《近世代数》作业参考答案
近世代数课后习题答案
近世代数课后习题答案近世代数课后习题答案近世代数是数学中的一个重要分支，研究的是抽象代数结构及其性质。
在学习近世代数的过程中，课后习题是巩固知识、加深理解的重要途径。
本文将为大家提供一些近世代数课后习题的答案，希望对大家的学习有所帮助。
一、群论1. 设G是一个群，证明恒等元素是唯一的。
答案：假设G中有两个恒等元素e和e'，则有e * e' = e'和e' * e = e。
由于e是恒等元素，所以e * e' = e' = e' * e。
再由于e'是恒等元素，所以e * e' = e =e' * e。
因此，e = e'，即恒等元素是唯一的。
2. 设G是一个群，证明每个元素在G中的逆元素是唯一的。
答案：假设G中的元素a有两个逆元素b和c，即a * b = e，a * c = e。
则有a * b = a * c。
两边同时左乘a的逆元素a'，得到a' * (a * b) = a' * (a * c)。
根据结合律和逆元素的定义，等式右边可以化简为b = c。
因此，元素a的逆元素是唯一的。
二、环论1. 设R是一个环，证明零元素是唯一的。
答案：假设R中有两个零元素0和0'，则有0 + 0' = 0'和0' + 0 = 0。
由于0是零元素，所以0 + 0' = 0' = 0' + 0。
再由于0'是零元素，所以0 + 0' = 0 = 0' + 0。
因此，0 = 0'，即零元素是唯一的。
2. 设R是一个环，证明每个非零元素在R中的乘法逆元素是唯一的。
答案：假设R中的非零元素a有两个乘法逆元素b和c，即a * b = 1，a * c = 1。
则有a * b = a * c。
两边同时左乘a的乘法逆元素a'，得到(a * b) * a' = (a * c) *a'。
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。
近世代数试题及答案
近世代数试题及答案一、选择题（每题4分，共20分）1. 下列哪个选项不是群的性质？A. 封闭性B. 存在单位元C. 存在逆元D. 交换律答案：D2. 有限群的阶数为n，那么它的子群的个数至少为：A. nB. 1C. n-1D. n+1答案：B3. 以下哪个命题是正确的？A. 任意两个子群的交集仍然是子群B. 任意两个子群的并集仍然是子群C. 子群的子群仍然是子群D. 子群的补集仍然是子群答案：A4. 群G的阶数为n，那么它的元素的阶数不可能是：A. 1B. nC. 2D. n+1答案：D5. 以下哪个不是环的性质？A. 封闭性B. 交换律C. 分配律D. 结合律答案：B二、填空题（每题4分，共20分）1. 如果集合S上的二元运算*满足结合律，那么称S为________。
答案：半群2. 一个群G的所有子群的集合构成一个________。
答案：格3. 一个环R中，如果对于任意的a，b∈R，都有a+b=b+a，则称R为________。
答案：交换环4. 一个环R中，如果对于任意的a，b∈R，都有ab=ba，则称R为________。
答案：交换环5. 一个群G中，如果存在一个元素a，使得对于任意的g∈G，都有ag=ga=e，则称a为G的________。
答案：单位元三、简答题（每题10分，共30分）1. 请简述子群和正规子群的区别。
答案：子群是群G的非空子集H，满足H中的任意两个元素的乘积仍然在H中，并且H对于G的运算是封闭的。
正规子群是子群N，满足对于任意的g∈G和n∈N，都有gng^-1∈N。
2. 请解释什么是群的同态和同构。
答案：群的同态是两个群G和H之间的函数f，满足对于任意的g1，g2∈G，都有f(g1g2)=f(g1)f(g2)。
群的同构是同态，并且是双射，即存在逆映射。
3. 请解释什么是环的零因子和非零因子。
答案：在环R中，如果存在非零元素a和b，使得ab=0，则称a和b 为零因子。
如果环R中不存在零因子，则称R为无零因子环。
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 nn===⇒=---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 nm∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等: nma a = )(n m 〈 故 e amn =-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→3 3→2 3→4 4→3 4→5 … …τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A 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 + )(1:1ab x a x -+→-τ而 εττ=-1所以构成变换群.又 1τ: 1+→x x :2τ x x 2→ :21ττ )1(2+→x x :12ττ 12+→x x 故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ: )()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元. 证 :1τ )(1a a τ→ :2τ )(2a a τ→那么:21ττ )()]([2121a a a ττττ=→ 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ= =→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ 故 )()(321321ττττττ= 再证ε还是S 的单位元 :ε )(a a a ε=→:ετ )()]([a a a ττε=→τ:τε )()]([a a a τετ=→ ∴ τεετ=4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。
近世代数参考答案
近世代数参考答案《近世代数》A/B 模拟练习题参考答案⼀、判断题（每题4分，共60分）1、如果循环群G=(a)中⽣成元a 的阶是⽆限的，则G 与整数加群同构。
（ √ ）2、如果群G 的⼦群H 是循环群，那么G 也是循环群。
（ × ）3、两个⼦群的交⼀定还是⼦群。
