近世代数参考答案

安徽大学2008－2009学年第一学期《近世代数》考试试卷（B 卷）参考答案一、名词解释题（本题共5小题，每小题3分，共15分）1、对，显然模n 的同余关系满足以下条件：1）对Z 中的任意元素a 都有(mod )a a n ≡；（反身性）2）如果(mod )a b n ≡，必有(mod )b a n ≡；（对称性）3）如果(mod )a b n ≡，(mod )b c n ≡，必有(mod )a c n ≡（传递性）则这个关系是的一个等价关系．2、错，因为2Z ∈，在Z 中没有逆元．3、错，因为由于[]Z x x Z <>≅，而整数环Z 不是一个域．4、错，在同态满映下，正规子群的象是正规子群．5、对，[]F x 是一个有单位元的整环，且1）存在ϕ：()()f x f x →的次数，是非零多项式到非负整数集的一个映射；2）在[]F x 中任取()f x 及()0g x ≠，存在[]F x 上的多项式()q x ，()r x 满足 ()()()(f x g x q x r x =+，其中()0r x =或()r x 的次数<()g x 的次数． 因此[]F x 作成一个欧式环．二、计算分析题（本题共3小题，每小题5分，共15分）1、στ=(2453)，2τσ=(2346)，1τστ-=(256413)．2、12Z 的所有的可逆元为1,5,7,11；n Z 的子环共有()T n 个，故12Z 共有6个子环，它们分别是{}10S =，{}20,6S =，{}30,4,8S =，{}40,3,6,9S =，{}50,2,4,6,8,10S =和12Z 本身． 3、在8Z 中：32([4][3][2])([5][3])x x x x +--+5432[4][4][3][5][3][6]x x x x x =-+-+-． 三、举例题（本题共3小题，1,2题各3分，第3题4分，共10分）1、在整数环上的一元多项式[]Z x 中，由于[]Z x x Z <>≅，整数环Z 是一个整环而不是一个域，故主理想x <>是整数环的一个素理想而不是极大理想．2、22,,,a b R Z a b c d Z c d ⨯⎧⎫⎛⎫⎪⎪==∈⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭对普通的矩阵的加法和乘法作成一个环，R 有单位元1001⎛⎫ ⎪⎝⎭，000a S a Z ⎧⎫⎛⎫⎪⎪=∈⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭对普通的矩阵的加法和乘法作成R 的一个子环，S 有单位元1000⎛⎫ ⎪⎝⎭，二单位元不相等． 3、Klein 四元群4K 是四次对称群4S 的一个正规子群，{}4(1),(12)(34)B =是4K 的一个正规子群（4K 是一个交换群），但4B 不是4S 的正规子群（44(13)(13)B B ≠）．四、证明题（本题共6小题，每小题10分，共60分）1、证明：1）设G 是一个有限群，a 是G 的任意一个阶大于2的元素，则显然1a a -≠（否则将有2a e =，与a 阶大于2矛盾！），但a 与1a -有相同的阶，即1a -的阶也是大于2．又设b 也是G 的一个阶大于2的元素，且1,b a b a -≠≠，则容易得到：111,b a b a ---≠≠，这就是说，G 中阶大于2的元素总是成对出现的，由于G 是一个有限群，故中的阶大于2的元素个数必为偶数．2）设G 是一个偶数阶的有限群，由于单位元是阶为1的惟一元素，又由1）知G 中的阶大于2的元素个数一定是偶数，这样阶等于2的元素的个数一定是奇数．2、证明：设H 是G 的一个子群，任取1axa -，1aya -1aHa -∈（,x y H ∈），则由于H 是一个子群，故1xy H -∈，这样11111()()a x a a y a a x y a a H a ------=∈，从而1aHa G -≤．又由于易证1:x axa ϕ- 是H 到1aHa -的一个双射，且1()()x y a x y a ϕ-=11()()axa axa --=()()x y ϕϕ= 故ϕ是H 到1aHa -的一个同构映射，从而1aHa H -≅．2、证明：首先易证集合2,a b R a b F b a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪=∈⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭数域关于普通的矩阵的加法作成一个加群，其零元为零矩阵，负元为负矩阵．其次，对22,a b c d R b a dc ⎛⎫⎛⎫∀∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，其中,,,a b cd F ∈，我们有 2222a b c d c d a b b a d c d c b a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222ac bd ad bc R bc ad bd ac ++⎛⎫=∈ ⎪++⎝⎭, 即普通矩阵的乘法是R 上的一个代数运算．