近世代数杨子胥第二版课后习题答案发行版

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近世代数杨子胥最新版题解_答复习过程

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版题解_答
近世代数
第一章基本概念
§1. 1
1.
4.
5.
近世代数题解§1. 2 2.
3.
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.
4.
5.
近世代数题解§1. 4
1.
2.
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
3.
4.
5.
§1. 6
1.
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.。

近世代数答案杨子胥

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近世代数答案杨子胥【篇一:近世代数杨子胥最新版题解_答】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m中n个元素可重复的全排列数nn.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.【篇二:概率部分答案】、选择题 1-6:ccdcbb 二、填空题:(1)??{(正,反), (反,正),(正,正),(反,反)};(2)??{(两正),(一正一反), (两反)};(3)令10件产品中的合格品为正1,正2,?,正9,次品记为次,则(正2,正3),(正2,正4)?,(正2,次)??(正9,次)}(4)??{0,1,2,?}(5)a?{1,3,5},b?{3,4,5,6},a?b?{1,3,4,5,6},ab?{3,5}a?{2,4,6},b?{1,2},a?b?{1},b?a?{4,6}(6)p(ab)?0,p(ab)?1?p?q. (7)0.56;0.94;0.44. (8)p(a?b)?0.7.(9) p(b?a)?0.3,p(a?b)?0.1.3.(1)必然事件;(2)不可能事件;(3)取到的球码是2或4;(4)取到的球码是5,7或9;(5)b?c={6,8,10}.4.(1)选到一名是一年级男生,而非计算机专业;(2)计算机专业只有一年级,且全是男生;(3)计算机专业只有一年级;(4)全校女生都是一年级,且一年级都是女生。

近世代数__第二版课后习题答案

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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。

近世代数习题答案

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近世代数习题答案近世代数习题答案近世代数是数学中的一个重要分支,研究的是代数结构及其性质。

在学习近世代数的过程中,习题是不可或缺的一部分。

通过解答习题,我们可以加深对概念和定理的理解,提高解决问题的能力。

本文将给出一些近世代数习题的答案,并对其中的一些重要思想进行解析。

1. 习题:证明群的单位元是唯一的。

解答:设G是一个群,e和e'都是G的单位元。

根据单位元的定义,对于任意的元素g∈G,有eg=g=ge'。

将e'代入上式,得到e=ge'。

同理,将e代入上式,得到e'=ge。

由此可知,e=e',即群的单位元是唯一的。

思考:这个习题通过对单位元的性质进行推理,展示了群的基本概念和性质。

在解答过程中,我们需要运用代数运算的基本法则,如等式的传递性和对称性等。

2. 习题:证明群的逆元是唯一的。

解答:设G是一个群,g∈G,且g有两个逆元g'和g''。

根据逆元的定义,有gg'=e和gg''=e。

将第一个等式两边都乘以g'',得到gg'g''=eg''=g''。

将第二个等式两边都乘以g',得到gg'g''=g'。

由此可知,g''=g'。

即群的逆元是唯一的。

思考:这个习题通过对逆元的性质进行推理,进一步巩固了群的基本概念和性质。

在解答过程中,我们需要灵活运用等式的乘法和消去律,以及群运算的定义。

3. 习题:证明交换群的幂运算满足指数相加的性质。

解答:设G是一个交换群,a∈G,m和n是任意的整数。

我们要证明a^m * a^n = a^(m+n)。

当m和n都是非负整数时,根据幂运算的定义,这个等式成立。

当m和n都是负整数时,设-m=k,-n=l,其中k和l都是非负整数。

根据幂运算的定义,有a^m * a^n = a^(-k) * a^(-l) = (a^k)^(-1) * (a^l)^(-1) = (a^k * a^l)^(-1) = a^(-k-l) = a^(m+n)。

近世代数杨子胥题解答

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近世代数第一章基本概念§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. 4 1.2.3.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kna.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(无限循环群有两个生成元,n 阶循环群a 有)(n ϕ个生成元而且a k 是生成元⇔(k n )=1); 2)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月15号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(i 1,i 2…i k )-1=(i k ,…,i 2,i 1 ). 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。

近世代数答案杨子胥

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近世代数答案杨子胥【篇一:近世代数杨子胥最新版题解_答】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m中n个元素可重复的全排列数nn.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.【篇二:概率部分答案】、选择题 1-6:ccdcbb 二、填空题:(1)??{(正,反), (反,正),(正,正),(反,反)};(2)??{(两正),(一正一反), (两反)};(3)令10件产品中的合格品为正1,正2,?,正9,次品记为次,则(正2,正3),(正2,正4)?,(正2,次)??(正9,次)}(4)??{0,1,2,?}(5)a?{1,3,5},b?{3,4,5,6},a?b?{1,3,4,5,6},ab?{3,5}a?{2,4,6},b?{1,2},a?b?{1},b?a?{4,6}(6)p(ab)?0,p(ab)?1?p?q. (7)0.56;0.94;0.44. (8)p(a?b)?0.7.(9) p(b?a)?0.3,p(a?b)?0.1.3.(1)必然事件;(2)不可能事件;(3)取到的球码是2或4;(4)取到的球码是5,7或9;(5)b?c={6,8,10}.4.(1)选到一名是一年级男生,而非计算机专业;(2)计算机专业只有一年级,且全是男生;(3)计算机专业只有一年级;(4)全校女生都是一年级,且一年级都是女生。

近世代数习题解答2

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近世代数习题解答第二章 群论1 群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?证 不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件''5,4来作群的定义:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1 得e a a =-1因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即 由 a ae = 得 a ea =a ae a a a a aa ea ====--)()(11即 a ea =这样就得到群的第二定义. (3) 证 b ax =可解 取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.2 单位元,逆元,消去律1. 假设群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 那么1-a 的阶也是n .e e a a e a n n n ===⇒=---111)()(假设有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a me 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, 那么1-≠a a 假设 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 那么 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证 根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a nm∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等:n m a a =)(n m 〈 故 e a m n =-m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ,a 和-a 的阶是不是一定一样? 证 不一定一样 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 我们的答复是回有的},3,2,1{ =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→3 3→2 3→4 4→3 4→5 ……τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A A 的可以写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群? 证 (1) :τb ax x +→:λd cx x +→:τλd cb cax d b ax c x ++=++→)(d cb ca +,是有理数 0≠ca 是关闭的.(2) 显然时候结合律(3) 1=a 0=b 那么 :εx x → (4):τb ax +)(1:1ab x a x -+→-τ 而 εττ=-1所以构成变换群.又 1τ: 1+→x x:2τx x 2→:21ττ)1(2+→x x :12ττ12+→x x故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→ 来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ:)()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元.证 :1τ)(1a a τ→:2τ)(2a a τ→那么:21ττ)()]([2121a a a ττττ=→ 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ==→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ故 )()(321321ττττττ= 再证ε还是S 的单位元:ε)(a a a ε=→:ετ)()]([a a a ττε=→τ:τε)()]([a a a τετ=→∴τεετ=4. 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。

近史代数课后习题答案

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近史代数课后习题答案近史代数课后习题答案近史代数是一门重要的数学学科,它不仅具有理论性,还有广泛的应用价值。