（ × ）4、若环R 满⾜左消定律，那么R 必定没有右零因⼦。
（ √ ）5、任意置换均可表⽰为若⼲个对换的乘积。
（ √ ）6、F （x)中满⾜条件p(a)=0的多项式叫做元a 在域F 上的极⼩多项式。
（ × ）7、已知H 是群G 的⼦群，则H 是群G 的正规⼦群当且仅当g G ?∈，都有 1gHg H -= （ √ ）8、唯⼀分解环必是主理想环。
( × )9、已知R 是交换环，I 是R 的理想，则I 是R 的素理想当且仅当是/R I 整环。
（ √ ）10、欧⽒环必是主理想环。
（ √ ）11、整环中，不可约元⼀定是素元。
（ √ ）12、⼦群的并集必是⼦群。
（ × ）13、任何群都同构于某个变化群。
( √ )14、交换环中可逆元与幂零元的和是可逆元。
( √ )15、集合,A Z B N ==，::2f A B nn →+是从A 到B 的映射。
（ × ）⼆、证明题（每题20分，共300分）1Q 上的最⼩多项式。
解：令=u 32==u u .于是3223323315(32-?-=+-+=u u u u u u .移项后得32152(3+-=-u u u 两边平⽅，得到3222(152)(35)5+-=-?u u u .这是u 上满⾜的Q 上6次⽅程，故[():]6≤Q u Q .⼜3(2=u ()Q u .由[]2=Q Q 及[]|[():]Q Q Q u Q ，知2|[():]Q u Q .u (()=Q u Q u .⼜[]3=Q Q 及[]|[():]Q Q Q u Q ，得3|[():]Q u Q .于是6|[():]Q u Q ，因⽽[():]6=Q u Q . 由于3222(152)(35)50+---?=u u u ，故6次多项式3222(152)5(35)+---x x x 是u 在Q 上的最⼩多项式.2、求出阶是32的循环群(a )的所有⼦群，这些⼦群是否都是不变⼦群。
近世代数练习题部分答案(12级)(1)
练习题参考答案一、 判断题1. R 是A 的元间的等价关系.（错 ）见教材第27页习题2（2）2. 则G 是交换群.（正确）见教材第37页习题63、则该群一定为有限群.（错 ）见教材第39页例44、则G 与整数加群同构.（正确）见教材49页定理1（1）5、那么G 也是循环群.（错 ）三次对称群S 3的真子群为循环群，但S 3不为循环群.6、群G 的子群H 是正规子群的充要条件为1,g G g Hg H -∀∈⊆.（正确）见教材84页定理17、群G 的子群H 是正规子群的充要条件为，对Hg gH G g =∈∀,.（正确）见教材83页定义18、那么R 必定没有右零因子.（正确）见教材139页推论9、则N G /也是循环群.（正确）见教材95页定理310、那么R 的单位元一定是非零元.（正确）由于|R|≥2，故R 中存在非零元a ,由于a 0=0≠a ，说明零元不是单位元.11、整数环与偶数环同态.（错误）设Z Z 2:→ϕ为同态满射，且k 2)1(=ϕ，则24)1()1()11()1(k ==⨯=ϕϕϕϕ，即 242k k =，所以02=k 或12=k ，后者不可能，因此有02=k ，则0)1(=ϕ，得0)(=n ϕ，与ϕ为满射矛盾.12、剩余类环}5,4,3,2,1,0{6------=Z ,47Z 均是整环.（错误）根据教材149页定理2，6Z 有零因子，不是整环，47Z 是整环.13、素数阶群一定是交换群.（正确）根据教材69页推论1，该群中的元素除了单位元，其余元的阶等于群的阶，再根据教材50页推论1知该群为循环群，从而为交换群.二、单项选择题1、指出下列哪些运算是给定集合上的代数运算（ ④ ）2、设 是正整数集上的二元运算，其中{}b a b a ,max = （即取a 与b 中的最大者），关于运算 ，下列结论不正确的是（ ④ ）3、设G 是实数集,在其上规定运算k b a b a ++= :，这里k 为G 中固定的常数，那么() ,G 中的单位元e 和元x 的逆元分别是（④ ）4、设c b a ,,和x 都是群G 中的元素且xac acx bxc a x ==-,12，那么=x （①）5、设H 是群G 的子群，且G 有左陪集分解G HaH bH cH =，如果6=H ，那么G 的阶=G （② ）6、设21:R R f →是环同态满射，b a f =)(，那么下列错误的结论为（③ ）7、设},),{(为实数y x y x M =，对任意实数a ，规定)),((),0,(),(:M y x a x y x a ∈∀+→τ，}{为实数a G a τ=,下列说法错误的是（③ ）三、填空题1、三次对称群3S 关于子群)}12()1{(，=H 的所有左陪集为__H,(13)H,(23)H___.2、Kayley 定理说：任何群都同一个__双射变换________群同构.3、G auss 整环},{][Z b a bi a i Z ∈+=中的所有单位是 __±1，±i _______.4、设)57)(134(),234)(1372(==στ，则||τ=___6__,=-1στσ)241)(3452(.5、设R 是有单位元的环，且理想I =<a >，那么I 中的元素可以表示为x 1ay 1+…+x m ay m ,x i ,y i ∈R ,m 为整数.6、已知---++=253)(3x x x f ，---++=354)(2x x x g 为域6Z 上的多项式，则=+)()(x g x f 544323+++-x x x ，)(x g 在6Z 上的全部根为 3,1. 7、设H 是群G 的子群，G b a ∈,，则⇔=Hb Ha H ba ∈-1.8、设G =><a 是12阶循环群，则G 的生成元有 a ,a 5,a 7,a 11 .9、实数域R 的全部理想是 0, R .10、模8的剩余类环8Z 的全部零因子是6,4,211、阶大于1、有单位元且无零因子的交换 的环称为整环.四、计算与证明题1.解：（2）单位元为,1π414313212111,,,ππππππππ====----；（3）1阶子群：}{1π；2阶子群：},{},,{},,{},,{41313121ππππππππ，4阶子群：},,,{4321ππππ=G .（1）乘法表如下： 4321ππππ43211πππππ34122πππππ21433πππππ12344πππππ4. 