代数学引论(聂灵沼_丁石孙版)第一章习题答案(可编辑修改word版)
（完整版）离散数学答案（尹宝林版）第一章习题解答
（完整版）离散数学答案（尹宝林版）第一章习题解答第一章命题逻辑习题与解答⒈ 判断下列语句是否为命题，并讨论命题的真值。
⑴ 2x - 3 = 0。
⑵ 前进！⑶ 如果8 + 7 > 20，则三角形有四条边。
⑷ 请勿吸烟！⑸ 你喜欢鲁迅的作品吗？⑹ 如果太阳从西方升起，你就可以长生不老。
⑺ 如果太阳从东方升起，你就可以长生不老。
解⑶,⑹,⑺表达命题，其中⑶,⑹表达真命题，⑺表达假命题。
⒉ 将下列命题符号化：⑴ 逻辑不是枯燥无味的。
⑵ 我看见的既不是小张也不是老李。
⑶ 他生于1963年或1964年。
⑷ 只有不怕困难，才能战胜困难。
⑸ 只要上街，我就去书店。
⑹ 如果晚上做完了作业并且没有其它事情，小杨就看电视或听音乐。
⑺ 如果林芳在家里，那么他不是在做作业就是在看电视。
⑻ 三角形三条边相等是三个角相等的充分条件。
⑼ 我进城的必要条件是我有时间。
⑽ 他唱歌的充分必要条件是心情愉快。
⑾ 小王总是在图书馆看书，除非他病了或者图书馆不开门。
解⑴ p ：逻辑是枯燥无味的。
“逻辑不是枯燥无味的”符号化为 ?p 。
⑵ p ：我看见的是小张。
q ：我看见的是老李。
“我看见的既不是小张也不是老李”符号化为q p ?∧?。
⑶ p ：他生于1963年。
q ：他生于1964年。
“他生于1963年或1964年”符号化为p ⊕ q 。
⑷ p ：害怕困难。
q ：战胜困难。
“只有不怕困难，才能战胜困难”符号化为q → ? p 。
⑸ p ：我上街。
q ：我去书店。
“只要上街，我就去书店”符号化为p → q 。
⑹ p ：小杨晚上做完了作业。
q ：小杨晚上没有其它事情。
r ：小杨晚上看电视。
s ：小杨晚上听音乐。
“如果晚上做完了作业并且没有其它事情，小杨就看电视或听音乐”符号化为s r q p ∨→∧。
⑺ p ：林芳在家里。
q ：林芳做作业。
r ：林芳看电视。
“如果林芳在家里，那么他不是在做作业就是在看电视”符号化为r q p ∨→。
⑻ p ：三角形三条边相等。
近世代数第一章答案
近世代数第一章基本概念答案§ 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 由题设以及真子集的定义得，A 的每一个元都属于B ，因此B A ⊂.于是由A B ⊂ B A ⊂得B A =.所以上述情况在A=B 时才能出现.2. 假设B A ⊂,?=⋂B A ?=⋃B A解 （i ） 由于B A ⊂,所以A 的每一个元都属于B ,即A 的每一个元都是A 和B 的共同元，因而由交集的定义得B A A ⋂⊂但显然有A B A ⊂⋂所以A B A =⋂(ii) 由并集的定义，B A ⋃的每一个元素都属于A 和B 之一，但B A ⊂,所以B A ⋃的每一元素都属于B :B B A ⊂⋃另一方面B A B ⋃⊂,所以B B A =⋃.§ 2 ． 映射1. A ={1,2,…，100}.找一个A A ⨯到A 的映射.解 用()b a ,表示A A ⨯的任意元素，这里a 和b 都属于A .按照定义做一个满足要求的映射即可，例如 Φ： ()b a ,→a 就是这样的一个，因为Φ替A A ⨯的任何元素()b a ,规定了一个唯一的象a ,而A a ∈.读者应该自己再找几个A A ⨯到A 的映射. 2.在你为习题1所找的映射之下，是不是A 的每一个元都是A A ⨯的一个元的象?解 在上面给出的映射Φ之下，A 的每一个元素都是A A ⨯的一个元的象，因为()b a ,中的a 可以是A 的任一元素.你自己找到的映射的情况如何？有没有出现A 的元素不都是象的情况？假如没有，找一个这样的映射.§ 3 ．代数运算1. A ={所有不等于零的偶数}.找一个集合D ，使得普通除法是A A ⨯到D 的代数运算.是不是找得到一个以上的这样的D ？解 一个不等于零的偶数除一个不等于零的偶数所得结果总是一个不等于零的有理数.所以取 D ={所有不等于零的有理数} 普通除法就是一个A A ⨯到D 的代数运算.可以找得到一个以上的满足要求的D .读者可以自己找几个. 2.{}c b a A ,,=.规定A 的两不同的代数运算.解 （i ）我们用运算表来给出A 的一个代数运算： a b ca a a ab a a ac a a a按照这个表，通过 ，对于A 的任何两个元素都可以得出一个唯一确定的结果a 来，而a 仍属于A ，所以 是A 的人一个代数运算.这个代数运算也可以用以下方式来加以描述 : ()y x a y x o =→, 对一切A y x ∈, (ii)同理: ()y x x y x o =→, 对一切A y x ∈,也是A 的一个代数运算.读者可用列表的方法来给出这个代数运算.读者应自己给出几个A 的代数运算.§4 ．结合律1. A ={所有不等于零的实数}， 是普通的除法:ba b a =o 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.例如， 当4=a 2==c b时()122224224)(====o o o o o c b a ()()414224224==⎪⎭⎫ ⎝⎛==o o o o o c b a所以当a ,b 和c 取上述值时()()c b a c b a o o o o ≠2. A ={所有实数}，代数运算： （a,b ）→a+2b=a b适合不适合结合律？解读者可以用解上一题的方法来证明，所给代数运算不适合结合律.3.A={a,b,c}.由表a b ca ab cb bc ac c a b给出的代数运算适合不适合结合律？解所给代数运算 适合结合律.为了得出这个结论，需要对元素a,b,c的27（=33）种排列（元素允许重复出现）加以验证.但是利用元素a的特性，可以把验证简化.仔细考察运算表，我们发现以下规律：对集合A的任意元素x来说，都有a x=x a=x由此得出，对于有a出现的排列，结合律都成立.这一点读者可以自己验证.还剩下a不出现的排列.这样的排列共有8（=32）种.我们在这里验证4种，其余4种读者可以自己验证.（b b） b=c b=ab (b b)=b c=a所以（b b） b=b (b b)(b b) c=c c=bb (b c)=b a=b所以 (b b) c=b (b c)(b c) b=a b=bb (c b)= b a=b所以 (b c) b=b (c b)(b c) c=a c=cb (c c)=b b=c所以 (b c) c=b (c c)§5．交换律1.A={所有实数}. 是普通减法：a b= a b这个代数运算适合不适合交换律？解容易验证，当a = 1，b = 2时a b b a ≠ 所以这个代数运算不适合交换律. 2. A ={a , b ,c , d}，由表 a b c da abcd b b d a c c c a b d d d c a b所给的代数运算适合不适合交换律？解 要回答这个问题，只须考察一下运算表，看一看关于主对角线对称的位置上，有没有不相同的元素.易知此运算表不对称，所以此代数运算不适合交换律。
代数学引论(聂灵沼_丁石孙版)第一章习题解答
第一章代数基本概念1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群.证明:对任意a,b∈G,由结合律我们可得到(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b再由已知条件以及消去律得到ba=ab,由此可见群G为交换群.2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群.证明: [方法1]对任意a,b∈G,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab因此G为交换群.[方法2]对任意a,b∈G,a2b2=e=(ab)2,由上一题的结论可知G为交换群.3.设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件:(1)a(bc)=(ab)c;(2)由ab=ac推出a=c;(3)由ac=bc推出a=b;证明G在该乘法下成一群.证明:[方法1]设G={a1,a2,…,a n},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若i≠j(I,j=1,2,…,n),有a k a i≠a k a j------------<1>a i a k≠a j a k------------<2>再由乘法的封闭性可知G={a1,a2,…,a n}={a k a1, a k a2,…, a k a n}------------<3>G={a1,a2,…,a n}={a1a k, a2a k,…, a n a k}------------<4>由<1>和<3>知对任意a t∈G, 存在a m∈G,使得a k a m=a t.由<2>和<4>知对任意a t∈G, 存在a s∈G,使得a s a k=a t.由下一题的结论可知G在该乘法下成一群.下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。
[方法2]为了证明G在给定的乘法运算下成一群，只要证明G内存在幺元(单位元)，并且证明G内每一个元素都可逆即可.为了叙述方便可设G={a1,a2,…,a n}.(Ⅰ) 证明G内存在幺元.<1> 存在a t∈G，使得a1a t=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明);<2> 证明a1a t= a t a1;因为a1(a t a1)a t=(a1a t) (a1a t)=(a1)2a1(a1a t)a t=(a1a1)a t=a1(a1a t)= (a1)2,故此a1(a t a1)a t= a1(a1a t)a t.由条件(1),(2)可得到a1a t= a t a1.<3> 证明a t就是G的幺元;对任意a k∈G,a1(a t a k) =(a1a t)a k=a1a k由条件(2)可知a t a k=a k.类似可证a k a t=a k.因此a t就是G的幺元.(Ⅱ) 证明G内任意元素都可逆；上面我们已经证明G内存在幺元，可以记幺元为e，为了方便可用a,b,c,…等符号记G内元素.下面证明任意a∈G，存在b∈G，使得ab=ba=e.<1> 对任意a∈G，存在b∈G，使得ab=e;(这一点很容易证明这里略过.)<2> 证明ba=ab=e;因为a(ab)b=aeb=ab=ea(ba)b=(ab)(ab)=ee=e再由条件(2),(3)知ba=ab.因此G内任意元素都可逆.由(Ⅰ),(Ⅱ)及条件(1)可知G在该乘法下成一群.4.设G是非空集合并在G内定义一个乘法ab.证明:如果乘法满足结合律,并且对于任一对元素a,b∈G,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则G在该乘法下成一群.证明：取一元a∈G,因xa=a在G内有解, 记一个解为e a ,下面证明e a为G内的左幺元. 对任意b∈G, ax=b在G内有解, 记一个解为c,那么有ac=b ,所以e a b= e a(ac)= (e a a)c=ac=b,因此e a为G内的左幺元.再者对任意d∈G, xd=e a在G内有解,即G内任意元素对e a存在左逆元, 又因乘法满足结合律,故此G在该乘法下成一群.[总结]群有几种等价的定义:(1)幺半群的每一个元素都可逆，则称该半群为群.(2)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含幺元, G内任意元素都有逆元,则称G为该运算下的群.(3)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含左幺元, G内任意元素对左幺元都有左逆元,则称G为该运算下的群.(4)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且对于任一对元素a,b∈G,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则称G为该运算下的群.值得注意的是如果一个有限半群满足左右消去律, 则该半群一定是群.5.在S3中找出两个元素x,y,适合(xy)2≠x2y2.[思路] 在一个群G中，x,y∈G, xy=yx ⇔(xy)2=x2y2(这一点很容易证明).因此只要找到S3中两个不可交换的元素即可. 我们应该在相交的轮换中间考虑找到这样的元素.解: 取x=(123213), y=(123132)那么(xy)2=(123312)≠(123123)= x2y2.[注意]我们可以通过mathematica软件编写S n的群表,输出程序如下:Pr[a_,b_,n_]:=(*两个置换的乘积*)(Table[a[[b[[i]]]],{I,1,n}]);Se[n_]:=(*{1,2,…,n}的所有可能的排列做成一个表格*)(Permutations[Table[i,{I,1,n}]]);Stable[n_]:=(*生成S n群表*)(a=Se[n];Table[pr[a[[i]],a[[j]],n],{I,1,n},{j,1,n}])当n=3时群表如下：[说明]：[132]表示置换(123132), 剩下的类似.为了让更清楚，我们分别用e,a,b,c,d,f表示[123], [132],[213], [231], [312], [321]那么群表如下:6.对于n>2,作一阶为2n的非交换群.7.设G是一群, a,b∈G,如果a-1ba=b r,其中r为一正整数,证明a-i ba i=b r i.证明：我们采用数学归纳法证明.当k=1时, a-1ba=b r=b r1, 结论成立；假设当k=n时结论成立, 即a-n ba n=b r n成立, 下面证明当k=n+1时结论也成立.我们注意到= b kr,a-1b k a=(a−1ba)(a−1ba)…(a−1ba)⏟k个因此a-(n+1)ba n+1= a-1 (a-n ba n)a=a-1b r n a=b r n r=b r n+1,可见k=n+1时结论也成立.由归纳原理可知结论得证.8.证明:群G为一交换群当且仅当映射x↦x−1是一同构映射.证明:(Ⅰ)首先证明当群G为一个交换群时映射x↦x−1是一同构映射.由逆元的唯一性及(x−1)−1=x可知映射x↦x−1为一一对应，又因为(xy)-1=y-1x-1,并且群G为一个交换群,可得y-1x-1=x−1y−1.因此有(x y)-1=x−1y−1.综上可知群G为一个交换群时映射x↦x−1是一同构映射.(Ⅱ)接着证明当映射x↦x−1是一同构映射,则群G为一个交换群.若映射x↦x−1是一同构映射,则对任意x,y∈G有(x y)-1=x−1y−1,另一方面，由逆元的性质可知(y x)-1=x−1y−1.因此对任意x,y∈G有xy=yx,即映射x↦x−1是一同构映射,则群G为一个交换群.9.设S为群G的一个非空子集合，在G中定义一个关系a～b当且仅当ab-1∈S.证明这是一个等价关系的充分必要条件为S是一个子群.证明:首先证明若～是等价关系，则S是G的一个子群.对任意a∈G,有a～a,故此aa-1=e∈S；对任意a,b∈S,由(ab)b-1=a∈S,可知ab～b，又be-1=b∈S,故b～e,由传递性可知ab～e，即(ab)e-1=ab∈S.再者因ae-1=a∈S, 故a～e,由对称性可知e～a，即ea-1=a-1∈S.可见S是G的一个子群.接着证明当S是G的一个子群,下面证明～是一个等价关系.对任意a∈G, 有aa-1=e∈S，故此a～a(自反性);若a～b，则ab-1∈S,因为S为G的子群，故(ab-1)-1=ba-1 ∈S,因此b～a(对称性);若a～b，b～c,那么ab-1∈S,bc-1∈S,故ab-1 bc-1=ac-1∈S，因此a～c(传递性).综上可知～是一个等价关系.10.设n为一个正整数, nZ为正整数加群Z的一个子群，证明nZ与Z同构.证明:我们容易证明x↦nx为Z到nZ的同构映射,故此nZ与Z同构.11.证明:在S4中，子集合B={e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}是子群，证明B与U4不同构.证明:可记a=(1 2)(3 4), b=(1 3)(2 4), c=(1 4)(2 3)，那么置换的乘积表格如下：B为S4的子群. 这个群(以及与其同构的群)称为Klein(C.L.Klein,1849-1925)四元群.假设B与U4同构,并设f为B到U4的同构映射, 则存在B中一元x使得f(x)=i(i为虚数单位),那么f(x2)= f2(x)=i2=-1另一方面, f(x2)=f(e)=1(注意x2=e),产生矛盾.所以假设不成立, 即B与U4不同构.[讨论] B与U4都是4元交换群，但是后者是循环群, 前者不是, 这是这两个群的本质区别.12.证明:如果在一阶为2n的群中有一n阶子群，它一定是正规子群.证明:[方法1]设H是2n阶群G的n阶子群, 那么对任意a∉H, 有H∩aH=∅,并且aH⊂G,H⊂G,又注意到aH和H中都有n个元素, 故此H∪aH=G.同理可证对任意a∉H, 有H∩Ha=∅, H∪Ha=G，因此对任意a∉H，有aH=Ha.对任意a∈H, 显然aH⊂H, Ha⊂H又因aH,Ha及H中都有n个元素，故aH=Ha=H.综上可知对任意a∈G,有aH=Ha，因此H是G的正规子群.[方法2]设H是2n阶群G的n阶子群,那么任取a∈H, h∈H, 显然有aha-1∈H.对给定的x∉H, 有H∩xH=∅, H∪xH=G.这是因为若假设y∈H∩xH, 则存在h∈H，使得y=xh,即x=yh-1∈H产生矛盾,因此H∩xH=∅;另一方面, xH⊂G,H⊂G, 又注意到xH和H中都有n个元素, 故此H∪xH=G.那么任取a∉H,由上面的分析可知a∈xH, 从而可令a=xh1这里h1∈H.假设存在h∈H, 使得aha-1∉H,则必有aha-1∈xH,从而可令aha-1=xh2这里h2∈H.那么xh1ha-1=xh2,即a= h2h1h∈H,产生矛盾.因此，任取a∉H, h∈H, 有aha-1∈H.综上可知对任取a∈G, h∈H, 有aha-1∈H,因此H为G的一个正规子群.13.设群G的阶为一偶数,证明G中必有一元素a≠e适合a2=e.证明:设b∈G，且阶数大于2，那么b≠b-1,而b-1的阶数与b的阶数相等.换句话说G中阶数大于2的元素成对出现，幺元e的阶数为1，注意到G的阶数为宜偶数，故此必存在一个2阶元，(切确的说阶数为2的元素有奇数个).[讨论][1] 设G是一2n阶交换群，n为奇数则G中只有一个2阶元.为什么？提示：采用反证法，并注意用Lagrange定理.[2] 群G中，任取a∈G，有a n=e，那么G一定是有限群吗？如果不是请举出反例，若是有限群，阶数和n有什么关系？14.令A=(0110), B=(e2πin00e−2πi n)证明:集合{B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群D n同构. 证明:下面证明G={B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群.(Ⅰ)首先证明对乘法运算封闭. 下面进行分类讨论：(1)B i∙B j=B i+j,注意到B n=(10)故此01B i∙B j=B r∈G这里i+j=kn+r,k∈Z,0<r≤n.(2) A B i∙B j=B r∈G这里i+j=kn+r,k∈Z,0<r≤n.(3)容易证明BAB=A=AB n,BA=B i AB(s+1)n=AB n-t∈G,这里i=sn+t,k∈Z,0<t≤n.那么B i∙(AB j)=( B i∙A)B j=(AB n-t) ∙B j∈G(4)(AB i)∙(AB j)=A(B i AB j)=A((AB n-t) ∙B j)=A2(B n-t ∙B j)= B n-t ∙B j) ∈G由(1),(2),(3),(4)知G对乘法运算封闭.(Ⅱ)因集合G对矩阵乘法封闭，再由矩阵乘法的性质可知，结合律肯定成立.(Ⅲ)显然B n=A2=E为幺元.(Ⅳ)对B i(i=1,2,…,n),有B i B n-i=E;对AB i(i=1,2,…,n),有(AB i)(B n-i A)=E,因此G内任何一元都可逆.由(Ⅰ)，(Ⅱ)，(Ⅲ)，(Ⅳ)可知G在矩阵乘法下构成一群.最后证明G与D n同构.令f:G→D nf(B i)=T i, f(AB i)=ST i(i=1,2,…,n)，可以证明f就是G到D n的同构映射，这里不予证明了.15.设i是一个正整数, 群G中任意元素a,b都适合(ab)k=a k b k, k=I,i+1,i+2,证明G为交换群. 证明:对任意a,b∈Ga i+2b i+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (a i+1b i+1)=a(ba i+1)b i+1,根据消去律可得a i+1b=ba i+1.----------------------(1)同时a i+1b i+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (a i b i)=a(ba i)b i+1,根据消去律可得a i b=ba i.