在学习近史代数的过程中,课后习题是巩固知识、提高能力的重要环节。

然而,习题的解答并不总是那么容易,有时会让人感到困惑。

在本文中,我将为大家提供一些近史代数课后习题的参考答案,希望能够帮助大家更好地理解和掌握这门学科。

一、多项式运算1. 计算多项式 P(x) = 2x^3 - 5x^2 + 3x - 7 在 x = 2 时的值。

解答:将 x = 2 代入多项式 P(x) 中,得到 P(2) = 2(2)^3 - 5(2)^2 + 3(2) - 7 = 16 - 20 + 6 - 7 = -5。

2. 将多项式 P(x) = 3x^4 - 2x^3 + 5x^2 - 4x + 1 与多项式 Q(x) = x^2 - 3x + 2相加,求和后的多项式。

解答:将 P(x) 与 Q(x) 相加,得到 P(x) + Q(x) = (3x^4 - 2x^3 + 5x^2 - 4x + 1) + (x^2 - 3x + 2) = 3x^4 - 2x^3 + 6x^2 - 7x + 3。

二、方程与不等式1. 解方程 2x - 5 = 3x + 1。

解答:将方程化简,得到 2x - 3x = 1 + 5,即 -x = 6,再将方程两边乘以 -1,得到 x = -6。

2. 解不等式 2x + 1 < 5x - 3。

解答:将不等式化简,得到 2x - 5x < -3 - 1,即 -3x < -4,再将不等式两边乘以 -1,注意不等号反向,得到 3x > 4,最后除以 3,得到 x > 4/3。

三、函数与图像1. 给定函数 f(x) = x^2 - 3x + 2,求函数的对称轴和顶点。

解答:对称轴的横坐标可以通过公式 x = -b/2a 求得,其中 a、b 分别是二次项系数和一次项系数。

近世代数课后练习答案

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§1—3 集合、映射及代数运算思考题1:如何用语言陈述“A B ⊄”?定义4:设A B ⊂,且存在B a A a ∉∈但,那么称B 是A 的真子集,否则称B 不是A 的真子集。

思考题2:若A B ⊂,但B 不是A 的真子集,这意味着什么?定义5:若集合A 和B 含有完全一样的元素,那么称A 与B 相等,记为A =B .结论1:显然,A B B A B A ⊂⊂⇔=且.(4)集合的运算 ①集合的并:{}B x A x x B A ∈∈=或 ②集合的交:{}B x A x x B A ∈∈=且 ③集合的差:{}B x A x x B A ∉∈=-且 ④集合在全集内的补:{}A x E x x A ∉∈=且⑤集合的布尔和(对称差):{})()()()( B A B A A B B A B A x B x A x x B A -=--=∉∈∈=⊕但或 ⑥集合的卡氏积:{}B b A a b a B A ∈∈=⨯且),(卡氏积的推广:{}m i A a a a a A A A A m A A A i i m m mi i m ,,2,1,),,,( ,,,2121121 =∈=⨯⨯⨯=∏=:成的卡氏积为个集合,那么由它们做是令课堂练习:which of the following rules are algebra operations on the indicated set? 1、.,Q set the on ab b a =2、{}.0,ln >∈=x and R x x set the on b a b a3、.,0222R set the on b a x equation the of root a is b a =-4、.,Z set the on n Subtractio5、{}.0,≥∈n and Z n n set the on n Subtractio6、{}.0,≥∈-=n and Z n n set the on b a b aSolution:1、.221Q b a b and a when ∉=⇒==2、.0ln 12121<=⇒==b a b and a when3、⎩⎨⎧⋅-⋅=⇒==32323,2b a b a when4、.Okay5、.0352<-=⇒==b a b and a when6、.Okay§4—6 结合律、交换律及分配律例1、设,Z A =“ ”是整数中的加法:则)()(,,,t s r t s r Z t s r ++=++∈∀∴“+”在Z 中适合结合律。

近世代数习题答案

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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 。

近世代数_杨子胥_第二版课后习题答案(发行版)

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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kna.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(无限循环群有两个生成元,n 阶循环群a 有)(n ϕ个生成元而且a k 是生成元⇔(k n )=1); 2)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(i 1,i 2…i k )-1=(i k ,…,i 2,i 1 ).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。

近世代数杨子胥最新版题解-答(精选.)

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近世代数第一章基本概念§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.a,对G 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-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.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.a a有且仅有一个k 阶子群kn 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(无限循环群有两个生成元,n 阶循环群a 有)(n ϕ个生成元而且a k 是生成元⇔(k n )=1);2)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月15号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(i 1,i 2…i k )-1=(i k ,…,i 2,i 1 ).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.首先,书写大为简化,便于运算。