设Z 为整数环，证明：（1）利用理想的定义验证，略（2）设有理想K 包含N ，即,R K N ⊆⊆由于Z 为主理想整环，所以K 为主理想，即有整数正k ，使>=<k K ，由于K N ⊂，且,p N ∈故,k p >=<∈K 从而,kn p =由于p 为素数，所以1k =或p k =，若k=p ，则K=N ；若k=1，则K=R ，所以除了Z 和N ，没有其它理想包含N .5.设R 是可交换的有限环,且含有单位元1，证明：R 中的非零元不是可逆元就是零因子.证明：设，},,,{21n a a a R =},,,{021n a a a R a =∈≠∀，且a 不是可逆元，令},,,,{21n aa aa aa S =由乘法封闭性，知 ,R S ⊆又元素a 不是可逆元，所以 n aa aa aa ,,,21 均不等于单位元1，所以S 为R 的真子集，又,n R =从而,1-≤n S 从而一定存在,j i ≠使,j i aa aa =即,0=-）（j i a a a 所以a 为环R 的零因子.6、设环R 含单位元1，证明：首先有N ⊆R ，又R a ∈∀，有1⋅=a a ，由于N 是R 的一个理想且1∈N ，根据理想的吸收性，有N a a ∈⋅=1，所以R ⊆N ，因此N=R.7、设K 是一个有单位元的整环，证明：K=<a >当且仅当a 是K 的可逆元. 证明：必要性 由于K 有单位元且可交换，故<a >={a r |任意r ∈K}，如果K=<a >，则1∈<a >,所以存在r ∈K ，使a r =1，因此a 是K 的可逆元； 充分性 a 是K 的可逆元，则存在r ∈K ，使a r =1，所以1∈<a >，任意s ∈K,由理想的吸收性，可知>∈<⋅=a s s 1,得K ⊆<a >，又显然<a >⊆ K ，所以K=<a >19、设环R 的特征char R=n 为合数，且|R|>1，证明环R 存在零因子.祝大家考试取得好成绩！。
韩士安近世代数课后习题参考答案2-2
习题2－21．证：因()()n n SL R GL R ⊆，()n n E SL R ∈，故()n SL R ≠∅∀,()n A B SL R ⊆，有111AB M A M −−=⋅⋅=，故1()n AB SL R −⊆从而()()n n SL R GL R ≤∀()n M GL R ∈，有111MAM M A M −−=⋅⋅=，故1()n MAM SL R −⊆所以()()n n SL R GL R2．由P －21，例4知，()c G G ≤又因为()c G 中的每一个元素与G 中的每一个元素都可交换，所以∀a G ∈，都有()()ac G c G a =，因此()c G G3．证：因为e e =，e HN ∈，所以HN ≠∅∀12,h h H ∈，12,n n N ∈，有11111111221122122122()()()()h n h n h n n h h h h n n h −−−−−−==又H G ≤，有112h h H −∈，N G ，故112122()h n n h N −−∈ 所以11122()()h n h n HN −∈故HN G < 4．证：1）M G ，N G ，故M N G ∩<又x M N ∀∈∩，a G ∈，M G ，有1axa M −∈ 又N G ，有1axa N −∈ 故1axa M N −∈∩ ()M N G ∴∩2）由题3知：MN G <，又∀,,m M n N a G ∈∈∈ 有111amna ama ana MN −−−=⋅∈ 故MN G5．解：对四次对称群4S 来说，44{(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)}K S =又因为4K 是交换群，故44{(1),(12)(34)}C K = 即444C K S ，但4C 不是4S 的正规子群，因为： 44(13){(13),(1234)},(13){(13),(1432)}C C == 44(13)(13)C C ≠8．证：H G ，则∀,a b G ∈，有()()()()aH bH aHb H abH H ab H H ab H ⋅===⋅=，必然性成立 若aH bH cH ⋅=，则()()ab ae be cH =∈ 从而()aH bH ab H ⋅=于是∀,a G h H ∈∈，有1()()ah a h aH −∈，11()a H aa H eH H −−===所以1aha H −∈ 故H G11．证：由于[:],G H m H G = ，故{}G aH a G H=∈∴x G ∀∈，有()m xH H =，故,m x G x H H ∀∈=m x H ∴∈12．证：,h H k K ∀∈∈， ,H G K G ∵∴1111()hkh k h kh k H −−−−=∈ 1111()hkh k hkh k K −−−−=∈∵ 11{}hkh k H K e −−∴⋅∈∩=故11hkh k e −−⋅=，即hk kh = 13．证：G a =<>，H G < {}G gH g G H=∈ ,G gH g G H∀∈∈，则m g a =G H∴为循环群。
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 ++++++=.。
近世代数试题及答案
近世代数试题及答案一、单项选择题（每题3分，共30分）1. 群的元素a的阶是指最小的正整数n，使得a^n=e，其中e是群的（）。
A. 单位元B. 零元C. 负元D. 逆元答案：A2. 环R中，如果对于任意的a，b∈R，都有a+b=b+a，则称R 是（）。
A. 交换环B. 非交换环C. 整环答案：A3. 向量空间V中，如果存在非零向量α，使得对于V中任意向量β，都有α⊥β，则称α是V的一个（）。
A. 基B. 零向量C. 法向量D. 正交向量答案：C4. 有限域F中，如果存在元素a∈F，使得a^p=a对于所有a∈F 成立，则称F是（）。
A. 素域B. 特征域C. 完全域答案：B5. 群G的一个子群H，如果对于任意的h∈H，g∈G，都有ghg^-1∈H，则称H是G的一个（）。
A. 正规子群B. 非正规子群C. 子群D. 群答案：A6. 环R中，如果对于任意的a，b∈R，都有ab=ba，则称R是（）。
A. 交换环B. 非交换环C. 整环答案：A7. 向量空间V中，如果存在一组向量α1，α2，…，αn，使得V中任意向量都可以表示为这些向量的线性组合，则称这组向量是V的一个（）。
A. 基B. 零向量C. 法向量D. 正交向量答案：A8. 群G的一个子群H，如果H=G，则称H是G的一个（）。