---------------------------(2)因此a i+1b=a(a i b)=a(ba i)=(ab)a i----(3)另外ba i+1=(ba)a i----------------------(4)结合(1),(3),(4)有(ab)a i=(ba)a i---------------------(5)由消去律可得到ab=ba.因此G为交换群.16.在群SL2(Q)中，证明元素a=(0−110)的阶为4，元素b=(01−1−1)的阶为3，而ab为无限阶元素.证明：可以直接验证a的阶为4，b的阶为3.因为ab=(1101)，对任何正整数n，(ab)n=(1n01)≠(1001)可见ab的阶为无限.[注意] 在一群中，有限阶元素的乘积并不一定也是有限阶的，但两个可交换的有限阶元素的乘积一定是有限阶元素.[问题] 若一群中所有元素的阶数都有限，那么这个群一定是有限群吗？17.如果G为一个交换群，证明G中全体有限阶元素组成一个子群.证明:交换群G中全体有限阶元素组成的集合记为S，任取a，b∈S，并设a的阶为m，b的阶为n，则(ab)mn=(a m)n(b n)m=e因此ab为有限阶元素，即ab∈S.a-1的阶数与a相同，故此a-1也是有限阶元素，即a-1∈S.综上可知S为G的一个子群.18.如果G只有有限多个子群，证明G为有限群.证明:采用反证法证明.假设G为无限群，则G中元素只可能有两种情况：(1)G中任意元素的阶数都有限、(2)G中存在一个无限阶元素.(1)首先看第一种情况：G中取a1≠e，并设其阶数为n1，则循环群G1={a1,a12,… ,a1n1}为G的一个子群；G中取a2∉G1，并设其阶数为n2，则循环群G2={a2,a22,… ,a2n2}为G的一个子群；G中取a3∉G1∪G2，并设其阶数为n3，则循环群G3={a3,a32,… ,a3n3}为G的一个子群；… … …我们一直这样做下去，可以得到G的互不相同的子群构成的序列G n(n=1,2,…)，所以G有无穷多个子群，产生矛盾；(2)再看第二种情况:设a∈G的阶数为无穷，那么序列G1=<a2>，G2=<a4>，…，G n=<a2n>，…是G的互不相同的子群，所以G有无穷多个子群，产生矛盾.综上就可知“G是无限群”这个假设不成立，因此G是有限群.19.写出D n的所有正规子群.20.设H，K为群G的子群，HK为G的一子群当且仅当HK=KH.证明：(Ⅰ)设HK=KH，下面证明HK为G的一子群.任取a,b∈HK,可令a=h1k1，b=h2k2这里h i∈H，k i∈K，i=1,2.那么ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 ---------------(1)因HK=KH，故此k1h2= h3k3 ----------------------(2)这里h3∈H，k3∈K.由(1),(2)知ab= h1(h3k3)k2=(h1h3)(k3k2)∈HK. ------------(3)另外，a-1= (h1k1)-1= k1−1h1−1∈KH=HK. ----------------- (4)由(3),(4)知HK是G的子群.(Ⅱ) HK为G的一子群,下面证明HK=KH.若a∈HK,易知a-1∈KH. HK是子群,任取a∈HK，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈KH，那么有HK ⊂KH.若a∈KH,易知a-1∈HK. HK是子群,任取a∈KH，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈HK，那么有KH ⊂HK.综上知，HK=KH.21.设H，K为有限群G的子群，证明|HK|=|H|∙|K| |H∩K|.证明：因H∩K为H的子群，那么可设H的左陪集分解式为H=h1(H∩K)∪h2(H∩K)∪…∪h r(H∩K)这里r为H∩K在H中的指数，h i∈H，当i≠j，h i-1h j∉H∩K(事实上等价于h i-1h j∉K),i, j=1,2,…,r.又(H∩K)K=K,所以HK=h1K∪h2K∪…∪h r K.------------(1)注意到h i-1h j∉K，所以当i≠j(i, j=1,2,…,r)时，h i K∩h j K=∅.----------------(2)由(1),(2)我们得到|HK|=r|K|=|H|∙|K| |H∩K|.[总结]左陪集的相关结论设H为G的一子群，那么(1)a∈aH;(2)a∈H⇔aH=H;(3)b∈aH⇔aH=bH;(4)aH=bH⇔a-1b∈H;(5)aH∩bH≠∅，有aH=bH.22.设M,N是群G的正规子群.证明：(i)MN=NM;(ii)MN是G的一个正规子群；(iii)如果M∩N={e}，那么MN/N与M同构.证明：(i)[方法1]任取a∈MN,可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M为G的正规子群，故n-1mn∈M. 所以a=n(n-1mn) ∈NM，故此MN⊆NM.同样的方法可以证明NM⊆MN. 因此MN=NM.[方法2]任取a，b∈MN，可设a=m1n1(m1∈M，n1∈N)，b=m2n2(m2∈M，n2∈N).下面只要证明MN为G 的一个子群即可(由第20题可知)，也就是说只要证明ab-1∈MN即可.因为ab-1=m1n1n2-1m2-1= [m1(n1n2-1m2-1n2n1-1)](n1n2-1)，而M为G的正规子群，故n1n2-1m2-1n2n1-1∈M，所以ab-1∈MN.(ii) 由(i)可知MN为G的一个子群.任取a∈MN, 可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M和N为G的正规子群，对任意g∈G，有g-1ag= g-1mng= (g-1mg)(g-1ng) ∈MN.所以MN为G的正规子群.(iii) 易知N为MN的正规子群，因此MN/N是一个群. 因为M∩N={e}，对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N[注].作一个MN/N到M的映射f[注]，f: MN/N→MmN↦m，那么该映射显然是一一对应，另外f(m i N⋅m j N)= f(m i m j N)= m i m j，因此f为MN/N到M的同构映射，即MN/N与M同构.[讨论]1. 只要M和N的一个是正规子群，那么MN就是子群，或者说成立MN=NM.这一点我们从(i)的证明方法2可知.2. M和N中有一个不是正规子群时MN一定不是正规子群.[注意]1．M∩N={e}，对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N.证明：若存在m i≠m j∈M, 有m i N=m j N，那么m i m j-1∈N，而m i m j-1∈M. 因此m i m j-1∈M∩N，产生矛盾.2. 设f: MN/N→MmN↦m，则由于对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N，故此f为MN/N到M的一个映射.23.设G是一个群，S是G的一非空子集合.令C(S)={x∈G|xa=ax,对一切a∈S}N(S)= {x∈G|x-1Sx=S}.证明：(i) C(S),N(S)都是G的子群;(ii) C(S)是N(S)的正规子群.证明：(i) 首先证明C(S)是G的子群.任取x，y∈C(S)，那么对任意a∈S有xa=ax，ya=ay. 那么一方面，(xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=(ax)y=a(xy)，所以xy∈C(S).另一方面，xa=ax⇒a=x-1ax⇒ax-1=x-1a所以x-1∈C(S).因此，C(S)是G的子群.接着证明N(S)都是G的子群.任取x，y∈N(S)，则x-1Sx=S，y-1Sy=S. 那么一方面，(xy)-1S(xy)=x-1(y-1Sy)x=x-1Sx=S所以xy∈N(S).另一方面，x-1Sx=S⇒S=xSx-1所以x-1∈N(S).因此，N(S)是G的子群.(ii) 任取x∈C(S)，a∈S，则xa=ax，即a=x-1ax，亦即S= x-1Sx. 因此x∈N(S)，即C(S)⊂N(S).任取x∈C(S)，y∈N(S)，a∈S，则存在a y∈S使得yay-1=a y，因此a=y-1a y y.那么(y-1xy)a(y-1xy)-1=y1[x(yay-1)x-1]y= y1(xa y x-1)y= y-1a y y=a，即(y-1xy)a=a(y-1xy).所以y-1xy∈C(S)，因此C(S)是N(S)的正规子群.24.证明任意2阶群都与乘法群{1，-1}同构.证明：略.25.试定出所有互不相同的4阶群.解：我们分类讨论:(1)存在四阶元；(2)不存在四阶元.(1)若存在一个四阶元，并设a为一个四阶元，那么该四阶群为<a>.(2)若不存在四阶元，那么除了单位元e的阶为1，其余元素的阶只能是2，即设四阶群G={e，a，b，c}，那么a2=b2=c2=e，ab=ba=c，ac=ca=b，bc=cb=a. 群表如下：综上可知，四阶群群在同构意义下只有两种或者是四阶循环群或者是Klein四阶群.26.设p为素数.证明任意两个p阶群必同构.证明：易知当p为素数时，p阶群必存在一个p阶元，即p阶群必是p阶循环群，故两个p阶群必同构.27.Z为整数环，在集合S=Z×Z上定义(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d),(a,b)∙(c,d)=(ac+bd,ad+bc).证明S在这两个运算下成为幺环.提示：(1,0)为该环的单位元素.证明：略.28.在整数集上重新定义加法“⊕”与乘法“⊙”为a⊕b=ab, a⊙b=a+b试问Z在这两个运算下是否构成一环.答：不构成环.29.设L为交换幺环，在L中定义：a⊕b=a+b-1,a⊙b=a+b-ab.这里e为单位元素，证明在新定义的运算下，L仍称为交换幺环，并且与原来的环同构.证明：(i)证明L在运算⊕下构成交换群：由⊕的定义，得到(a⊕b)⊕c=(a+b-1) ⊕c=a+b-1+c-1=a+b+c-2a⊕(b⊕c)= a⊕(b+c-1)= a+b+c-1-1=a+b+c-2这里2=1+1，所以(a⊕b)⊕c= a⊕(b⊕c).----------------(1)同时由⊕的定义还可以得到a⊕1= 1⊕a=a，------------------------(2)a⊕(2-a)=(2-a) ⊕a=1，---------------(3)a⊕b=b⊕a，----------------------------(4)由(1),(2),(3)(4)可知L在运算⊕下构成交换群.(ii)证明L中运算⊙满足结合律和交换律：容易证明这里略过.(iii)证明乘法⊙对加法⊕满足分配律：因为a ⊙(b ⊕c)= a ⊙(b+c-1)=a+(b+c-1)-a(b+c-1)=2a+b+c-ab-ac-1，(a ⊙b)⊕(a ⊙c)=(a+b-1) ⊕(a+c-1)= (a+b-ab)+(a+c-ac)-1=2a+b+c-ab-ac-1，所以a ⊙(b ⊕c)= (a ⊙b)⊕(a ⊙c).由于⊕和⊙满足交换律，故此(b ⊕c) ⊙a= (b ⊙a)⊕(c ⊙a).因此新定义的乘法⊙对新定义的加法⊕满足分配律(iv) 设0为环(L ，+，∙)的零元，则0⊙a=a ⊙0=a由(i)，(ii)，(iii)，(iv)可得到(L ，⊕，⊙)为交换幺环.(v) 最后证明(L ，+，∙)与(L ，⊕，⊙)同构：设f: L→Lx ↦1-x ，容易证明f 为(L ，+，∙)到(L ，⊕，⊙)的同构映射.30. 给出环L 与它的一个子环的例子，它们具有下列性质:(i) L 具有单位元素，但S 无单位元素；(ii) L 没有单位元素，但S 有单位元素；(iii) L, S 都有单位元素，但互不相同；(iv) L 不交换，但S 交换.解：(i) L=Z ，S=2Z ；(ii) L={(a b 00)|a,b ∈R}，S={(a 000)|a ∈R}； (iii) L={(a00b )|a,b ∈R}，S={(a 000)|a ∈R}； (iv) L={(a 0b 0)|a,b ∈R}，S={(a 000)|a ∈R}； 31. 环L 中元素e L 称为一个左单位元，如果对所有的a ∈L ，e L a= a ；元素e R 称为右单位元，如果对所有的a ∈L ，ae R =a.证明：(i)如果L 既有左单位元又有右单位元，则L 具有单位元素； (ii)如果L 有左单位元，L 无零因子，则L 具有单位元素； (iii)如果L 有左单位元，但没有右单位元，则L 至少有两个左单位元素.证明：(i) 设e L 为一个左单位元，e R 为右单位元，则e L e R =e R =e L .记e=e R =e L ，则对所有的a ∈L ，ea=ae=a ， 因此e 为单位元素；(ii) 设e L 为一个左单位元，则对所有的a(≠0)∈L ，a(e L a)=a 2；另一方面，a(e L a)=(ae L )a.所以a 2=(ae L )a.因为L 无零因子，所以满足消去律[注]，故此a= ae L .另外，若a=0，则a= ae L =e L a. 因此左单位元e L 正好是单位元.(iii) 设e L 为一个左单位元，因为L 中无右单位元，故存在x ∈L ，使得xe L ≠x，即xe L -x≠0,则e L + xe L -x≠e L ，但是对所有的a ∈L ，(e L + xe L -x)a=a,因此e L + xe L -x 为另一个左单位元，所以L 至少有两个左单位元素.[注意] L 无零因子，则满足消去律(参考教材46页).32. 设F 为一域.证明F 无非平凡双边理想.证明：设I 为F 的任意一个理想，且I≠{0}，则对任意a(≠0)∈I ，则a -1∈F,于是a -1a=1∈I.从而F 中任意元素f ，有f ∙1=f ∈I ，故I=F ，即F 只有平凡双边理想.[讨论] 事实上，一个体(又称除环)无非平凡双边理想. 另一方面，若L 是阶数大于1的(交换)幺环，并且除了平凡理想，没有左或右理想，则L 是一体(域).33. 如果L 是交换环，a ∈L ，(i) 证明La={ra|r ∈L}是双边理想；(ii) 举例说明，如果L 非交换，则La 不一定是双边理想.证明：(i) 容易验证La 为L 的一个加法群. 任取ra ∈La ，l ∈L ，则l(ra)=(lr)a ∈La ，(ra)l=r(al)=r(la)=(rl)a ∈La故La 为L 的一个双边理想.(ii) 设L=M 2(R)，那么L 显然不是交换环，取h=(1010)，下面考察Lh 是否为L 的理想： 取k=(1200)，容易验证h ∈Lh ，hk ∉ Lh ，因此Lh 不是L 的一个理想.34. 设I 是交换环L 的一个理想，令rad I ={r ∈L|r n ∈I 对某一正整数n}，证明rad I 也是一个理想.radI 叫做理想I 的根.35. 设L 为交换幺环，并且阶数大于1，如果L 没有非平凡的理想，则L 是一个域.证明：只要证明非零元素均可逆即可.任取a ∈L ，那么La 和aL 是L 的理想，且La ≠{0}，aL ≠{0}，因L 无平凡的理想，故此La=aL=L ，因此ax=1和ya=1都有解，因而a 为可逆元.36. Q 是有理数域，M n (Q)为n 阶有理系数全体矩阵环.证明无非平凡的理想(这种环称为单环).证明：我们社K 为M n (Q)的非零理想，下面证明K=M n (Q).为了证明这一点，只要证明n 阶单位矩阵E ∈K.记E ij 为除了第i 行第j 列元素为1，其余元素全为0的矩阵.那么E ij E st ={E it ，j =s 0， j ≠s而E=E11+E22+…+E nn.我们只要证明E ii∈K(i=1,2,…,n)就有E∈K.设A∈K，且A≠0，又令A=(a ij)n×n,假设a kj≠0，则有E ik AE ji=a kj E ii(i=1,2,…,n).由于a kj≠0，故存在逆元a kj-1.设B= a kj-1E ii,则BE ik AE ji= a kj-1E ii E ik AE ji= a kj-1E ik AE ji=E ik E kj E ji=E ii.因为K为理想，A∈K，所以E ii=BE ik AE ji∈K，证毕.37.设L为一环，a为L中一非零元素.如果有一非零元素b使aba=0，证明a是一个左零因子或一右零因子.证明：若ab=0，则a为左零因子；若ab≠0，则aba=(ab)a=0，故ab为右零因子.38.环中元素x称为一幂零元素，如果有一正整数n使x n=0，设a为幺环中的一幂零元素，证明1-a可逆.证明：设a n=0，那么(1+a+a2+…+a n-1)(1-a)=(1-a) (1+a+a2+…+a n-1)=1-a n=1因此1-a可逆.39.证明：在交换环中，全体幂零元素的集合是一理想.40.设L为有限幺环.证明由xy=1可得yx=1.证明：当L只有一个元素，即L={0}，亦即0=1[注]，此时显然有xy=1=xy；当L有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y不是左零元[注],因此yL=L.又因L为有限环，所以存在z∈L，使得yz=1.注意到(xy)z=z，x(yz)=x，所以x=z，即yx=1.[注意]1.幺环多于一个元素当且仅当0≠1.2．当L有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y不是左零元.因为若存在z≠0使得yz=0，则z=(xy)z=x(yz)=0,产生矛盾.41.在幺环中，如果对元素a有b使ab=1但ba≠1，则有无穷多个元素x，适合ax=1. (Kaplansky定理)证明：首先，若ab=1但ba≠1，则a至少有两个右逆元[注].现在假设a只有n(>1)个右逆元，并设这些元素为x i(i=1,2,…,n).那么a(1-x i a+x1)=1(i=1,2,…,n),又当i≠j时，1-x i a+x1≠1-x j a+x1[注]，这里i，j=1,2,…,n.于是{x i|i=1,2,…,n}={1-x i a+x1| i=1,2,…,n }，故存在x k∈{x i|i=1,2,…,n}使得x1=1-x k a+x1,即x k a=1.因为n>1，我们取x t≠x k∈{x i|i=1,2,…,n}，那么(x k a)x t=x t，(x k a)x t =x k(ax t)=x k因此x t=x k，产生矛盾，所以假设不成立，即a有无穷多个右逆元.[注意]1. 若ab=1但ba≠1，则a至少有两个右逆元. 因为易验证1-ba+a就是另一个右逆元.2. 假设当i≠j时，1-x i a+x1=1-x j a+x1，则x i a=x j a，故x i ax1=x j ax1,因此x i=x j，产生矛盾.42.设L是一个至少有两个元素的环. 如果对于每个非零元素a∈L都有唯一的元素b使得aba=a.证明：(i) L无零因子；(ii) bab=b;(iii) L有单位元素；(iv) L是一个体.证明：(i) 先证明L无左零因子，假设a为L的一个左零因子，那么a≠0，且存在c≠0，使得ac=0，于是cac=0. 因a≠0，则存在唯一b使得aba=a.但a(b+c)a=a,b+c≠b产生矛盾，所以L无左零因子.类似可证L无右零因子.(ii) 因aba=a，所以abab=ab. 由(i)的结论知L无零因子，因此满足消去律，而a≠0，故bab=b. (iii) 我们任一选取a(≠0)∈L，再设aba=a(这里b是唯一的)，首先证明ab=ba.因为a(a2b-a+b)a=a，所以a2b-a+b=b，即a2b=a=aba，由消去律得到ab=ba.任取c∈L，则ac=abac，故此c=(ba)c=(ab)c；另一方面，ca=caba，故此c=c(ab).综上得到c=(ab)c=c(ab),所以ab就是单位元素，我们记ab=ba=1.(iv) 由(iii)可知任意a(≠0)∈L，ab=ba=1，即任意非零元素都可逆，因此L成为一个体.43.令C[0,1]为全体定义在闭区间[0,1]上的连续函数组成的环.证明：(i) 对于的任一非平凡的理想I，一定有个实数θ，0≤θ≤1，使得f(θ)=0对所有的f(x)∈I；(ii) 是一零因子当且仅当点集{x∈[0,1]|f(x)=0} 包含一个开区间.证明：(i) 证明思路：设I为非零的非平凡理想，假设对任意x∈[0,1]，存在f(x)∈I使得f(x)≠0，想法构造一个g ∈I可逆.(ii) 提示：用连续函数的局部保号性.44.令F=Z/pZ为p个元素的域.求(i) 环M n(F)的元素的个数；(ii) 群GL n(F)的元素的个数.45.设K是一体，a，b∈K，a，b不等于0，且ab≠1.证明华罗庚恒等式：a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.证明：因为a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba⇔1-(a-1+(b-1-a)-1)-1a-1=ab⇔(aa-1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab⇔(1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab⇔(1+((ab)-1-1)-1)-1=1-ab，为了方便记x=ab，那么1-x，x，x-1-1都可逆，只要证明(1+(x-1-1)-1)-1=1-x即可，或者证明1+(x-1-1)-1=(1-x)-1即可.因为1+(x-1-1)-1=1+(x-1-x-1x)-1=1+(1-x)-1x=(1-x)-1(1-x) +(1-x)-1x=(1-x)-1,所以结论成立，即a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.。
