近世代数课后习题答案
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...................
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...........................................................
......
【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)03
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·。
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-。
近世代数习题答案
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 。
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。
近世代数习题答案
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。