A. 正规子群B. 非正规子群C. 子群答案：C9. 环R中，如果对于任意的a，b∈R，都有a-b=b-a，则称R 是（）。
A. 交换环B. 非交换环C. 整环D. 除环答案：A10. 向量空间V中，如果存在一组向量α1，α2，…，αn，使得这些向量线性无关，并且V中任意向量都可以表示为这些向量的线性组合，则称这组向量是V的一个（）。
A. 基B. 零向量C. 法向量D. 正交向量答案：A二、填空题（每题4分，共40分）1. 群G中，如果对于任意的a，b∈G，都有ab=ba，则称G是________。
答案：交换群2. 环R中，如果对于任意的a，b∈R，都有ab=0，则称R是________。
《近世代数》作业参考详细标准答案
《近世代数》作业参考答案一．概念解释1．代数运算：一个集合B A ⨯到集合D 地映射叫做一个B A ⨯到D 地代数运算.2．群地第一定义：一个非空集合G 对乘法运算作成一个群，只要满足：1）G 对乘法运算封闭；2）结合律成立： )()(bc a bc a =对G 中任意三个元c b a ,,都成立.3）对于G 地任意两个元b a ,来说，方程b ax =和b ya =都在G 中有解.3．域地定义：一个交换除环叫做一个子域.4．满射：若在集合A 到集合A 地映射Φ下，A 地每一个元至少是A 中地某一个元地象，则称Φ为A 到A 地满射.5．群地第二定义：设G 为非空集合，G 有代数运算叫乘法，若：（1）G 对乘法封闭；（2）结合律成立； （3）单位元存在； （4）G 中任一元在G 中都有逆元，则称G 对乘法作成群.6．理想：环R 地一个非空子集N 叫做一个理想子环，简称理想，假若：（1）N b a N b a ∈-⇒∈, （2）N ar N ra N r N a ∈∈⇒∈∈,,7．单射：一个集合A 到A 地映射，a a →Φ: ，A a A a ∈∈,，叫做一个A 到A 地单射. 若：b a b a ≠⇒≠.8． 换：一个有限集合地一个一一变换叫做一个置换.9． 环：一个环R 若满足：（1）R 至少包含一个不等于零地元.（2）R 有单位元.（3）R 地每一个非零元有一个逆元，则称R 为除环.10．一一映射：既是满射又是单射地映射，叫做一一映射.11．群地指数：一个群G 地一个子群H 地右陪集（或左陪集）地个数，叫做群H 在G 里地指数.12．环地单位元：设R 是一个环，R e ∈，若对任意地R a ∈，都有a ae ea ==，则称e 是R 地单位元.二．判断题1．×； 2．×；3． √；4．×；5．√；6．√ ；7．√； 8，√；9．√；10．√；11．×；12．√13、√ 14、× 15、√三．证明题1． 证：G 显然非空，又任取A ，B G ∈，则1,1±=±=B A ，于是AB 是整数方阵，且1±=⋅=B A AB ， 故G AB ∈，即G 对乘法封闭.结合律显然成立，且E 是G 单位元.又设G A ∈，由于A 是整数方阵，故A 地伴随矩阵*A 也是整数方阵； 又,1±=A 故**-±==A A A A11，即1-A 也是整数方阵，即G 中每一个元在G 中都有逆元，从而证得G 作 成一个群.2．证：设∞=a ，则当n m ≠时，n m a a ≠，于是映射Φ：m a m →就是G=（a ）到整数加群Z 地一个一一映射.又n m a a a n m n m +→=⋅+，故Φ是G 到Z 地同构映射.即G=（a ）与整数加群Z 同构.3．证：i ±±,1显然是Z[i]地单位，设x=a+bi 是Z[i]中地任意单位，则存在y=c+di ][i Z ∈使xy=(a+bi)(c+di)=1 而(a+bi)(c+di)=ac-bd+(bc+ad)i 既有：ac-bd=1,ad+bc=0 (1)从而 a abd c a =-2 又ad= –bc 代入前式有：（a c b a =+)(22，即)(22b a +|a 若a=0,则由（1）有bd= –1,只有b=1±,即i x ±=.若0≠a ，则由)(22b a +|a 得b=0, a=1±,即x=1±,因此证得：Z[i] 地单位元只有i ±±,1.4．证：由题设可列乘法表：a b c d a a b c db b a d cc cd a bd d c b a由此表可知：方阵普通乘法是G 地代表运算，a 是G 地单位元，又由于对角线位置上地元素相等，故乘法可以交换，且每个元素G 中都有逆元，结合率显然成立.故G 对方阵普通乘法作成一个交换群.5．证：设e 是群G 地单位元，则e 显然满足方程另外设,G a ∈且a a =2，则有a a a a 121--= 即a=e, 即只有e 满足方程x x =2.6．证：因为5212=±i 为素数，则i 21±（以及i i i ±-±±-2,2,21）是Z[i]地不可约元，且显然有分解：)21)(21(5i i -+= 若设i n a a a a (521 =不可约） 则2222125n a a a ⋅=且25,122≠≠i ia a ，这只有2=n ，且52=i a 不妨设 5=ab 且522==b a 则只能b a =，即5=a a ，即5有唯一分解.7．证：由乘法表可知，G 对所给乘法封闭，e 是单位元，又e e =-1，b a =-1，a b =-1，即每个元素在G 中都有逆元，因此要证G 是一个群，只要再证结合律成立即可.任取G y x ∈,，则显然有：)()()(ye x xy ey x xy e ===)()(xx x x xx =其次令},{,b a y x ∈，且y x ≠，则由乘法表知：e yx xy x yy y xx ====,,，可知结合律成立.8．证：1）设21,e e 分别是环R 地左右单位元，则由此有：1e 22e e = ，1e 2e =1e ，从而1e =2e ，即它是R 地单位元.2）设1e ，2e 是R 地两个互异地左单位元，则对任意地0,≠∈a R a ，有a e a a e 21== 或（1e -2e ）a =0，但1e -2e ≠0，故a 是R 地一个右零因子.同理，若R 有至少两个右单位元，则R 地每一个非零元都是R 地左零因子.9． 