高等代数-第1章习题及解答
习题1.11. 判断以下数集是否作成数环。
1)S={}Z ∈; 2) S={}0a a Q ≠∈; 3)S={},a b Z +∈;4）S={},a a b Q +∈.解： 1）错误。
不能包含除0以外的整数。
2）错误。
对差不封闭。
3）正确。
4）正确。
{}{},5,13a bi ab Q a bi a b Q Q +∈+∈2. 填空：1) 包含5i 的最小数域是或 2) 包含的最小数域是⎭⎬⎫⎩⎨⎧∈Q a a 31或{}{}{}0.,0,,,,0,1,2,3,,-l S a S a S ka S a S k l a bi a b Q F c di c di ≠≠∈≠∈∈=+∈⋅∈≠≠ 3.证明：如果一个数环S ，那么含有无限多个数。
证明：S 0可设是数环于是 其中 故含有无限多个数。
4.证明：S=是一个数环，是不是数域？证明： S 为数环，则S 对于数的加、减、乘封闭，且1=1+0i S 设+0，那么0222222220000,()()()()(),d c c di d c di c Q a bi a bi c di ac bd bc ad ic di c di c di cd ac bd bc adi c d c dac bd bc adQ c d ==+≠≠=∈++-++-==++-++-=++++-∈+否则 在的情形下，,与矛盾 在的情形下,与矛盾因此 又由于 22,Q c d a biS S c di∈++∴∈+ 故是数域。
121212,F F F F F F 5.设均为数域，证明也是数域，一定是数域吗？举例说明。
{}121222112,,,F F F F R F a bi a b Q F F F F ==+∈⊄⊄ 112证明：是数域，不一定是数域 反例：设F 因 F F 所以 不是数域()21,5(5,2)(2,3)(1)112;12(-1)(-2)12123455234125341n n k k k k +=+++++++−−−→−−−→− 习题1.21.计算下列排列的反序数： 1）75231468； 2）n(n-1)21;3)(2k)1(2k-1)2(k+1)k.解： ） ； 2） 3)2.利用对换把排列12345变成35241。
(完整版)代数学引论(聂灵沼_丁石孙版)第一章习题答案
第一章代数基本概念1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群.证明:对任意a,bG,由结合律我们可得到(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b再由已知条件以及消去律得到ba=ab,由此可见群G为交换群.2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群.证明: [方法1]对任意a,bG,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab因此G为交换群.[方法2]对任意a,bG,a2b2=e=(ab)2,由上一题的结论可知G为交换群.3.设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件:(1)a(bc)=(ab)c;(2)由ab=ac推出a=c;(3)由ac=bc推出a=b;证明G在该乘法下成一群.证明:[方法1]设G={a1,a2,…,a n},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若ij(I,j=1,2,…,n),有a k a i a k a j------------<1>a i a k a j a k------------<2>再由乘法的封闭性可知G={a1,a2,…,a n}={a k a1, a k a2,…, a k a n}------------<3>G={a1,a2,…,a n}={a1a k, a2a k,…, a n a k}------------<4>由<1>和<3>知对任意a t G, 存在a m G,使得a k a m=a t.由<2>和<4>知对任意a t G, 存在a s G,使得a s a k=a t.由下一题的结论可知G在该乘法下成一群.下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。
[方法2]为了证明G在给定的乘法运算下成一群，只要证明G内存在幺元(单位元)，并且证明G内每一个元素都可逆即可.为了叙述方便可设G={a1,a2,…,a n}.(Ⅰ) 证明G内存在幺元.<1> 存在a t G，使得a1a t=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明);<2> 证明a1a t= a t a1;因为a1(a t a1)a t=(a1a t) (a1a t)=(a1)2a1(a1a t)a t=(a1a1)a t=a1(a1a t)= (a1)2,故此a1(a t a1)a t= a1(a1a t)a t.由条件(1),(2)可得到a1a t= a t a1.<3> 证明a t就是G的幺元;对任意a k G,a1(a t a k) =(a1a t)a k=a1a k由条件(2)可知a t a k=a k.类似可证a k a t=a k.因此a t就是G的幺元.(Ⅱ) 证明G内任意元素都可逆；上面我们已经证明G内存在幺元，可以记幺元为e，为了方便可用a,b,c,…等符号记G 内元素.下面证明任意aG，存在bG，使得ab=ba=e.<1> 对任意aG，存在bG，使得ab=e;(这一点很容易证明这里略过.)<2> 证明ba=ab=e;因为a(ab)b=aeb=ab=ea(ba)b=(ab)(ab)=ee=e再由条件(2),(3)知ba=ab.因此G内任意元素都可逆.由(Ⅰ),(Ⅱ)及条件(1)可知G在该乘法下成一群.4.设G是非空集合并在G内定义一个乘法ab.证明:如果乘法满足结合律,并且对于任一对元素a,bG,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则G在该乘法下成一群.证明：取一元aG,因xa=a在G内有解, 记一个解为e a ,下面证明e a为G内的左幺元. 对任意bG, ax=b在G内有解, 记一个解为c,那么有ac=b ,所以e a b= e a(ac)= (e a a)c=ac=b,因此e a为G内的左幺元.再者对任意dG, xd=e a在G内有解,即G内任意元素对e a存在左逆元, 又因乘法满足结合律,故此G在该乘法下成一群.[总结]群有几种等价的定义:(1)幺半群的每一个元素都可逆，则称该半群为群.(2)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含幺元, G内任意元素都有逆元,则称G为该运算下的群.(3)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含左幺元, G内任意元素对左幺元都有左逆元,则称G为该运算下的群.(4)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且对于任一对元素a,bG,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则称G为该运算下的群.值得注意的是如果一个有限半群满足左右消去律, 则该半群一定是群.5.在S3中找出两个元素x,y,适合(xy)2x2y2.[思路] 在一个群G中，x,yG, xy=yx (xy)2x2y2(这一点很容易证明).因此只要找到S3中两个不可交换的元素即可. 我们应该在相交的轮换中间考虑找到这样的元素.解: 取x=, y=那么(xy)2= x2y2.[注意]我们可以通过mathematica软件编写S n的群表,输出程序如下:Pr[a_,b_,n_]:=(*两个置换的乘积*)(Table[a[[b[[i]]]],{I,1,n}]);Se[n_]:=(*{1,2,…,n}的所有可能的排列做成一个表格*)(Permutations[Table[i,{I,1,n}]]);Stable[n_]:=(*生成S n群表*)(a=Se[n];Table[pr[a[[i]],a[[j]],n],{I,1,n},{j,1,n}])当n=3时群表如下：[说明]：表示置换, 剩下的类似.为了让更清楚，我们分别用e,a,b,c,d,f表示,,,,那么群表如下:6.对于n>2,作一阶为2n的非交换群.7.设G是一群, a,bG,如果a-1ba=b r,其中r为一正整数,证明a-i ba i=.证明：我们采用数学归纳法证明.当k=1时, a-1ba=b r=, 结论成立；假设当k=n时结论成立, 即a-n ba n=成立, 下面证明当k=n+1时结论也成立.我们注意到a-1b k a== b kr,因此a-(n+1)ba n+1= a-1 (a-n ba n)a=a-1a==,可见k=n+1时结论也成立.由归纳原理可知结论得证.8.证明:群G为一交换群当且仅当映射是一同构映射.证明:(Ⅰ)首先证明当群G为一个交换群时映射是一同构映射.由逆元的唯一性及可知映射为一一对应，又因为,并且群G为一个交换群,可得.因此有.综上可知群G为一个交换群时映射是一同构映射.(Ⅱ)接着证明当映射是一同构映射,则群G为一个交换群.若映射是一同构映射,则对任意有,另一方面，由逆元的性质可知.因此对任意有,即映射是一同构映射,则群G为一个交换群.9.设S为群G的一个非空子集合，在G中定义一个关系a～b当且仅当ab-1S.证明这是一个等价关系的充分必要条件为S是一个子群.证明:首先证明若～是等价关系，则S是G的一个子群.对任意aG,有a～a,故此aa-1=eS；对任意a,bS,由(ab)b-1=aS,可知ab～b，又be-1=bS,故b～e,由传递性可知ab～e，即(ab)e-1=abS.再者因ae-1=aS, 故a～e,由对称性可知e～a，即ea-1=a-1S.可见S是G的一个子群.接着证明当S是G的一个子群,下面证明～是一个等价关系.对任意aG, 有aa-1=eS，故此a～a(自反性);若a～b，则ab-1S,因为S为G的子群，故(ab-1)-1=ba-1S,因此b～a(对称性);若a～b，b～c,那么ab-1S,bc-1S,故ab-1 bc-1=ac-1S，因此a～c(传递性).综上可知～是一个等价关系.10.设n为一个正整数, nZ为正整数加群Z的一个子群，证明nZ与Z同构.证明:我们容易证明为Z到nZ的同构映射,故此nZ与Z同构.11.证明:在S4中，子集合B={e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}是子群，证明B与U4不同构.证明:为其本身),因此B为S4的子群. 这个群(以及与其同构的群)称为Klein(C.L.Klein,1849-1925)四元群.假设B与U4同构,并设f为B到U4的同构映射, 则存在B中一元x使得f(x)=i(i为虚数单位),那么f(x2)= f2(x)=i2=-1另一方面, f(x2)=f(e)=1(注意x2=e),产生矛盾.所以假设不成立, 即B与U4不同构. [讨论] B与U4都是4元交换群，但是后者是循环群, 前者不是, 这是这两个群的本质区别.12.证明:如果在一阶为2n的群中有一n阶子群，它一定是正规子群.证明:[方法1]设H是2n阶群G的n阶子群, 那么对任意aH, 有HaH=,并且aHG,HG,又注意到aH和H中都有n个元素, 故此HaH=G.同理可证对任意aH, 有HHa=, HHa=G，因此对任意aH，有aH=Ha.对任意aH, 显然aHH, HaH又因aH,Ha及H中都有n个元素，故aH=Ha=H.综上可知对任意aG,有aH=Ha，因此H是G的正规子群.[方法2]设H是2n阶群G的n阶子群,那么任取aH, hH, 显然有aha-1H.对给定的xH, 有HxH=, HxH=G.这是因为若假设yHxH, 则存在hH，使得y=xh,即x=yh-1H产生矛盾,因此HxH=;另一方面, xHG,HG, 又注意到xH和H中都有n个元素, 故此HxH=G.那么任取aH,由上面的分析可知axH, 从而可令a=xh1这里h1H.假设存在hH, 使得aha-1H,则必有aha-1xH,从而可令aha-1=xh2这里h2H.那么xh1ha-1=xh2,即a= h2h1hH,产生矛盾.因此，任取aH, hH, 有aha-1H.综上可知对任取aG, hH, 有aha-1H,因此H为G的一个正规子群.13.设群G的阶为一偶数,证明G中必有一元素ae适合a2=e.证明:设bG，且阶数大于2，那么b≠b-1,而b-1的阶数与b的阶数相等.换句话说G中阶数大于2的元素成对出现，幺元e的阶数为1，注意到G的阶数为宜偶数，故此必存在一个2阶元，(切确的说阶数为2的元素有奇数个).[讨论][1] 设G是一2n阶交换群，n为奇数则G中只有一个2阶元.为什么？提示：采用反证法，并注意用Lagrange定理.[2] 群G中，任取aG，有a n=e，那么G一定是有限群吗？如果不是请举出反例，若是有限群，阶数和n有什么关系？14.令A=, B=证明:集合{B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群D n同构. 证明:下面证明G={B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群.(Ⅰ)首先证明对乘法运算封闭. 下面进行分类讨论：(1)B i B j=B i+j,注意到B n=故此B i B j=B r G这里i+j=kn+r,kZ,0<rn.(2)A B i B j=B r G这里i+j=kn+r,kZ,0<rn.(3)容易证明BAB=A=AB n,BA=B i AB(s+1)n=AB n-t G,这里i=sn+t,kZ,0<tn.那么B i(AB j)=( B i A)B j=(AB n-t)B j G(4)(AB i)(AB j)=A(B i AB j)=A((AB n-t)B j)=A2(B n-t B j)= B n-t B j)G由(1),(2),(3),(4)知G对乘法运算封闭.(Ⅱ)因集合G对矩阵乘法封闭，再由矩阵乘法的性质可知，结合律肯定成立.(Ⅲ)显然B n=A2=E为幺元.(Ⅳ)对B i(i=1,2,…,n),有B i B n-i=E;对AB i(i=1,2,…,n),有(AB i)(B n-i A)=E,因此G内任何一元都可逆.由(Ⅰ)，(Ⅱ)，(Ⅲ)，(Ⅳ)可知G在矩阵乘法下构成一群.最后证明G与D n同构.令f:G→D nf(B i)=T i, f(AB i)=ST i(i=1,2,…,n)，可以证明f就是G到D n的同构映射，这里不予证明了.15.设i是一个正整数, 群G中任意元素a,b都适合(ab)k=a k b k, k=I,i+1,i+2,证明G为交换群.证明:对任意a,bGa i+2b i+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (a i+1b i+1)=a(ba i+1)b i+1,根据消去律可得a i+1b=ba i+1.----------------------(1)同时a i+1b i+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (a i b i)=a(ba i)b i+1,根据消去律可得a i b=ba i.---------------------------(2)因此a i+1b=a(a i b)=a(ba i)=(ab)a i----(3)另外ba i+1=(ba)a i----------------------(4)结合(1),(3),(4)有(ab)a i=(ba)a i---------------------(5)由消去律可得到ab=ba.因此G为交换群.16.在群SL2(Q)中，证明元素a=的阶为4，元素b=的阶为3，而ab为无限阶元素.证明：可以直接验证a的阶为4，b的阶为3.因为ab=，对任何正整数n，(ab)n=≠可见ab的阶为无限.[注意] 在一群中，有限阶元素的乘积并不一定也是有限阶的，但两个可交换的有限阶元素的乘积一定是有限阶元素.[问题] 若一群中所有元素的阶数都有限，那么这个群一定是有限群吗？17.如果G为一个交换群，证明G中全体有限阶元素组成一个子群.证明:交换群G中全体有限阶元素组成的集合记为S，任取a，bS，并设a的阶为m，b的阶为n，则(ab)mn=(a m)n(b n)m=e因此ab为有限阶元素，即abS.a-1的阶数与a相同，故此a-1也是有限阶元素，即a-1S.综上可知S为G的一个子群.18.如果G只有有限多个子群，证明G为有限群.证明:采用反证法证明.假设G为无限群，则G中元素只可能有两种情况：(1)G中任意元素的阶数都有限、(2)G中存在一个无限阶元素.(1)首先看第一种情况：G中取a1≠e，并设其阶数为n1，则循环群G1={,…}为G的一个子群；G中取a2G1，并设其阶数为n2，则循环群G2={,…}为G的一个子群；G中取a3G1∪G2，并设其阶数为n3，则循环群G3={,…}为G的一个子群；… … …我们一直这样做下去，可以得到G的互不相同的子群构成的序列G n(n=1,2,…)，所以G有无穷多个子群，产生矛盾；(2)再看第二种情况:设a∈G的阶数为无穷，那么序列G1=<>，G2=<>，…，G n=<>，…是G的互不相同的子群，所以G有无穷多个子群，产生矛盾.综上就可知“G是无限群”这个假设不成立，因此G是有限群.19.写出D n的所有正规子群.20.设H，K为群G的子群，HK为G的一子群当且仅当HK=KH.证明：(Ⅰ)设HK=KH，下面证明HK为G的一子群.任取a,b∈HK,可令a=h1k1，b=h2k2这里h i∈H，k i∈K，i=1,2.那么ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 ---------------(1)因HK=KH，故此k1h2= h3k3 ----------------------(2)这里h3∈H，k3∈K.由(1),(2)知ab= h1(h3k3)k2=(h1h3)(k3k2)∈HK. ------------(3)另外，a-1= (h1k1)-1= ∈KH=HK. ----------------- (4)由(3),(4)知HK是G的子群.(Ⅱ) HK为G的一子群,下面证明HK=KH.若a∈HK,易知a-1∈KH. HK是子群,任取a∈HK，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈KH，那么有HK KH.若a∈KH,易知a-1∈HK. HK是子群,任取a∈KH，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈HK，那么有KH HK.综上知，HK=KH.21.设H，K为有限群G的子群，证明证明：因H∩K为H的子群，那么可设H的左陪集分解式为H=h1(H∩K)∪h2(H∩K)∪…∪h r(H∩K)这里r为H∩K在H中的指数，h i∈H，当i≠j，h i-1h j∉H∩K(事实上等价于h i-1h j∉K),i, j=1,2,…,r.又(H∩K)K=K,所以HK=h1K∪h2K∪…∪h r K.------------(1)注意到h i-1h j∉K，所以当i≠j(i, j=1,2,…,r)时，h i K∩h j K=.----------------(2)由(1),(2)我们得到[总结]左陪集的相关结论设H为G的一子群，那么(1)a∈a H;(2)a∈H⇔aH=H;(3)b∈aH⇔aH=bH;(4)aH=bH⇔a-1b∈H;(5)aH∩bH≠，有aH=bH.22.设M,N是群G的正规子群.证明：(i)MN=NM;(ii)MN是G的一个正规子群；(iii)如果MN={e}，那么MN/N与M同构.证明：(i)[方法1]任取a∈MN,可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M为G的正规子群，故n-1mn∈M. 所以a=n(n-1mn) ∈NM，故此MN⊆NM.同样的方法可以证明NM⊆MN. 因此MN=NM.