近世代数初步(第二版)课后习题答案(石生明)03

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第三章 有限域及其应用1畅有限域中的元素的数目.pn元域的存在及唯一性,它的结构(Zp上的n维向量空间、是xpn-x=0的全部根、它的全部非零元组成乘法循环群),它的子域.2畅有限域上不可约多项式的性质.Fq上全部n次不可约多项式皆为xqn-x的因子.不可约多项式f(x)(≠cx)的周期性.本原多项式及用于纠错码.3畅移位寄存器序列(线性递归序列)序列的数学刻画:引入F2上向量空间V(F2)={a=(a0,a1,a2,…,)|ai∈F2}及V(F2)上左移变换L:La=(a1,a2,a3,…).对F2上递归关系an+k=cn-1a(n-1)+k+cn-2a(n-2)+k+…+c0ak,k=0,1,2,…(倡)引入F2上多项式f(x)=xn+cn-1xn-1+…+c0.则V(F2)中向量a满足(倡)(即a是满足(倡)的线性递归序列)的充分必要条件是f(L)a=0.优美的理论结果:0≠a的周期等于f(x)的周期(这时f(x)必须是不可约多项式且f(x)≠x)m序列及其优美性质(参看习题)1畅§3内容是总导引中第一点思想的又一体现.读者自己察看一下,§3中共组织了两个运算系统.一个是F2上的无限序列作成的线性空间V(F2);一个是引入左移变换L,组成了V(F2)上线性变换的多项式环.正是有这两个运算系统才能将线性递归序列的周期性与F2上多项式的理论联系起来.2畅§1及§2内容是有限域及其上的多项式理论的一个简短而较全面的介绍.这在一般近世代数教材中少见.而§3内容在这些教材中从未出现过.其中的应用使我们看到这些内容与当代信息技术有密切联系.实际上它们对今后更·86·大范围的应用来说也是基本的.3畅§3内容是理论与实践相互促进的范例.正是分析移位寄存器序列性质的需要产生了理论的研究,理论的建立和优美的结果又解决了实践中的问题.这充分显示了理论的力量读者试作出一个具体线性递归序列来验证一下§3中关于周期性的结果.§1 有限域的基本构造 倡1畅验证x2+1及x2+x+2皆为Z3[x]上不可约多项式.写出下列两域Z3[x]/(x2+1) 及 Z3[x]/(x2+x+2)的加法表和乘法表.找出这两个域之间的同构对应. 倡2畅作出Z2[x],Z3[x]中所有的二次、三次、及两个四次不可约多项式.作出22,23,24个元的域. 倡3畅f1(x),f2(x)都是Zp[x]上m次不可约多项式,则Zp[x]/(f1(x))碖Zp[x]/(f2(x)).4畅作出一个34个元的域,并在其中找出一个32个元的子域. 倡5畅设d|m,证明(1)pd-1|pm-1.(2)xpd-x|xpm-x. 倡6畅设Fpn=Zp(α).问α是乘法群F倡pn=Fpn\{0}的生成元吗?1畅x2+1及x2+x+2在Z3上皆无根,故它们在Z3[x]中不可约.Z3[x]/(x2+1) 及 Z3[x]/(x2+x+2)都是域.我们略去它们的加法表和乘法表,只证明它们同构.Z3[x]/(x2+1)=Z3[珔x],其中珔x=x+((x2+1)).珔x满足Z3上x2+1=0.而·96·Z3[x]/(x2+x+2)=Z3[珕x]其中珕x=x+((x2+x+2)).珕x满足Z3上x2+x+2=0.我们要找出Z3[珕x]中的元素α,满足方程x2+1=0.实际上由0=珕x2+珕x+2==珕x2+珕x+1=+1==珕x2+4珕x+4=+1==(珕x+2=)2+1=(在Z3中4==1=).取α=珕x+2=就适合α2+1==0.由此[Z3(α):Z3]=2.再由Z3(α)彻Z3[珕x]及[Z3[珕x]:Z3]=2,知Z3(α)=Z3[珕x].现作映射Z3[x]φZ3(α)=Z3[珕x]=Z3[x]/(x2+x+2)p(x)p(α)这是满同态,且Kerφ=((x2+1)).由同态基本定理得同构Z3[x]/(x2+1)Z3(α)p(珔x)p(α).其中珔x=x+((x2+1)).2畅Z2[x]中不可约多项式如下:一次的:x,x+1,二次的:x2+x+1,三次的:x3+x2+1,x3+x+1,四次的:x4+x+1,x4+x3+1,x4+x3+x2+x+1.Z3[x]中不可约多项式如下:一次的:x,x+1,x+2,二次的:x2+1,x2+x+2,x2+2x+2,三次的:x3+2x+1,x3+2x+2,x3+x2+2,x3+x2+x+2,x3+x2+2x+1,x3+2x2+1,x3+2x2+x+1,x3+2x2+2x+2,四次的:x4+2x3+2,x4+x3+2,x4+x2+2x+1,x4+2x3+x+1,x4+x3+x2+2x+2,x4+2x3+x+1,x4+2x3+x2+1,x4+2x3+x2+2x+1,x4+x3+2x2+2x+1,x4+2x3+x2+x+2,x4+2x2+2x+2,x4+2x+2,x4+x+2,x4+2x2+2,x4+2x+2,x4+x2+2,x4+x2+x+1,x4+x2+2x+1.找寻的步骤:(1)列举出Z2[x](Z3[x])中所有一次,二次,三次及四次多项式.(2)一次多项式皆不可约.(3)检验Z2[x](Z3[x])中哪些二次、三次多项式在Z2(Z3)中没有根,它们是不可约多项式.(4)检验Z2[x](Z3[x])中哪些四次多项式在Z2(Z3)中没有根,又不是Z2[x](Z3[x])中两个二次不可约多项式的乘积,则它们都是不可约多项式.3畅它们都是pm个元的有限域,由定理3知它们同构.4畅取Z3[x]中的四次不可约多项式x4+2x2+2,则Z3[x]/(x4+2x2+2)是··0734个元的域.令珔x=x+((x4+2x2+2)),则珔x4+2珔x2+2=(珔x2+1)2+1=0.即珔x2+1是Z3[x]中二次不可约多项式的根.于是有Z3[x]/(x2+1)碖Z3(珔x2+1)彻Z3(珔x)=Z3[x]/(x4+2x2+2)这表明Z3(珔x2+1)是Z3(珔x)中的32个元的子域.5畅(1)d|m,令m=kd.则pm-1=pkd-1=(pd)k-1=(pd-1)(pd(k-1)+pd(k-2)+…+pd+1).故pd-1|pm-1.(2)令pm-1=l(pd-1).则xpm-1-1=x(pd-1)l-1=(xpd-1-1)(x(pd-1)(l-1)+x(pd-1)(l-2)+…+xpd-1+1).故xpd-1-1|xpm-1-1,即得xpd-x|xpm-x.6畅不一定.例Z3[x]/(x2+1)=F.令珔x=x+((x2+1)),它满足珔x2+1=0,当然有珔x4-1=0,即珔x4=1.但F是32个元的域,F倡=F\{0}是8阶循环乘法群.故珔x不是F倡的生成元.§2 有限域上不可约多项式及其周期,本原多项式及其对纠错码的应用以下习题中打倡者为必作题,其余为选作题. 倡1畅验证Z3[x]/(x2+1)的非零元乘法群是循环群,找出生成元.x2+1是否本原多项式? 倡2畅x3+x+1,x4+x+1是否Z2[x]中的本原多项式? 