证：任取A ，B ∈F ，且令⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=a b b a A ，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=c d d c B ，显然F B A ∈-，又当 0≠B 时，实数c,d 不全为零，于是022≠+=d c B ，且F bd ac bc ad ad bc bd ac AB ∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+=-1，故F 是M （R ）地一个子域.10．证：显然所给运算是G 地一个代数运算，又任取,,,G c b a ∈则 cu b au c b au c b a 111)()()(---== )()()(111c bu au c bu a c b a ---== 而G 是群.)()(1111c bu au c u b au ----= 即)()(c b a c b a = 即G 对新代数运算结合律成立.又任取G a ∈， a auu u a ==-1 ，即u 是右单位元.又u u ua au u ua a ==---)()(111 ，即u ua 1-是a 地右逆元.由群地定义知，G 对新运算也作成一个群.11．证：设E AB =，由于R 可交换，得：1===A B B A AB ，从而A 可逆，设*A 是A 地伴随矩阵，则由R 有单位元1可知：E A AA A A ==** 于是*--=A A A 11 故若：E AB =，则：A ABA =E A A ABA A ==--11 ，即E BA = 同理可由E AB E BA =⇒=，证毕.12．证：不妨设A 含有单位元e ，任取A a a ∈21,，R r B b b ∈∈,,21，由题设A ，B 都是R 地理想，得: B b a b a ∈-2211B A b a b a e b a e b a e b ea b ea b a b a ∈-=-=-=-)()()()()(221122112211221113.1、)}132(),123(),23(),13(),12(),1{(3=S ; ---2．左陪集：)}12(),1{(=H ；)}132(),13{()13(=H ；)}123(),23{()23(=H --右陪集：)}12(),1{(=H ；)}123(),13{()13(=H ；)}132(),23{()23(=H ---3．子群：)}12(),1{()},1{(21==H H36543)},132(),123(),1{()},23(),1{()}},13(),1{(S H H H H ====六个子群；---)},1{(1=H 365)},132(),123(),1{(S H H ==三个正规子群；--14.1．6;3．)12)(13)(12)(15)(14()23)(154(1==-τστ.—15.设H=[e],由于～是等价关系，故e ～e,即H e ∈----H b a ∈∀,,则a ～e, b ～e 因而ae ～1-a , be ～b 1-b ,由题设可得e ～1-a , e ～1-b ,---10分;由对称性及传递性得1-b ～1-a ,a a 1-1-b ～1-a e,再由题设得a 1-b ～e 即a 1-b H ∈,那么与G 地单位元e 等价地元所作成地集合G 地一个子群-----16.1、),2(x 刚好包含所有多项式:)0,(,210≥∈+++n R a x a x a a i n n . -2、假定),2(x 是主理想,即))((),2(x p x =那么)),((2x p ∈))((x p x ∈,因而 )()(),()(2x p x h x x p x q ==但由)()(2x p x q =,可得R a x p ∈=)(,即1±=a ,a x h x )(=这样),2()(1x x p ∈=±是矛盾地. --3、 若R 是有理数域,那么][x R 包含有理数21,于是),2(1221x ∈=,因而它地理想 ),2(x 含有单位元1,因此),2(x 等于主理想(1). -17.设G 是一个6阶群,e 是地单位元，由Lagrange 定理,G 地非单位元地阶只能是2,3,或6.若G 中非单位元地阶皆为2,则G 是交换群.--；设b a ,是两个2阶元，则},,,{ab b a e 是G 地4阶子群这与Lagrange 定理矛盾，所以G 中必有3阶元或6阶元.--；若b 是6阶元,则2b 是三阶元,因此G 必有一个3阶子群；若c 是三阶元，则G 必有一个3阶子群.-18.HK hk ∈∀，)()()()()(H h k h hk ϕϕϕϕϕ∈==，因此∈hk ))((1H ϕϕ-，即))((1H HK ϕϕ-⊆；-∈∀x ))((1H ϕϕ-，有)()(H x ϕϕ∈，存在H h ∈，使得)()(x h ϕϕ=，因此K e x h x h ∈==---)()()(11ϕϕϕ，存在K k ∈，使得HK hk x k x h ∈==-,1，即HK H ⊆-))((1ϕϕ，因此HK H =-))((1ϕϕ.- 19. 1．R 是有单位元地可换环,那么理想)1(i +地元素形式为i b a b a i bi a )()()1)((++-=++,注意到b a b a +-,同奇偶性--；而且对任意地R yi x ∈+,且y x ，地奇偶性相同,设y b a x b a =+=-,,即2,2x y b y x a -=+=,则)1(i yi x +∈+,因此)1(i +由一切yi x +组成,其中y x ，同奇偶性；由此可见对任意地R yi x ∈+,只要y x ，同奇偶性,恒有)1()1(i i yi x +=+++；若R yi x ∈+,且y x ，奇偶性不相同,恒有)1(1)1(i i yi x ++=+++,即}1,0{)1/(=+i R ,---；2．设N i R N ⊂+)1(, ，存在N yi x ∈+，但是)1(i yi x +∉+，即y x ,奇偶性不同，因而y x ,1-奇偶性相同，即)1(1i yi x +∈+-，所以N yi x yi x ∈=+--+1])1[(，故][i Z N =，所以(1+i)是][i Z 地极大理想；从而)1/(i R +是仅含有两个元地域.四．解答题1．解：A a a a a a a ∈→Φ212121,},,m in{),(:，就是一个A A ⨯到A 地一个满射.2．解1）H 不一定是群G 地子群，例： G=Z Z m m ⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛101为整数域.