[方法2]任取a，b∈MN，可设a=m1n1(m1∈M，n1∈N)，b=m2n2(m2∈M，n2∈N).下面只要证明MN为G的一个子群即可(由第20题可知)，也就是说只要证明ab-1∈MN即可.因为ab-1=m1n1n2-1m2-1= [m1(n1n2-1m2-1n2n1-1)](n1n2-1)，而M为G的正规子群，故n1n2-1m2-1n2n1-1∈M，所以ab-1∈MN.(ii) 由(i)可知MN为G的一个子群.任取a∈MN, 可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M和N为G的正规子群，对任意g∈G，有g-1ag= g-1mng= (g-1mg)(g-1ng) ∈MN.所以MN为G的正规子群.(iii) 易知N为MN的正规子群，因此MN/N是一个群. 因为MN={e}，对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N[注].作一个MN/N到M的映射f[注]，f: MN/N→MmNm，那么该映射显然是一一对应，另外f(m i Nm j N)= f(m i m j N)= m i m j，因此f为MN/N到M的同构映射，即MN/N与M同构.[讨论]1. 只要M和N的一个是正规子群，那么MN就是子群，或者说成立MN=NM.这一点我们从(i)的证明方法2可知.2. M和N中有一个不是正规子群时MN一定不是正规子群.[注意]1MN={e}，对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N.证明：若存在m i≠m j∈M, 有m i N=m j N，那么m i m j-1∈N，而m i m j-1∈M. 因此m i m j-1∈MN，产生矛盾.2. 设f: MN/N→MmNm，则由于对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N，故此f为MN/N到M的一个映射.23.设G是一个群，S是G的一非空子集合.令C(S)={x∈G|xa=ax,对一切a∈S}N(S)= {x∈G|x-1Sx=S}.证明：(i) C(S),N(S)都是G的子群;(ii) C(S)是N(S)的正规子群.证明：(i) 首先证明C(S)是G的子群.任取x，y∈C(S)，那么对任意a∈S有xa=ax，ya=ay. 那么一方面，(xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=(ax)y=a(xy)，所以xy∈C(S).另一方面，xa=axa=x-1axax-1=x-1a所以x-1∈C(S).因此，C(S)是G的子群.接着证明N(S)都是G的子群.任取x，y∈N(S)，则x-1Sx=S，y-1Sy=S. 那么一方面，(xy)-1S(xy)=x-1(y-1Sy)x=x-1Sx=S所以xy∈N(S).另一方面，x-1Sx=SS=xSx-1所以x-1∈N(S).因此，N(S)是G的子群.(ii) 任取x∈C(S)，a∈S，则xa=ax，即a=x-1ax，亦即S= x-1Sx. 因此x∈N(S)，即C(S)N(S).任取x∈C(S)，y∈N(S)，a∈S，则存在a y∈S使得yay-1=a y，因此a=y-1a y y.那么(y-1xy)a(y-1xy)-1=y1[x(yay-1)x-1]y= y1(xa y x-1)y= y-1a y y=a，即(y-1xy)a=a(y-1xy).所以y-1xy∈C(S)，因此C(S)是N(S)的正规子群.24.证明任意2阶群都与乘法群{1，-1}同构.证明：略.25.试定出所有互不相同的4阶群.解：我们分类讨论:(1)存在四阶元；(2)不存在四阶元.(1)若存在一个四阶元，并设a为一个四阶元，那么该四阶群为<a>.(2)若不存在四阶元，那么除了单位元e的阶为1，其余元素的阶只能是2，即设四阶群222综上可知，四阶群群在同构意义下只有两种或者是四阶循环群或者是Klein四阶群.26.设p为素数.证明任意两个p阶群必同构.证明：易知当p为素数时，p阶群必存在一个p阶元，即p阶群必是p阶循环群，故两个p 阶群必同构.27.Z为整数环，在集合S=Z×Z上定义(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d),(a,b)(c,d)=(ac+bd,ad+bc).证明S在这两个运算下成为幺环.提示：(1,0)为该环的单位元素.证明：略.28.在整数集上重新定义加法“”与乘法“”为ab=ab, ab=a+b试问Z在这两个运算下是否构成一环.答：不构成环.29.设L为交换幺环，在L中定义：ab=a+b-1,ab=a+b-ab.这里e为单位元素，证明在新定义的运算下，L仍称为交换幺环，并且与原来的环同构. 证明：(i)证明L在运算下构成交换群：由的定义，得到(ab)c=(a+b-1)c=a+b-1+c-1=a+b+c-2a(bc)= a(b+c-1)= a+b+c-1-1=a+b+c-2这里2=1+1，所以(ab)c= a(bc).----------------(1)同时由的定义还可以得到a1= 1a=a，------------------------(2)a(2-a)=(2-a)a=1，---------------(3)ab=ba，----------------------------(4)由(1),(2),(3)(4)可知L在运算下构成交换群.(ii)证明L中运算满足结合律和交换律：容易证明这里略过.(iii)证明乘法对加法满足分配律：因为a(bc)= a(b+c-1)=a+(b+c-1)-a(b+c-1)=2a+b+c-ab-ac-1，(ab)(ac)=(a+b-1)(a+c-1)= (a+b-ab)+(a+c-ac)-1=2a+b+c-ab-ac-1，所以a(bc)= (ab)(ac).由于和满足交换律，故此(bc)a= (ba)(ca).因此新定义的乘法对新定义的加法满足分配律(iv) 设0为环(L，+，)的零元，则0a=a0=a由(i)，(ii)，(iii)，(iv)可得到(L，，)为交换幺环.(v) 最后证明(L，+，)与(L，，)同构：设f: L→Lx1-x，容易证明f为(L，+，)到(L，，)的同构映射.30.给出环L与它的一个子环的例子，它们具有下列性质:(i) L具有单位元素，但S无单位元素；(ii) L没有单位元素，但S有单位元素；(iii) L, S都有单位元素，但互不相同；(iv) L不交换，但S交换.解：(i) L=Z，S=2Z；(ii) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；(iii) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；(iv) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；31.环L中元素e L称为一个左单位元，如果对所有的a∈L，e L a= a；元素e R称为右单位元，如果对所有的a∈L，ae R=a.证明：(i)如果L既有左单位元又有右单位元，则L具有单位元素；(ii)如果L有左单位元，L无零因子，则L具有单位元素；(iii)如果L有左单位元，但没有右单位元，则L至少有两个左单位元素.证明：(i) 设e L为一个左单位元，e R为右单位元，则e L e R=e R=e L.记e=e R=e L，则对所有的a∈L，ea=ae=a，因此e为单位元素；(ii) 设e L为一个左单位元，则对所有的a(≠0)∈L，a(e L a)=a2；另一方面，a(e L a)=(ae L)a. 所以a2=(ae L)a.因为L无零因子，所以满足消去律[注]，故此a= ae L.另外，若a=0，则a= ae L=e L a.因此左单位元e L正好是单位元.(iii) 设e L为一个左单位元，因为L中无右单位元，故存在x∈L，使得xe L≠x，即xe L-x≠0,则e L+ xe L-x≠e L，但是对所有的a∈L，(e L+ xe L-x)a=a,因此e L+ xe L-x为另一个左单位元，所以L至少有两个左单位元素.[注意] L无零因子，则满足消去律(参考教材46页).32.设F为一域.证明F无非平凡双边理想.证明：设I为F的任意一个理想，且I≠{0}，则对任意a(≠0)∈I，则a-1∈F,于是a-1a=1∈I.从而F中任意元素f，有f1=f∈I，故I=F，即F只有平凡双边理想.[讨论] 事实上，一个体(又称除环)无非平凡双边理想. 另一方面，若L是阶数大于1的(交换)幺环，并且除了平凡理想，没有左或右理想，则L是一体(域).33.如果L是交换环，a∈L，(i) 证明La={ra|r∈L}是双边理想；(ii) 举例说明，如果L非交换，则La不一定是双边理想.证明：(i) 容易验证La为L的一个加法群. 任取ra∈La，l∈L，则l(ra)=(lr)a∈La，(ra)l=r(al)=r(la)=(rl)a∈La故La为L的一个双边理想.(ii) 设L=M2(R)，那么L显然不是交换环，取h=，下面考察Lh是否为L的理想：取k=，容易验证h∈Lh，hk Lh，因此Lh不是L的一个理想.34.设I是交换环L的一个理想，令rad I={r∈L|r n∈I对某一正整数n}，证明rad I也是一个理想.radI叫做理想I的根.35.设L为交换幺环，并且阶数大于1，如果L没有非平凡的理想，则L是一个域.证明：只要证明非零元素均可逆即可.任取a∈L，那么La和aL是L的理想，且La≠{0}，aL≠{0}，因L无平凡的理想，故此La=aL=L，因此ax=1和ya=1都有解，因而a为可逆元.36.Q是有理数域，M n(Q)为n阶有理系数全体矩阵环.证明无非平凡的理想(这种环称为单环).证明：我们社K为M n(Q)的非零理想，下面证明K=M n(Q).为了证明这一点，只要证明n阶单位矩阵E∈K.记E ij为除了第i行第j列元素为1，其余元素全为0的矩阵.那么E ij E st=而E=E11+E22+…+E nn.我们只要证明E ii∈K(i=1,2,…,n)就有E∈K.设A∈K，且A≠0，又令A=(a ij)n×n,假设a kj≠0，则有E ik AE ji=a kj E ii(i=1,2,…,n).由于a kj≠0，故存在逆元a kj-1.设B= a kj-1E ii,则BE ik AE ji= a kj-1E ii E ik AE ji= a kj-1E ik AE ji=E ik E kj E ji=E ii.因为K为理想，A∈K，所以E ii=BE ik AE ji∈K，证毕.37.设L为一环，a为L中一非零元素.如果有一非零元素b使aba=0，证明a是一个左零因子或一右零因子.证明：若ab=0，则a为左零因子；若ab≠0，则aba=(ab)a=0，故ab为右零因子.38.环中元素x称为一幂零元素，如果有一正整数n使x n=0，设a为幺环中的一幂零元素，证明1-a可逆.证明：设a n=0，那么(1+a+a2+…+a n-1)(1-a)=(1-a) (1+a+a2+…+a n-1)=1-a n=1因此1-a可逆.39.证明：在交换环中，全体幂零元素的集合是一理想.40.设L为有限幺环.证明由xy=1可得yx=1.证明：当L只有一个元素，即L={0}，亦即0=1[注]，此时显然有xy=1=xy；当L有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y不是左零元[注],因此yL=L.又因L为有限环，所以存在z∈L，使得yz=1.注意到(xy)z=z，x(yz)=x，所以x=z，即yx=1.[注意]1.幺环多于一个元素当且仅当0≠1.2．当L有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y不是左零元.因为若存在z≠0使得yz=0，则z=(xy)z=x(yz)=0,产生矛盾.41.在幺环中，如果对元素a有b使ab=1但ba≠1，则有无穷多个元素x，适合ax=1. (Kaplansky定理)证明：首先，若ab=1但ba≠1，则a至少有两个右逆元[注].现在假设a只有n(>1)个右逆元，并设这些元素为x i(i=1,2,…,n).那么a(1-x i a+x1)=1(i=1,2,…,n),又当i≠j时，1-x i a+x1≠1-x j a+x1[注]，这里i，j=1,2,…,n.于是{x i|i=1,2,…,n}={1-x i a+x1| i=1,2,…,n }，故存在x k∈{x i|i=1,2,…,n}使得x1=1-x k a+x1,即x k a=1.因为n>1，我们取x t≠x k∈{x i|i=1,2,…,n}，那么(x k a)x t=x t，(x k a)x t =x k(ax t)=x k因此x t=x k，产生矛盾，所以假设不成立，即a有无穷多个右逆元.[注意]1. 若ab=1但ba≠1，则a至少有两个右逆元. 因为易验证1-ba+a就是另一个右逆元.2. 假设当i≠j时，1-x i a+x1=1-x j a+x1，则x i a=x j a，故x i ax1=x j ax1,因此x i=x j，产生矛盾.42.设L是一个至少有两个元素的环. 如果对于每个非零元素a∈L都有唯一的元素b使得aba=a.证明：(i) L无零因子；(ii) bab=b;(iii) L有单位元素；(iv) L是一个体.证明：(i) 先证明L无左零因子，假设a为L的一个左零因子，那么a≠0，且存在c≠0，使得ac=0，于是cac=0. 因a≠0，则存在唯一b使得aba=a.但a(b+c)a=a,b+c≠b产生矛盾，所以L无左零因子.类似可证L无右零因子.(ii) 因aba=a，所以abab=ab. 由(i)的结论知L无零因子，因此满足消去律，而a≠0，故bab=b.(iii) 我们任一选取a(≠0)∈L，再设aba=a(这里b是唯一的)，首先证明ab=ba.因为a(a2b-a+b)a=a，所以a2b-a+b=b，即a2b=a=aba，由消去律得到ab=ba.任取c∈L，则ac=abac，故此c=(ba)c=(ab)c；另一方面，ca=caba，故此c=c(ab).综上得到c=(ab)c=c(ab),所以ab就是单位元素，我们记ab=ba=1.(iv) 由(iii)可知任意a(≠0)∈L，ab=ba=1，即任意非零元素都可逆，因此L成为一个体.43.令C[0,1]为全体定义在闭区间[0,1]上的连续函数组成的环.证明：(i) 对于的任一非平凡的理想I，一定有个实数，，使得f()=0对所有的f(x)∈I；(ii) 是一零因子当且仅当点集{x∈[0,1]|f(x)=0} 包含一个开区间.证明：(i) 证明思路：设I为非零的非平凡理想，假设对任意x∈[0,1]，存在f(x)∈I使得f(x)≠0，想法构造一个g∈I可逆.(ii) 提示：用连续函数的局部保号性.44.令F=Z/pZ为p个元素的域.求(i) 环M n(F)的元素的个数；(ii) 群GL n(F)的元素的个数.45.设K是一体，a，b∈K，a，b不等于0，且ab≠1.证明华罗庚恒等式：a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.证明：因为a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba⇔1-(a-1+(b-1-a)-1)-1a-1=ab⇔(aa-1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab⇔(1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab⇔(1+((ab)-1-1)-1)-1=1-ab，为了方便记x=ab，那么1-x，x，x-1-1都可逆，只要证明(1+(x-1-1)-1)-1=1-x即可，或者证明1+(x-1-1)-1=(1-x)-1即可.因为1+(x-1-1)-1=1+(x-1-x-1x)-1=1+(1-x)-1x=(1-x)-1(1-x) +(1-x)-1x=(1-x)-1,所以结论成立，即a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.。
代数学引论第二版答案
代数学引论第二版答案【篇一：代数学引论第一章答案】则g. 证明: 对任意a,b错误！未找到引用源。
g,由结合律我们可得到(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b再由已知条件以及消去律得到ba=ab,由此可见群g为交换群.2. 如果群g中,每个元素a都适合a2=e, 则g为交换群. 证明: [方法1] 对任意a,b错误！未找到引用源。
g,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab因此g为交换群.[方法2] 对任意a,b错误！未找到引用源。
g,a2b2=e=(ab)2,由上一题的结论可知g为交换群.3. 设g是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件: (1)a(bc)=(ab)c; (2) 由ab=ac推出b=c; (3) 由ac=bc推出a=b; 证明g在该乘法下成一群. 证明:[方法1]设g={a1,a2,…,an},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若i错误！未找到引用源。
j(i,j=1,2,…,n),有akai错误！未找到引用源。
ak aj------------1 aiak错误！未找到引用源。
aj ak------------2再由乘法的封闭性可知g={a1,a2,…,an}={aka1, aka2,…, akan}------------3g={a1,a2,…,an}={a1ak, a2ak,…, anak}------------4由1和3知对任意at错误！未找到引用源。
g, 存在am错误！未找到引用源。
g,使得akam=at.由2和4知对任意at错误！未找到引用源。
g, 存在as错误！未找到引用源。
g,使得asak=at.由下一题的结论可知g在该乘法下成一群.下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。
[方法2]为了证明g在给定的乘法运算下成一群，只要证明g内存在幺元(单位元)，并且证明g内每一个元素都可逆即可.为了叙述方便可设g={a1,a2,…,an}. (Ⅰ) 证明g内存在幺元.1 存在at错误！未找到引用源。
代数学引论(聂灵沼,丁石孙版)第一章习题解答
-1
-1
-1 -1
-1
bc =ac S，因此 a～c(传递性).
-1
-1
10. 设 n 为一个正整数, nZ 为正整数加群 Z 的一个子群，证明 nZ 与 Z 同构. 证明: 我们容易证明为 Z 到 nZ 的同构映射,故此 nZ 与 Z 同构.
11. 证明:在 S4 中，子集合 B={e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)} 是子群，证明 B 与 U4 不同构. 证明: 可记 a=(1 2)(3 4), b=(1 3)(2 4), c=(1 4)(2 3)，那么置换的乘积表格如下： e e a b c e a b c a a e c b b b c e a c c b a e
由该表格可以知道 B 中的元素对置换的乘法封闭， 并且 B 的每一元都可逆(任意元的逆为其本身),因此 B 为 S4 的子群. 这个群(以及与其同构的群)称为 Klein(C.L.Klein,1849-1925)四元群. 假设 B 与 U4 同构,并设 f 为 B 到 U4 的同构映射, 则存在 B 中一元 x 使得 f(x)=i(i 为虚数单位),那么 f(x )= f (x)=i =-1 另一方面, f(x )=f(e)=1(注意 x =e),产生矛盾.所以假设不成立, 即 B 与 U4 不同构. [讨论] B 与 U4 都是 4 元交换群，但是后者是循环群, 前者不是, 这是这两个群的本质区别.
2
再者对任意 dG, xd=ea 在 G 内有解,即 G 内任意元素对 ea 存在左逆元, 又因乘法满足结合律,故此 G 在该乘 法下成一群.
[总结] 群有几种等价的定义: (1) 幺半群的每一个元素都可逆，则称该半群为群. (2) 设 G 是一个非空集合，G 内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且 G 内包含幺元, G 内任意元素 都有逆元,则称 G 为该运算下的群. (3) 设 G 是一个非空集合，G 内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且 G 内包含左幺元, G 内任意元 素对左幺元都有左逆元,则称 G 为该运算下的群. (4) 设 G 是一个非空集合，G 内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且对于任一对元素 a,bG,下列方 程 ax=b 和 ya=b 分别在 G 内恒有解，则称 G 为该运算下的群. 值得注意的是如果一个有限半群满足左右消去律, 则该半群一定是群.