倡3畅证明映射FpmFpmaap是Fpm的自同构且保持Fpm中的素子域Fp中的元素不动.4畅f(x)是Zp上m次不可约多项式.设α∈Fpm是f(x)的一个根,则α,αp,…,αpm-1是f(x)的全部m个根.5畅设β∈Fpm,β在Zp上的极小多项式f(x)是d次的,则(1)β属于Fpm中的一个pd个元的子域.(2)d|m.6畅证明Fpm中元素β与βp在Zp上有相同的极小多项式.·17· 倡7畅设α是Z3[x]中多项式x4+x+2的一个根.把Z3(α)中全部元素用1,α,α2,α3的线性组合表示出来.并算出1+α+α31+α2+α3+α+α2.8畅把x24-x,x23-x分解成Z2[x]上不可约多项式的乘积,把x33-x,x32-x分解成Z3[x]上不可约多项式的乘积. 倡9畅取Z2[x]中本原多项式x3+x+1.在多项式∑6i=1aix7-i=a1x6+a2x5+…+a6x+a7与向量(a1,a2,…,a7)等同的约定下,作码集合M={(x3+x+1)(b1x3+b2x2+b3x+b4)|bi∈Z2}.(i)取f(x)=x6+x4+c1x2+c2x+c3,试决定c1,c2,c3使f(x)属于码集合M.(ii)设f1(x)=x6+x5+x4+x3+x2+x+1及f2[x]=x6+x4+x3+x2+x+1是接受到的向量,并设传输过程中最多错一位,试进行译码.1畅令珔x=x+((x2+1)).计算珔x+2的各方幂珔x+2,(珔x+2)2=珔x,(珔x+2)3=2珔x+2,(珔x+2)4=2,(珔x+2)5=2珔x+1,(珔x+2)6=2珔x,(珔x+2)7=珔x+1,(珔x+2)8=1.故珔x+2生成了非零元素乘法群,它是8阶循环群.珔x只是4阶元,它不是生成元,从而证明x2+1不是本原多项式.2畅x3+x+1的周期是23-1=7的因子.它不是x-1的因子,故周期不为1,只能是7,所以它是本原多项式.x4+x+1的周期是24-1=15的因子.但x4+x+1嘲x-1,x3-1,x5-1.故它的周期只能是15.因此是本原多项式3畅橙a,b∈Fpm,有(a+b)p=ap+bp及(ab)p=apbp故是φ同态.又由第二章§1习题8知(a-b)p=ap-bp,故这是单射.又上面的映射是有限集Fpm中的单射,必是满射.因此是Fpm的自同构.由于子域Fp是p个元的域,由第二章§5习题5,知这映射是Fp上的恒等变换.4畅设f(x)=amxm+am-1xm-1+…+a1x+a0,ai∈Zp.因此api=ai(第二章§1习题8).·27·设a∈Fpm满足f(a)=0,则f(a)p=(amam+…+a0)p=apmamp+…+ap1ap+ap0=am(ap)m+…+a1ap+a0=f(ap)=0.即ap也是f(x)的根.设a,ap,ap2,…,apk中两两不同,apk+1与前面某apl相同.a1,ap,…,apk是f(x)的k个不同的根,故k≤m.又若1≤l≤k.则apl=(apk+1-l)pl.因aapl是Fpm的自同构(习题3),上式两端元素的原象应相等,得a=apk+1-l.又k+1-l≤k,与a,ap,…,apk中两两不同矛盾.故l=0,即a=apk+1.令g(x)=(x-a)(x-ap)…(x-apk)=xk+b1xk-1+…+bk.则b1=-(a+ap+…+apk),…,bk=(-1)ka·ap…apk,bp1=(-1)p(ap+ap2+…+apk+1)=-(ap+…+apk+a)=b1,…,bpk=(-1)kpap·ap2…apk+1=(-1)kapap2…apka=bk.任意bi=(-1)i[a,ap,…,apk中任取i个的乘积之和],bpi=((-1)i)p[ap,ap2,…,apk+1中任取i个的乘积之和]=(-1)i[ap,ap2,…,apk,a中任取i个的乘积之和]=bi.即所有bi满足xp-x=0,故所有bi属于Fpm的子域Zp之中,因此g(x)是Zp上的多项式.因f(x),g(x)在Fpm[x]中有公因式(x-a),故f(x),g(x)在Zp[x]中不互素,又f(x)是Zp[x]中不可约多项式,且g(x)的次数≤m.故f(x)与g(x)是相伴的.因而k=m,且a,ap,ap2,…,apm是f(x)的全部m个根.5畅因f(x)是β在Zp上的极小多项式,由第二章§2定理4,f(x)在Zp[x]中不可约.由f(β)=0,有Fpm澈Zp(β)碖Zp[x]/(f(x)).又f(x)是d次的,故Zp(β)是pd个元的子域,再由定理4知d|m.6畅设Fpm的元β在Zp上的极小多项式为f(x).由第二章§定理4知它在Zp[x]中不可约.再由第4题,f(βp)=0.这时f(x)不可约,仍由第二章§定理4,它是βp在Zp上的极小多项式.7畅由§1习题2,知x4+x+2是Z3[x]中不可约多项式.α是它的根,故Z3(α)={a0+a1α+a2α2+a3α3|a0,a1,a2,a3∈Z3}.易计算知,α2(α3+α2+1)-(α+1)(α4+α+2)=1,即有α2(α3+α2+1)=1.于是1+α+α31+α2+α3+α+α2=α2(1+α+α3)+α+α2=α3+α2+2α.8畅x23-x=x(x+1)(x3+x+1)(x3+x2+1),x24-x=x(x+1)(x2+x+1)(x4+x+1)(x4+x3+1)(x4+x3+x2+x+1),·37·x32-x=x(x+1)(x+2)(x2+1)(x2+x+2)(x2+2x+2),x33-x=x(x+1)(x+2)(x3+2x+1)(x3+2x+2)(x3+x2+2)(x3+x2+x+2)(x3+x2+2x+1)(x3+2x2+1)(x3+2x2+x+1)(x3+2x2+2x+2).9畅(i)作除法算式,x6+x4=(x3+1)(x3+x+1)+x+1.取C1=0,C2=1,C3=1,f(x)=x6+x4+x+1=(x3+1)(x3+x+1)就属于码集合M.(ii)f1(x)=(x3+x2+1)(x3+x+1),故传输过程中无错误.f2(x)=x3(x3+x+1)+x2+x+1.作计算:x(x2+x+1)=x3+x2+x=(x3+x+1)+x2+1≡x2+1,(modx3+x+1),x2(x2+x+1)=x(x2+1)=(x3+x+1)+1≡1,(modx3+x+1),即x2(x2+x+1)≡1.但x2·x5=x7≡1,故x5≡x2+x+1,(modx3+x+1).这即说明f2(x)错在x5项上,原来输出的码字应为f2(x)+x5=x6+x5+x4+x3+x2+x+1.§3 线性移位寄存器序列以下习题中打倡者为必作题,其余为选作题.1畅Fp(p为素数)上首项系数为1的m次本原多项式的个数为φ(pm-1)/m,这里φ是欧拉函数(参见第二章§5).并算出Z2,Z3上三次、四次本原多项式的数目. 倡2畅作出Z2上两个周期为7的m序列(写出2个周期的长度). 倡3畅设F2上序列a=(a0,a1,a2,…)的周期为e.证明(i)若有e′使ak+e′=ak,k=0,1,2,…,则e|e′.(ii)若令S0=(a0,…,ae-1),S1=(a1,…,ae),…,Se-1=(ae-1,…,a2e-2),则它们两两不同. 