且有 222a b c d e f b a d c f e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭222a b c d e f b a d c f e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 即R 对于普通的矩阵的乘法作成一个半群．另外，1001R ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得对 2a b R b a ⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭，1022100101a b a b b a b a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭2a b b a ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 综上所述，2,a b R a b F b a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪=∈⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭数域关于普通的矩阵的加法和乘法作成一个有单位元的交换环．4、证明：1）若R 的每个非零元素的阶都是无限，命题成立；若R 中有某个元素0a ≠的阶为n ，则在R 中任取0b ≠，有()()00na nb na b b ===． 但0a ≠，且R 无零因子，故nb 0=，b n ≤．设b m =，则()()0ma b a mb ==，0ma =，故n m ．从而n m b ≤=． 因此b n =，即R 中每个非零元素的阶都是n ．2）设char R 1n =>，且12n n n =， 1i n n <<．则在R 中任取0a ≠，由于R 中每个非零元素的阶都是n ，故10n a ≠，20n a ≠．但21212()()()n a n a n n a =20na == 这与R 中无零因子环矛盾，故n 必为素数．5、证明：1）任取,x y G ∈，则由于G H 与G K 都是交换群，故x y H y x H =，xyK yxK =．于是()xy H K xyH xyK = yxH yxK = ()yx H K = ，即GH K 也是一个交换群． 2）任取h H ∈，k K ∈，由于,H K 都是群G 的正规子群，故1111()hkh k h kh k H ----=∈，1111()hkh k hkh k K ----=∈，从而{}11hkh k H K e --∈= ，故11hkh k e --=，即得到hk kh =，得证！6、证明：(1)设N 是R 的诣零理想，若R 是诣零的，下证R N 也是诣零的． 对R a N N ∀+∈，因为R 是诣零的，故存在n Z +∈，使得0n a =，从而()0n n a N a N N N +=+=+=，即R N 也是诣零的． 反之，若R N 是诣零的，下面说明R 也是诣零的．对a R ∀∈，因R N 是诣零的，故存在m Z +∈，使得()m m a N a N N +=+=，即m a N ∈，又N 是R 的诣零理想，故存在n Z +∈，使得()0m n mn a a ==，从而R 是诣零的．(2) 若,A B 是环R 的诣零理想，则A B ⋂是R 的诣零理想，且A B ⋂分别是,A B 的诣零理想．由环第二同构定理知A B B A A B +≅⋂，由(1)知，B A B ⋂是诣零的，从而A B A +也是诣零的．而A 是R 的诣零理想，也是A B +的诣零理想，因此由(1)知A B +也是R 的诣零理想，得证．安徽大学2009－2010学年第一学期《近世代数》考试试卷（B 卷）参考答案一、分析判断题（请判断下列命题对错，并简要说明理由）1、设:X Y ϕ→为一个映射，A 是X 的一个非空子集，则1(())A A ϕϕ-=．答：不正确．只有当ϕ为单射时等号才成立，一般的1(())A A ϕϕ-⊇．2、整数集Z 对于普通的数的乘法作成一个半群．答：正确．利用半群的定义易验证．3、整数环的全部素理想是由所有素数p 生成的主理想p <>和自己本身． 答：不正确．由于整数环无零因子，故零理想也是它的素理想．4、若,H G K G ≤≤，则HK G ≤．答：不正确．两个子群的乘积是原来群的子群充要条件是它们相乘时可交换．5、域是一个欧氏环．答：正确。

可利用欧氏环的定义直接验证．二、计算分析题（本题共3小题，每小题5分，共15分）1、给出剩余类环12Z 的所有素理想和极大理想．解：12Z 的全部素理想有：12Z ，{}0, 3, 6, 93=<>,{}0, 2, 4, 6, 8, 10 2=<>； 12Z 的全部极大理想有：{}0, 3, 6, 93=<>,{}0, 2, 4, 6, 8, 10 2=<>；2、设(143)(45)(26)τ=，7(267)(43)S σ=∈，1) 求τ，σ的阶； 2) 计算1?στσ-=， 1?στσ-=．解：1) (1453)(26)τ=，阶为4．(267)(43)σ=，阶为6．2) 1(1354)(67)στσ-=．1(1354)(72)στσ-=．3、求多项式321x x x +-- 在8Z 中的所有根． 解：3221(1)(1)x x x x x +--=+-，直接验证可得原多项式的根为：1, 3, 5, 7．