对矩阵普通乘法作成一个群，而 H=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ 101,1021,1011,1001n 为G 地一个非空子集，易知有H H =2，但 H 不是G 地子群，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1011在H 中没有逆元.2）当H 有限时，则H 是G 地子群.任取H b a ∈,，由于H H=2，而H H ab =∈2即H ab ∈即H 对乘法运算封闭，即H 是G 地子群.3．解：易知R 作成一个有单位元地可换环，但不一定作成域，如：当F 为实数域时，方阵 02122≠⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=A ，属于R 但0=A ，故A 在R 中没有逆元，从而R 不能作成域，但是当F 为有理数域时，R 可以作成域.4．解：Φ是X 到F 地一个映射，但不是一一映射，因为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=0011,0001B A ，A ，B ,X ∈且A B ≠，但在Φ下，0)()(=Φ=ΦB A ，不是一一映射. 5．解： 1）如整数加群G 除单位元O 外，每个元地阶都无限.2）如：全体非零有理数对普通乘法作成一个群，满足题设条件，除单位元1地阶是1外，-1地阶是2，而其余各元素地阶都是无限.6．解：能作成群，因为数地普通乘法显然是R 地代数运算，结合律当然成立，又1是R 地单位元，1与-1地逆元均为自身，任意R 地元a 都有逆元a1，故R 作成群.7．解：105,84,63;42;21:1→→→→→Φ 105,84,63,42,01:2→→→→→Φ则1Φ，2Φ是X 到Y 地两个单射.8．解：易知整数k,l 有相同地奇偶性⇔存在整数x,y,满足：y x l y x k +=-=, （1）又Z[i]是有单位元地可换环，所以{}{}Z y x i y x y x i Z yi x i yi x i G ∈++-=∈+++>=+=<,|)()(][|)1)((1由（1）知对][i Z li k ∈+，有.,.1l k i li k >⇔+∈<+有相同地奇偶性又][1i Z ∈，但>+∉<i 11取任][i Z ni m ∈+，若ni m +∉<1+i>,即m,n 有相反地奇偶性，从而>+∈<+-=-+i 1ni )1m (1ni m ，即>+<+>=+<++i 11i 1ni m ，故>+<i 1i][Z 共有两个元素>+<+>+<i 11,i 1. 9．解：域或其子域有相同地单位元，事实上若1F 是F 地子域，I 是F 地单位元，I '是1F 地单位元，则任取1F a ∈，且0≠a ，由1F 是域知F a ∈-1，且I aa '=-1，但I aa F a a =∈--111,,，故I aa I =='-1，即F 与1F 有相同地单位元.10．解：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 地两个不同地映射.11．解：G 地单位元为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1001e ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=0110a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=01112a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=01103a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=10014a 又⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=01112b ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=10013b ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1011ab 对任意地整数n ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≠⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=10011011011)(n ab n n 即a 地阶为4，b 地阶为3, ab 地阶为无限. 12．解：不一定例如：令F 为任意数域，又H ，N, R 分别由以下三种方阵作成地集合：⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛000000001a ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛000000021a a ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛654321000a a a a a a 其中F a i ∈很明显对方阵普通加法与乘法R 作成环，且N 是R 地理想，H 是N 地理想，但是：H ∉⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛000000100000100000000000010 故H 不是R 地理想.13.1．(15)(2379)(468),σ= -2．)46)(48)(23)(27)(29)(15(=σ -3．1(15)(9732)(864),||12σσ-==.-五、单项选择题1．C 2.D 3. D 4.A 5.C 6. B 7.B版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. Copyright is personal ownership.用户可将本文地内容或服务用于个人学习、研究或欣赏，以及其他非商业性或非盈利性用途，但同时应遵守著作权法及其他相关法律地规定，不得侵犯本网站及相关权利人地合法权利.除此以外，将本文任何内容或服务用于其他用途时，须征得本人及相关权利人地书面许可，并支付报酬.Users may use the contents or services of this article for personal study, research or appreciation, and other non-commercial or non-profit purposes, but at the same time, they shall abide by the provisions of copyright law and other relevant laws, and shall not infringe upon the legitimate rights of this website and its relevant obligees. 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《近世代数》练习题及参考答案