倡4畅设f(x)是F2上n次不可约多项式,则(i)G(f)是F2上向量空间.(ii)对任意a∈G(f).令Sa=(a0,a1,…,an-1),称为a的初始状态向量.则橙a,b∈G(f),a=b当且仅当Sa=Sb.(iii)a1,…,ak,a∈G(f),l1,…,lk∈F2,则··47a=l1a1+…+lkak当且仅当Sa=l1Sa1+…+lkSak.于是a1,…,ak线性相关当且仅当Sa1,…,Sak线性相关.(iv)G(f)是F2上n维空间.5畅设f(x)是F2[x]中n次本原多项式,a是G(f)中非零序列,即m序列,则a=a0,La=a1,…,L2n-2a=a2n-2是G(f)中全部非零序列.进一步Sa0,Sa1,…,Sa2n-2全不相同,它们是F2上n元向量空间中全部非零向量.6畅设a=(a0,a1,a2,…)是F2上周期为2n-1的m序列.将a的一个周期(a0,a1,…,a2n-2)中的元依次排在圆周上,并使a2n-2与a0=aan-1相邻,则F2上的任一k元组(1≤k≤n),(b1,b2,…,bk)在上述圆周中出现的次数为2n-k, 若(b1,b2,…,bk)≠(0,0,…,0),2n-k-1, 若(b1,b2,…,bk)=(0,0,…,0).(考察有多少个Sai的前k个元正是b1,b2,…,bk).7畅a为F2上周期为2n-1的m序列,则在a的一个周期中1的数目为2n-1,0的数目为2n-1-1.8畅对习题2中作出的F2上周期为7的两个m序列的一个周期排成圆圈如习题6,数出1,0,01,10,101,110,出现的次数.1畅考虑域Fpm,它由Fp上多项式xpm-x的全部根组成.将xpm-x分解成Fp上不可约多项式的乘积.任一Fp上m次不可约多项式f(x)都是它的因子,·57·故f(x)在Fpm中有m个根.任取一根α,则Fpm=Fp(α)碖Fp[x]/(f(x))=F(珔x).其中珔x=x+(f(x)).由此知f(x)是Fp上m次本原多项式当且仅当珔x是pm-1阶乘法循环群Fp(珔x)\{0}的生成元当且仅当α是乘法循环群Fp(α)\{0}=Fpm\{0}的生成元.反之,任取Fpm\{0}的任一生成元α,则它必为Fp上某不可约多项式f(x)的根,显然Fpm=Fp(α)碖Fp[x]/(f(x)).比较两边元素的数目,知f(x)是m次不可约多项式.又α是乘法循环群Fpm\{0}的生成元,前一段证明了f(x)是Fp上m次本原多项式.m次本原多项式都是xpm-x的因式,后者无重根,故全体m次本原多项式在Fpm中的全体根也各不相重.设共有k个m次本原多项式,它们共有mk个根,前面证明了它们是pm-1阶乘法循环群Fpm\{0}的全部生成元.任取一个生成元α,由第一章§7习题5知αn是生成元当且仅当(n,pm-1)=1.故Fpm\{0}的生成元的数目等于与pm-1互素的且小于pm-1的正整数的数目即φ(pm-1).由于mk=φ(pm-1),得k=1mφ(pm-1).Z2,Z3上3次,4次本原多项式的数目分别是13φ(23-1),14φ(24-1),13φ(33-1),14φ(34-1).用第二章§5中关于φ(n)的公式进行计算,得到13φ(23-1)=13φ(7)=2,14φ(24-1)=14φ(15)=14φ(3)φ(5)=2,13φ(33-1)=13φ(26)=13φ(2)φ(13)=4,14φ(34-1)=14φ(80)=14φ(16)φ(5)=14241-12·4=8.2畅取Z2上的三次本原多项式x3+x+1(Z2上的3次不可约多项式都是本原多项式).作线性递归序列a=(a0,a1,a2…),其递归关系为ak+3=ak+1+ak,k=0,1,2,….因x3+x+1为本原多项式,它的周期,因而上述序列的周期为23-1=7.取a0=1,a1=a2=0.可计算出a取a0=a1=a2=1,可计算出a3畅(i)作除法算式e′=le+e1,e1=0或0<e1<e.若0<e1<e,则对k=0,·67·1,2,…有ak+e1=ak+e1+le=ak+e′=ak.即e1也是a的周期与e是极小周期矛盾.故e1=0,e′=le.(ii)若有0≤i<j≤e-1,使Si=Sj.即(ai,ai+1,…,ai+e-1)=(aj,aj+1,…,aj+e-1).当i≥1,由ai+e-1=ai-1,aj+e-1=aj-1,并把上面两端向量的前e-1个分量都向右移一位,而最后一位分量移至第一位,得到的两向量仍相等,(ai-1,ai,…,a(i-1)+e-1)=(aj-1,aj,…,a(j-1)+e-1).即Si-1=Sj-1.可继续这样做,结果得到S0=Si-i=Sj-i.于是对任意0≤t≤e-1有at=at+(j-i).而对任意k=0,1,2,…,作除法算式,设k=le+s,0≤s≤e-1.则ak=ak-le=as=as+(j-i)=as+le+(j-i)=ak+(j-i).即a有周期j-i.而0<j-i<e,与e为极小周期矛盾.故任意0≤i<j≤e-1,必有Si≠Sj.4畅(i)G(f)={a∈V(F2)|f(L)a=0}.橙ab∈G(f),则f(L)af(L)b=0.于是f(L)(ab)=f(L)a+f(L)bab∈G(f).又设l∈F2,aG(f),f(L)(lal(f(L)ala∈G(f).因此G(f)是V(F2)的子空间.(ii)橙abG(f),显然ab推出Sa=Sb.反之,设Sa=Sb.对k=0,1,2,…,有ak+n=cn-1ak+(n-1)+…+c1ak+1+c0ckbk+n=cn-1bk+(n-1)+…+c1bk+1+c0bk.由Sa=Sb,并在上式中令k=0,则有an=bn.于是SLa=(a1,a2,…,an)=(b1,b2,…,bn)=SLb.但f(L)LaLf(L)a=0,f(L)Lb=Lf(L)b同样可证SL2a=SL2b.归纳地可证,对任意k有SLka=SLkb.就得到对任意k,ak+n=bk+n.加上Sa=(a0,a1,…,an-1)=(b0,b1,…,bn-1)=Sb,就证明了ab(iii)ai有初始向量Sai.于是若al1a1+…+lkak,则显然Sa=l1Sa1+…+lkSak.反之,设Sa=l1Sa1+…+lkSak.因l1a1+…+lkak∈G(f),及Sl1a1+…+lka=l1Sa1+…+lkSak=Sa.由(ii)al1a1+…+lkak.特别地当a时就得到l1a1+…+lkak=0当且仅当l1Sa1+…+lkSak=0.即有a1,…,ak线性相关当且仅当Sa1,Sa2,…,Sak线性相关.(iv)考虑到可取F2上n维向量空间的任一组基作初始向量,由递归关系f(L)a得到G(f)中的一组序列a1,…,an.而初始向量Sa1,…,San是F2上n维向量空间的基.由(iii)a1,…,an也线性无关.橙aG(f),Sa是Sa1,…,San的线性组合,再由(ii),aa1,…,an的线性组合,故a1,…,an是G(f)的一组基,因·77·此G(f)是F2上n维线性空间.5畅f(x)为F2上n次本原多项式,aG(f)中非零序列,则其周期为2n-1.