非零元,必有某rj使rrj=1,即rj为r的逆元.R的每个非零元都有逆,故是域.2畅设R/P为整环.橙a,b∈R,若ab∈P,则(a+P)(b+P)=ab+P=0.于是a+P=0或b+P=0,即a∈P或b∈P.故P为素理想.反之,设P是素理想,橙a,b∈R,若ab∈P则a∈P或b∈P.现设R/P中(a+P)(b+P)=ab+P=0.即ab∈P,于是a∈P或b∈P,即a+P=0或b+P=0.故R/P是整环.3畅设I是R的极大理想,则R/I是域,当然是整环.由习题2,I是素理想.·56· 4畅设Z中(n)=nZ是一个理想.若n不是素数,则n=ab,a,b为大于1的正整数.由于a和b都不是n的倍数,故a∈(n),b∈(n).但ab=n∈(n),故(n)不是素理想,这就证明了(n)是素理想则n为素数.当n是素数时,对ab∈(n),则n|ab.若n嘲a,则(n,a)=1.于是n|b.即a∈(n)或b∈(n),(n)是素理想.5畅R是域,则也是整环.它的分式域F以R为子环,且F中的元是R的元的商.由于R是域,它的元的商仍在R中,故R=F.6畅我们已知Q(2)是域.对任意α+β2∈Q(2),可写α=ac,β=bc,a,b,c∈Z.则α+β2=a+b2c是Z(2)中两元素的商.又Z(2)中两元素的商为:a+b2c+d2=(c-d2)(a+b2)c2-2d2=ac-2bdc2-2d2+bc-adc2-2d22∈Q(2).现在Z(2)是Q(2)的子环,且Q(2)是由Z(2)中两元素的商组成,故Q(2)是Z(2)的分式域.7畅易证Q[i]是域.对任意α+βi∈Q[i],可写α=ac,β=bc,则α+βi=a+bic是Z[i]中两元素的商.又Z[i]中两元素的商为a+bic+di=ac+bdc2+d2+bc-adc2+d2i∈Q[i].即Q[i]由Z[i]的两元素的商组成.故Q[i]是Z[i]的分式域.8畅完全可仿照习题4的证明.设(f(x))是F[x]中理想,f(x)的次数≥1.若f(x)=g(x)h(x),g(x)及h(x)的次数皆大于等于1,这时g(x),h(x)皆不是f(x)的倍数,故g(x),h(x)∈(f(x)),但g(x)h(x)∈(f(x)).即(f(x))不是素理想.故若(f(x))是素理想,则f(x)不可约.反之,若f(x)不可约.对g(x)h(x)∈(f(x)),则有g(x)h(x)=f(x)k(x).若f(x)|g(x)则g(x)∈(f(x)).若f(x)嘲g(x),则(f(x),g(x))=1,于是f(x)|h(x).即有h(x)∈(f(x)),故(f(x))是素理想.§8 环的直和与中国剩余定理以下习题中打倡者为必作题,其余为选作题. 倡1畅解同余方程组.·66·(i)x≡1(mod2)x≡2(mod5)x≡3(mod7)x≡4(mod9) (ii)x≡5(mod7)x≡4(mod6) 倡2畅韩信点兵问题:有兵一队,若列5列纵队,则末行1人.成6列纵队,则末行5人.成7列纵队,则末行4人.成11列纵队,则末行10人.求兵数. 倡3畅R1,…,Rs是环.U1,…,Us分别是它们的可逆元的群.证明R1磑…磑Rs的可逆元群为U=U1×U2×…×Us(见第一章§4定义2).4畅设n=m1m2…ms,mi两两互素.令U(Zm)表Zm的可逆元群,则Z/nZ=Zn的可逆元群同构于U(Zm1)×…×U(Zms).进而有,φ(n)=φ(m1)φ(m2)…φ(ms),这里φ(n)是欧拉函数.当n=pes1…pess,pi为不同素数时,φ(n)=n1-1p1…1-1ps.(见第二章§5定义1及最后一段).1畅(i)解为157(mod630)(ii)解为40(mod42)2畅2111(mod2310)3畅(a1,a2,…as)是R1磑…磑Rs的可逆元当且仅当有(b1,…,bs)使(a1,…,as)(b1,…,bs)=(a1b1,…,asbs)=(1,…,1)当且仅当aibi=1,i=1,2,…,s当且仅当ai∈Ui,i=1,2,…,s当且仅当(a1,…,as)∈U1×…×Us.4畅这时Zn碖Zm1磑…磑Zms.Zm的可逆元群U(Zn)={k+nZ|(k,n)=1}.故|U(Zn)|=φ(n).(见第二章§5定义1).由习题3,U(Zn)碖U(Zm1)×…×U(Zms).|U(Zmi)|=φ(mi),i=1,2,…,s.故得φ(n)=φ(m1)…φ(ms).对素数幂pk,1,2,…,pk-1中与pk不互素的数为p的所有倍数lp,1≤l≤pk-1-1.故此中与pk互素的数共(pk-1)-(pk-1-1)=pk-pk-1=pk1-1p(个).即φ(pk)=pk1-1p.当n=pe11pe22…pess时,φ(n)=φ(pe11)φ(pe22)…φ(pess)=pe11…pess1-1p1…1-1ps.·76·。
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.·1·课后答案网 ww w.k h da w.co m1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.以下各题中有倡者为必作题,其余为选作题. 倡1畅判断下列哪些是集合A上的代数运算.(1)A=所有实数,A上的除法.(2)A是平面上全部向量,用实数和A中向量作数量乘法(倍数).(3)A是空间全部向量,A中向量的向量积(或外积,叉乘).(4)A=所有实数,A上的一个二元实函数. 倡2畅给定集合F2={1,0},定义F2上两个代数运算加法和乘法,用下面的加法表,乘法表来表示:+01×01001110000101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·课后答案网ww w.k h da w.co m(5)a0=0,(6)-(ab)=(-a)b=a(-b),(7)(-a)(-b)=ab(8)a(b-c)=ab-ac.4畅R是环,a1,a2,…,am,b1,b2,…,bn∈R,则∑mi=1ai∑nj=1bj=∑mi=1∑nj=1aibj. 倡5畅R是环,验证:对所有非负整数m,n,橙a,b∈R,有am+n=aman,(am)n=amn.若a,b交换,则(ab)m=ambm. 倡6畅R是环,a,b∈R,a,b交换,证明二项定理:(a+b)n=an+n1an-1b+…+nkan-kbk+…+bn,其中nk=Ckn=n(n-1)…(n-k+1)1·2…k7畅R是环,a1,a2,…,am∈R,分别有乘法逆元素a-11,…,a-1m,则a1…am的逆元素为a-1ma-1m-1…a-12a-11.若a1,…,am两两交换,则a1a2…am有逆元素的充要条件是a1,…,am皆有逆元素.8畅R是环,a,b∈R.证明c(1-ab)=(1-ab)c=1痴(1-ba)d=d(1-ba)=1,其中d=1+bca.即若1-ab在R内可逆,则1-ba也可逆.元素1+adb等于什么?9畅Mn(F)为域F上全体n×n阵作成的环,n≥2.举出其中零因子的例子.1畅(1)否,(2)否,(3)是,(4)是.2畅证明 由于a+b和b+a,a+(b+c)和(a+b)+c中1,0出现的次数分别相同,它们的和就分别相等,故F2中加法交换律和结合律成立.由于ab和ba,a(bc)和(ab)c中如有0出现,其积为零,否则其积为1,故这两对积分别相等,于是F2中乘法交换律和结合律成立.对a(b+c)和ab+ac,若a=0,这两式子都为零;若a=1,这两式子都为b+c,对这两种情形两式子都相等,故F2中乘法对加法的分配律成立.3畅(1)对a+b=a=a+0用加法消去律,得b=0.(2)由于[(-a)-b]+a+b=(-a)+[-b+(a+b)]=(-a)+a=0,·3·课后答案网 ww w.k h da w.co m由负元的定义知(-a)-b=-(a+b).(3)在(2)中将b换为-b,就得-(a-b)=(-a)+b.(4)对a-b=c两边加上b,左边=(a-b)+b=a,右边=c+b,故a=c+b.(5)a·0+a=a·0+a·1=a(0+1)=a.用加法消去律得a·0=0.(6)(-a)b+ab=(-a+a)b=0·b=0,故-ab=(-a)b.将上式a,b互换就得-ab=a(-b).(7)(-a)(-b)=-(a(-b))=-(-ab)=ab.(8)a(b-c)=a(b+(-c))=ab+a(-c)=ab-ac.4畅∑mi=1ai∑nj=1bj=(a1+…+am)∑nj=1bj=a1∑nj=1bj+…+am∑nj=1bj=∑nj=1a1bj+…+∑nj=1ambj=∑mi=1∑nj=1aibj.5畅分几种情形(i)m+n=0,但m,n不为零,不妨设m为正整数.ama-m为m个a及m个a-1的乘积,由广义结合律知ama-m=1=a0=am+(-m).(ii)若m,n中有零,不妨设m=0,则左边=a0+n=an=a0an=右边.(iii)m,n皆为正整数,则am+n与aman皆为m+n个a的积,由广义结合律知它们相等.若m,n皆为负整数,则am+n与aman皆为-(m+n)个a-1的乘积,由广义结合律知它们相等.(iv)m,n中有正有负,且m+n≠0,不妨设m与m+n为异号.则由(iii)am+na-m=a(m+n)-m=an,两边再乘上(a-m)-1=am(参看(i)),则am+n=aman.以上已证明了am+n=aman及(am)-1=a-m.再由amn=am+m+…+mn个=am…amn个=(am)n,当n>0;amn=a(-m)(-n)=a-m…-m(-n)个=a-m…a-m(-n)个=(am)-1…(am)-1(-n)个=(am)n,当n<0;又am·0=1=(am)0.这就证明了amn=(am)n.若a,b交换,当m=0时,显然有ambm=(ab)m.当m为正整数时,ambm与(ab)m都是m个a,m个b的乘积,由广义结合律知它们相等,当m为负整数时,a-mb-m=(ab)-m,即(am)-1(bm)-1=((ab)m)-1.左边又是(ambm)-1,·4·课后答案网ww w.kh da w.co m故ambm=(ab)m.6畅参照中学数学中对二项定理的证明.7畅由(a1a2…am)(a-1ma-1m-1…a-12a-11)=a1a2…am-1ama-1ma-1m-1…a-11=1,故(a1a2…am)-1=a-1m…a-12a-11.对第2个问题,上面一段正是证明了它的充分性.再证必要性.设a1a2…am·u=1,则任i,ai(a1…ai-1ai+1…amu)=1,故每个ai有逆元素.8畅(1-ba)d=(1-ba)(1+bca)=1-ba+bca-babca=1-ba+b(1-ab)ca=1-ba+ba=1,d(1-ba)=(1+bca)(1-ba)=1-ba+bca-bcaba,=1-ba+bc(1-ab)a=1-ba+ba=1.