近世代数习题解答(石生明版)
∑
ａｉ
ｎ ｊ＝１
∑
ｂｊ ＝
ｍ
ｎ
若 ａ， ｂ 交换 ， 则 （ ａｂ ） ｍ ＝ ａｍ ｂｍ ． 倡 ６畅 Ｒ 是环 ，ａ ，ｂ ∈ Ｒ ，ａ ， ｂ 交换 ， 证明二项定理 ： （ ａ ＋ ｂ ） ｎ ＝ ａｎ ＋ 其中 ｎ ｎ －１ ａ ｂ＋ … ＋ １
倡 ５畅 Ｒ 是环 ， 验证 ： 对所有非负整数 ｍ ，ｎ ，橙 ａ ， ｂ∈ Ｒ ， 有 ｍ＋ ｎ ｍ ｎ ｍ ｎ ｍｎ ａ ＝ ａ ａ ， （ａ ） ＝ ａ ．
ｉ＝ １ ｊ＝ １
∑ ∑
ａｉ ｂｊ ．
ｎ ｎ－ｋ ｋ ａ ｂ ＋ … ＋ ｂｎ ， ｋ
ｎ ｎ （ ｎ － １） … （ ｎ － ｋ ＋ １） ｋ ＝ Ｃｎ ＝ １・２ … ｋ ｋ －１ －１ ７畅 Ｒ 是环 ，ａ１ ，ａ２ ，… ，ａｍ ∈ Ｒ ， 分别有乘法逆元素 ａ１ ，… ，ａ ｍ ， 则 ａ１ … ａｍ
（ － ｎ ）个 （ － ｎ ）个 （ － ｎ ）个
ｍ
ｍ
ｎ
ｍｎ
＝ ａΒιβλιοθήκη （ － ｍ ）（ － ｎ ）
又 ａｍ・０ ＝ １ ＝ （ ａｍ ）０ ． 这就证明了 ａ
ｍｎ
＝ （ ａｍ ） ｎ ， 当 ｎ＜０ ； ＝ （ａ ） ．
ｍ ｎ
＝ ａ
－ ｍ… － ｍ
＝ ａ
－ ｍ
… ａ
－ ｍ
＝ （ａ ）
ｍ
－１
… （ａ ）
ｍ
－１
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
－ ｍ
若 ａ ，ｂ 交换 ， 当 ｍ＝０时， 显然有 ａ ｂ ＝ （ ａｂ ） ． 当 ｍ 为正整数时 ，ａ ｂ ｂ
代数学引论(近世代数)答案
第一章代数基本概念习题解答与提示(P54)1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群.证明:对任意a,b G,由结合律我们可得到(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b再由已知条件以及消去律得到ba=ab,由此可见群G为交换群.2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群.证明: [方法1]对任意a,b G,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此G为交换群.[方法2]对任意a,b G,a2b2=e=(ab)2,由上一题的结论可知G为交换群.3.设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件:(1)a(bc)=(ab)c;(2)由ab=ac推出a=c;(3)由ac=bc推出a=b;证明G在该乘法下成一群.证明:[方法1]设G={a1,a2,…,a n},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若i j(I,j=1,2,…,n),有a k a i a k a j------------<1>a i a k a j a k------------<2>再由乘法的封闭性可知G={a1,a2,…,a n}={a k a1, a k a2,…, a k a n}------------<3>G={a1,a2,…,a n}={a1a k, a2a k,…, a n a k}------------<4>由<1>和<3>知对任意a t G, 存在a m G,使得a k a m=a t.由<2>和<4>知对任意a t G, 存在a s G,使得a s a k=a t.由下一题的结论可知G在该乘法下成一群.下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。
[方法2]为了证明G在给定的乘法运算下成一群，只要证明G内存在幺元(单位元)，并且证明G内每一个元素都可逆即可.为了叙述方便可设G={a1,a2,…,a n}.(Ⅰ) 证明G内存在幺元.<1> 存在a t G，使得a1a t=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明);<2> 证明a1a t= a t a1;因为a1(a t a1)a t=(a1a t) (a1a t)=(a1)2a1(a1a t)a t=(a1a1)a t=a1(a1a t)= (a1)2,故此a1(a t a1)a t= a1(a1a t)a t.由条件(1),(2)可得到a1a t= a t a1.<3> 证明a t就是G的幺元;对任意a k G,a1(a t a k) =(a1a t)a k=a1a k由条件(2)可知a t a k=a k.类似可证a k a t=a k.因此a t就是G的幺元.(Ⅱ) 证明G内任意元素都可逆；上面我们已经证明G内存在幺元，可以记幺元为e，为了方便可用a,b,c,…等符号记G内元素.下面证明任意a G，存在b G，使得ab=ba=e.<1> 对任意a G，存在b G，使得ab=e;(这一点很容易证明这里略过.)<2> 证明ba=ab=e;因为a(ab)b=aeb=ab=ea(ba)b=(ab)(ab)=ee=e再由条件(2),(3)知ba=ab.因此G内任意元素都可逆.由(Ⅰ),(Ⅱ)及条件(1)可知G在该乘法下成一群.4.设G是非空集合并在G内定义一个乘法ab.证明:如果乘法满足结合律,并且对于任一对元素a,b G,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则G在该乘法下成一群.证明：取一元a G,因xa=a在G内有解, 记一个解为e a ,下面证明e a为G内的左幺元. 对任意b G, ax=b在G内有解, 记一个解为c,那么有ac=b ,所以e a b= e a(ac)= (e a a)c=ac=b,因此e a为G内的左幺元.再者对任意d G, xd=e a在G内有解,即G内任意元素对e a存在左逆元, 又因乘法满足结合律,故此G在该乘法下成一群.[总结]群有几种等价的定义:(1)幺半群的每一个元素都可逆，则称该半群为群.(2)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含幺元, G内任意元素都有逆元,则称G为该运算下的群.(3)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含左幺元, G内任意元素对左幺元都有左逆元,则称G为该运算下的群.(4)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且对于任一对元素a,b G,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则称G为该运算下的群.值得注意的是如果一个有限半群满足左右消去律, 则该半群一定是群.5.在S3中找出两个元素x,y,适合(xy)2x2y2.[思路] 在一个群G中，x,y G, xy=yx(xy)2x2y2(这一点很容易证明).因此只要找到S3中两个不可交换的元素即可. 我们应该在相交的轮换中间考虑找到这样的元素.解: 取x=, y=那么(xy)2= x2y2.[注意]我们可以通过mathematica软件编写S n的群表,输出程序如下:Pr[a_,b_,n_]:=(*两个置换的乘积*)(Table[a[[b[[i]]]],{I,1,n}]);Se[n_]:=(*{1,2,…,n}的所有可能的排列做成一个表格*)(Permutations[Table[i,{I,1,n}]]);Stable[n_]:=(*生成S n群表*)(a=Se[n];Table[pr[a[[i]],a[[j]],n],{I,1,n},{j,1,n}])当n=3时群表如下：[说明]：表示置换, 剩下的类似.为了让更清楚，我们分别用e,a,b,c,d,f表示,,,,那么群表如下:6.对于n>2,作一阶为2n的非交换群.7.设G是一群, a,b G,如果a-1ba=b r,其中r为一正整数,证明a-i ba i=.证明：我们采用数学归纳法证明.当k=1时, a-1ba=b r=, 结论成立；假设当k=n时结论成立, 即a-n ba n=成立, 下面证明当k=n+1时结论也成立.我们注意到a-1b k a== b kr,因此a-(n+1)ba n+1= a-1 (a-n ba n)a=a-1a==,可见k=n+1时结论也成立.由归纳原理可知结论得证.8.证明:群G为一交换群当且仅当映射是一同构映射.证明:(Ⅰ)首先证明当群G为一个交换群时映射是一同构映射.由逆元的唯一性及可知映射为一一对应，又因为,并且群G为一个交换群,可得.因此有.综上可知群G为一个交换群时映射是一同构映射.(Ⅱ)接着证明当映射是一同构映射,则群G为一个交换群.若映射是一同构映射,则对任意有,另一方面，由逆元的性质可知.因此对任意有,即映射是一同构映射,则群G为一个交换群.9.设S为群G的一个非空子集合，在G中定义一个关系a～b当且仅当ab-1S.证明这是一个等价关系的充分必要条件为S是一个子群.证明:首先证明若～是等价关系，则S是G的一个子群.对任意a G,有a～a,故此aa-1=e S；对任意a,b S,由(ab)b-1=a S,可知ab～b，又be-1=b S,故b～e,由传递性可知ab～e，即(ab)e-1=ab S.再者因ae-1=a S, 故a～e,由对称性可知e～a，即ea-1=a-1S.可见S是G的一个子群.接着证明当S是G的一个子群,下面证明～是一个等价关系.对任意a G, 有aa-1=e S，故此a～a(自反性);若a～b，则ab-1S,因为S为G的子群，故(ab-1)-1=ba-1S,因此b～a(对称性);若a～b，b～c,那么ab-1S,bc-1 S,故ab-1 bc-1=ac-1S，因此a～c(传递性).综上可知～是一个等价关系.10.设n为一个正整数, nZ为正整数加群Z的一个子群，证明nZ与Z同构.证明:我们容易证明为Z到nZ的同构映射,故此nZ与Z同构.11.证明:在S4中，子集合B={e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}是子群，证明B与U4不同构.证明:可记a=(1 2)(3 4), b=(1 3)(2 4), c=(1 4)(2 3)，那么置换的乘积表格如下：由该表格可以知道B中的元素对置换的乘法封闭，并且B的每一元都可逆(任意元的逆为其本身),因此B为S4的子群. 这个群(以及与其同构的群)称为Klein(C.L.Klein,1849-1925)四元群.假设B与U4同构,并设f为B到U4的同构映射, 则存在B中一元x使得f(x)=i(i为虚数单位),那么f(x2)= f2(x)=i2=-1另一方面, f(x2)=f(e)=1(注意x2=e),产生矛盾.所以假设不成立, 即B与U4不同构.[讨论] B与U4都是4元交换群，但是后者是循环群, 前者不是, 这是这两个群的本质区别.12.证明:如果在一阶为2n的群中有一n阶子群，它一定是正规子群.证明:[方法1]设H是2n阶群G的n阶子群, 那么对任意a H, 有H aH=,并且aH G,H G,又注意到aH和H中都有n个元素, 故此H aH=G.同理可证对任意a H, 有H Ha=, H Ha=G，因此对任意a H，有aH=Ha.对任意a H, 显然aH H, Ha H又因aH,Ha及H中都有n个元素，故aH=Ha=H.综上可知对任意a G,有aH=Ha，因此H是G的正规子群.[方法2]设H是2n阶群G的n阶子群,那么任取a H, h H, 显然有aha-1H.对给定的x H, 有H xH=, H xH=G.这是因为若假设y H xH, 则存在h H，使得y=xh,即x=yh-1H产生矛盾,因此H xH=;另一方面, xH G,H G, 又注意到xH和H中都有n个元素, 故此H xH=G.那么任取a H,由上面的分析可知a xH, 从而可令a=xh1这里h1H.假设存在h H, 使得aha-1H,则必有aha-1xH,从而可令aha-1=xh2这里h2H.那么xh1ha-1=xh2,即a= h2h1h H,产生矛盾.因此，任取a H, h H, 有aha-1H.综上可知对任取a G, h H, 有aha-1H,因此H为G的一个正规子群.13.设群G的阶为一偶数,证明G中必有一元素a e适合a2=e.证明:设b G，且阶数大于2，那么b≠b-1,而b-1的阶数与b的阶数相等.换句话说G 中阶数大于2的元素成对出现，幺元e的阶数为1，注意到G的阶数为宜偶数，故此必存在一个2阶元，(切确的说阶数为2的元素有奇数个).[讨论][1] 设G是一2n阶交换群，n为奇数则G中只有一个2阶元.为什么？提示：采用反证法，并注意用Lagrange定理.[2] 群G中，任取a G，有a n=e，那么G一定是有限群吗？如果不是请举出反例，若是有限群，阶数和n有什么关系？14.令A=, B=证明:集合{B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群D n同构.证明:下面证明G={B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群.(Ⅰ)首先证明对乘法运算封闭. 下面进行分类讨论：(1)B i B j=B i+j,注意到B n=故此B i B j=B r G这里i+j=kn+r,k Z,0<r n.(2) A B i B j=B r G这里i+j=kn+r,k Z,0<r n.(3)容易证明BAB=A=AB n,BA=B i AB(s+1)n=AB n-t G,这里i=sn+t,k Z,0<t n.那么B i(AB j)=( B i A)B j=(AB n-t)B j G(4)(AB i)(AB j)=A(B i AB j)=A((AB n-t)B j)=A2(B n-t B j)= B n-t B j)G由(1),(2),(3),(4)知G对乘法运算封闭.(Ⅱ)因集合G对矩阵乘法封闭，再由矩阵乘法的性质可知，结合律肯定成立.(Ⅲ)显然B n=A2=E为幺元.(Ⅳ)对B i(i=1,2,…,n),有B i B n-i=E;对AB i(i=1,2,…,n),有(AB i)(B n-i A)=E,因此G内任何一元都可逆.由(Ⅰ)，(Ⅱ)，(Ⅲ)，(Ⅳ)可知G在矩阵乘法下构成一群.最后证明G与D n同构.令f:G→D nf(B i)=T i, f(AB i)=ST i(i=1,2,…,n)，可以证明f就是G到D n的同构映射，这里不予证明了.15.设i是一个正整数, 群G中任意元素a,b都适合(ab)k=a k b k, k=I,i+1,i+2,证明G为交换群.证明:对任意a,b Ga i+2b i+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (a i+1b i+1)=a(ba i+1)b i+1,根据消去律可得a i+1b=ba i+1.----------------------(1)同时a i+1b i+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (a i b i)=a(ba i)b i+1,根据消去律可得a i b=ba i.---------------------------(2)因此a i+1b=a(a i b)=a(ba i)=(ab)a i----(3)另外ba i+1=(ba)a i----------------------(4)结合(1),(3),(4)有(ab)a i=(ba)a i---------------------(5)由消去律可得到ab=ba.因此G为交换群.16.在群SL2(Q)中，证明元素a=的阶为4，元素b=的阶为3，而ab为无限阶元素.证明：可以直接验证a的阶为4，b的阶为3.因为ab=，对任何正整数n，(ab)n=≠可见ab的阶为无限.[注意] 在一群中，有限阶元素的乘积并不一定也是有限阶的，但两个可交换的有限阶元素的乘积一定是有限阶元素.[问题] 若一群中所有元素的阶数都有限，那么这个群一定是有限群吗？17.如果G为一个交换群，证明G中全体有限阶元素组成一个子群.证明:交换群G中全体有限阶元素组成的集合记为S，任取a，b S，并设a的阶为m，b的阶为n，则(ab)mn=(a m)n(b n)m=e因此ab为有限阶元素，即ab S.a-1的阶数与a相同，故此a-1也是有限阶元素，即a-1S.综上可知S为G的一个子群.18.如果G只有有限多个子群，证明G为有限群.证明:采用反证法证明.假设G为无限群，则G中元素只可能有两种情况：(1)G 中任意元素的阶数都有限、(2)G中存在一个无限阶元素.(1)首先看第一种情况：G中取a1≠e，并设其阶数为n1，则循环群G1={,…}为G的一个子群；G中取a2G1，并设其阶数为n2，则循环群G2={,…}为G的一个子群；G中取a3G1∪G2，并设其阶数为n3，则循环群G3={,…}为G的一个子群；………我们一直这样做下去，可以得到G的互不相同的子群构成的序列G n(n=1,2,…)，所以G有无穷多个子群，产生矛盾；(2)再看第二种情况:设a∈G的阶数为无穷，那么序列G1=<>，G2=<>，…，G n=<>，…是G的互不相同的子群，所以G有无穷多个子群，产生矛盾.综上就可知“G是无限群”这个假设不成立，因此G是有限群.19.写出D n的所有正规子群.20.设H，K为群G的子群，HK为G的一子群当且仅当HK=KH.证明：(Ⅰ)设HK=KH，下面证明HK为G的一子群.任取a,b∈HK,可令a=h1k1，b=h2k2这里h i∈H，k i∈K，i=1,2.那么ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 ---------------(1)因HK=KH，故此k1h2= h3k3 ----------------------(2)这里h3∈H，k3∈K.由(1),(2)知ab= h1(h3k3)k2=(h1h3)(k3k2)∈HK. ------------(3)另外，a-1= (h1k1)-1= ∈KH=HK. ----------------- (4)由(3),(4)知HK是G的子群.(Ⅱ) HK为G的一子群,下面证明HK=KH.若a∈HK,易知a-1∈KH. HK是子群,任取a∈HK，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a ∈KH，那么有HK KH.若a∈KH,易知a-1∈HK. HK是子群,任取a∈KH，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a ∈HK，那么有KH HK.综上知，HK=KH.21.设H，K为有限群G的子群，证明证明：因H∩K为H的子群，那么可设H的左陪集分解式为H=h1(H∩K)∪h2(H∩K)∪…∪h r(H∩K)这里r为H∩K在H中的指数，h i∈H，当i≠j，h i-1h j∉H∩K(事实上等价于h i-1h j ∉K),i, j=1,2,…,r.又(H∩K)K=K,所以HK=h1K∪h2K∪…∪h r K.------------(1)注意到h i-1h j∉K，所以当i≠j(i, j=1,2,…,r)时，h i K∩h j K=.----------------(2)由(1),(2)我们得到[总结]左陪集的相关结论设H为G的一子群，那么(1)a∈aH;(2)a∈H⇔aH=H;(3)b∈aH⇔aH=bH;(4)aH=bH⇔a-1b∈H;(5)aH∩bH≠，有aH=bH.22.设M,N是群G的正规子群.证明：(i)MN=NM;(ii)MN是G的一个正规子群；(iii)如果M N={e}，那么MN/N与M同构.证明：(i)[方法1]任取a∈MN,可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M为G的正规子群，故n-1mn ∈M. 所以a=n(n-1mn) ∈NM，故此MN⊆NM.同样的方法可以证明NM⊆MN. 因此MN=NM.[方法2]任取a，b∈MN，可设a=m1n1(m1∈M，n1∈N)，b=m2n2(m2∈M，n2∈N).下面只要证明MN为G的一个子群即可(由第20题可知)，也就是说只要证明ab-1∈MN即可.因为ab-1=m1n1n2-1m2-1= [m1(n1n2-1m2-1n2n1-1)](n1n2-1)，而M为G的正规子群，故n1n2-1m2-1n2n1-1∈M，所以ab-1∈MN.(ii) 由(i)可知MN为G的一个子群.任取a∈MN, 可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M和N为G的正规子群，对任意g∈G，有g-1ag= g-1mng= (g-1mg)(g-1ng) ∈MN.所以MN为G的正规子群.(iii) 易知N为MN的正规子群，因此MN/N是一个群. 因为M N={e}，对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N[注].作一个MN/N到M的映射f[注]，f: MN/N→MmN m，那么该映射显然是一一对应，另外f(m i N m j N)= f(m i m j N)= m i m j，因此f为MN/N到M的同构映射，即MN/N与M同构.[讨论]1. 只要M和N的一个是正规子群，那么MN就是子群，或者说成立MN=NM.这一点我们从(i)的证明方法2可知.2. M和N中有一个不是正规子群时MN一定不是正规子群.[注意]1M N={e}，对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N.证明：若存在m i≠m j∈M, 有m i N=m j N，那么m i m j-1∈N，而m i m j-1∈M. 因此m i m j-1∈M N，产生矛盾.2. 设f: MN/N→MmN m，则由于对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N，故此f为MN/N到M的一个映射.23.设G是一个群，S是G的一非空子集合.令C(S)={x∈G|xa=ax,对一切a∈S}N(S)= {x∈G|x-1Sx=S}.证明：(i) C(S),N(S)都是G的子群;(ii) C(S)是N(S)的正规子群.证明：(i) 首先证明C(S)是G的子群.任取x，y∈C(S)，那么对任意a∈S有xa=ax，ya=ay. 那么一方面，(xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=(ax)y=a(xy)，所以xy∈C(S).另一方面，xa=ax a=x-1ax ax-1=x-1a所以x-1∈C(S).因此，C(S)是G的子群.接着证明N(S)都是G的子群.任取x，y∈N(S)，则x-1Sx=S，y-1Sy=S. 那么一方面，(xy)-1S(xy)=x-1(y-1Sy)x=x-1Sx=S所以xy∈N(S).另一方面，x-1Sx=S S=xSx-1所以x-1∈N(S).因此，N(S)是G的子群.(ii) 任取x∈C(S)，a∈S，则xa=ax，即a=x-1ax，亦即S= x-1Sx. 因此x∈N(S)，即C(S)N(S).任取x∈C(S)，y∈N(S)，a∈S，则存在a y∈S使得yay-1=a y，因此a=y-1a y y.那么(y-1xy)a(y-1xy)-1=y1[x(yay-1)x-1]y= y1(xa y x-1)y= y-1a y y=a，即(y-1xy)a=a(y-1xy).所以y-1xy∈C(S)，因此C(S)是N(S)的正规子群.24.证明任意2阶群都与乘法群{1，-1}同构.