由习题3(ii)知Sa0,Sa1,…,Sa2n-2 互不相同,它们是F2上2n-1个非零的n维向量,但F2上仅有2n-1个非零的n维向量,故Sa1,…,Sa2n-2 是F2上全部非零 是G(f)中全部非零序列.的n维向量.由习题4(ii),a0,…,a2n-26畅设aa0,a1,a2,…)是周期为2n-1的m序列,由习题5知Sa0,Sa1,…,Sa2n-2 是F2上2n-1个不同的,也即全部非零的n元向量.对1≤k≤n,(b1,b2,…,bk)每次出现必有某Sai=(b1,b2,…,bk,…).因此它出现的次数正是这样的Sai的数目.当(b1,b2,…,bk)≠(0,0,…,0)时,后面n-k位分量可任意在F2上取值,故这样的Sa共2n-k个.若(b1,…,bk)=(0,0,…,0),后面n-k位分量除了不能全取零外可任意选取(因Sai不能为零向量),故这样的Sai共有2n-k-1个.7畅在习题6中取k=1.当(b1)=(1)时,它出现的次数是2n-1;当(b1)=(0)时,它出现的次数是2n-1-1.8畅习题2出现的周期为7的两个m序列各取一个周期,分别为1001011及1110010.排成的圆圈是下列同样的圆圈.可见到1出现4(=23-1)次,0出现3(=23-1-1)次,01出现2(=23-2)次,101出现1(=23-3)次,110出现1(=23-3)次.··87第四章 有因式分解唯一性的环1畅基本概念:因子、倍元、相伴、不可约元、素元、因式分解及唯一性、公因子、最大公因子.2畅整环成为唯一因分解环的充要条件.不是唯一因式分解环的例子.3畅欧氏环及例子(Z,域上多项式环,高斯整数环)主理想环及其因式分解唯一性.4畅交换环上的多项式环.唯一因式分解环上的多项式环仍是唯一因式分解环.5畅几个典型环类的包含关系欧氏环主理想环唯一因式分解环整环.1畅在其它抽象代数教材中,由于内容的逻辑体系的需要,都是把本章内容作为主要内容放在域论内容之前.占用了大量教学用时,以致只能讲很少域论内容.为了教材内容现代化,为了写入应用内容和为应用所需的理论内容,我们把域论和域论的应用内容放在前面,而把本章内容放在最后.时间不够,可以少讲和不讲.这是教材内容的重要改革.2畅本章§3的内容是为说明一般域甚至交换环上多项式的存在性.多项式是一类运算系统.必须举出实例才能表明对它的讨论有意义.本书的第二章§6及第三章§1的内容都是以一般域上多项式的存在为前提的.3畅§4中定理1的证明中又采用了将整系数作模p剩余类的方法.这个证明比以前教科书(包括本书第一版)中的证明有所简化.4畅内容要点中第5点中的包含关系是严格的真包含关系,要能用例子说明此关系.·97·§1 整环的因式分解以下习题中打倡者为必作题,其余是选作题. 倡1畅试说明整环中的零元,可逆元不能是不可约元的乘积. 倡2畅R是整环,则它的素元是不可约元. 倡3畅R是整环,则a∈R是素元当且仅当主理想(a)=aR是非零素理想(第二章§7习题2).4畅令整环M={a+b3i|a,b∈Z}.求出M的全部可逆元.证明它没有因式分解唯一性(举反例,有M中非零的不可逆元a,它没有分解唯一性). 倡5畅证明在环Z(-5)中3(2+5i)和9没有最大公因子.6畅R为整环.(1)a,b∈R,a,b不同时为零,a=a1d,b=b1d,则d是a,b的最大公因子当且仅当a1,b1互素.(2)把a,b两个元素推广到任意k个元素的情形.7畅设M是形为m2k(m任意整数,k非负整数)的全部有理数的集合,则它是Q的子环.找出M的全部可逆元和不可约元.8畅R是唯一因式分解环.a,b∈R是互素的,且a|bc,则a|c. 倡9畅R是唯一因式分解环,p为不可约元,则珚R=R/(p)为整环.1畅设在整环R中有0=p1p2…ps,pi是不可约元,于是p1及ps都是零因子,与R是整环矛盾.又设可逆元u=p1…ps,pi是不可约元.并设uv=1,则p1p2…psv=1,得出p1是可逆元,与p1非可逆矛盾.2畅设u是素元,若u可约,则u=v1v2,v1,v2皆非可逆.于是u|v1v2,u又是素元,必有u|v1或u|v2.若u|v1,则v1=uv,某v∈R.因此u=v1v2=u(vv2).R是整环,u≠0,用消去律得1=vv2.与v2非可逆矛盾.同样u|v2也·08·有矛盾.故u不可约.3畅设aR是非零素理想,故a是非零的非可逆元.对b,c∈R,a|bc,则bc∈aR.故b∈aR或c∈aR,即a|b或a|c,所以a是素元.反之,设a是素元.b,c∈R,bc∈aR.于是a|bc,有a|b或a|c.即b∈aR或c∈aR.又a是非零非可逆元,故aR≠0及aR≠R,所以aR是非零素理想.4畅设(a+b3i)(c+d3i)=1,a,b,c,d∈Z.对两端取复数模平方,得(a2+3b2)(c2+3d2)=1.若b≠0或d≠0则3b2≥3或3d2≥3,左端必大于1,不可能,所以b=0,d=0,得到ac=1,a=±1.故a+b3i在M中可逆当且仅当b=0,a=±1.4在M中有两种分解:4=2·2=(1+3i)(1-3i).下证2,1±3i皆为M中不可约元,实际上它们的模平方皆为4.令它们中任一个为α,设α=α1α2,α1,α2皆非可逆.而M中非可逆元a+b3i,必有b≠0,或a≠±1,这时|a+b3i|2=a2+3b2≥3.于是|α1|2|α2|2≥9.而左端|α|2=4,不能相等.故2,1±3i皆为不可约元,4分解成M中的不可约元乘积的方式不唯一.5畅要证明不存在9与3(2+5i)在Z[5i]中的公因子d,使得9与3(2+5i)的任一公因子皆是d的因子.反设d=a+b5i,a,b∈Z满足上述要求.由于3是9与3(2+5i)的公因子.故3|d,即有c,e∈Z使a+b5i=3(c+e5i).于是a=3c,b=3e.但d|9,两边取模平方得(3c)2+5(3e)2|92,则有c2+5e2|32.只有c=±2,e=±1;c=±3;e=0这几种情况适合这条件.故c+e5i的仅有的可能为±2±5i,±3.即d=a+b5i的仅有的可能为±6±35i,±9.若d=±6±35i,d|9,9=dα.取模平方92=|d|2|α|2=92|α|2.得|α|=1故α=±1畅9=±d,这不可能.若d=±9,d|3(2+5i),3(2+5i)=dα.取模平方,92=|d|2|α|2=92|α|2.得|α|=1,α=±1.3(2+5i)=±d也不可能.故9,3(2+5i)在Z[5i]中没有最大公因子.6畅(1)这时d≠0.设a1,b1不互素,则有d1非可逆元是它们的公因子.则dd1是a,b的公因子,而d为最大公因子,故dd1|d.有d2∈R,dd1d2=d.R是整环,用乘法消去律得d1d2=1,即d1是可逆元,矛盾.故a1,b1互素.反之,设a1,b1互素.又设d1是a,b的最大公因子.则d|d1,有d2∈R使d1=dd2.d1是a,b的因子,有a2,b2∈R使a=d1a2=dd2a2=da1,及b=d1b2=dd2b2=db1.用消去律d1a2=a1,d2b2=b1.于是d2是a1,b1的公因··18子.但a1,b1互素故d2为可逆元.由此知d=d1(d2)-1也是a,b的最大公因子.