即1-ba在R内也可逆.又由c(1-ab)=(1-ab)c=1,得1+cab=1+abc=c.故1+adb=1+a(1+bca)b=1+ab+abcab=1+ab(1+cab)=1+abc=c.9畅当n≥2时,取A=110…0000…0⁝⁝⁝⁝000…0n×n B=10…0-10…000…0⁝⁝⁝00…0n×n则A≠0,B≠0,但AB=0.A,B皆为零因子.·5·课后答案网ww w.k h da w.co m第一章 群1畅群的例子.2畅群的基本概念:群、子群、同态、同构、陪集、正规子群、商群、群阶、元的阶、群的方指数、循环群、交换群、奇(偶)置换、置换的轮换分解.3畅与群作用有关的概念:群作用及等价定义、轨道(等价类)、不变量及不变量的完全组、稳定子群、轨道长、共轭类.4畅重要结论:Lagrange定理、Cayley定理、类方程,群作为稳定子群的陪集的无交并、稳定子群的阶与轨道长的积等于群阶(有限群时)、同态基本定理、循环群及其子群的结构、有限交换群为循环群的充要条件、域中非零元的有限乘法子群是循环群、An(n≥5)的单性、Burnside关于轨道数的定理.5畅几个应用:图形的对称性群的计算(利用稳定子群)、晶体的对称性定律、轨道数的定理在一些组合计算问题中的应用.6畅解析几何、高等代数中有关群的例子、矩阵的各种变换与群作用的关系.1畅本章的一大特点也是本教材的一大特点是以群作用为主线来处理群论这一章的内容.在其它教材中群作用的概念和理论仅在群论的稍深入的部分出现.不少教材(例如为师范院校用的教材)甚至不涉及它.作者发现本章的内容(作为群论的引论内容)大量地与群作用有关:从图形的对称性群的分析引入群作用概念、用群作用的轨道引出陪集与共轭类的概念、Lagrange定理和Cayley定理、群作用与高等代数中各种矩阵变换和几何学中的Erlanger纲领的联系、群作用的轨道长和稳定子群关系的结论用于推出类方程和化简图形的对称性群的计算、Burnside关于轨道数的结论用于组合计算问题等基本上形成了本章内容从头到尾的一条主线.中间穿插着讲述了群的各个基本概念和基本性质.这样就体现了群作用的重要性.2畅读者还可进一步考察高等代数中与群和群作用有关的其它例子.本教材中将群作用与高等代数矩阵变换相联系,体现了用群作用的高观点去看待以前·6·课后答案网ww w.kh da w.co m的知识.3畅任意域中非零元素的乘法有限子群是循环群.这是非常漂亮的结果,是群论结果的推论.它在有限域的结构中起重要作用.4畅利用商群和同态基本定理可以搞清一些对象的构造和性质.读者可从教材内容和习题中举出几个例子来熟悉这种方法.(1)空间点阵绕一轴的转动若是它的对称性变换,则转角只有0,±π3,±π2,±2π3,π.证明 只由这几个变换共能组五个群.(2)实对称n×n方阵可用正交矩阵作相似变换化为对角矩阵.这其中有什么群作用?试找出这个群作用下的不变量的完全组,给出两个n×n实对称方阵在同一轨道的充分必要条件.给出两个n×n实对称矩阵在一般的(不一定是正交矩阵下)相似变换下能够互变的充分必要条件.§1 群的例子以下习题中打倡者为必作题,其余为选作题. 倡1畅平面取定坐标系Oxy,则平面仿射(点)变换φ:(x,y)T(x′,y′)T(这里T是矩阵的转置,(x,y)T是一列的矩阵,即列向量)可写为x′=a11x+a12y+b1,y′=a21x+a22y+b2,(1)其中行列式a11a12a21a22≠0.证明平面上全体仿射变换对于变换的乘法成一个群,称为平面的仿射变换群.(可以把(1)写成矩阵形式,再进行证明). 倡2畅平面上取定直角坐标系Oxy,任意平面正交(点)变换φ:(x,y)T(x′,y′)T可写为·7·课后答案网ww w.k h da w.co mx′=a11x+a12y+b1,y′=a21x+a22y+b2,其中矩阵a11a12a21a22是正交矩阵.用这种表示式证明平面上全体正交变换对于变换的乘法成为一个群,它是平面的正交变换群(见例10). 倡3畅平面上三个(不同的)点(x0,y0)T,(x1,y1)T,(x2,y2)T(在习题1中同一坐标系Oxy下)共线当且仅当有实数l,使(x2-x0,y2-y0)T=l(x1-x0,y1-y0)T.证明在习题1中的仿射变换φ下,有(x′2-x′0,y′2-y′0)T=l(x′1-x′0,y′1-y′0)T,故变换后的三点(x′0,y′0),(x′1,y′1),(x′2,y′2)也共线. 倡4畅平面上二点(x1,y1)T,(x2,y2)T(在习题2中直角坐标系Oxy下)的距离为|x2-x1,y2-y1|=(x2-x1)2+(y2-y1)2.证明:在习题2中的正交变换φ下,变换前后两点的距离不变.注:只要证明(x2-x1)2+(y2-y1)2=(x′2-x′1)2+(y′2-y′1)2.除直接计算外还可利用矩阵工具.实际上x′2-x′1y′2-y′1=a11a12a21a22x2-x1y2-y1.又若把一个数看成1×1矩阵,则有 (x2-x1)2+(y2-y1)2=(x2-x1,y2-y1)(x2-x1,y2-y1)T及 (x′2-x′1)2+(y′2-y′1)2=(x′2-x′1,y′2-y′1)(x′2-x′1,y′2-y′1)T.5畅所有形为ab0a(a≠0,a,b皆为复数)的矩阵对于矩阵的乘法成为一个群. 倡6畅令G是全部实数对(a,b),a≠0,的集合.在G上定义乘法为(a,b)(c,d)=(ac,ad+b),e=(1,0),验证G是一个群. 倡7畅设G是一个幺半群.若G的每个元a有右逆元,即有b∈G,使ab=e,则G是一个群. 倡8畅设G是一个群.若橙a,b皆有(ab)2=a2b2,则G是交换群.9畅设群G的每个元素a都满足a2=e,则G是交换群.10畅G={z∈C(复数域)||z|=1}对于复数的乘法成群.·8·课后答案网ww w.k h da w.co m 11畅K=αβ-珋β珔αα,β∈C,不同时为0,其中珔α,珋β是α,β的共轭复数,则K在矩阵的乘法下成群.12畅设G是非空的有限集合,G上的乘法满足:橙a,b,c∈G有1)(ab)c=a(bc);2)ab=ac痴b=c;3)ac=bc痴a=b;则G是群. 倡13畅证明(1)群中元a,a2=e当且仅当a=a-1.(2)偶数个元素的群都含有一个元a≠e,使得a2=e.14畅证明任一个群G不能是两个不等于G的子群的并集.15畅以Qp记分母与某素数p互素的全体有理数组成的集合,证明它对于数的加法成为一个群.16畅以Qp记分母皆为pi(i≥0,p素数)的全体有理数的集合,证明它对数的加法成为群. 倡17畅令ρ=123456654321, σ=123456231564,τ=123456621354,计算ρσ,στ,τρ,σ-1,σρσ-1. 倡18畅设σ=12…nσ(1)σ(2)…σ(n), τ=12…nτ(1)τ(2)…τ(n).问σ=τ(1)τ(2)…τ(n)?…?, τ-1=?…?i1i2…in,及τστ-1=σ(1)σ(2)…σ(n)?…?12…nσ(1)σ(2)…σ(n)??…?12…n=? 倡19畅将下列置换分解成不相交轮换的乘积:12345677126543, 1234567891024597108316.然后再分解成对换的乘积,并说是奇或偶置换. 倡20畅确定置换·9·课后答案网 ww w.k h da w.co mσ=12…n-1nn(n-1)…21的奇偶性. 倡21畅把(147)(7810)(3109)(942)(356)分解成不相交的轮换的乘积.1畅写仿射点变换φ:(x,y)T(x′,y′)T(这儿T是矩阵的转置)为矩阵形式x′y′=a11a12a21a22xy+b1b2=Axy+b1b2,其中|A|=a11a12a21a22≠0.设另一仿射点变换ρ:x′y′=Bxy+c1c2其中|B|≠0.则(x,y)T经ρφ变成ρφxy=ρφxy=ρAxy+b1b2=BAxy+b1b2+c1c2.=BAxy+Bb1b2+c1c2.由于|BA|=|B||A|≠0,ρφ仍是仿射点变换.易证:仿射点变换φ1:x′y′=A-1xy-b1b2正是φ的逆变换.而仿射点变换x′y′=xy=1001xy+00是恒等变换,它是乘法单位元,又变换的乘法自然有结合律.故平面上全体仿射点变换对变换的乘法成为一个群.2畅平面上正交点变换φ可写成矩阵形式x′y′=Axy+b1b2,·01·课后答案网 ww w.kh da w.co m其中A为2×2正交矩阵,即满足AAT=ATA=I(单位矩阵).正交矩阵的乘积是正交矩阵,正交矩阵的逆也是正交阵.利用这两个性质,完全类似于习题1中的论证,能证明本习题的结论.3畅由题设有x2-x0y2-y0=lx1-x0y1-y0.在仿射点变换φ:x′y′=Axy+b1b2的变换下x′iy′i=Axiyi+b1b2, i=0,1,2.故x′2-x′0y′2-y′0=x′2y′2-x′0y′0=Ax2y2-Ax0y0=Ax2-x0y2-y0=Alx1-x0y1-y0=lAx1-x0y1-y0=lx′1-x′0y′1-y′0.由于|A|≠0,A可逆.于是φ将不同的三点(xi,yi)T变成不同的三点(x′i,y′i)T,i=0,1,2.上面一串等式的最前端与最后端相等即表示这三点也共线.4畅与第三题类似有x′2-x′1y′2-y′1=Ax2-x1y2-y1其中A满足AAT=ATA=I.于是 (x′2-x′1)2+(y′2-y′1)2=(x′2-x′1,y′2-y′1)x′2-x′1y′2-y′1 =Ax2-x1y2-y1TAx2-x1y2-y1=(x2-x1,y2-y1)ATAx2-x1y2-y1=(x2-x1,y2-y1)x2-x1y2-y1=(x2-x1)2+(y2-y1)2.5畅略.6畅略.·11·课后答案网 ww w.k h da w.co m7畅对a∈G,a有右逆b.b又有右逆a′,这时a为b的左逆.由ba′=e=ab,得到a=a(ba′)=(ab)a′=a′,可知a=a′.这样ba=ab=e,即b是a的逆.8畅由题设,橙a,b∈G,(ab)2=abab=a2b2.对后一等号两边左乘a-1,右乘b-1,就得到ab=ba.9畅橙a,b∈G,有a2=b2=e,故a-1=a,b-1=b,又(ab)2=abab=e.对后一个等号两边左乘a,右乘b,就得ba=ab.10畅略.11畅略.12畅设G={g1,…,gs}.由性质(2),橙a∈G,{ag1,…,ags}彻G,且是s个不同的元,故{ag1,…,ags}=G.同样由性质(3)可得,{g1a,…,gsa}=G.设其中agi=a,gja=a.