三、举例题（本题共2小题，每小题5分，共10分）1、除环而非域； 解：四元数除环{}1, , , D a b i c j d k a b c d Q =⋅+⋅+⋅+⋅∈（其中加法乘法见书上定义）是一个除环而不是一个域，由于ij ji ≠．2、群的正规子群而非特征子群．解：{}4(1), (12)(34)B =是{}4(1), (12)(34), (13)(24), (14)(23)K =的一个正规子群但非其特征子群．四、证明题（本题共6小题，每小题10分，共60分）1、证明：1) 若环R 有正则元，则全体正则元对乘法作成一个半群；2) 环R 的元素0a ≠是正则元当且仅当由0axa =可得0x =．证明：1) 设R 的正则元全体构成的集合为S ，由题意，显然S 非空，对 , a b S ∀∈，若c R ∃∈，使得()0ab c =，则()()0ab c a bc ==，由于a 是正则元，故0bc =，又由于b 是正则元，这样0c =，从而我们得到ab 是正则元，即S 对乘法是保持封闭的．结合律师自然保持的，故全体正则元对乘法作成一个半群． 2) ()⇒若0axa =，又0a ≠是正则元，于是()0axa a xa ==得到0xa =，进一步我们由a 是正则元得到0x =．()⇐若0ab =，则0aba =，于是由题意得到0b =，从而a 不是左零因子．同理可证a 也不是右零因子，这样a 是正则元．2、设,H K 是群G 的两个正规子群，且二者的交为{}e ．证明：H 与K 的元素相乘时可换．证明：由题意,H G K G ，对,h H k K ∈∈，根据正规子群的性质我没有： 11,h H khk H --∈∈，这样11khk h H --∈．另一方面1hkh K -∈，于是1111()hkh hk h K ----=∈，这样1111()khk h k hk h K ----=∈，所以{}11khk h H K e --∈= ，故11khk h e --=，从而kh hk =，即H 与K 的元素相乘时可换．3、设G 是一个群，,a b G ∈，11a b ab --称为,a b 的换位元，记作[],a b ．由G 的全体换位元生成的群称为G 的换位子群，记作G '．证明：1) G '是G 的正规子群；2) 设N G ，则G N 是交换群G N '⇔≤证明：1) 对,x G g G '∀∈∈，因为11gxg x G --'∈，于是111gxg gxg x x G ---'=⋅∈，因此G G ' ．2) ()⇒设G N 是交换群，则对,x y G ∀∈，有[][][][]x y y x =，于是 xy yxz =，其中z N ∈．故11x y xy z N --=∈，因此G N '≤．()⇐ [][],G x y N ∀∈，有11x y xy z G --'=∈，由于G N '≤，所以z N ∈于是[][][][]x y y x =，故G N 是交换群．4、设,a b 是群G 中阶分别为m 与n 的两个元素．证明：若ab ba =，则[] ,a b mn ，其中[],m n 为m 与n 的最小公倍数, 并证明G 中有阶为[],m n 的元素． 证明： 由于[],m n 是m 与n 的最小公倍数，故可以设[],mn m n d=，其中d 为 m 与n 的最大公约数．根据题意,a b 的阶分别为m 与n ，这样我们有, m n a e b e ==，于是[][][],,,()nmm n m n m n m n d d ab a b a b e ⋅⋅===，从而[] ,ab m n ．另一方面，根据元素阶的性质有d m a d =，又ab ba =，且(,)1m n d =故 [],d d m mn a b ab n m n d d==⋅==，故得证！ 5、证明：Gauss 整环[]Z i 是一个欧氏环．证明：作映射：[]{}:0Z i N ϕ→ 22a bi a b ++ ， 则易得ϕ是[]{}0Z i 到N 得一个映射，且有[]2(), ()(,)Z i ϕααϕαβαβαβ==∀∈． 对[],Z i αβ∀∈，0β≠，设1 (,)s ti s t Q αβ-=+∈，且,m n 为距离,s t 最近的整数，则有110, 022s m t n ≤-≤≤-≤，令[]p m ni Z i =+∈，则有 122111()()()442p s m t n ϕαβ--=-+-≤+=， 设(. )r p ie p r αβαβ=-=+，则0r =或111()()(())()()()()2r p p p ϕϕαβϕβαβϕβϕαβϕβϕβ--=-=-=-≤<综上所述， Gauss 整环[]Z i 是一个欧氏环．6、设R 是一个阶大于1且有单位元的可换环．证明：R 是域⇔R 到任意环的非零同态都是单的．证明：()⇒ 设R 是一个域，而ϕ是R 到任意环R 的一个非零同态，则Ker ϕ是R 的一个理想，但域R 只有平凡理想，故得到Ker R ϕ=或{}0Ker ϕ=． 由于ϕ是一个非零同态，故Ker R ϕ≠，这样{}0Ker ϕ=，从而ϕ为一个单同态． ()⇐设R 到任意环的非零同态都是单的，则在R 中任取0a R ≠∈．若a 在R 中是无逆元，则R 中的单位元e a ∉<>，从而a R <>≠，于是易得:r r a ϕ+<> 是环R 到商环R a <>的一个非零同态．另一方面，由题意我们得到ϕ是一个单同态，这样我们得到{}0Ker a ϕ=<>=， 即0a =，这样产生矛盾，故R 中的非零元素均有逆元，从而R 是一个域．。