《近世代数》练习题及参考答案1．设A={a ，b ，c ，d}试写出集合A 的所有不同的等价关系。
2．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。
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.4．设G=。
⎭⎬⎫⎩⎨⎧≠∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛0,a R a a a a a 证明：G 关于矩阵的乘法构成群。
5．证明：所有形如n m 32的有理数（m ，n ∈Z ）的集合关于数的乘法构成群。
参考答案1． 设A= 试写出集合A 的所有不同的等价关系。
解2．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：（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。
∀A ∈Mn(R),A+0=0+A=A 。
（5）∀A ∈Mn(R),负元是-A 。
A+(-A)=(-A)+A=0。
∴（Mn(R),+）构成一个Abel 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：（1）由于E ∈On (R),∵On (R)非空。
(2 ) 任意A,B ∈On (R)，有（AB ）T=B T A T =B -1A -1=(AB) -1,∴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A T ∈On (R)，满足AA T =E=AA -1, A T A=E=A -1A ．∴A T 为A 在On (R)中的逆元。
∴On (R)关于矩阵的乘法构成一个群。
{}d c b a ,,,4．设G=。
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。
近世代数课后练习答案
§1—3 集合、映射及代数运算思考题1：如何用语言陈述“A B ⊄”？定义4：设A B ⊂，且存在B a A a ∉∈但，那么称B 是A 的真子集，否则称B 不是A 的真子集。
思考题2：若A B ⊂，但B 不是A 的真子集，这意味着什么？定义5：若集合A 和B 含有完全一样的元素，那么称A 与B 相等，记为A =B .结论1：显然，A B B A B A ⊂⊂⇔=且.（4）集合的运算 ①集合的并：{}B x A x x B A ∈∈=或 ②集合的交：{}B x A x x B A ∈∈=且 ③集合的差：{}B x A x x B A ∉∈=-且 ④集合在全集内的补：{}A x E x x A ∉∈=且⑤集合的布尔和（对称差）：{})()()()( B A B A A B B A B A x B x A x x B A -=--=∉∈∈=⊕但或 ⑥集合的卡氏积：{}B b A a b a B A ∈∈=⨯且),(卡氏积的推广：{}m i A a a a a A A A A m A A A i i m m mi i m ,,2,1,),,,( ,,,2121121 =∈=⨯⨯⨯=∏=：成的卡氏积为个集合，那么由它们做是令课堂练习：which of the following rules are algebra operations on the indicated set? 1、.,Q set the on ab b a =2、{}.0,ln >∈=x and R x x set the on b a b a3、.,0222R set the on b a x equation the of root a is b a =-4、.,Z set the on n Subtractio5、{}.0,≥∈n and Z n n set the on n Subtractio6、{}.0,≥∈-=n and Z n n set the on b a b aSolution:1、.221Q b a b and a when ∉=⇒==2、.0ln 12121<=⇒==b a b and a when3、⎩⎨⎧⋅-⋅=⇒==32323,2b a b a when4、.Okay5、.0352<-=⇒==b a b and a when6、.Okay§4—6 结合律、交换律及分配律例1、设,Z A =“ ”是整数中的加法：则)()(,,,t s r t s r Z t s r ++=++∈∀∴“+”在Z 中适合结合律。
近世代数（含答案）
近世代数（含答案）近世代数一、单项选择题1、6阶有限群的任何一个子群一定不是（ C ）。
A ．2阶 B ．3阶 C ．4阶 D ．6阶2、设G 是群，G 有（ C ）个元素，则不能肯定G 是交换群。
A ．4个B ．5个C ．6个D ．7个3、下面的代数系统(,*)G 中，（ D ）不是群。
A ．G 为整数集合，*为加法B ．G 为偶数集合，*为加法C ．G 为有理数集合，*为加法D ．G 为有理数集合，*为乘法4、设G 有6个元素的循环群，a 是生成元，则G 的子集（ C ）是子群。
A ．{}aB ．{},a eC ．{}3,e aD ．{}3,,e a a5、在自然数集N 上，下列哪种运算是可结合的？（ B ）A ．*a b a b =?B ．{}*max ,a b a b =C ．*2a b a b =+D ．a b a b +=?二、填空题1、已知群G 中的元素a 的阶等于50，则4a 的阶等于（ 25 ）。