(2)略.7畅由于M中的元具有形式m2k,它们的和,差,积仍为这种形式的元,故M是Q设m2k为M中可逆元,则有n2l使m2kn2l=1.故m必为±2t,t为非负整数.反之,对±2t2k,k,t皆非负整数,则±2k2t属于M,且±2t2k·±2k2t=1,故在M中可逆.因此M中可逆元集=±2t2kt,k皆非负整数.由此易知,M中非可逆元集=m2km是具有奇素数因子的非负整数.下面证明m2k为M中不可约元当且仅当m=±p·2t,其中p为奇素数,t为非负整数.先设m2k,m=±p·2t,p为奇素数.若m2k=m12k1·m22k2,则m1·m2=±p·2t1.因此m1,m2中的一个只是2的非负方幂,于是m12k1·m22k2中有一个是可逆元.因此m2k是不可约元.再设m2k,m=p1p2m1,p1,p2皆为奇素数,可以相同,m1为整数.则m2k=p120·p2m12k,右端是M中两个非可逆元的乘积.因此m2k为M中可约元.故若m2k在M中不可约,必须m=±p·2t,其中p为奇素数,t非负整数,证毕.8畅设bc=ad,将b,c分解成不可约因式的乘积b=p1…ps,c=ps+1…pt.再将a,d分解成不可约因式的乘积a=q1…qr,d=qr+1…ql.由bc=ad,及因式分解唯一性知t=l,及有1,2,…,t的一个排列i1i2…it,使pij与qj相伴.对1≤j≤r,qj是a的不可约因子,则pij不在p1,…,ps之中,否则a与b有公因子pij,与它们互素矛盾.这样pi1…pir必出现在c的分解中,它与a=q1…qr相伴,故a|c.9畅R为唯一因式分解环,由§1定理1及定义2知它的不可约元p为素元.设珋c,珔d是珚R的两个非零元,来证珋c珔d≠0,即珚R是整环.反证法设cd=珋c珔d=0,·28·则p|cd、因p为素元,则或p|c或p|d,即或珋c=0或珔d=0.矛盾.故cd≠0,珚R为整环.§2 欧氏环,主理想整环以下习题中打倡者为必作题,其余为选作题. 倡1畅主理想环的商环是主理想环. 倡2畅R是主理想环,a为R中不可约元,则(i)(a)为极大理想;(ii)a为素元;(iii)每个非0素理想(见第二章§7习题2)是极大理想;(iv)R/(a)是域.3畅证明M={a+b2i|a,b∈Z}是欧氏环(仿例1). 倡4畅p是素数.令R=aba,b∈Z,(b,p)=1.(i)证明R是整环;(ii)求出R的所有可逆元;(iii)证明R的所有非可逆元组成R的唯一极大理想;(iv)上述极大理想是主理想;(v)求出R的全部理想. 倡5畅找出高斯整数环Z{a+bi|a,b∈Z}的全部可逆元. 倡6畅高斯整数环的元素a满足δ(a)=素数,则a为不可约元.7畅R是欧氏环,求证(i)若ε∈R倡=R\{0},则ε是R中可逆元当且仅当橙a∈R倡有δ(ε)≤δ(a).(ii)设a∈R倡,a不可逆.若对所有不可逆元b∈R倡都有δ(a)≤δ(b),则a是R中不可约元.8畅R=12a+12b19ia,b∈Z,则R是主理想环但不是欧氏环(参看Motzkin,TheEuclideanalgorithm,Bull.Amer.Math.Soc.55.1142-1146(1949).或参看张勤海著枟抽象代数枠(科学出版社,2004)中推论2畅4畅14及命题2畅4畅16).9畅R是主理想环.d是R中非零元,则R中只有有限个不同的素理想包含·38·(d)(提示:(d)炒(k)痴k|d).1畅设R为主理想环,珚R=R/I为商环.任取一个理想珡N,令N={r∈R|珋r=r+I∈珡N}.易证它是R的理想并包含I(参见第二章§4习题8).R是主理想环,故有N=aR.于是珡N=珔a珚R,即珚R是主理想环.2畅(i)设有(a)炒M炒R,M为R的理想.故有b∈M使M=(b).a∈(b),有a=br,r∈R.因a不可约,b,r中必有可逆元,若b可逆,则(b)=R;若r可逆,则(a)=(b).故(a)是极大理想.(ii)主理想环是唯一因式分解环,它的不可约元皆为素元.(iii)设(b)是非零素理想,由§1习题3,b为素元.因而是不可约元.由(i),(b)为极大理想.(iv)由(i),(a)为极大理想,故R/(a)为域.3畅仿例1,令δ:M倡Z+(非负整数集)δ(a+b2i)=a2+2b2.当a+b2i≠0,δ(a+b2i)≥1,具有性质(i)δ(αβ)=δ(α)δ(β)≥δ(β),橙α,β∈M倡.(ii)橙α,β∈M,β≠0,我们证明有q,r∈R使得α=qβ+γ,且γ=0或δ(γ)<δ(β).证明 对α∈M及β∈M倡,可写αβ-1=a+b2i,这几a,b∈Q选最接近a,b的整数k,l使a=k+ν,b=l+μ,其中|μ|≤12,|ν|≤12.则α=β[(k+ν)+(l+μ)2i]=β[k+l2i]+β(ν+μ2i).令q=k+l2i,γ=β(ν+μ2i)=α-βq∈M.则α=qβ+γ,且若γ≠0,δ(γ)=|γ|2=|β|2|ν+μ2i|2≤|β|214+24=34|β|2<δ(β).故M={a+b2i|a,b∈Z}是欧氏环.4畅(i)设a1b1,a2b2∈R,(bi,p)=1,i=1,2.于是(b1b2,p)=1,a1a2b1b2∈R,a1b1±a2b2=b2a1±b1a2b1b2∈R.故R是Q的子环,因而是整环.(ii)(b,p)=1.若ab在R中可逆,存在cd∈R使abcd=1.这时(b,p)=(d,p)=1,故(bd,p)=1.由ac=bd,于是(a,p)=1.·48·反之,ab∈R,若(a,p)=1,则ba∈R,ab·ba=1.即ab在R中可逆.故R中可逆元集=aba,b∈Z,(b,p)=(a,p)=1.(iii)由(ii)知ab∈R非可逆当且仅当(b,p)=1及p|a.令M={R中非可逆元}.橙ab,cd∈M,即有p|a,p|c.ab±cd=bc±addb,这时(db,p)=1,p|bc±ad.故ab±cd非可逆,属于M.又橙ab∈M,cd∈R,cd·ab=acdb.这时(db,p)=1及p|ac,故cd·ab是非可逆元,属于M.这就证明了M是R的理想.设M1是R的真理想,则M1中元皆为R中的非可逆元,故M1炒M,即M为R的唯一的极大理想.(iv)易知M=ab(b,p)=1,p|a=pR,故为主理想.(v)设M1是R的任一非零理想,M1炒M.任意0≠ab∈M1,(b,p)=1,p|a.令M1的全体元ab中使pl|a的最小的l值为k,k≥1,则M1彻pkR.又设M1中具有pk因子的元是pkcd,(d,p)=(c,p)=1.则pk=pkcd·dc∈M1,于是pkR彻M1,即有M1=pkR.也易知任一pkR也是R的理想.故R的全部理想是pkR,k=0,1,2,…,及零理想.5畅设a+bi是Z[i]中可逆元,则有c+di∈Z[i]使(a+bi)(c+di)=1.两边取模平方就得(a2+b2)(c2+d2)=1.只能a2+b2=1,有四个可能a=±1,b=0;a=0,b=±1.Z[i]中只有四个可逆元±1,±i.6畅设a∈Z[i],δ(a)=素数.若a=bc,b,c∈Z[i].因δ(a)=|a|2,故δ(a)=δ(b)δ(c).由于δ(a)为素数,δ(b)或δ(c)=1.