于是(g1a)gi=g1a,…,(gsa)gi=gsa;gj(ag1)=ag1,…,gj(ags)=ags.即gi是G的右单位元,gj是G的左单位元,分别记为e及e′,则e=e′e=e′,即G有单位元e.类似于上面作法,由{ag1,…,ags}=G,有b∈G使ab=e,由{g1a,…,gsa}=G,而有b′∈G使b′a=e.于是b′=b′e=b′(ab)=(b′a)b=eb=b,即橙a∈G有逆元.又题设G有结合律,故是一个群.13畅只证(2).用反证法.设橙a∈G,a≠e有a2≠e.由(1)知a≠a-1.取a1∈G\{e},则a1≠a-11≠e.若G\{e}除了{a1,a-11}外还有元素a2,于是a2≠a-12.由于a1,a-11互为逆元素,若a-12∈{a1,a-11}则a2=(a-12)-1∈{a1,a-11}.这不可能,即a-12∈{a1,a-11}.故{a1,a-11,a2,a-12}是四个不同的元素.设上面的步骤进行了k-1步,得到2(k-1)个元素{a1,a-11,…,ak-1,a-1k-1}彻G\{e}.同样论证G\{e}除了上述2(k-1)个元素外要么没有元素了,要么同时有ak及a-1k且ak≠a-1k.可知G\{e}要么等于{a1,a-11,…,ak-1,a-1k-1},要么有2k个元素{a1,a-11,…,ak,a-1k}彻G\{e}.因G\{e}只有有限个元素,必然在某个第k步停止,即G\{e}={a1,a-11,…,ak,a-1k}.故G有2k+1个,即奇数个元素,矛盾.因此G中必有元素a≠e,a2=e.14畅设G1,G2皆为不等于G的子群,但G=G1∪G2.因G1≠G,可取到g1∈G1.由G=G1∪G2,g1∈G2.同样能取到g2∈G2,但g2∈G1.作g=g1·g2.若g∈G1,因g2∈G1,则g1=g·g-12∈G1矛盾.于是g∈G1,同样g∈G2,就得到g∈G1∪G2与G=G1∪G2矛盾.故不能有不等于G的两个子群G1,G2使得G=G1∪G2.15畅略.·21·课后答案网ww w.kh da w.co m16畅略.17畅略.18畅σ=τ(1)τ(2)…τ(n)σ(τ(1))σ(τ(2))…σ(τ(n)),τ-1=τ(i1)τ(i2)…τ(in)i1i2inτστ-1=σ(1)σ(2)…σ(n)τ(σ(1))τ(σ(2))…τ(σ(n))12…nσ(1)σ(2)…σ(n)τ(1)τ(2)…τ(n)12…n=τ(1)τ(2)…τ(n)τ(σ(1))τ(σ(2))…τ(σ(n)).19畅略.20畅略.21畅略.§2 对称性变换与对称性群,晶体对称性定律下列习题中打倡者为必作题,其它为选作题. 倡1畅计算下列图形的对称性群:(1)正五边形;(2)不等边矩形;(3)圆. 倡2畅用S4的全部变换去变x1x2+x3x4,把变到的所有可能的多项式写出来. 倡3畅用S3去变x31x22x3能变出几个多项式,把它们全写出来.以x31x22x3为其中一项作出一个和,使它是对称多项式,并使其项数最少. 倡4畅用不相交的轮换的乘积的形式写出S3,A3,S4,A4中的全部元素. 倡5畅S4中下列4个元素的集合{(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)}在置换乘法下成为一个群,记为V4.并且它是A4的子群.6畅求出正四面体A1A2A3A4的对称性群.1畅(1)令绕O反时针旋转0°,72°,144°,216°,288°的5个旋转变换为T0,·31·课后答案网ww w.k h da w.co mT1,T2,T3,T4,令平面对直线l1,l2,l3,l4,l5,的反射变换为S1,S2,S3,S4,S5,它们都是对称性变换.对于此正五边形的任一个对称性变换T,它若将顶点A1变成Ai,则T-1i-1T就将A1变成A1.易知正五边形的保持A1不动的对称性变换只有T0和S1,即T-1i-1T=T0或S1,故T=Ti-1T0=Ti-1或T=Ti-1S1.故全部对称性变换为{Ti-1S1,Ti-1,i=1,2,…,5},最多有10个元素.而前面已列出{Ti-1,Si,i=1,2,3,4,5}共10个对称性变换,它们必须相等.(2)令绕O反时针旋转0°,180°的旋转变换为T0,T1,令平面对直线l1,l2的反射为S1,S2.它们都是该矩形的对称性变换.使A1分别变到A1,A2,A3,A4的对称性变换都只有一个,即分别为T0,S1,T1,S2.故它们是全部的对称性变换.(3)令绕O反时针旋转任意角θ的旋转变换为Tθ,令平面对过中心O的任意直线l的反射为Sl.则圆的对称性变换群={Tθ,0≤θ<360°,Sl,全部过中心O的直线l}2畅x1x2+x3x4,x1x3+x2x4,x1x4+x2x3.3畅能变出6个单项式,即为:x31x22x3,x21x32x3,x31x23x2,x21x33x2,x32x23x1,x22x33x1.它们的和x31x22x3+x21x32x3+x31x23x2+x21x33x2+x32x23x1+x22x33x1是所要求的项数最少的多项式.4畅S3={(1),(12),(13),(23),(123),(132)}A3={(1),(123),(132)}S4={(1),(12),(13),(14),(23),(24),(34),(123),(132),(124),(142),(134),(143),(234),(243),(12)(34),(14)(23),(13)(24),(1234),(1243),(1324),(1342),(1423),(1432)}A4={(1),(123),(132),(124),(142),(134)·41·课后答案网 ww w.k h da w.co m(143),(234),(243),(12)(34),(14)(23),(13)(24)}.5畅略.6畅正四面体为ABCD,O为△DBC的中心,E,F,G,L分别是CD,AB,AC,AD的中点,我们先找出使顶点A不动的全体对称性变换的集合H.这些变换使△BCD变为自己,H限制在平面BCD上是△BCD的对称性群.由此易确定出H={Ti,TiS,i=1,2,3},其中T1,T2,T3是空间绕轴AO旋转(按某固定方向)转0°,120°,240°的旋转变换,S是空间对平面ABE的镜面反射.再任选三个对称性变换M1,M2,M3,它们分别能将点B,C,D与A互变.例可取M1,M2,M3是空间分别对平面CDF,BGD,CBL的镜面反射.与第1题(1)中的论证类似,可得正四面体ABCD的对称性群G={Ti,TiS,MjTi,MjTiS,i,j=1,2,3}.G有24个元.§3 子群,同构,同态以下习题中打倡者为必作题,其余为选作题. 倡1畅四个复数1,-1,i,-i的集合U4构成非零复数的乘法群的子群. 倡2畅H1,H2,…,Hk,…都是群G的子群.证明(1)H1∩H2是子群.(2)∩∞i=1Hi是子群.(3)若H1炒H2炒…炒Hk炒Hk+1炒…,则∪∞i=1Hi是子群. 倡3畅设G是群.令Z(G)={a∈G|ag=ga,橙g∈G},则Z(G)是G的子群.称为G的中心. 倡4畅G是群,S是G的非空子集.令CG(S)={a∈G|as=sa,橙s∈S},NG(S)={a∈G|aSa-1=S},则它们都是G的子群,其中aSa-1={asa-1|橙s∈S}.CG(S)和NG(S)分别称·51·课后答案网ww w.k h da w.co m为S在G中的中心化子和正规化子.5畅设G是群,H是G的子群.(1)a∈G,则aHa-1也是子群.(2)τ是G的自同构,则τ(H)也是子群.6畅证明§2中习题5中V4与上面习题1中U4不同构. 倡7畅证明正三角形A1A2A3的对称性群与S3同构(将每个对称性变换与它引起的顶点的置换相对应).8畅令L=cosθsinθ-sinθcosθ0≤θ<2π,M=eiθ00e-iθ0≤θ<2π.它们都在矩阵的乘法下成为群,并且相互同构.9畅证明群G是交换群当且仅当映射GGxx-1是G的自同构.10畅实数域R到习题8中群L的映射φ:RL xcosθsinθ-sinθcosθ,其中x=2kπ+θ,0≤θ<2π,是R的加群到群L的同态.11畅G是群,S是G的非空子集.令H={t1…ti…tk|橙k是正整数,ti或t-1i∈S}.证明H是子群且H=枙S枛. 倡12畅整数加法群Z的子群一定是某个nZ(n∈Z).13畅证明有理数加法群Q的任何有限生成的子群是循环群.14畅G={全体2×2整数元素的可逆矩阵},对矩阵乘法是否成为群?全体正实数元素的2×2可逆矩阵对矩阵乘法是否成为群? 倡15畅群G的全部自同构在G上变换的乘法下成为群,称为G的自同构群,记为AutG.1畅略.2畅(1)略.(2)对a,b∈∩∞i=1Hi来证ab-1∈∩∞i=1Hi.因a,b∈Hi,Hi是子群,故ab-1∈·61·课后答案网 ww w.k h da w.co mHi,i=1,2,…,于是ab-1∈∩∞i=1Hi.故∩∞i=1Hi是子群.(3)设a,b∈∪∞i=1Hi,必有k,l使a∈Hk,b∈Hl.不妨设k≤l.于是由Hk彻Hl得a,b∈Hl,又Hl是子群,知ab-1∈Hl彻∪∞i=1Hi.故∪∞i=1Hi是子群.3畅略.4畅略.5畅略.6畅写V4中的元为a,b,c,e(单位元),则有a2=b2=c2=e.而U4中4个元为1,-1,i,-i.假设V4到U4有同构τ.不妨设τ(a)=i.由a2=e,τ(a2)=τ(e)=1.但τ(a)=i,i2=-1,τ(a)τ(a)=-1.故τ(a2)≠τ(a)τ(a),τ不保持乘法,矛盾.故V4与U4不同构.7畅§2例3中已计算过正三角形△A1A2A3的对称性群G有6个元素.每个对称性变换引起顶点A1,A2,A3的一个置换.这就引起了G到S3的一个映射.易检验这6个变换引起S3的全部6个不同的置换.故这映射是双射.又连续两次作对称性变换引起连续两次顶点的置换.即对称性变换的乘积引起对应的顶点置换的乘积,故这映射保持乘法.因此上述映射是对称性变换群G到S3的同构.8畅略.9畅略.10畅略.11畅橙t1…tk,x1…xl∈H,ti,xi或t-1i,x-1i∈S,则(t1…tk)(x1…xl)-1=t1…tkx-1l…x-1l-1…x-11,其中ti或t-1i,x-1i或(x-1i)-1=xi都属于S,故(t1…tk)(x1…xl)-1∈H,即H是子群.又设H1是G的包含S的子群,则必含所有形为t1…tk的元素,其中ti或t-1i∈S,故H1澈H,因而H是包含S的最小的子群.12畅设H是加法群Z的子群,若H≠0·Z,则H中有非零整数t.若t<0,H是子群,H含-t,它是正整数.故H中有正整数.取n为H中最小的正整数.任m∈H,作除法算式,m=nq+r,其中r=0或0<r<n.但r=m-nq∈H,若r≠0则与n的最小性矛盾.