证明：略.25.试定出所有互不相同的4阶群.解：我们分类讨论:(1)存在四阶元；(2)不存在四阶元.(1)若存在一个四阶元，并设a为一个四阶元，那么该四阶群为<a>.(2)若不存在四阶元，那么除了单位元e的阶为1，其余元素的阶只能是2，即设四阶群G={e，a，b，c}，那么a2=b2=c2=e，ab=ba=c，ac=ca=b，bc=cb=a. 群表如下：这是Klein四阶群.综上可知，四阶群群在同构意义下只有两种或者是四阶循环群或者是Klein 四阶群.26.设p为素数.证明任意两个p阶群必同构.证明：易知当p为素数时，p阶群必存在一个p阶元，即p阶群必是p阶循环群，故两个p阶群必同构.27.Z为整数环，在集合S=Z×Z上定义(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d),(a,b)(c,d)=(ac+bd,ad+bc).证明S在这两个运算下成为幺环.提示：(1,0)为该环的单位元素.证明：略.28.在整数集上重新定义加法“”与乘法“”为a b=ab, a b=a+b试问Z在这两个运算下是否构成一环.答：不构成环.29.设L为交换幺环，在L中定义：a b=a+b-1,a b=a+b-ab.这里e为单位元素，证明在新定义的运算下，L仍称为交换幺环，并且与原来的环同构.证明：(i)证明L在运算下构成交换群：由的定义，得到(a b)c=(a+b-1)c=a+b-1+c-1=a+b+c-2a(b c)= a(b+c-1)= a+b+c-1-1=a+b+c-2这里2=1+1，所以(a b)c= a(b c).----------------(1)同时由的定义还可以得到a1= 1a=a，------------------------(2)a(2-a)=(2-a)a=1，---------------(3)a b=b a，----------------------------(4)由(1),(2),(3)(4)可知L在运算下构成交换群.(ii)证明L中运算满足结合律和交换律：容易证明这里略过.(iii)证明乘法对加法满足分配律：因为a(b c)= a(b+c-1)=a+(b+c-1)-a(b+c-1)=2a+b+c-ab-ac-1，(a b)(a c)=(a+b-1)(a+c-1)= (a+b-ab)+(a+c-ac)-1=2a+b+c-ab-ac-1，所以a(b c)= (a b)(a c).由于和满足交换律，故此(b c)a= (b a)(c a).因此新定义的乘法对新定义的加法满足分配律(iv) 设0为环(L，+，)的零元，则0a=a0=a由(i)，(ii)，(iii)，(iv)可得到(L，，)为交换幺环.(v) 最后证明(L，+，)与(L，，)同构：设f: L→Lx1-x，容易证明f为(L，+，)到(L，，)的同构映射.30.给出环L与它的一个子环的例子，它们具有下列性质:(i) L具有单位元素，但S无单位元素；(ii) L没有单位元素，但S有单位元素；(iii) L, S都有单位元素，但互不相同；(iv) L不交换，但S交换.解：(i) L=Z，S=2Z；(ii) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；(iii) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；(iv) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；31.环L中元素e L称为一个左单位元，如果对所有的a∈L，e L a= a；元素e R称为右单位元，如果对所有的a∈L，ae R=a.证明：(i)如果L既有左单位元又有右单位元，则L具有单位元素；(ii)如果L有左单位元，L无零因子，则L具有单位元素；(iii)如果L有左单位元，但没有右单位元，则L至少有两个左单位元素.证明：(i) 设e L为一个左单位元，e R为右单位元，则e L e R=e R=e L.记e=e R=e L，则对所有的a∈L，ea=ae=a，因此e为单位元素；(ii) 设e L为一个左单位元，则对所有的a(≠0)∈L，a(e L a)=a2；另一方面，a(e L a)=(ae L)a.所以a2=(ae L故此a= ae L.另外，若a=0，则a= ae L=e L a.因此左单位元e L正好是单位元.(iii) 设e L为一个左单位元，因为L中无右单位元，故存在x∈L，使得xe L≠x，即xe L-x≠0,则e L+ xe L-x≠e L，但是对所有的a∈L，(e L+ xe L-x)a=a,因此e L+ xe L-x为另一个左单位元，所以L至少有两个左单位元素.[注意] L无零因子，则满足消去律(参考教材46页).32.设F为一域.证明F无非平凡双边理想.证明：设I为F的任意一个理想，且I≠{0}，则对任意a(≠0)∈I，则a-1∈F,于是a-1a=1∈I.从而F中任意元素f，有f1=f∈I，故I=F，即F只有平凡双边理想.[讨论] 事实上，一个体(又称除环)无非平凡双边理想. 另一方面，若L是阶数大于1的(交换)幺环，并且除了平凡理想，没有左或右理想，则L是一体(域).33.如果L是交换环，a∈L，(i) 证明La={ra|r∈L}是双边理想；(ii) 举例说明，如果L非交换，则La不一定是双边理想.证明：(i) 容易验证La为L的一个加法群. 任取ra∈La，l∈L，则l(ra)=(lr)a∈La，(ra)l=r(al)=r(la)=(rl)a∈La故La为L的一个双边理想.(ii) 设L=M2(R)，那么L显然不是交换环，取h=，下面考察Lh是否为L的理想：取k=，容易验证h∈Lh，hk Lh，因此Lh不是L的一个理想.34.设I是交换环L的一个理想，令rad I={r∈L|r n∈I对某一正整数n}，证明rad I也是一个理想.radI叫做理想I的根.35.设L为交换幺环，并且阶数大于1，如果L没有非平凡的理想，则L是一个域.证明：只要证明非零元素均可逆即可.任取a∈L，那么La和aL是L的理想，且La≠{0}，aL≠{0}，因L无平凡的理想，故此La=aL=L，因此ax=1和ya=1都有解，因而a为可逆元.36.Q是有理数域，M n(Q)为n阶有理系数全体矩阵环.证明无非平凡的理想(这种环称为单环).证明：我们社K为M n(Q)的非零理想，下面证明K=M n(Q).为了证明这一点，只要证明n阶单位矩阵E∈K.记E ij为除了第i行第j列元素为1，其余元素全为0的矩阵.那么E ij E st=而E=E11+E22+…+E nn.我们只要证明E ii∈K(i=1,2,…,n)就有E∈K.设A∈K，且A≠0，又令A=(a ij)n×n,假设a kj≠0，则有E ik AE ji=a kj E ii(i=1,2,…,n).由于a kj≠0，故存在逆元a kj-1.设B= a kj-1E ii,则BE ik AE ji= a kj-1E ii E ik AE ji= a kj-1E ik AE ji=E ik E kj E ji=E ii.因为K为理想，A∈K，所以E ii=BE ik AE ji∈K，证毕.37.设L为一环，a为L中一非零元素.如果有一非零元素b使aba=0，证明a是一个左零因子或一右零因子.证明：若ab=0，则a为左零因子；若ab≠0，则aba=(ab)a=0，故ab为右零因子.38.环中元素x称为一幂零元素，如果有一正整数n使x n=0，设a为幺环中的一幂零元素，证明1-a可逆.证明：设a n=0，那么(1+a+a2+…+a n-1)(1-a)=(1-a) (1+a+a2+…+a n-1)=1-a n=1因此1-a可逆.39.证明：在交换环中，全体幂零元素的集合是一理想.证明：略.40.设L为有限幺环.证明由xy=1可得yx=1.证明：当L只有一个元素，即L={0}，亦即0=1[注]，此时显然有xy=1=xy；当L有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y不是左零元[注],因此yL=L.又因L为有限环，所以存在z∈L，使得yz=1.注意到(xy)z=z，x(yz)=x，所以x=z，即yx=1.[注意]1.幺环多于一个元素当且仅当0≠1.2．当L有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y不是左零元.因为若存在z ≠0使得yz=0，则z=(xy)z=x(yz)=0,产生矛盾.41.在幺环中，如果对元素a有b使ab=1但ba≠1，则有无穷多个元素x，适合ax=1. (Kaplansky定理)证明：首先，若ab=1但ba≠1，则a至少有两个右逆元[注].现在假设a只有n(>1)个右逆元，并设这些元素为x i(i=1,2,…,n).那么a(1-x i a+x1)=1(i=1,2,…,n),又当i≠j时，1-x i a+x1≠1-x j a+x1[注]，这里i，j=1,2,…,n.于是{x i|i=1,2,…,n}={1-x i a+x1| i=1,2,…,n }，故存在x k∈{x i|i=1,2,…,n}使得x1=1-x k a+x1,x k a=1.因为n>1，我们取x t≠x k∈{x i|i=1,2,…,n}，那么(x k a)x t=x t，(x k a)x t =x k(ax t)=x k因此x t=x k，产生矛盾，所以假设不成立，即a有无穷多个右逆元.[注意]1. 若ab=1但ba≠1，则a至少有两个右逆元. 因为易验证1-ba+a就是另一个右逆元.2. 假设当i≠j时，1-x i a+x1=1-x j a+x1，则x i a=x j a，故x i ax1=x j ax1,因此x i=x j，产生矛盾.42.设L是一个至少有两个元素的环. 如果对于每个非零元素a∈L都有唯一的元素b使得aba=a.证明：(i) L无零因子；(ii) bab=b;(iii) L有单位元素；(iv) L是一个体.证明：(i) 先证明L无左零因子，假设a为L的一个左零因子，那么a≠0，且存在c ≠0，使得ac=0，于是cac=0. 因a≠0，则存在唯一b使得aba=a.但a(b+c)a=a,b+c≠b产生矛盾，所以L无左零因子.类似可证L无右零因子.(ii) 因aba=a，所以abab=ab. 由(i)的结论知L无零因子，因此满足消去律，而a≠0，故bab=b.(iii) 我们任一选取a(≠0)∈L，再设aba=a(这里b是唯一的)，首先证明ab=ba.因为a(a2b-a+b)a=a，所以a2b-a+b=b，即a2b=a=aba，由消去律得到ab=ba.任取c∈L，则ac=abac，故此c=(ba)c=(ab)c；另一方面，ca=caba，故此c=c(ab).综上得到c=(ab)c=c(ab),所以ab就是单位元素，我们记ab=ba=1. (iv) 由(iii)可知任意a(≠0)∈L，ab=ba=1，即任意非零元素都可逆，因此L成为一个体.43.令C[0,1]为全体定义在闭区间[0,1]上的连续函数组成的环.证明：(i) 对于的任一非平凡的理想I，一定有个实数，，使得f()=0对所有的f(x)∈I；(ii) 是一零因子当且仅当点集{x∈[0,1]|f(x)=0}包含一个开区间.证明：(i) 证明思路：设I为非零的非平凡理想，假设对任意x∈[0,1]，存在f(x)∈I使得f(x)≠0，想法构造一个g∈I可逆.(ii) 提示：用连续函数的局部保号性.44.令F=Z/pZ为p个元素的域.求(i) 环M n(F)的元素的个数；(ii) 群GL n(F)的元素的个数.解：45.设K是一体，a，b∈K，a，b不等于0，且ab≠1.证明华罗庚恒等式：a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.证明：因为a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba⇔1-(a-1+(b-1-a)-1)-1a-1=ab⇔(aa-1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab⇔(1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab⇔(1+((ab)-1-1)-1)-1=1-ab，为了方便记x=ab，那么1-x，x，x-1-1都可逆，只要证明(1+(x-1-1)-1)-1=1-x即可，或者证明1+(x-1-1)-1=(1-x)-1即可.因为1+(x-1-1)-1=1+(x-1-x-1x)-1=1+(1-x)-1x=(1-x)-1(1-x) +(1-x)-1x=(1-x)-1,所以结论成立，即a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.网易全新推出企业邮箱。
代数学引论(聂灵沼丁石孙版)第一章习题集解答
第一章代数基本概念1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群.证明:对任意a,b∈G,由结合律我们可得到(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b再由已知条件以及消去律得到ba=ab,由此可见群G为交换群.2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群.证明: [方法1]对任意a,b∈G,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab因此G为交换群.[方法2]对任意a,b∈G,a2b2=e=(ab)2,由上一题的结论可知G为交换群.3.设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件:(1)a(bc)=(ab)c;(2)由ab=ac推出a=c;(3)由ac=bc推出a=b;证明G在该乘法下成一群.证明:[方法1]设G={a1,a2,…,a n},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若i≠j(I,j=1,2,…,n),有a k a i≠a k a j------------<1>a i a k≠a j a k------------<2>再由乘法的封闭性可知G={a1,a2,…,a n}={a k a1, a k a2,…, a k a n}------------<3>G={a1,a2,…,a n}={a1a k, a2a k,…, a n a k}------------<4>由<1>和<3>知对任意a t∈G, 存在a m∈G,使得a k a m=a t.由<2>和<4>知对任意a t∈G, 存在a s∈G,使得a s a k=a t.由下一题的结论可知G在该乘法下成一群.下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。
[方法2]为了证明G在给定的乘法运算下成一群，只要证明G内存在幺元(单位元)，并且证明G内每一个元素都可逆即可.为了叙述方便可设G={a1,a2,…,a n}.(Ⅰ) 证明G内存在幺元.<1> 存在a t∈G，使得a1a t=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明);<2> 证明a1a t= a t a1;因为a1(a t a1)a t=(a1a t) (a1a t)=(a1)2a1(a1a t)a t=(a1a1)a t=a1(a1a t)= (a1)2,故此a1(a t a1)a t= a1(a1a t)a t.由条件(1),(2)可得到a1a t= a t a1.<3> 证明a t就是G的幺元;对任意a k∈G,a1(a t a k) =(a1a t)a k=a1a k由条件(2)可知a t a k=a k.类似可证a k a t=a k.因此a t就是G的幺元.(Ⅱ) 证明G内任意元素都可逆；上面我们已经证明G内存在幺元，可以记幺元为e，为了方便可用a,b,c,…等符号记G内元素.下面证明任意a∈G，存在b∈G，使得ab=ba=e.<1> 对任意a∈G，存在b∈G，使得ab=e;(这一点很容易证明这里略过.)<2> 证明ba=ab=e;因为a(ab)b=aeb=ab=ea(ba)b=(ab)(ab)=ee=e再由条件(2),(3)知ba=ab.因此G内任意元素都可逆.由(Ⅰ),(Ⅱ)及条件(1)可知G在该乘法下成一群.4.设G是非空集合并在G内定义一个乘法ab.证明:如果乘法满足结合律,并且对于任一对元素a,b∈G,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则G在该乘法下成一群.证明：取一元a∈G,因xa=a在G内有解, 记一个解为e a ,下面证明e a为G内的左幺元. 对任意b∈G, ax=b在G内有解, 记一个解为c,那么有ac=b ,所以e a b= e a(ac)= (e a a)c=ac=b,因此e a为G内的左幺元.再者对任意d∈G, xd=e a在G内有解,即G内任意元素对e a存在左逆元, 又因乘法满足结合律,故此G在该乘法下成一群.[总结]群有几种等价的定义:(1)幺半群的每一个元素都可逆，则称该半群为群.(2)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含幺元, G内任意元素都有逆元,则称G为该运算下的群.(3)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含左幺元, G内任意元素对左幺元都有左逆元,则称G为该运算下的群.(4)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且对于任一对元素a,b∈G,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则称G为该运算下的群.值得注意的是如果一个有限半群满足左右消去律, 则该半群一定是群.5.在S3中找出两个元素x,y,适合(xy)2≠x2y2.[思路] 在一个群G中，x,y∈G, xy=yx ⇔(xy)2=x2y2(这一点很容易证明).因此只要找到S3中两个不可交换的元素即可. 我们应该在相交的轮换中间考虑找到这样的元素.解: 取x=(123213), y=(123132)那么(xy)2=(123312)≠(123123)= x2y2.[注意]我们可以通过mathematica软件编写S n的群表,输出程序如下:Pr[a_,b_,n_]:=(*两个置换的乘积*)(Table[a[[b[[i]]]],{I,1,n}]);Se[n_]:=(*{1,2,…,n}的所有可能的排列做成一个表格*)(Permutations[Table[i,{I,1,n}]]);Stable[n_]:=(*生成S n群表*)(a=Se[n];T able[pr[a[[i]],a[[j]],n],{I,1,n},{j,1,n}])当n=3时群表如下：[说明]：[132]表示置换(123132), 剩下的类似.为了让更清楚，我们分别用e,a,b,c,d,f表示[123], [132],[213], [231], [312], [321]那么群表如下:6.对于n>2,作一阶为2n的非交换群.7.设G是一群, a,b∈G,如果a-1ba=b r,其中r为一正整数,证明a-i ba i=b r i.证明：我们采用数学归纳法证明.当k=1时, a-1ba=b r=b r1, 结论成立；假设当k=n时结论成立, 即a-n ba n=b r n成立, 下面证明当k=n+1时结论也成立.我们注意到= b kr,a-1b k a=(a−1ba)(a−1ba)…(a−1ba)⏟k个因此a-(n+1)ba n+1= a-1 (a-n ba n)a=a-1b r n a=b r n r=b r n+1,可见k=n+1时结论也成立.由归纳原理可知结论得证.8.证明:群G为一交换群当且仅当映射x↦x−1是一同构映射.证明:(Ⅰ)首先证明当群G为一个交换群时映射x↦x−1是一同构映射.由逆元的唯一性及(x−1)−1=x可知映射x↦x−1为一一对应，又因为(xy)-1=y-1x-1,并且群G为一个交换群,可得y-1x-1=x−1y−1.因此有(x y)-1=x−1y−1.综上可知群G为一个交换群时映射x↦x−1是一同构映射.(Ⅱ)接着证明当映射x↦x−1是一同构映射,则群G为一个交换群.若映射x↦x−1是一同构映射,则对任意x,y∈G有(x y)-1=x−1y−1,另一方面，由逆元的性质可知(y x)-1=x−1y−1.因此对任意x,y∈G有xy=yx,即映射x↦x−1是一同构映射,则群G为一个交换群.9.设S为群G的一个非空子集合，在G中定义一个关系a～b当且仅当ab-1∈S.证明这是一个等价关系的充分必要条件为S是一个子群.证明:首先证明若～是等价关系，则S是G的一个子群.对任意a∈G,有a～a,故此aa-1=e∈S；对任意a,b∈S,由(ab)b-1=a∈S,可知ab～b，又be-1=b∈S,故b～e,由传递性可知ab～e，即(ab)e-1=ab∈S.再者因ae-1=a∈S, 故a～e,由对称性可知e～a，即ea-1=a-1∈S.可见S是G的一个子群.接着证明当S是G的一个子群,下面证明～是一个等价关系.对任意a∈G, 有aa-1=e∈S，故此a～a(自反性);若a～b，则ab-1∈S,因为S为G的子群，故(ab-1)-1=ba-1 ∈S,因此b～a(对称性);若a～b，b～c,那么ab-1∈S,bc-1∈S,故ab-1 bc-1=ac-1∈S，因此a～c(传递性).综上可知～是一个等价关系.10.设n为一个正整数, nZ为正整数加群Z的一个子群，证明nZ与Z同构.证明:我们容易证明x↦nx为Z到nZ的同构映射,故此nZ与Z同构.11.证明:在S4中，子集合B={e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}是子群，证明B与U4不同构.证明:B为S4的子群. 这个群(以及与其同构的群)称为Klein(C.L.Klein,1849-1925)四元群.假设B与U4同构,并设f为B到U4的同构映射, 则存在B中一元x使得f(x)=i(i为虚数单位),那么f(x2)= f2(x)=i2=-1另一方面, f(x2)=f(e)=1(注意x2=e),产生矛盾.所以假设不成立, 即B与U4不同构.[讨论] B与U4都是4元交换群，但是后者是循环群, 前者不是, 这是这两个群的本质区别.12.证明:如果在一阶为2n的群中有一n阶子群，它一定是正规子群.证明:[方法1]设H是2n阶群G的n阶子群, 那么对任意a∉H, 有H∩aH=∅,并且aH⊂G,H⊂G,又注意到aH和H中都有n个元素, 故此H∪aH=G.同理可证对任意a∉H, 有H∩Ha=∅, H∪Ha=G，因此对任意a∉H，有aH=Ha.对任意a∈H, 显然aH⊂H, Ha⊂H又因aH,Ha及H中都有n个元素，故aH=Ha=H.综上可知对任意a∈G,有aH=Ha，因此H是G的正规子群.[方法2]设H是2n阶群G的n阶子群,那么任取a∈H, h∈H, 显然有aha-1∈H.对给定的x∉H, 有H∩xH=∅, H∪xH=G.这是因为若假设y∈H∩xH, 则存在h∈H，使得y=xh,即x=yh-1∈H产生矛盾,因此H∩xH=∅;另一方面,xH⊂G,H⊂G, 又注意到xH和H中都有n个元素, 故此H∪xH=G.那么任取a∉H,由上面的分析可知a∈xH, 从而可令a=xh1这里h1∈H.假设存在h∈H, 使得aha-1∉H,则必有aha-1∈xH,从而可令aha-1=xh2这里h2∈H.