由习题5,知b或c为可逆元.故a为Z[i]中不可约元.7畅设ε是R中可逆元,则有εr=1.对a∈R倡,有εra=a,由δ的性质知δ(a)≥δ(ε).反之,对ε∈R倡,若橙a∈R倡皆有δ(a)≥δ(ε).用欧氏环的定义,对1,ε有q,r∈R使1=qε+r,r=0或δ(r)<δ(ε).且若r≠0,则δ(r)<δ(ε),这与题设矛盾.故r=0,得1=qε,即ε为可逆元.(ii)设a有题设的性质,若a=bc,b,c皆非可逆.设有q,r使·58·b=qa+r,r=0或δ(r)<δ(a).若r=0,则b=qa=qbc.用消去律有1=qc与c非可逆矛盾.若r≠0,且非可逆,则δ(a)>δ(r)与题设δ(a)≤δ(r)矛盾.故r为可逆元.由b-qa=b-qbc=b(1-qc)=r,可得b为可逆元,与b非可逆矛盾.故a为R的不可约元.8畅不作要求,可参看所列文献.9畅R为主理想环,若某一素理想包含(d),可设该理想为(k).设d=pl11pl22…plss,p1,…,ps是不相伴的不可约元或素元.(k)是素理想,(d)彻(k),则(k)不为零.由习题3知k为素元,又k|d,知k与p1,…,ps之一相伴,故(k)为(pi)之一,1≤i≤s.§3 交换环上多项式环以下习题中打倡者为必作题,其余为选作题. 倡1畅R是整环,则R[x]中可逆元一定是R中可逆元.2畅设R是有限域.令R1={R到R的全部映射的集合}.R1上有加法和乘法:f1,f2∈R1,令橙a∈R,(f1+f2)(a)=f1(a)+f2(a),(f1·f2)(a)=f1(a)f2(a).易知R1在这两个运算下成环.其单位元e为:橙a∈R,e(a)=1.对橙r∈R,作R1中映射f(r):f(r)(a)=r,橙a∈R.它们组成R1的子环,并与R同构.干脆记成R,于是R1是R的扩环,并将f(r)记成r.令u是R的恒等映射:u(a)=a,橙a∈R.证明u不是R上不定元. 倡3畅Z是整数环,则a+bi,a,b∈Z,不是Z上不定元.1畅设f(x)∈R[x],在R[x]中可逆,则有g(x)∈R[x]使f(x)g(x)=1.在整环R[x]中,多项式相乘则次数相加.故必有抄(f(x))=抄(g(x))=0.即f(x)=a0,g(x)=b0,皆为R中元,且a0b0=1.故f(x)=a0是R中可逆元.·68·2畅先证明R1澈R0={f(r)|r∈R}是R1的子环并与R同构.实际上(f(r1)±f(r2))(a)=(r1±r2)=f(r1±r2)(a),(f(r1)·f(r2))(a)=f(r1)(a)f(r2)(a)=r1r2=f(r1r2)(a).即f(r1)±f(r2)=f(r1±r2),f(r1)f(r2)=f(r1r2),R0对加,减,乘是封闭的,故是R1的子环.作映射R0Rf(r)r它显然环同构.把f(r)干脆与r等同.则R1是R的扩环.现设R=Fpn.橙a∈R满足apn-a=0.upn(a)=apn,u(a)=a,即有(upn-u)(a)=0,橙a∈R.故upn-u=0,这即说upn,u在R上线性相关,u不是R上不定元.3畅令u=a+bi,则(u-a)2+b2=0,a,b∈Z.这是u2,u,1在Z上的一个线性关系,故u不是Z上不定元.§4 唯一因式分解环上的多项式环以下习题中打倡者是必作题,其余为选作题.下面的环R都是唯一因式分解环. 倡1畅R[x]的正次数多项式若是不可约元,一定是本原多项式. 倡2畅f(x),g(x)∈R[x].g(x)的首项系数为1,则有q(x),r(x)∈R[x],使f(x)=g(x)q(x)+r(x),其中r(x)或者为零或者抄(r(x))<抄(g(x)). 倡3畅f(x)∈R[x],c∈R是f(x)的一个根,则(x-c)|f(x). 倡4畅R[x]中的n次多项式f(x)在R中最多有n个不同的根.于是f(x)=anxn+…+a0在R中若有多于n+1个根,必是零多项式.1畅设f(x)各系数的最大公因子为d,则f(x)=dg(x).g(x)为正次数必·78·不可逆.因f(x)不可约,故d是R[x]中可逆元.由§3习题1,d是R中可逆元.故f(x)是R[x]中本原多项式.2畅设f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0,g(x)=xm+bm-1xm-1+…+b1x+b0,m≥0.我们对n作归纳法.当n=0时是显然的.设次数≤n-1时已对.若n<m,f(x)=0g(x)+f(x),f(x)就是要求的r(x).若n≥m.作f(x)-anxn-mg(x),此中两多项式的首项都是anxn,两者相消.这个差多项式若为零,则f(x)=anxn-mg(x)+0,命题已对.若差多项式不为零,其次数已小于n.用归纳假设有q(x),r(x)使f(x)-anxn-mg(x)=q(x)g(x)+r(x),就有f(x)=(anxn-m+q(x))g(x)+r(x),其中r(x)=0或抄(r(x))<抄(g(x)).完成了归纳法.3畅用(x-c)去除f(x),由习题2可得f(x)=(x-c)q(x)+r,这时r∈R.两边用c代入,0=f(c)=(c-c)q(c)+r.故r=0.即得f(x)=(x-c)q(x),(x-c)|f(x).4畅这时R[x]是唯一因式分解环.设f(x)有n+1个不同的根α1,α2,…,αn,αn+1.由习题3,(x-αi)|f(x),i=1,2,…,n+1.先设f(x)=(x-α1)q1(x).用α2代入得0=(α2-α1)q1(α2).因α2≠α1,知q1(α2)=0.仍由习题3,q1(x)=(x-α2)q2(x),于是f(x)=(x-α1)(x-α2)q2(x).同样α3代入,得q2(α3)=0.于是q2(x)=(x-α3)q3(x).这样可得f(x)=(x-α1)q1(x)=(x-α1)(x-α2)q2(x)=…=(x-α1)…(x-αn)qn.因f(x)是n次的,这时qn必为R中非零元.再用αn+1代入,左端为f(αn+1)等于零,右端(αn+1-α1)…(αn+1-αn)qn≠0,矛盾.故f(x)最多有n个不同的根.因此f(x)=anxn+…+a1x+a0若有n+1个不同的根,必为零多项式.·88·。

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近世代数题解
第一章基本概念
§1. 1
1.
4.
5.
近世代数题解§1. 2 2.
3.
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AοB=E与AοB=AB—A—B.
4.
5.
近世代数题解§1. 4
1.
2.
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
3.
4.
5.
§1. 6
1.
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.。

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