故r=0,m=nq,即H彻nZ.又n∈H,橙l∈Z,ln=n+…+nl个或ln=(-n)+…+(-n)-l个∈H,即有nZ彻H.因此H=nZ.13畅设H=枙q1p1,…,qsps枛是Q的有限生成的加法子群.由第12题易知H=·71·课后答案网ww w.kh da w.co m∑si=1liqipili∈Z.取p1,…,ps的最小公倍数为m,则qipi=mpiqim,令为Qim.再令(Q1,…,Qs)=n,则qipi=Qim=nmQin,令为nmti.则(t1,t2,…,ts)=1.取k1,…,ks∈Z,使k1t1+…+ksts=1.于是∑si=1kinmti=nm∑si=1kiti=nm∈H,且任意∑si=1liqipi=∑si=1litinm=nm∑si=1liti.这就证明了H=枙nm枛是循环加法群.14畅1-111=2,1-111-1=1211-11,即1-111-1不是整数矩阵,故全体2×2整数元素的可逆矩阵不成为群.取正实数矩阵1101,1101-1=1-101,即正实数可逆矩阵的逆矩阵不是正实数矩阵.故全体2×2正实数可逆矩阵不成为群.15畅略.§4 群在集合上的作用,定义与例子以下习题中打倡者为必作题,其余为选作题. 倡1畅V是某域F上n维线性空间,G=GL(V)是V上全线性变换群.令M为V的全部子空间的集合.证明G在M上有群作用. 倡2畅G是群.K,H是G的子群.作群直积K×H.定义映射礋:(K×H)×GG((k,h),g)(k,h)礋g=kgh-1.证明它是群K×H在集合G上的作用.3畅G是正四面体A1A2A3A4的对称性群.令M1={四面体的顶点的集合},M2={四面体的四个面的集合},M3={四面体的六条棱的集合},则G在M1,M2,M3上分别有群作用. 倡4畅令G是n×n实正交矩阵的群,M是n×n实对称矩阵的集合.证明下·81·课后答案网ww w.k h da w.co m述对应是一个映射G×MM(P,A)P礋A=PAP-1,且是G在M上的群作用. 倡5畅写域F上多项式f(x,y,z)=f(r),其中r=(x,y,z)T,取M为F上x,y,z的全部多项式的集合.G为群GL3(F).对A∈G,令r′=(x′,y′,z′)T=A(x,y,z)T=Ar.证明下述对应(A,f)A礋f=f(r′)=f(Ar)是G×MM的一个映射,且是G在M上的群作用.6畅利用Cayley定理证明具有给定阶n的不同构的有限群只有有限个.1畅略2畅(1)K×H的单位元是(e,e),其中e是G的,也是K和H的单位元.橙g∈G,(e,e)礋g=ege-1=g.(2)橙k1,k2∈K,h1,h2∈H,(k1,h1),(k2,h2)∈K×H.橙g∈G,(k1,h1)礋((k2,h2)礋g)=(k1,h1)礋(k2gh-12)=k1k2gh-12h-11=(k1k2)g(h1h2)-1=(k1k2,h1h2)礋g=((k1,h1)(k2,h2))礋g.由定义1′,上面映射“礋”是K×H在G上的群作用.3畅略.4畅首先证明(P,A)P礋A=PAP-1定义了G×M到M的映射.橙P∈G,P是n×n正交矩阵,故P-1=P′,对橙A∈M,A是n×n实对称阵,有P礋A=PAP-1=PAP′,是n×n实对称阵,故P礋A∈M,确定了G×M到M的映射.易证这映射是G在M上的一个群作用.5畅对A∈G=GL3(F),橙f(r)是F上x,y,z的多项式,A礋f=f(Ar),Ar=(x′,y′,z′)T中x′,y′,z′都是x,y,z的一次多项式,若设为x′=a11x+a12y+a13zy′=a21x+a22y+a23zz′=a31x+a32y+a33z,其中aij∈F.则f(Ar)=f(x′,y′,z′)=f(a11x+a12y+a13z,a21x+a22y+a23z,a31x+a32y+a33z)仍是F上x,y,z的多项式,故·91·课后答案网ww w.k h da w.co m(A,f)A礋f=f(Ar)建立了G×MM的一个映射,易证它是G在M上的群作用.6畅Cayley定理断言,有限群G同构于G上的变换群.设G的阶为n,则G同构于Sn的子群.而Sn的子群只有限个,故只有有限个不同构的n阶群.§5 群作用的轨道与不变量、集合上的等价关系以下习题中打倡者为必作题,其余为选作题. 倡1畅§4习题1中的群作用有几条轨道?找出群作用的不变量与不变量的完全组. 倡2畅找出§4习题4中群作用的不变量和不变量的完全组. 倡3畅(联系§4习题2中的群作用)令t∈G,称KtH={kth|k∈K,h∈H}为G的一个(K,H)双陪集,则G的两个(K,H)双陪集或重合或不相交,且G是全部(K,H)双陪集的无交并.1畅V中可逆线性变换若把某子空间W变成子空间W1,则把W的基变成W1的基,故同一轨道上的子空间具有相同的维数,又设V的两个子空间W和W1,它们有同样维数k>0,分别取W和W1的基为ε1,…,εk;ε′1,…,ε′k.分别补充成ε1…εk…εn;ε′1…ε′k…ε′n,使它们都是V的基.由线性代数知道必有V上可逆线性变换A,使Aεi=ε′i,i=1,2,…,n.A就将子空间W变成子空间W1.故W与W1在同一条轨道上.故对k=0,1,2,…,n,V中全体k维子空间的集合Vk构成群作用的一条轨道.共有n+1条轨道.子空间的维数是不变量,并构成不变量的完全组.2畅对A,B皆为n×n实对称矩阵,若A,B在同一轨道上,即有n×n正交阵P使B=PAP-1,则它们有相同的特征值集合.反之,设A,B为具有相同特征值集合{λ1,…,λn}(λi是k重特征值就在集合中出现k次)的n×n实对称矩阵,它们都可用实正交矩阵化为对角阵,即有n×n正交阵P1,P2使·02·课后答案网ww w.k h da w.co mP1AP-11=λ1λ2筹λn=P2BP-12.于是(P-12P1)A(P-12P1)-1=B,P-12P1仍为正交阵,故A,B在同一条轨道上.以上说明,特征值的集合是群作用的不变量的完全组.而全部特征值的和,全部特征值的积,特征多项式都是群作用的不变量.3畅实际上KtH是§4习题2中群作用下的一条轨道,两条轨道或重合或不相交,即两个(K,H)双陪集或重合或不相交,群作用集G是全体轨道的无交并也就是全体(K,H)双陪集的无交并.§6 陪集,Lagrange定理,稳定化子,轨道长以下习题中打倡者为必作题,其余为选作题. 倡1畅G是群,H是G的子群.x,y∈G,则x,y属于H的同一左陪集当且仅当x-1y∈H. 倡2畅群G作用于集合M上,x∈M.证明:(1)稳定化子StabG(x)是子群.(2)设g1,g2∈G,则g1礋x=g2礋x当且仅当g1,g2属于StabG(x)的同一左陪集. 倡3畅V是域F上n维线性空间,取定V的一组基ε1,ε2,…,εn.V上任一可逆线性变换A,设它在ε1,…,εn下矩阵为A,则建立起GL(V)到GLn(F)的同构,AA.于是群GLn(F)通过GL(V)可作用于空间V上,进而可作用于V的子空间的集合M上.(1)GLn(F)在ε1处的稳定化子由哪些元素组成?(2)令W是由ε1,ε2,…,εk,k≤n,生成的子空间,GLn(F)在W处的稳定化子由哪些元素组成? 倡4畅正四面体A1A2A3A4的对称性群G可作用在它的顶点的集合和它的面的集合上,也作用在它的棱的集合上.(1)试决定G在顶点A1处的稳定化子;(2)求G在面A2A3A4处的稳定化子;(3)求G在棱A1A2处的稳定化子.5畅把正四面体A1A2A3A4的对称性群用顶点的置换表出.利用§6定理2中公式(2)写出它的对称性群的全部元素.再回到四面体上考察每个置换代表什·12·课后答案网ww w.k h da w.co m么正交变换.6畅G是群,K及H是G的子群.(1)令M是G中H的左陪集的集合.用K的元素对M的元素进行左乘,得下列映射礋:K×MM(k,tH)k礋tH=ktH,证明这是K在M上的一个群作用.(2)试决定这个群作用过tH的轨道及在tH处的稳定化子.并证明|KtH|=[K:K∩tHt-1]|H|. 倡7畅S3中C3=e,(123),(132)组成S3的子群.写出S3中C3的全部左陪集和全部右陪集. 倡8畅S4中写出子群S3=1234i1i2i34i1i2i3是123的全部排列的全部左陪集.9畅G是群,H是子群.当G是交换群时,H的任一左陪集都是一个右陪集. 倡10畅写出Z中子群3Z={3k|k∈Z}的全部左陪集. 倡11畅证明任意l,k∈Z属于nZ在Z中同一陪集的充分必要条件为l≡k(modn)(倡).写出Z中nZ的全部陪集.12畅S3作用在域F上全部多项式f(x1,x2,x3)的集合上.求S3在x31x22x3和x1x2+x2x3处的稳定化子及S3作用下分别过x31x22x3和x1x2+x2x3的轨道.13畅有限群G称为p群,如果它的阶是素数p的方幂.证明G的非单位元子群的阶能被p除尽,及G对于其真子群(即不等于G的子群)的指数也被p除尽.14畅有限群G为p群,则G的中心Z(G)≠{e}.(利用改进的类方程(7)).15畅G=S3共轭作用于自身.求中心化子CG(σ),其中σ分别是(123)和(12). 倡16畅求S3的含上题中(123)和(12)的共轭类. 倡17畅G是素数p阶的群,则(1)G除本身和单位元群以外没有其它子群.(2)G=枙a枛,橙a≠e.即G是循环群.(见§3定义4前一段).18畅G作用在集合M上.x∈M,g∈G,及g礋x=y,则StabG(y)=gStabG(x)g-1.19畅G是有限群,H炒K皆是G的子群,则[G:H]=[G:K][K:H]. (倡) l≡k(modn)表示l与k的差是n的倍数,或用n去除l及k所得的余数相同.·22·课后答案网 ww w.kh da w.co m。
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。
近世代数答案(一、二章)