那么xh1ha-1=xh2,即a= h2h1h∈H,产生矛盾.因此，任取a∉H, h∈H, 有aha-1∈H.综上可知对任取a∈G, h∈H, 有aha-1∈H,因此H为G的一个正规子群.13.设群G的阶为一偶数,证明G中必有一元素a≠e适合a2=e.证明:设b∈G，且阶数大于2，那么b≠b-1,而b-1的阶数与b的阶数相等.换句话说G中阶数大于2的元素成对出现，幺元e的阶数为1，注意到G的阶数为宜偶数，故此必存在一个2阶元，(切确的说阶数为2的元素有奇数个).[讨论][1] 设G是一2n阶交换群，n为奇数则G中只有一个2阶元.为什么？提示：采用反证法，并注意用Lagrange定理.[2] 群G中，任取a∈G，有a n=e，那么G一定是有限群吗？如果不是请举出反例，若是有限群，阶数和n有什么关系？14.令A=(0110), B=(e2πin00e−2πin)证明:集合{B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群D n同构.证明:下面证明G={B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群.(Ⅰ)首先证明对乘法运算封闭. 下面进行分类讨论：(1)B i∙B j=B i+j,注意到B n=(1001)故此B i∙B j=B r∈G这里i+j=kn+r,k∈Z,0<r≤n.(2) A B i∙B j=B r∈G这里i+j=kn+r,k∈Z,0<r≤n.(3)容易证明BAB=A=AB n,BA=B i AB(s+1)n=AB n-t∈G,这里i=sn+t,k∈Z,0<t≤n.那么B i∙(AB j)=( B i∙A)B j=(AB n-t) ∙B j∈G(4)(AB i)∙(AB j)=A(B i AB j)=A((AB n-t) ∙B j)=A2(B n-t ∙B j)= B n-t ∙B j) ∈G由(1),(2),(3),(4)知G对乘法运算封闭.(Ⅱ)因集合G对矩阵乘法封闭，再由矩阵乘法的性质可知，结合律肯定成立.(Ⅲ)显然B n=A2=E为幺元.(Ⅳ)对B i(i=1,2,…,n),有B i B n-i=E;对AB i(i=1,2,…,n),有(AB i)(B n-i A)=E,因此G内任何一元都可逆.由(Ⅰ)，(Ⅱ)，(Ⅲ)，(Ⅳ)可知G在矩阵乘法下构成一群.最后证明G与D n同构.令f:G→D nf(B i)=T i, f(AB i)=ST i(i=1,2,…,n)，可以证明f就是G到D n的同构映射，这里不予证明了.15.设i是一个正整数, 群G中任意元素a,b都适合(ab)k=a k b k, k=I,i+1,i+2,证明G为交换群. 证明:对任意a,b∈Ga i+2b i+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (a i+1b i+1)=a(ba i+1)b i+1,根据消去律可得a i+1b=ba i+1.----------------------(1)同时a i+1b i+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (a i b i)=a(ba i)b i+1,根据消去律可得a i b=ba i.---------------------------(2)因此a i+1b=a(a i b)=a(ba i)=(ab)a i----(3)另外ba i+1=(ba)a i----------------------(4)结合(1),(3),(4)有(ab)a i=(ba)a i---------------------(5) 由消去律可得到ab=ba.因此G为交换群.16.在群SL2(Q)中，证明元素a=(0−110)的阶为4，元素b=(01−1−1)的阶为3，而ab为无限阶元素.证明：可以直接验证a的阶为4，b的阶为3.因为ab=(1101)，对任何正整数n，(ab)n=(1n01)≠(1001)可见ab的阶为无限.[注意] 在一群中，有限阶元素的乘积并不一定也是有限阶的，但两个可交换的有限阶元素的乘积一定是有限阶元素.[问题] 若一群中所有元素的阶数都有限，那么这个群一定是有限群吗？17.如果G为一个交换群，证明G中全体有限阶元素组成一个子群.证明:交换群G中全体有限阶元素组成的集合记为S，任取a，b∈S，并设a的阶为m，b的阶为n，则(ab)mn=(a m)n(b n)m=e因此ab为有限阶元素，即ab∈S.a-1的阶数与a相同，故此a-1也是有限阶元素，即a-1∈S.综上可知S为G的一个子群.18.如果G只有有限多个子群，证明G为有限群.证明:采用反证法证明.假设G为无限群，则G中元素只可能有两种情况：(1)G中任意元素的阶数都有限、(2)G中存在一个无限阶元素.(1)首先看第一种情况：G中取a1≠e，并设其阶数为n1，则循环群G1={a1,a12,… ,a1n1}为G的一个子群；G中取a2∉G1，并设其阶数为n2，则循环群G2={a2,a22,… ,a2n2}为G的一个子群；G中取a3∉G1∪G2，并设其阶数为n3，则循环群G3={a3,a32,… ,a3n3}为G的一个子群；………我们一直这样做下去，可以得到G的互不相同的子群构成的序列G n(n=1,2,…)，所以G有无穷多个子群，产生矛盾；(2)再看第二种情况:设a∈G的阶数为无穷，那么序列G1=<a2>，G2=<a4>，…，G n=<a2n>，…是G的互不相同的子群，所以G有无穷多个子群，产生矛盾.综上就可知“G是无限群”这个假设不成立，因此G是有限群.19.写出D n的所有正规子群.20.设H，K为群G的子群，HK为G的一子群当且仅当HK=KH.证明：(Ⅰ)设HK=KH，下面证明HK为G的一子群.任取a,b∈HK,可令a=h1k1，b=h2k2这里h i∈H，k i∈K，i=1,2.那么ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 ---------------(1)因HK=KH，故此k1h2= h3k3 ----------------------(2)这里h3∈H，k3∈K.由(1),(2)知ab= h1(h3k3)k2=(h1h3)(k3k2)∈HK. ------------(3)另外，a-1= (h1k1)-1= k1−1h1−1∈KH=HK. ----------------- (4)由(3),(4)知HK是G的子群.(Ⅱ) HK为G的一子群,下面证明HK=KH.若a∈HK,易知a-1∈KH. HK是子群,任取a∈HK，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈KH，那么有HK ⊂KH.若a∈KH,易知a-1∈HK. HK是子群,任取a∈KH，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈HK，那么有KH ⊂HK.综上知，HK=KH.21.设H，K为有限群G的子群，证明|HK|=|H|∙|K| |H∩K|.证明：因H∩K为H的子群，那么可设H的左陪集分解式为H=h1(H∩K)∪h2(H∩K)∪…∪h r(H∩K)这里r为H∩K在H中的指数，h i∈H，当i≠j，h i-1h j∉H∩K(事实上等价于h i-1h j∉K),i, j=1,2,…,r.又(H∩K)K=K,所以HK=h1K∪h2K∪…∪h r K.------------(1)注意到h i-1h j∉K，所以当i≠j(i, j=1,2,…,r)时，h i K∩h j K=∅.----------------(2)由(1),(2)我们得到|HK|=r|K|=|H|∙|K| |H∩K|.[总结]左陪集的相关结论设H为G的一子群，那么(1)a∈aH;(2)a∈H⇔aH=H;(3)b∈aH⇔aH=bH;(4)aH=bH⇔a-1b∈H;(5)aH∩bH≠∅，有aH=bH.22.设M,N是群G的正规子群.证明：(i)MN=NM;(ii)MN是G的一个正规子群；(iii)如果M∩N={e}，那么MN/N与M同构.证明：(i)[方法1]任取a∈MN,可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M为G的正规子群，故n-1mn∈M. 所以a=n(n-1mn) ∈NM，故此MN⊆NM.同样的方法可以证明NM⊆MN. 因此MN=NM.[方法2]任取a，b∈MN，可设a=m1n1(m1∈M，n1∈N)，b=m2n2(m2∈M，n2∈N).下面只要证明MN为G的一个子群即可(由第20题可知)，也就是说只要证明ab-1∈MN即可.因为ab-1=m1n1n2-1m2-1= [m1(n1n2-1m2-1n2n1-1)](n1n2-1)，而M为G的正规子群，故n1n2-1m2-1n2n1-1∈M，所以ab-1∈MN.(ii) 由(i)可知MN为G的一个子群.任取a∈MN, 可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M和N为G的正规子群，对任意g∈G，有g-1ag= g-1mng= (g-1mg)(g-1ng) ∈MN.所以MN为G的正规子群.(iii) 易知N为MN的正规子群，因此MN/N是一个群. 因为M∩N={e}，对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N[注].作一个MN/N到M的映射f[注]，f: MN/N→MmN↦m，那么该映射显然是一一对应，另外f(m i N⋅m j N)= f(m i m j N)= m i m j，因此f为MN/N到M的同构映射，即MN/N与M同构.[讨论]1. 只要M和N的一个是正规子群，那么MN就是子群，或者说成立MN=NM.这一点我们从(i)的证明方法2可知.2. M和N中有一个不是正规子群时MN一定不是正规子群.[注意]1．M∩N={e}，对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N.证明：若存在m i≠m j∈M, 有m i N=m j N，那么m i m j-1∈N，而m i m j-1∈M. 因此m i m j-1∈M∩N，产生矛盾.2. 设f: MN/N→MmN↦m，则由于对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N，故此f为MN/N到M的一个映射.23.设G是一个群，S是G的一非空子集合.令C(S)={x∈G|xa=ax,对一切a∈S}N(S)= {x∈G|x-1Sx=S}.证明：(i) C(S),N(S)都是G的子群;(ii) C(S)是N(S)的正规子群.证明：(i) 首先证明C(S)是G的子群.任取x，y∈C(S)，那么对任意a∈S有xa=ax，ya=ay. 那么一方面，(xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=(ax)y=a(xy)，所以xy∈C(S).另一方面，xa=ax⇒a=x-1ax⇒ax-1=x-1a所以x-1∈C(S).因此，C(S)是G的子群.接着证明N(S)都是G的子群.任取x，y∈N(S)，则x-1Sx=S，y-1Sy=S. 那么一方面，(xy)-1S(xy)=x-1(y-1Sy)x=x-1Sx=S所以xy∈N(S).另一方面，x-1Sx=S⇒S=xSx-1所以x-1∈N(S).因此，N(S)是G的子群.(ii) 任取x∈C(S)，a∈S，则xa=ax，即a=x-1ax，亦即S= x-1Sx. 因此x∈N(S)，即C(S)⊂N(S).任取x∈C(S)，y∈N(S)，a∈S，则存在a y∈S使得yay-1=a y，因此a=y-1a y y.那么(y-1xy)a(y-1xy)-1=y1[x(yay-1)x-1]y= y1(xa y x-1)y= y-1a y y=a，即(y-1xy)a=a(y-1xy).所以y-1xy∈C(S)，因此C(S)是N(S)的正规子群.24.证明任意2阶群都与乘法群{1，-1}同构.证明：略.25.试定出所有互不相同的4阶群.解：我们分类讨论:(1)存在四阶元；(2)不存在四阶元.(1)若存在一个四阶元，并设a为一个四阶元，那么该四阶群为<a>.(2)若不存在四阶元，那么除了单位元e的阶为1，其余元素的阶只能是2，即设四阶群222综上可知，四阶群群在同构意义下只有两种或者是四阶循环群或者是Klein四阶群.26.设p为素数.证明任意两个p阶群必同构.证明：易知当p为素数时，p阶群必存在一个p阶元，即p阶群必是p阶循环群，故两个p阶群必同构.27.Z为整数环，在集合S=Z×Z上定义(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d),(a,b)∙(c,d)=(ac+bd,ad+bc).证明S在这两个运算下成为幺环.提示：(1,0)为该环的单位元素.证明：略.28.在整数集上重新定义加法“⊕”与乘法“⊙”为a⊕b=ab, a⊙b=a+b试问Z在这两个运算下是否构成一环.答：不构成环.29.设L为交换幺环，在L中定义：a⊕b=a+b-1,a⊙b=a+b-ab.这里e为单位元素，证明在新定义的运算下，L仍称为交换幺环，并且与原来的环同构.证明：(i)证明L在运算⊕下构成交换群：由⊕的定义，得到(a⊕b)⊕c=(a+b-1) ⊕c=a+b-1+c-1=a+b+c-2a ⊕(b ⊕c)= a ⊕(b+c-1)= a+b+c-1-1=a+b+c-2这里2=1+1，所以(a ⊕b)⊕c= a ⊕(b ⊕c).----------------(1)同时由⊕的定义还可以得到a ⊕1= 1⊕a=a ，------------------------(2) a ⊕(2-a)=(2-a) ⊕a=1，---------------(3) a ⊕b=b ⊕a ，----------------------------(4) 由(1),(2),(3)(4)可知L 在运算⊕下构成交换群.(ii)证明L 中运算⊙满足结合律和交换律：容易证明这里略过. (iii)证明乘法⊙对加法⊕满足分配律：因为a ⊙(b ⊕c)= a ⊙(b+c-1)=a+(b+c-1)-a(b+c-1)=2a+b+c-ab-ac-1， (a ⊙b)⊕(a ⊙c)=(a+b-1) ⊕(a+c-1)= (a+b-ab)+(a+c-ac)-1=2a+b+c-ab-ac-1，所以a ⊙(b ⊕c)= (a ⊙b)⊕(a ⊙c).由于⊕和⊙满足交换律，故此(b ⊕c) ⊙a= (b ⊙a)⊕(c ⊙a).因此新定义的乘法⊙对新定义的加法⊕满足分配律 (iv) 设0为环(L ，+，∙)的零元，则0⊙a=a ⊙0=a由(i)，(ii)，(iii)，(iv)可得到(L ，⊕，⊙)为交换幺环. (v) 最后证明(L ，+，∙)与(L ，⊕，⊙)同构：设f: L →L x ↦1-x ，容易证明f 为(L ，+，∙)到(L ，⊕，⊙)的同构映射.30. 给出环L 与它的一个子环的例子，它们具有下列性质: (i) L 具有单位元素，但S 无单位元素； (ii) L 没有单位元素，但S 有单位元素； (iii) L, S 都有单位元素，但互不相同； (iv) L 不交换，但S 交换. 解：(i) L=Z ，S=2Z ； (ii) L={(a b00)|a,b ∈R}，S={(a 000)|a ∈R}； (iii) L={(a 00b )|a,b ∈R}，S={(a)|a ∈R}； (iv) L={(a 0b 0)|a,b ∈R}，S={(a00)|a ∈R}；31. 环L 中元素e L 称为一个左单位元，如果对所有的a ∈L ，e L a= a ；元素e R 称为右单位元，如果对所有的a ∈L ， ae R =a.证明：(i)如果L既有左单位元又有右单位元，则L具有单位元素；(ii)如果L有左单位元，L无零因子，则L具有单位元素；(iii)如果L有左单位元，但没有右单位元，则L至少有两个左单位元素.证明：(i) 设e L为一个左单位元，e R为右单位元，则e L e R=e R=e L.记e=e R=e L，则对所有的a∈L，ea=ae=a，因此e为单位元素；(ii) 设e L为一个左单位元，则对所有的a(≠0)∈L，a(e L a)=a2；另一方面，a(e L a)=(ae L)a.所以a2=(ae L)a.因为L无零因子，所以满足消去律[注]，故此a= ae L.另外，若a=0，则a= ae L=e L a.因此左单位元e L正好是单位元.(iii) 设e L为一个左单位元，因为L中无右单位元，故存在x∈L，使得xe L≠x，即xe L-x≠0,则e L+ xe L-x≠e L，但是对所有的a∈L，(e L+ xe L-x)a=a,因此e L+ xe L-x为另一个左单位元，所以L至少有两个左单位元素.[注意] L无零因子，则满足消去律(参考教材46页).32.设F为一域.证明F无非平凡双边理想.证明：设I为F的任意一个理想，且I≠{0}，则对任意a(≠0)∈I，则a-1∈F,于是a-1a=1∈I.从而F中任意元素f，有f∙1=f∈I，故I=F，即F只有平凡双边理想.[讨论] 事实上，一个体(又称除环)无非平凡双边理想. 另一方面，若L是阶数大于1的(交换)幺环，并且除了平凡理想，没有左或右理想，则L是一体(域).33.如果L是交换环，a∈L，(i) 证明La={ra|r∈L}是双边理想；(ii) 举例说明，如果L非交换，则La不一定是双边理想.证明：(i) 容易验证La为L的一个加法群. 任取ra∈La，l∈L，则l(ra)=(lr)a∈La，(ra)l=r(al)=r(la)=(rl)a∈La故La为L的一个双边理想.(ii) 设L=M2(R)，那么L显然不是交换环，取h=(10)，下面考察Lh是否为L的理想：10取k=(12)，容易验证h∈Lh，hk∉Lh，因此Lh不是L的一个理想.0034.设I是交换环L的一个理想，令rad I={r∈L|r n∈I对某一正整数n}，证明rad I也是一个理想.radI叫做理想I的根.35.设L为交换幺环，并且阶数大于1，如果L没有非平凡的理想，则L是一个域.证明：只要证明非零元素均可逆即可.任取a ∈L ，那么La 和aL 是L 的理想，且La ≠{0}，aL ≠{0}，因L 无平凡的理想，故此La=aL=L ，因此ax=1和ya=1都有解，因而a 为可逆元.36. Q 是有理数域，M n (Q)为n 阶有理系数全体矩阵环.证明无非平凡的理想(这种环称为单 环). 证明：我们社K 为M n (Q)的非零理想，下面证明K=M n (Q).为了证明这一点，只要证明n 阶单位矩阵E ∈K.记E ij 为除了第i 行第j 列元素为1，其余元素全为0的矩阵.那么E ij E st ={E it ，j =s0， j ≠s而E=E 11+E 22+…+E nn .我们只要证明E ii ∈K(i=1,2,…,n)就有E ∈K.设A ∈K ，且A ≠0，又令A=(a ij )n ×n ,假设a kj ≠0，则有E ik AE ji =a kj E ii (i=1,2,…,n).由于a kj ≠0，故存在逆元a kj -1.设B= a kj -1E ii ,则BE ik AE ji = a kj -1E ii E ik AE ji = a kj -1E ik AE ji =E ik E kj E ji =E ii .因为K 为理想，A ∈K ，所以E ii =BE ik AE ji ∈K ，证毕.37. 设L 为一环，a 为L 中一非零元素.如果有一非零元素b 使aba=0，证明a 是一个左零 因子或一右零因子. 证明：若ab=0，则a 为左零因子；若ab ≠0，则aba=(ab)a=0，故ab 为右零因子.38. 环中元素x 称为一幂零元素，如果有一正整数n 使x n =0，设a 为幺环中的一幂零元素， 证明1-a 可逆. 证明：设a n =0，那么(1+a+a 2+…+a n-1)(1-a)=(1-a) (1+a+a 2+…+a n-1) =1-a n =1因此1-a 可逆.39. 证明：在交换环中，全体幂零元素的集合是一理想. 40. 设L 为有限幺环.证明由xy=1可得yx=1. 证明：当L 只有一个元素，即L={0}，亦即0=1[注]，此时显然有xy=1=xy ；当L 有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y 不是左零元[注],因此yL=L.又因L 为有限环，所以存在z ∈L ，使得yz=1.注意到(xy)z=z ，x(yz)=x ，所以x=z ，即yx=1. [注意]1.幺环多于一个元素当且仅当0≠1.2．当L 有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y 不是左零元.因为若存在z ≠0使得yz=0，则z=(xy)z=x(yz)=0,产生矛盾.41. 在幺环中，如果对元素a 有b 使ab=1但ba ≠1，则有无穷多个元素x ，适合ax=1. (Kaplansky 定理)证明：首先，若ab=1但ba≠1，则a至少有两个右逆元[注].现在假设a只有n(>1)个右逆元，并设这些元素为x i(i=1,2,…,n).那么a(1-x i a+x1)=1(i=1,2,…,n),又当i≠j时，1-x i a+x1≠1-x j a+x1[注]，这里i，j=1,2,…,n.于是{x i|i=1,2,…,n}={1-x i a+x1| i=1,2,…,n }，故存在x k∈{x i|i=1,2,…,n}使得x1=1-x k a+x1,即x k a=1.因为n>1，我们取x t≠x k∈{x i|i=1,2,…,n}，那么(x k a)x t=x t，(x k a)x t =x k(ax t)=x k因此x t=x k，产生矛盾，所以假设不成立，即a有无穷多个右逆元.[注意]1. 若ab=1但ba≠1，则a至少有两个右逆元. 因为易验证1-ba+a就是另一个右逆元.2. 假设当i≠j时，1-x i a+x1=1-x j a+x1，则x i a=x j a，故x i ax1=x j ax1,因此x i=x j，产生矛盾.42.设L是一个至少有两个元素的环. 如果对于每个非零元素a∈L都有唯一的元素b使得aba=a.证明：(i) L无零因子；(ii) bab=b;(iii) L有单位元素；(iv) L是一个体.证明：(i) 先证明L无左零因子，假设a为L的一个左零因子，那么a≠0，且存在c≠0，使得ac=0，于是cac=0. 因a≠0，则存在唯一b使得aba=a.但a(b+c)a=a,b+c≠b产生矛盾，所以L无左零因子.类似可证L无右零因子.(ii) 因aba=a，所以abab=ab. 由(i)的结论知L无零因子，因此满足消去律，而a≠0，故bab=b. (iii) 我们任一选取a(≠0)∈L，再设aba=a(这里b是唯一的)，首先证明ab=ba.因为a(a2b-a+b)a=a，所以a2b-a+b=b，即a2b=a=aba，由消去律得到ab=ba.任取c∈L，则ac=abac，故此c=(ba)c=(ab)c；另一方面，ca=caba，故此c=c(ab).综上得到c=(ab)c=c(ab),所以ab就是单位元素，我们记ab=ba=1.(iv) 由(iii)可知任意a(≠0)∈L，ab=ba=1，即任意非零元素都可逆，因此L成为一个体.43.令C[0,1]为全体定义在闭区间[0,1]上的连续函数组成的环.证明：(i) 对于的任一非平凡的理想I，一定有个实数θ，0≤θ≤1，使得f(θ)=0对所有的f(x)∈I；(ii) 是一零因子当且仅当点集{x∈[0,1]|f(x)=0} 包含一个开区间.证明：(i) 证明思路：设I为非零的非平凡理想，假设对任意x∈[0,1]，存在f(x)∈I使得f(x)≠0，想法构造一个g ∈I可逆.(ii) 提示：用连续函数的局部保号性.44.令F=Z/pZ为p个元素的域.求(i) 环M n(F)的元素的个数；(ii) 群GL n(F)的元素的个数.45.设K是一体，a，b∈K，a，b不等于0，且ab≠1.证明华罗庚恒等式：a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.证明：因为a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba⇔1-(a-1+(b-1-a)-1)-1a-1=ab⇔(aa-1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab⇔(1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab⇔(1+((ab)-1-1)-1)-1=1-ab，为了方便记x=ab，那么1-x，x，x-1-1都可逆，只要证明(1+(x-1-1)-1)-1=1-x即可，或者证明1+(x-1-1)-1=(1-x)-1即可.因为1+(x-1-1)-1=1+(x-1-x-1x)-1=1+(1-x)-1x=(1-x)-1(1-x) +(1-x)-1x=(1-x)-1,所以结论成立，即a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.。