Chapter 11、proof Let A,B,C be sets .Suppose that x ∈B,we get x ∈A ∩B orx A B A ∈- ,andx A C∈ or x A C A ∈- sinceA B A C= andA B A C= .so x ∈C andB C⊆.Similarly ,we haveC B⊆and soB=C .2、proof ① First,consider()x A B A ∈- .Then x A ∈ or x B ∈,butx 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, ifx A B∈ ,then by definition , x A ∈ or x B ∈.This generates two cases: (a1) If x A ∈,clearly()x A B A ∈- ;(b2) Ifx B ∈,then either x A ∈ or not . i.e.,either x B ∈andx 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∉.Sox A ∈-B and x A C ∈- and ()()x A B A C ∈--bydefinition .Hence()A B C - ⊆()()A B A C -- .Converssely, Assume that()()x A B A C ∈-- ,then x A ∈-Bandx A C∈-,and we have ,x A ∈but x B ∉ andx C ∉.Hence x B C ∉ , x A ∈, i.e., ()x A B C ∈- .Therefore ()()A B A C -- ⊆()A B C - and,so ()A B C - =()()A B A C --3.(a) surjective (b) bijective (c) bijective4.proof if f: X →Y and g: Y →Z are functions,then their composite denoted by g ︒f, is the function X →Z given by g ︒f: X →g(f(x))(i) suppose that (g ︒f)(a)= (g ︒f)(b), where a,b ∈X. we haveg(f(a))=g(f(b)) by definition, and f(a)=f(b) since g is injective, similarly, a=b for f is injective. Therefore, g ︒f is injective. (ii) For each Z ∈Z, there is y ∈Y with g(y)=z since g is surjective,and for each y ∈ Y , there exists a ∈ x with f(a)=y since f is surjective. So for∀z ∈Z, there is a ∈ x with(g ︒f)(a)=g(f(a))=g(y)=z. which implies g ︒f is surgective.5. proof clearly,α:R →R is a function. Suppose thatα(a)=α(b)where a, b ∈R are distinct. Then 332211aba b =++, cross multiplyingyields332323a ab b a b+=+, which simplifies to33a b= and hence a b =,so α is injective. for ∀given y ∈R,321xyx =+from,we getequation 320x yx y --=, which can be solved for x, i.e .for each y ∈R,there is at least x ∈x such that 321xyx =+.whic impliesαissurjective. Thereforeαis bijective.6、(a) R is reflexive, symmetric, transitive. (b) R is reflexive, not symmetric, transitive. (c ) R is reflexive, symmetric, transitive. (d) R is reflexive, symmetric, transitive.7、proof (1) For every a ∈R-{0},we have 20aa a =>, and so,aR a(2) If aRb , where ,{0}a b R ∈-, i.e.,0,ab > then0ba >, i.e., bRa ,(3) If ,aR b bR c , where ,,a b c ∈{0}R -, i.e.0,ab >0bc >, then 0ac >.i.e.,aRc .Therefore, therelation ~ is an equivalence relation .8、 There are 1,3,5,15 equivalence relations on a set S with 1,2,3 or 4elements, separately.9、 We can list the elements of the residue classes of modulo 3: [0]={…,-9,-6,-3,0,6,9,…} [1]={…,-8,-5,-2,1,4,7,10,…} [2]={…,-7,-4,-1,2,5,8,11,…}Chapter 21、proof i)ii )For every x,y,z ∈G ,(x*y)*z=(xy-x-y+2)*z=(xy-x-y+2)z-z-(xy-x-y+2)+2=xyz-xz-yz+z-xy+x+yx*(y*z)=x*(yz-y-z+2)=x(yz-y-z+2)-x-(yz-y-z+2)+2=xyz-xy-xz+x-yz+y +zwe have (x*y)*z=x*(y*z). And so the associative law holds.3、Solution Straightforward calculation shows that 46A IB ==.()nAB I ≠, since 1()01nn AB I -⎛⎫=≠⎪⎝⎭(0)n ≠.4、proof Suppose222()ab a b = for all ,a b G ∈,then 2()ab =()()ab ab =22a b =()()aa bb ,i.e., abab aabb =. Applying left cancellation , this becomesbab abb =,and by right cancellation, this reduces to ba ab =.5、proof For every a G ∈, there is a ,1a G -∈ such that 1a a e -=(identity)So 11()naba aba--=1aba- (1)aba-1aba-=1n ab a-。
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绪论部分:7.由1))((11111111121112121==----------a a a a a a a a a a a a a a m m m m m m m ,故11121121)(----=a a a a a a m m .对第2个问题,上面一段正是证明了它的充分性,再证必要性.设121=⋅u a a a m ,则任意i ,1)(111=--u a a a a a m i i i ,故每个i a 有逆元素.注:直接根据逆元的定义和广义结合律证明.8.11)1(11)1)(1()1(=+-=-+-=-+-=+-=-ba ba ca ab b ba babca bca ba bca ba d babcababca ba ba bca ba d -+-=-+=-1)1)(1()1(.11)1(1=+-=-+-=ba ba a ab bc ba即1-ba 在R 内也可逆又由c abc cab c ab ab c =+=+=-=-11,1)1()1(得.故cab)ab(11abcab ab 1bca)b a(11adb 1++=++=++=+c abc =+=1.注:直接根据结合律和环中乘法对加法的分配律验证. 第一章: 第一节:5.设⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=a b a A 0,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=c d c B 0,其中a,b,c,d 都是复数,a ≠0且c ≠0,则 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=ac bc ad ac AB 0也和A,B 具有相同的形式. 显然, ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1001I 是单位元且⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=a a b ab a C 1012是A 的逆矩阵.又矩阵乘法满足结合律,故结论得证.注:根据群的定义直接验证,需要说明AB 也和A,B 具有相同的形式.7.对,G a ∈a 有右逆b.b 又有右逆a ',这时a 为b 的左逆.由ab e a b ==',得到()()a a ab a b a a '='='=,可知a a '=.这样e ab ba ==,即b 是a 的逆.12.设{}s g g G ,,1 =.由性质(2),G ag ag G a s ⊆∈∀},{,1 ,且是s 个不同的元,故G ag ag s =}{1 .同样由性质(3)可得,G a g a g s =},{1 。
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P83 习题5.15.1.1 证:设 * 运算有左幺元为e l,∴∀x∈S,e l*x=e l,∵ * 运算可交换,∴ x*e l,∴ e l为右幺元,∴ e l为幺元。
设 * 运算有右幺元为e r,∴∀x∈S,x*e r,∵ * 运算可交换,∴ e r*x=e r,∴ e r为左幺元,∴ e r为幺元。
※5.1.2 解:⑴是。
⑵否。
是。
5.1.3 证:⑴∀x,y∈I x*y=x+y-xy y*x=y+x-yx∵普通的乘法和加法运算均是可交换的,∴ x+y=y+x ,xy=yx ,∴ x+y-xy = y+x-yx∴ x*y=y*x ,∴ *可交换。
⑵∀x,y,z∈I x*(y*z)=x+(y*z)-x(y*z)=x+(y+z-yz)-x(y+z-yz)∵普通的乘法和加法运算均是可结合且可交换的,乘法对加减法是可分配的,∴上式 =x+y+z-yz-xy-xz +xyz = x+y+z-xy-xz-yz+xyz同理 (x*y)*z=(x*y)+z-(x*y)z=(x+y-xy)+z-(x+y-xy)z=x+y+z-xy-xz-yz+xyz∴ x*(y*c)= (x*y)*c ∴ *可结合。
※解:⑶ 0为幺元。
⑷ 0的逆元为0,2的逆元为2,其余无逆。
5.1.4 证:⑴ 2*3=2,3*2=3,二者不等,故不可交换。
⑵∀x,y,z∈N,x*(y*z)=x*y=x,(x*y)*z=x*z=x,二者相等,故结合律成立。
※答:无单位元,故元素无逆元。
5.1.5 证:∵ *可结合,∴∀x∈A,(x*x)*x=x*(x*x)又∵ x*x∈A,根据题中给定的条件,∴ x*x=x。
※P84 习题5.25.2.15.2.2 解:×对+可分配。
+对×不可分配。
例b+(a×b)=b+a=b,(b+a)×(b+b)=b×a=a,二者不等。
上封闭,根据代数系统的定义。
5.2.3 解:⑴ 是。
(完整word版)近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)-2
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 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 n m ∈ ,,,,,,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→33→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 +)(1:1a b 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。
近世代数_杨子胥_第二版课后习题答案(最新发行版)
近世代数题解第一章基本概念§1. 11.4.5.近世代数题解§1. 2 2.3.近世代数题解§1. 31. 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.4.5.近世代数题解§1. 41.2.3.解1)略2)例如规定4.5.略近世代数题解§1. 51. 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3.4.5.§1. 61.2. 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.4.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).5.6.证1)略2)7.8.9.10.11.12.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”;2)把左单位元换成有单位元,把左逆元换成右逆元(其余不动〕.简称为“右右定义法”;3)不分左右,把单位元和逆元都规定成双边的,此简称为“双边定义法”;4)半群G再加上方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G).此简称为“方程定义法”.“左左定义法”与“右右定义法”无甚差异,不再多说.“双边定\义法”缺点是定义中条件不完全独立,而且在验算一个群的实例时必须验证单位元和逆元都是双边的,多了一层手续(虽然这层手续一般是比较容易的);优点是:①不用再去证明左单位元也是右单位元,左逆元也是右逆元;②从群定义本身的条件直接体现了左与右的对称性.以施行“除法运算”,即“乘法”的逆运算.因此,群的‘方程定义法”直接体现了在群中可以施行“乘法与除法”运算.于是简言之,可以施行乘法与除法运算的半群就是群.为了开阔视野,再给出以下群的另一定义.定义一个半群G如果满足以下条件则称为一个群:对G中任意元素a,在G中都存在元素1-a,对G中任意元素b都有1-a(ab)=(ba)1-a=b.这个定义与前面4种定义的等价性留给读者作为练习.2.在群的“方程定义法”中,要求方程a x=b与y a=b都有解缺一不可.即其中一个方程有解并不能保证另一个方程也有解.4.关于结合律若代数运算不是普通的运算(例如,数的普通加法与乘法,多项式的普通加法与乘法以及矩阵、变换和线性变换的普通加法或乘法),则在一般情况下,验算结合律是否成立比较麻烦.因此在代数系统有限的情况下,有不少根据乘法表来研究检验结合律是否成立的方法.但无论哪种方法,一般都不是太简单.5.关于消去律.根据教材推论2,对有限半群是否作成群只用看消去律是否成立.而消去律是否成立,从乘法表很容易看出,因为只要乘法表中每行和每列中的元素互异即可.6.在群定义中是否可要求有“左”单位元而每个元素有“右”逆元呢?答不可以,例如上面例2就可以说明这个问题,因为e1是左单位元,而e1与e2都有右逆元且均为e1.但G并不是群.7.群与对称的关系.1)世界万物,形态各异.但其中有无数大量事物部具有这样或那样的对称性.而在这些具有对称性的万事万物中,左右对称又是最为常见的.由群的定义本身可知,从代数运算到结合律,特别是左、右单位元和左、右逆元,均体现出左右对称的本质属性.2)几何对称.设有某一几何图形,如果我们已经找到了它的全部对称变换(即平常的反射、旋转、反演和平移变换的统称),则此对称变换的全体关于变换的乘法作成一个群,称为该图形的完全对称群.这个图形的对称性和它的完全对称群是密切相关的.凡对称图形(即经过对称变换保持不变的图形、亦即完成这种变换前后的图形重合),总存在若干个非恒等对称变换和恒等变换一起构成该图形的完全对称群.反之,如果一个图形存在着非平凡的对称变换,则该图形就是对称图形.不是对称的图形,就不能有非恒等的对称变换.显然,一个图形的对称程度越高,则该图形的对称变换就越多.也就是说它的完全对称群的阶数就越高,即图形对称程度的高低与其对称群的阶数密切相关.因此;这就启发人们用群去刽面对称图形及其性质,用群的理论去研究对称.所以人们就把群论说成是研究对称的数学理论.显然,每个n元多项式都有一个确定的n次置换群:例如n元多项式例6 任何n元对称多项式的置换群都是n次对称群.很显然,一个多元多项式的置换群的阶数越高,这个多元多项式的对称性越强.反之亦然.因此,我们通常所熟知的多元对称多项式是对称性最强的多项式.三、习题2.1解答1.略2.3.4.5.6.§2. 2 群中元素的阶一、主要内容1.群中元素的阶的定义及例子.周期群、无扭群与混合群的定义及例子.特别,有限群必为周期群,但反之不成立.2.在群中若a=n,则4.若G是交换群,又G中元素有最大阶m,则G中每个元素的阶都是m的因子.二、释疑解难在群中,由元素a与b的阶一般决定不了乘积ab的阶,这由教材中所举的各种例子已经说明了这一点.对此应十分注意.但是,在一定条件下可以由阶a与b决定阶ab,这就是教材中朗定理4:4.一个群中是否有最大阶元?有限群中元素的阶均有限,当然有最大阶元.无限群中若元素的阶有无限的(如正有理数乘群或整数加群),则当然无最大阶元,若无限群中所有元素的阶均有限(即无限周期群),则可能无最大阶元,如教材中的例4:下面再举两个(一个可换,另一个不可换)无限群有最大阶元的例子.5.利用元素的阶对群进行分类,是研究群的重要方法之一.例如,利用元素的阶我们可以把群分成三类,即周期群、无扭群与混合群.而在周期群中又可分出p—群p是素数),从而有2—群、3—群、5—群等等.再由教材§3. 9知,每个有限交换群(一种特殊的周期群)都可惟一地分解为素幂阶循环p—群的直积,从而也可见研究p—群的重要意义.三、习题2.2解答1.2.3.4.5.推回去即得.6.§2. 3 子群一、主要内容1.子群的定义和例子.特别是,特殊线性群(行列式等于l的方阵)是一般线性群(行列式不等于零的方阵)的子群.4.群的中心元和中心的定义.二、释疑解难1.关于真子群的定义.教材把非平凡的子群叫做真子群.也有的书把非G的于群叫做群G的真子群.不同的定义在讨论子群时各有利弊.好在差异不大,看参考书时应予留意.2.如果H与G是两个群,且H⊆G,那么能不能说H就是G的子群?答:不能.因为子群必须是对原群的代数运算作成的群.例如,设G是有理数加群,而H 是正有理数乘群,二者都是群,且H⊆G但是不能说H是G的子群.答:不能这样认为.举例如下.例2设G是四元数群.则显然是G的两个子群且易知反之亦然.三、习题2.3解答1.证赂.2.证必要性显然,下证充分性.设子集H对群G的乘法封闭,则对H中任意元素a和任意正整数m都有a m∈H.由于H 中每个元素的阶都有限,设a =n ,则3.对非交换群一放不成立.例如,有理数域Q 上全体2阶可逆方阵作成的乘群中,易知⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1021a , ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1031b的阶有限,都是2,但易知其乘积⎪⎪⎭⎫⎝⎛=1011ab的阶却无限.即其全体有限阶元素对乘法不封闭,故不能作成子群.4.证 由高等代数知,与所有n 阶可逆方阵可换的方阵为全体纯量方阵,由此即得证. 5.证 因为(m ,n )=1,故存在整数s ,t 使 ms 十n t =1. 由此可得6.7.§2. 4 循环群一、主要内容1.生成系和循环群的定义.2.循环群中元素的表示方法和生成元的状况.3.循环群在同构意义下只有两类:整数加群和n次单位根乘群,其中n=1,2,3,….4.循环群的子群的状况.无限循环群有无限多个子群.n阶循环群a有T(n)(n的正出数个数)个子群,且对n的每个正因数k,a有且仅有一个k阶子群k n a.二、释疑解难1.我们说循环群是一类完全弄清楚了的群,主要是指以下三个方面:1)循环群的元素表示形式和运算方法完全确定.其生成元的状况也完全清楚(无限循环群有ϕ个生成元而且a k是生成元⇔(k n)=1);两个生成元,n阶循环群a有)(n2)循环群的子群的状况完全清楚;3)在同构意义下循环群只有两类:一类是无限循环群,都与整数加群同构;另一类是n(n =1,2,…)阶循环群,都与n次单位根乘群同构.2.循环群不仅是一类完全弄清楚了的群,而且是一类比较简单又与其他一些群类有广泛联系的群类.例如由下一章§9可知,有限交换群可分解为一些素幂阶循环群的直积.更一般地,任何一个具有有限生成系的交换群都可分解成循环群的直积.由于循环群已完全在我们掌握之中,所以这种群(具有有限生成系的交换群)也是一类研究清楚了的群类.它在各种应用中有着非常重要的作用.例如在组合拓扑学中它就是一个主要的工具.三、习题§2. 4解答1.2.3.4.5.6.7.§2. 5 变换群一、主要内容1.变换群、双射变换群(特别是集合M上的对称群和n次对称群)和非双射变换群的定义及例子.2.