高等代数作业第一章多项式答案
高等代数作业第一章多项式答案-标准化文件发布号：（9456-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII高等代数第一次作业第一章 多项式 §1—§3一、填空题1. 如果()|()f x g x ,()|()g x h x ，则 。
()|()f x h x2. 若()|()()f x g x h x +,()|()f x g x ，则 。
()|()f x h x3. 若()|()f x g x ,()|()/f x h x ，则 。
()|()()/f x g x h x +二、判断题1. 数集}{1,,|2-=+i b a bi a 是有理数是数域（ ）√2. 数集}{1,,|2-=+i b a bi a 是整数是数域 （ ）×3. 若()|()()f x g x h x ,()|()/f x g x ,则()|()f x h x ( ) ×4. 若()|()()f x g x h x +,()|()f x g x ,则()|()f x h x （ ）√5. 数集}{是有理数b a b a ,|2+是数域 （ ）√ 6. 数集}{为整数n n |2是数域 （ ）× 除法不封闭7. 若()|()()f x g x h x ，则()|()f x g x 或()|()f x h x ( ) × 当()f x 是不可约时才成立8. 若()|()/f x g x ,()|()/f x h x ，则()|()()/f x g x h x ( ) ×如2()f x x =，()()g x h x x ==时不成立 9. 若()|()()f x g x h x +,()|()()f x g x h x -，则()|()f x g x 且()|()f x h x ( ) √三、选择题1. 以下数集不是数域的是（ ）BA 、{是有理数b a bi a ,|+，21i =-}B 、{是整数b a bi a ,|+，21i =-}C 、{}是有理数b a b a ,|2+ D 、{}全体有理数2. 关于多项式的整除，以下命题正确的是 （ ）CA 、若()|()()f x g x h x 且()|()/f x g x ,则()|()f x h xB 、若()|()g x f x ,()|()h x f x ,则()()|()g x h x f xC 、若()|()()f x g x h x +，且()|()f x g x ，则()|()f x h xD 、若()|()/f x g x ,()|()/f x h x ，则()|()()/f x g x h x四、计算题数域P 中的数q p m ,,适合什么条件时, 多项式q px x mx x ++-+32|1解：由假设，所得余式为0，即 0)()1(2=-+++m q x m p 所以当⎩⎨⎧=-=++0012m q m p 时有q px x mx x ++-+32|1 五、证明题试证用21x -除()f x 所得余式为2)1()1(2)1(1-++--f f x f f ）（。
高等代数北大编第1章习题参考答案
高等代数北大编第1章习题参考答案第一章多项式一、习题及参考解答1．用)(x g 除)(x f ，求商)(x q 与余式)(x r ： 1）123)(,13)(223+-=---=x x x g x x x x f ； 2）2)(,52)(24+-=+-=x x x g x x x f 。
解 1）由带余除法，可得92926)(,9731)(--=-=x x r x x q ； 2）同理可得75)(,1)(2+-=-+=x x r x x x q 。
2．q p m ,,适合什么条件时，有 1）q px x mx x ++-+32|1， 2）q px x mx x ++++242|1。
解 1）由假设，所得余式为0，即0)()1(2=-+++m q x m p ，所以当=-=++0012m q m p 时有q px x mx x ++-+32|1。
2）类似可得=--+=--010)2(22m p q m p m ，于是当0=m 时，代入（2）可得1+=q p ；而当022=--m p 时，代入（2）可得1=q 。
综上所诉，当??+==10q p m 或=+=212m p q 时，皆有q px x mx x ++++242|1。
3．求()g x 除()f x 的商()q x 与余式：1）53()258,()3f x x x x g x x =--=+； 2）32(),()12f x x x x g x x i =--=-+。
解 1）432()261339109()327q x x x x x r x =-+-+=-；2）2()2(52)()98q x x ix i r x i=--+=-+。
4．把()f x 表示成0x x -的方幂和，即表成2010200()()...()n n c c x x c x x c x x +-+-++-+L 的形式：1）50(),1f x x x ==；2）420()23,2f x x x x =-+=-；3）4320()2(1)37,f x x ix i x x i x i =+-+-++=-。
近世代数导引_答案
i目录第１章集合与运算 (1)1.集合 (1)2.运算 (1)第２章群 (4)1.群的定义 (4)2.子群 (7)3.置换群 (9)4.陪集和商群 (11)5.同构与同态 (14)6.循环群 (17)1集合1第１章集合与运算1.集合本节无习题2.运算1.设f 是有限集A 的变换。
证明f 是单射当且仅当f 是满射。
因为f 是单射，所以()f A A =且()f A A ⊆，又因集合A 是有限集，所以()f A A =，由此得出f 是满射。
若f 是满射，则()f A A =，因为集合A 是有限集，所以f 是单射。
2.设f 是有限维线性空间V 上的线性变换。
证明f 是单射当且仅当f 是满射。
在n 维线性空间V 中任选一组基底{}1,,n E e e = ，则对任意一个向量x V ∈，有唯一的坐标1,,n ξξ 使得1n i i i x e ξ==∑。
只需讨论f 对基底的作用，因为()()()11n ni i i i i i f x f e f e ξξ====∑∑。
设()f E F =，若F n <，总可从V 中另外选出n F -个线性无关的向量，使得它们与F 中的向量一起，组成线性空间V 的一组基底F '，此时有F n '=，F F '⊆。
f 是从E 到F '的映射，重复类似上一题目的讨论即可。
3.设A 和B 均是有限集，A m =，B n =。
问从A 到B 有多少个映射？有多少个单射？A 有多少个二元运算？由基本计数法则，从A 到B 的映射的个数有m n 个。
若m n >，则不存在从A 到B 的单射。
如果m n ，从A 到B 的单射有第１章集合与运算2()!!!n n m m n m ⎛⎫= ⎪-⎝⎭个。
2A A m ⨯=，集合A 上的二元运算即从A A ⨯到A 的映射，有2m m 个。
4.考虑()n M R 上的相抵关系 ：A B 当且仅当存在n 阶可逆矩阵P 和Q 使得=B PAQ 。
代数学引论(聂灵沼-丁石孙版)第一章习题解答
代数学引论(聂灵沼-丁石孙版)第一章习题解答第一章代数基本概念1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群.证明:对任意a,b G,由结合律我们可得到(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b再由已知条件以及消去律得到ba=ab,由此可见群G为交换群.2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群.证明: [方法1]对任意a,b G,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab因此G为交换群.[方法2]对任意a,b G,a2b2=e=(ab)2,由上一题的结论可知G为交换群.3.设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件:(1)a(bc)=(ab)c;(2)由ab=ac推出a=c;(3)由ac=bc推出a=b;证明G在该乘法下成一群.证明:[方法1]设G={a1,a2,…,a n},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若i j(I,j=1,2,…,n),有a k a i a k a j------------<1>a i a k a j a k------------<2>再由乘法的封闭性可知G={a1,a2,…,a n}={a k a1, a k a2,…, a k a n}------------<3>G={a1,a2,…,a n}={a1a k, a2a k,…, a n a k}------------<4>由<1>和<3>知对任意a t G, 存在a m G,使得a k a m=a t.由<2>和<4>知对任意a t G, 存在a s G,使得a s a k=a t.由下一题的结论可知G在该乘法下成一群.下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。
高等代数(王萼芳石生明著)课后答案高等教育出版社
15、 。
16、（1）由x-2得三重因式（2）无重因式。
17、当t=3时有三重根x=1,；当t= 由二重根 。
18、
19、a=1，b=-2。
20、证因为f（x）的导函数 所以 于是
从而f（x）无重根。
21、证因为 ， ，由于a是 的k重根，故a是 的k+1重根。代入验算知a是g（x）的根。所以s-2=k+1 s=k+3，即证。
22、证必要性：设 是f（x）的k重根，从而是 的k-1重根，是 的k-2重根。。。。。，是 的一重根，并且 不是 的根。于是 ，而 。
充分性由 而 ，知 是 的一重根。又由于 ，知 是 的二重根，以此类推，可知 是f（x）的k重根。
23、解：例如：设 ，那么 以0为m重根。
24、证要证明 ，就是要证明f（1）=0（这是因为我们可以把 看做为一个变量。
高等代数习题答案（一至四章）
第一章多项式习题解答
1、（1）由带余除法，得
（2） ，
2、（1） ，（2）由 得 或 。
3、（1）
（2）q（x）= ，
4、（1）有综合除法：
（2）
（3）
5、（1）x+1（2）1（3）
6、（1）u（x）=-x-1，v（x）=x+2（2） ，
（3）u（x）=-x-1,
7、 或
17、
证：只要证明向量组等价即可。有题设，知 可由 线性表出。
现在把这些等式统统加起来，可得 于是 ，
（i=1,2，。。。r）即证 也可由 线性表出，从而向量组 与
等价。
18、（1）4（2）3（3）2（4）3（5）5
19、（1） =1时无穷多解 =-2时无解
近世代数第一章基本概念自测练习答案
自测练习参考答案一、判断题1.(× )2. (√ )3.(× )解释:同时还要适合结合律4. (√ )5. (√ )6. (√ )7.(× ):二、选择题1. （D ）2. （D ）3. （C ）4. （B ）解释:和第9节课后习题1完全类似，但也是大家作业中出现问题最多的一道题。
详细答案如下：（按解答题格式写）解：首先，A 的一一变换有3!=6个，具体为:,,ϕ→→→1112233 :,,ϕ→→→2122331:,,ϕ→→→3133221 :,,ϕ→→→4122133:,,ϕ→→→5112332 :,,ϕ→→→6132231其次，如果是的自同构，则必保持运算即.A ϕϕ,,()()(),x y A x y x y ϕϕ∀∈= 也即（这是是自同构的必要条件）().ϕϕ=11.可见，只有和ϕϕ15满足此条件. 说明和ϕϕ15可能为的自同构.A 经验证，和的确是的自同构.A ϕϕ155. （C ）三、简答题1.105,84,63;42;21:1→→→→→Φ105,84,63,42,01:2→→→→→Φ则1Φ，2Φ是X 到Y 的两个单射。
2. A a a a a a a ∈→Φ212121,},,m in{),(:，就是一个A A ⨯到A 的一个满射。
3. 设Z 为整数集，2Z 为偶数集，x x 2:1→Φ， )1(2:2+→Φx x ，其中Z x ∈，则1Φ，2Φ就是Z 到2Z 的两个不同的映射。
4. (1) ()2,f x x x Z =∀∈；（2）,2(),21k x k f x k x k =⎧=⎨=+⎩(3) ()1,f x x x Z =+∀∈5. 解:1R 不是等价关系，因为1),(R c c ∉，即不具有反身性，尽管具有对称性、传递性； 2R 是等价关系，因为具有反身性、对称性、传递性； 3R 不是等价关系，因为3),(R c a ∉，即不具有传递性,尽管具有反身性、对称性； 4R 不是等价关系，因为4),(R b c ∉，即不具有对称性,尽管具有反身性、传递性．。
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(Ⅳ)对 Bi(i=1,2,…,n),有
BiBn-i=E;
对 ABi(i=1,2,…,n),有
(ABi)(Bn-iA)=E,
因此 G 内任何一元都可逆.
G={a1,a2,…,an}={aka1, aka2,…, akan}<3>
G={a1,a2,…,an}={a1ak, a2ak,…, anak}<4>
由<1>和<3>知对任意atG,存在amG,使得
akam=at.
由<2>和<4>知对任意atG,存在asG,使得
asak=at.
由下一题的结论可知 G 在该乘法下成一群.
对任意 a,bG,
ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)
因此 G 为交换群. [方法 2]
对任意 a,bG,
=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab
a2b2=e=(ab)2,
由上一题的结论可知 G 为交换群.
3.设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件:
<2>证明a1at= ata1;
因为
a1(ata1)at=(a1at) (a1at)=(a1)2a1(a1at)at=(a1a1)at=a1(a1at)= (a1)2,
故此
a1(ata1)at= a1(a1at)at.
由条件(1),(2)可得到
<3>证明at就是G的幺元;对任意akG,
a1at= ata1.
我们注意到
a-1bka== bkr,
因此
a-(n+1)ban+1= a-1(a-nban)a=a-1a==,
可见 k=n+1 时结论也成立.
由归纳原理可知结论得证.
8.证明:群G为一交换群当且仅当映射是一同构映射.证明:
(Ⅰ)首先证明当群 G 为一个交换群时映射是一同构映射.
由逆元的唯一性及可知映射为一一对应，又因为
第一章代数基本概念
1. 如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群.
证明:
对任意 a,bG,由结合律我们可得到
(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b
再由已知条件以及消去律得到
ba=ab,
由此可见群 G 为交换群.
2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e,则G为交换群.证明: [方法1]
aha-1=xh2
这里h2H.
那么
xh1ha-1=xh2,
即
a= h2h1hH,
产生矛盾.
因此，任取 aH, hH, 有 aha-1H.
综上可知对任取 aG, hH, 有 aha-1H,因此 H 为 G 的一个正规子群.
13.设群G的阶为一偶数,证明G中必有一元素ae适合a2=e.
证明:
设bG，且阶数大于2，那么b≠b-1,而b-1的阶数与b的阶数相等.换句话说G中阶数大于2的元素成对出现，幺元e的阶数为1，注意到G的阶数为宜偶数，故此必存在一个2阶元，(切确的说阶数为2的元素有奇数个).
(3)容易证明BAB=A=ABn,BA=BiAB(s+1)n=ABn-tG,这里i=sn+t,kZ,0<tn.那么
Bi(ABj)=( BiA)Bj=(ABn-t)BjG
(4)(ABi)(ABj)=A(BiABj)=A((ABn-t)Bj)=A2(Bn-tBj)= Bn-tBj)G
由(1),(2),(3),(4)知 G 对乘法运算封闭.
12.证明:如果在一阶为2n的群中有一n阶子群，它一定是正规子群.
证明:[方法 1]
设 H 是 2n 阶群 G 的 n 阶子群, 那么对任意 aH, aH 和 H 中都有 n 个元素, 故此
HaH=G.
同理可证对任意 aH, 有
HHa=, HHa=G，
因此对任意 aH，有
eab= ea(ac)= (eaa)c=ac=b,
因此ea为G内的左幺元.
再者对任意dG,xd=ea在G内有解,即G内任意元素对ea存在左逆元, 又因乘法满足结合律,故此G在该乘法下成一群.
[总结]
群有几种等价的定义:
(1)幺半群的每一个元素都可逆，则称该半群为群.
(2)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含幺
[讨论]
[1]设G是一2n阶交换群，n为奇数则G中只有一个2阶元.为什么？提示：采用反证法，并注意用Lagrange定理.
[2]群G中，任取aG，有an=e，那么G一定是有限群吗？如果不是请举出反例，若是有限群，阶数和n有什么关系？
14.令
A=,B=
证明:集合{B,B2,…,Bn,AB,AB2,…,ABn}在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群Dn同构.
4.设G是非空集合并在G内定义一个乘法ab.证明:如果乘法满足结合律,并且对于任一对
元素 a,bG,下列方程
ax=b 和 ya=b
分别在 G 内恒有解，则 G 在该乘法下成一群. 证明：
取一元aG,因xa=a在G内有解, 记一个解为ea,下面证明ea为G内的左幺元. 对任
意
bG, ax=b 在 G 内有解, 记一个解为 c,那么有 ac=b ,所以
a
b
aedfbc
bceafd
c
d
cbfdea
dfaecb
f
fdcbae
6.对于n>2,作一阶为2n的非交换群.
7.设G是一群,a,bG,如果a-1ba=br,其中r为一正整数,证明a-ibai=.
证明：
我们采用数学归纳法证明.
当 k=1 时, a-1ba=br=, 结论成立；假设当 k=n 时结论成立, 即 a-nban=成立, 下面证明当 k=n+1 时结论也成立.
个等价关系的充分必要条件为 S 是一个子群.
证明:
首先证明若～是等价关系，则 S 是 G 的一个子群. 对任意 aG,有 a～a,故此 aa-1=eS；
对任意a,bS,由(ab)b-1=aS,可知ab～b，又be-1=bS,故b～e,由传递性可知 ab～e，即(ab)e-1=abS.再者因ae-1=aS,故a～e,由对称性可知e～a，即ea-1=a-1S.可见S是G 的一个子群.
证明:
下面证明 G={B,B2,…,Bn,AB,AB2,…,ABn}在矩阵的乘法下构成一群.
(Ⅰ)首先证明对乘法运算封闭. 下面进行分类讨论：
(1)BiBj=Bi+j,注意到Bn=故此
BiBj=BrG
这里 i+j=kn+r,kZ,0<rn.
(2)A BiBj=BrG
这里 i+j=kn+r,kZ,0<rn.
HxH=, HxH=G.
这是因为若假设 yHxH, 则存在 hH，使得 y=xh,即 x=yh-1H 产生矛盾,因此 HxH=;另一方面, xHG,HG, 又注意到 xH 和 H 中都有 n 个元素, 故此 HxH=G.
那么任取 aH,由上面的分析可知 axH, 从而可令
a=xh1
这里h1H.
假设存在 hH, 使得 aha-1H,则必有 aha-1xH,从而可令
接着证明当 S 是 G 的一个子群,下面证明～是一个等价关系.
对任意aG,有aa-1=eS，故此a～a(自反性);若a～b，则ab-1S,因为S为G的子群，故(ab-1)-1=ba-1S,因此b～a(对称性);若a～b，b～c,那么ab-1S,bc-1S,故ab-1bc-1=ac- 1S，因此a～c(传递性).
,
并且群 G 为一个交换群,可得
.
因此有
.
综上可知群 G 为一个交换群时映射是一同构映射.
(Ⅱ)接着证明当映射是一同构映射,则群 G 为一个交换群.
若映射是一同构映射,则对任意有
,
另一方面，由逆元的性质可知
.
因此对任意有
,
即映射是一同构映射,则群 G 为一个交换群.
9.设S为群G的一个非空子集合，在G中定义一个关系a～b当且仅当ab-1S.证明这是一
<1>对任意 aG，存在 bG，使得
ab=e;
(这一点很容易证明这里略过.)
<2>证 明 ba=ab=e;
因为
a(ab)b=aeb=ab=e
a(ba)b=(ab)(ab)=ee=e
再由条件(2),(3)知
ba=ab.
因此 G 内任意元素都可逆.
由(Ⅰ),(Ⅱ)及条件(1)可知 G 在该乘法下成一群.
综上可知～是一个等价关系.
10.设n为一个正整数,nZ为正整数加群Z的一个子群，证明nZ与Z同构.证明:
我们容易证明为 Z 到 nZ 的同构映射,故此 nZ 与 Z 同构.
11.证明:在S4中，子集合
B={e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}
是子群，证明B与U4不同构.
Stable[n_]:=(*生成Sn群表*)
(a=Se[n]; Table[pr[a[[i]],a[[j]],n],{I,1,n},{j,1,n}])
当 n=3 时群表如下：
[说明]：表示置换, 剩下的类似.为了让更清楚，我们分别用 e,a,b,c,d,f 表示,,,,那么群表如下:
eabcdf
e
eabcdf
a1(atak) =(a1at)ak=a1ak
由条件(2)可知
atak=ak.
类似可证
akat=ak.
因此at就是G的幺元.
(Ⅱ) 证明 G 内任意元素都可逆；