变换群是双射变换群的充要条件;双射变换群与抽象群的关系.1)集合M上的变换群G是双射变换群 G含有M的单或满)射变换;2)任何一个群都同一个(双射)变换群同构.3.有限集及无限集上非双射变换群的例子(例2和例3).二、释疑解难1.一般近世代数书中所说的“变换群”,都是由双射变换(关于变换乘法)所作成的群,即本教材所说的“双射变换群”.而本教材所说的“变换群”则是由一个集合上的一些变换(不一定是双射变换)作成的群.通过教材§5定理2和推论1可知,实际上变换群可分成两类:一类是双射变换群(全由双射变换作成的群,即通常近世代数书中所说的“变换群”),另一类是非双射变换群(全由非双射变换作成的群).在学习本书时应留意这种差异.2.本节教材定理2(若集合M上的变换群G含有M的单射或满射变换.则G必为M上的一个双射变换群,即G中的变换必全是双射变换)比有些书上相应的定理(若集合M上由变换作成的群G含有M的恒等变换,则G中的变换必全为双射变换)大为推广.因为后者要求G包含恒等变换(一个特殊的双射变换),而前者仅要求G包含一个单(或满)射变换即可.因此,后音只是前者(本节教材定理2)的一个推论,一种很特殊的情况.两相比较,差异较大.这种差异也说明,M上的任何一个非双射变换群不仅不能包含恒等变换,而且连M的任何单射或满射变换也不能包含.另外,在这里顺便指出,集合M上的任何双射变换群G的单位元必是M的恒等变换.3.集合M 上的全体变换作成的集合T (M ),对于变换的乘法作成一个有单位元的半群.在半群的讨论中,这是一类重要的半群.并且本节习题中第4题还指出,当M >1时T (M )只能作成半群,而不能作成群.三、习题§2. 5解答1. 解 作成有单位元半群,τ是单位元.但不作成群,因为σ无逆元.2.3. 解 G 作成群:因为易知4.5.§2. 6 置 换 群一、主要内容1.任何(非循环)置换都可表为不相连循环之积,任何置换都可表为若干个对换之积,且对换个数的奇阴偶性不变.从而有奇、偶置换的概念,且全体n 次置换中奇、偶置换个数相等,各为2!n 个(n >1).2.k —循环的奇偶性、阶和逆元的确定方法,以及不相连循环乘积的奇偶性、阶和逆元的确定方法.1)k—循环与A有相反奇偶性.2)k—循环的阶为k.又(i1,i2…i k)-1=(i k,…,i2,i1 ).3)若σ分解为不相连循环之积.则其分解中奇循环个数为奇时σ为奇置换,否则σ为偶置换.σ的阶为各因子的阶的最小公倍.其逆元可由k—循环的逆元来确定.3.由置换σ,τ求置换στσ-1的方法.n次对称群s n的中心.4.传递群的定义、例子和简单性质.二、释疑解难1.研究置换群的重要意义和作用.除了教材中已经指出的(置换群是最早研究的一类群,而且每个有限的抽象群都同一个置换群同构)以外,研究置换群的重要意义和作用至少还有以下几方面:1) 置换群是一种具体的群,从置换乘法到判断置换的奇偶性以及求置换的阶和逆置换,都很具体和简单.同时它也是元素不是数的一种非交换群.在群的讨论中举例时也经常用到这种群.2) 在置换群的研究中,有一些特殊的研究对象是别的群所没有的.如置换中的不动点理论以及传递性和本原性理论等等.3) 置换群中有一些特殊的子群也是一般抽象群所没有的.例如,交代群、传递群、稳定子群和本原群等等.就教材所讲过的交代群和传递群的重要性便可以知道,介绍置换群是多么的重要.2.用循环与对换之积来表出置换的优越性.首先,书写大为简化,便于运算。
韩士安 近世代数 课后习题解答2
习题1-2(参考解答)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.证明:(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.(),00.A Mn R A A A ∀∈+=+=(5)(),A Mn R ∀∈负元是.()0A A A A A −+−=−=.∴()(),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0C AB A B ==≠,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0A ≠,∴A 的逆矩阵1A −,满足11AAA A E −−==且∴A 的逆元是1A −.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.证明:(1)由于()E On R ∈,∵ ()On R 非空.(2 ) 任意,()A B On R ∈,有()()111TTTAB B A B AAB −−−===,∴()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.(5)对任意()A On R ∈,存在()TA On R ∈,满足1T AA E AA −==, 1T AA E A A −==∴TA 为A 在()On R 中的逆元.∴()On R 关于矩阵的乘法构成一个群.4. 证明:所有行列式等于1的n 阶整数矩阵组成的集合()SLn Z ,关于矩阵的乘法构成群.证明:∵()E SLn Z ∈,∴()SLn Z 是个非空集合.对任意,()A B SLn Z ∈,记C AB =,则C 是整数矩阵,且1C AB A B ===,∴()C SLn Z ∈,即()SLn Z 关于矩阵的乘法封闭.(1) ∵矩阵乘法有结合律,∴结合律成立.(2) 对任意的()A SLn Z ∈,.AE EA A ==,且()E SLn Z ∈,∴A 的单位元是单位矩阵E .(3) 对任意的()A SLn Z ∈,因为()A Mn Z ∈,故*()A Mn Z ∈,又11*A A A A−−==且11A A −==,所以1()A SLn Z −∈,又11AA A A E −−==,故A 的逆元为1A −.所以, ()SLn Z 关于矩阵乘法构成群.5. 在整数集中,规定运算“∈”如下:2a b a b ⊕=+−, ,a b Z ∀∈.证明:(),Z ⊕构成群. 证明: (1)对于,a b Z ∀∈有 2a b a b Z ⊕=+−∈, 于是“⊕”在Z 上构成代数运算. (2)对于,a b Z ∀∈有,()4a b c a b c ⊕⊕=++−.()()24a b c a b c a b c ⊕⊕=⊕+−=++−∴()()a b c a b c ⊕⊕=⊕⊕于是结合律成立.(3)对于,a b Z ∀∈,22a b a b b a b a Z ⊕=+−=+−=⊕∈ 那么“⊕”在Z 上有交换律.(4)对于a Z ∀∈, 有222a a a ⊕=+−= ∴2为单位元. (5)对于a Z ∀∈, 有4a Z −∈,()()4422a a a a −⊕=−+−= ∴4a −为a 的逆元.∴(),Z ⊕构成群.6. 分别写出下列各群的乘法表. (1)例6中的群:1 -1 i -i 1 1 -1 i -i -1 -1 1 -i i i I -i -1 1 -i -i i 1 -1(3) 群*7Z :1 2 3 4 5 61 123456 2 2 4 6 1 3 5 3 3 6 2 5 1 4 4 4 1 5 2 6 3 5 5 3 1 6 4 2 6 6 5 4 3 2 1(4) 群(18)U .1 5 7 11 13 17 1 1 5 7 11 13 17 5 5 7 17 1 11 13 7 7 17 13 5 1 11 11 11 1 5 13 17 7 13 13 11 1 17 7 5 17 17 13 11 7 5 17. 设,0.a a G a R a a a ⎧⎫⎛⎞=∈≠⎨⎬⎜⎟⎝⎠⎩⎭证明:G 关于矩阵的乘法构成群.证明: 记a a aI a a ⎛⎞=⎜⎟⎝⎠,1111I ⎛⎞=⎜⎟⎝⎠.(1) G 非空,1111G ⎛⎞∈⎜⎟⎝⎠. (2),aI bI G ∀∈,则,,,0a b R a b ∈≠,∴20,2ab aIbI abI G ≠=∈.(3),,a b c R ∀∈,且,,0a b c ≠,有()()242aIbI cI abIcI abcI aI bcI aI bIcI ====,结合律成立.(4)单位元为12I G ∈. 11,0,22a R a aI I IaI aI ⎛⎞∀∈≠==⎜⎟⎝⎠. (5)aI G ∀∈,则1111,4442I G aI I I aI I a a a ⎛⎞⎛⎞∈==⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠. ∴(),G ⋅为群.8. 证明:所有形如23m n的有理数(),m n Z ∈的集合关于数的乘法构成群.证明:记{}23|,m nG m n Z =∈,G 是一个非空集合;(1)∀112223,23m n m n G ∀∈,有11221212232323m n m n m m n n G ++•=∈,∴•是G 上的一个代数运算; (2) 结合律,交换律均成立(数的乘法满足结合律和交换律); (3)1是单位元. 00123G =∈G ,且1•23m n=23m n;(4)∀23m n G ∈,有23m n G −−∈,且23m n −−•231m n =;∴ G 关于数的乘法构成群.9. 证明:所有形如101001a b c ⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠的33∗实矩阵关于矩阵的乘法构成一个群.这个群以诺贝尔物理学奖获得者海森伯(Heisenberg )的名字命名,称为海森伯群(Heisenberg group ). 证明:(1)显然非空.(2)保持代数运算:11112211212120110120112001001001a b a b a a b b a c c c c c G +++⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟=+∈⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠.(3)结合律:111122133112121330110120130112013001001001001001a b a b a b a a b b a b c c c c c c ⎛⎞++⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟=+⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠13(21)33(21)(2121)013(21)001a a a b c a a b a c b c c c +++++++⎛⎞⎜⎟=++⎜⎟⎜⎟⎝⎠1(32)1(3232)(23)1101(32)1001a a a b a c b c c a b c c c +++++++⎛⎞⎜⎟=++⎜⎟⎜⎟⎝⎠11112332320110123001001a b a a b a c b c c c +++⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟=+⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠111122133011012013.001001001a b a b a b c c c ⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠ (4)单位元为100010001⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠,101001a b c ⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠100010001⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠100010001⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠101001a b c ⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠101001a b c ⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠. (5)∀101001a b c G ⎛⎞⎜⎟∈⎜⎟⎜⎟⎝⎠,∃101001a ac b c G −−⎛⎞⎜⎟−∈⎜⎟⎜⎟⎝⎠,使101001a b c ⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠101001a ac b c −−⎛⎞⎜⎟−=⎜⎟⎜⎟⎝⎠101001a ac b c −−⎛⎞⎜⎟−⎜⎟⎜⎟⎝⎠101001a b c ⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠100010001⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠. ∴G 构成群. 10. 设G 是群,12,,,r a a a G ∈L .证明()11111221r r a a a a a a −−−−=L L .证:∵G 是群,,1,2,i a G i r ∀∈=L ,则1111221,r r a a a G a a a G −−−∈∈L L . ∴()()()()()()()111111112112211222rr r r r r aa a a a a a a a a a a a a a a −−−−−−−−====L L L L L L L 1r r a a e −=又()()()()()111111122112111r r r r rr a a a a a a a a a a a aa e −−−−−−−−===L L L L L .由逆元的惟一性知:()11111221r r a a a a a a −−−−=L L .11. 设G 是群,a ,b ,a b G ∈,证明:如果ab e =,则ba e =.证明:ba =eba =1()a a ba −=1()a ab a −=1a ea −=e .或ba =bae =1()ba bb −=1()b ab b−=1beb −=e .12. 设G 是群.证明:如果对任意的x G ∈,都有2x e =,则G 是一个交换群. 证明:对任意,a b G ∈,∵aa e =∴1a a −=.故()111ab ab b a ba −−−===,所以群G 是交换群.13. 设G 是群.证明:G 是交换群的充分必要条件是对任意的()222,,a b G ab a b ∈=. 证明: “⇒”∵G 是交换群.∴对于任意的,a b G ∈,有ab ba =那么()()()()()222ab ab ab a ba b a ab b a b ====.“⇐”令G 为群假设对于任意的,a b G ∈,()222,,a b G ab a b ∈=,即abab aabb =.ba ab ⇒=, (消去律)∴G 为交换群.14. 设G 是一个具有乘法运算的非空有限集合.证明:如果G 满足结合律,有左单位元,且右消去律成立,则G 是一个群.证明: ∵G 是具有乘法运算的非空有限集合, 设{}12,,,n G a a a =L ,对于任意的a G ∈, {}12,,,n Ga a a a a a a G ==L . 且G 满足结合律,有左单位元. ∴存在i a a e G =∈, 即i a 为a 的左逆元. 于是G 是一个群.15. 证明:一个具有乘法运算的非空集合G ,如果满足结合律,有右单位元(即有e G ∈,使对任意的a G ∈,有ae a =),且G 中的每个元素有右逆元(即对每个a G ∈,有'a G ∈,使'aa =e ),则G 构成群.证明:(必要性)由群的定义,这是显然的.(充分性)只需证:e 是G 的单位元,'a 是a 的逆元即可.设a ∈G ,由条件知,存在'a ∈G ,使'aa =e .同时又存在''a ∈G ,使'''a a =e .于是'a a ='a ae =''''()a a a a =''''()a aa a ='''a ea ='''a a =e ,且ea ='aa a ='()a a a =ae =a .由题设条件知,e 是G 的单位元,'a 是a 的逆元.∴G 为群.16. 设G 是有限群.证明: G 中使3x e =的元素x 的个数是奇数.证明: ∵G 是有限群,{}3|A x G x e =∈=.∵e G ∈ 且3e e =, ∴e A ∈.又 对于任意的x A ∈,x e ≠,存在1x A −∈,满足()()331262xx x e e −====∴A 中的元素个数是奇数.17. 设,p q 是不同的素数.假设H 是整数集的真子集,且H 关于加法是群,H 恰好包含集合{},,,,qpp p q pq p q +中的三个元素.试确定以下各组元中哪一组是H 中的这三个元素?(A) ,,q p pq p q ; (B) ,,p p q pq + (C) ,,q p pq p (D) ,,q p q pq p + (E) ,,q pp p q . 解:(C ). (A )(),1q pp q=,()qp p mpnq p H +=∈,矛盾.(B )(),1,p p q q H +=∈,矛盾.(C )全为p 的倍数,不能生成q 的倍数,故也没有p q +. (D )()2q p q pq q H +−=∈,(),1,qpp qp q H =⇒∈,矛盾.(E )(),1q pp q=, ()()1,qp q p mpnq p q mp nq p q H +=++=+∈,矛盾.18. 假设下表是一个群的乘法表,试填出未列出的元.e a b c de e abcda abcd eb bcde ac cde a b d de a b c。
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近世代数课后习题答案
近世代数课后习题答案
近世代数是数学中的一个重要分支,研究的是抽象代数结构及其性质。
在学习
近世代数的过程中,课后习题是巩固知识、加深理解的重要途径。
本文将为大
家提供一些近世代数课后习题的答案,希望对大家的学习有所帮助。
一、群论
1. 设G是一个群,证明恒等元素是唯一的。
答案:假设G中有两个恒等元素e和e',则有e * e' = e'和e' * e = e。
由于e
是恒等元素,所以e * e' = e' = e' * e。
再由于e'是恒等元素,所以e * e' = e =
e' * e。
因此,e = e',即恒等元素是唯一的。
2. 设G是一个群,证明每个元素在G中的逆元素是唯一的。
答案:假设G中的元素a有两个逆元素b和c,即a * b = e,a * c = e。
则有a * b = a * c。
两边同时左乘a的逆元素a',得到a' * (a * b) = a' * (a * c)。
根据结
合律和逆元素的定义,等式右边可以化简为b = c。
因此,元素a的逆元素是唯一的。
二、环论
1. 设R是一个环,证明零元素是唯一的。
答案:假设R中有两个零元素0和0',则有0 + 0' = 0'和0' + 0 = 0。
由于0是
零元素,所以0 + 0' = 0' = 0' + 0。
再由于0'是零元素,所以0 + 0' = 0 = 0' + 0。
因此,0 = 0',即零元素是唯一的。
2. 设R是一个环,证明每个非零元素在R中的乘法逆元素是唯一的。
答案:假设R中的非零元素a有两个乘法逆元素b和c,即a * b = 1,a * c = 1。
则有a * b = a * c。
两边同时左乘a的乘法逆元素a',得到(a * b) * a' = (a * c) *
a'。
根据结合律和乘法逆元素的定义,等式右边可以化简为b = c。
因此,非零
元素a的乘法逆元素是唯一的。
三、域论
1. 设F是一个域,证明每个非零元素在F中的乘法逆元素是唯一的。
答案:与环论中的证明类似,假设F中的非零元素a有两个乘法逆元素b和c,即a * b = 1,a * c = 1。
则有a * b = a * c。
两边同时左乘a的乘法逆元素a',
得到(a * b) * a' = (a * c) * a'。
根据结合律和乘法逆元素的定义,等式右边可以
化简为b = c。
因此,非零元素a的乘法逆元素是唯一的。
2. 设F是一个域,证明每个非零元素在F中的加法逆元素是唯一的。
答案:与群论中的证明类似,假设F中的非零元素a有两个加法逆元素b和c,即a + b = 0,a + c = 0。
则有a + b = a + c。
两边同时左加a的加法逆元素-a,得到(a + b) + (-a) = (a + c) + (-a)。
根据结合律和加法逆元素的定义,等式右边可以化简为b = c。
因此,非零元素a的加法逆元素是唯一的。
通过以上习题的答案,我们可以更好地理解近世代数中群论、环论和域论的基
本概念和性质。
希望这些答案对大家的学习有所帮助,同时也希望大家能够在
课后的习题中多加思考,加深对近世代数的理解。