2、一个有单位元的无零因子的（交换环）称为整环。
3、群的单位元是（唯一）的，每个元素的逆元素是（唯一）的。
4、一个子群H 的右、左陪集的个数（相等）。
5、无零因子环R 中所有非零元的共同的加法阶数称为R 的（特征）。
6、设群G 中元素a 的阶为m ，如果na e =，那么m 与n 存在整除关系为（ |m n ）。
7、如果f 是A 与A 间的一一映射，a 是A 的一个元，则1[()]ff a ?=（ a ）。
8、循环群的子群是（循环群）。
9、若{}2,5A =，{}1,0,2B =?，则A B ×=（ {}(2,1),(2,0),(2,2),(5,1),(5,0),(5,2)?? ）。
10、如果G 是一个含有15个元素的群，那么，对于a G ?∈，则元素a 的阶只可能是（ 1,3,5,15 ）。
三、问答题 1、什么是集合A 上的等价关系？举例说明。
【答案】设R 是某个集合上的一个二元关系。
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 。
近世代数A参考答案与评分标准
近世代数A 参考答案与评分标准一、判断题：本题共10小题，每小题2分，满分20分．1. 对，2. 错，3. 错，4. 错，5 对，6. 对，7. 对，8. 错，9. 对，10. 对 。
二、填空题：本题共9小题，每小2分，满分18分．11. 11(...)n n i i i -， 12. 7， 13 ()()(){}23,12,13， 14. ,,ra na r R n Z +∈∈，15．是，16. (162)(3457)，17. [0],[4]，18. 反身律，19. U 是最大理想。
三、解答题：本题共7小题，每小题6分，满分42分．20． 证明：对于N 的任意元 12n n ，，G 的任意元a ，1212121212()()()()()n n a n n a n an n a n a n n ====，（3分）111111n a n ann n nan an ------===，故N 是子群。
（5分） 由于N 的元可与G 的元交换，故aN Na =，即N 是不变子群。
（6分）21．证明：不妨设右单位元为e ，g 的右逆元是1g -，1g -的右逆元为'g ，则1gge -=，1'g g e -=；（2分）于是1111'11'1'1'()g g g ge g gg g g gg g g eg g g e --------======，（4分）即右逆元是左逆元。
再者，若11,()()ge g eg gg g g g g ge g --=====。
（6分）22．证明：假定U 是包含()p 且比()p 大的理想。
由于I 是主理想整环，故()()p U a ⊂=，（2分）因而，,p ya y I =∈（3分），a 是p 的因子，但p 是素元，所以a 不是p 的相伴元，就是单位。
（4分）若a 是p 的相伴元，a p ε=，那么(),()()a p a U p ∈=⊂，与假设矛盾。
哈工大近世代数习题参考答案
1）封闭性：对 ∀f , g ∈ G ，设 f ( x) = ax + b ， g ( x) = cx + d ， a ≠ 0, c ≠ 0 ， 则 f g ( x) = f ( g ( x)) = f (cx + d ) = a (cx + d ) + b = (ac) x + ad + b ，所以 f g ∈ G 2）结合律：映射的复合满足结合律。 3）单位元： I R ( x) = x 4）逆元： 显然对 ∀f ∈ G ， 由 f 为双射， 故 f 可逆， 且 f −1 ( x) = 12.5.3 证明：由 a r ∈ G ，则 (a r ) ⊆ G 。设 a r 的阶为 k ，即 (a r ) k = e 。 因为 (a r ) n = (a n ) r = e r = e ，所以 k n 。又由 (a r ) k = e ⇒ a rk = e ，而 a n = e ，
ϕ (e1 ) ∗ y = ϕ (e1 ) ∗ ϕ ( x) = ϕ (e1 x) = ϕ ( x) = y ，同理有 y ∗ ϕ (e1 ) = ϕ ( x) = y ，所以：
ϕ (e1 ) ∗ y = y ∗ ϕ (e1 ) = y ，则 ϕ (e1 ) = e2 ，所以 e1 ∈ S 。
2）封闭性：对 ∀x, t ∈ S ，有 ϕ ( x) = e2 ， ϕ (t ) = e2 ，则 ϕ ( x t ) = ϕ ( x) ∗ ϕ (t ) = e2 ， 所以 x t ∈ S 。 3）结合律：显然。 4）单位元： e1 ∈ S 。 5）逆元：对 ∀x ∈ S ，有 ϕ ( x) = e2 ，则： e2 = ϕ (e1 ) = ϕ ( x x −1 ) = ϕ ( x) ∗ ϕ ( x −1 ) = e2 ∗ ϕ ( x −1 ) = ϕ ( x −1 ) ，即 ϕ ( x −1 ) = e2 ，所以 x −1 ∈ S 。 12.4.1 证明：显然对 ∀f ∈ G ， f 为双射。
《近世代数》练习题及答案.doc
《近世代数》练习题及答案1. B u A,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A=B时才能出现。
证明如下：当A=B时，即有BA, A(Z B,若有' a e A而a £ B ,显然矛盾；若BuA,但B不是A的真子集，可知凡属于A的兀素不可能不属于B,故A=B2.A=(1, 2, 3, .... , 100｝,找一个AXA 到 A 的映射。
解S(a"2)= 1易证。
102都是AXA到A的映射。
3.在你为习题1所找的映射下，是不是A的每一个元都是AXA的一个元的象？解在0]下，有' A的元不是AX A的任何元的象；容易验证在啊下，A的每个元都是AXA的一个元的象。
4.A=｛所有实数｝。
O (a, b) Ta+b=aOb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。
(aOb) Oc=a+2b+2c, aO (bOc) =a+2b+4c(aOb) Oc#aO (bOc)除c=05.假定巾是A与A间的一个---- 映射，a是A的一个元。
厂[0(a)] = ?,如尸(«)] = ?解厂渺(a)] = a0[户(a)]未必有意义;当巾是A的一个一一变换时(/)-' [©(a)] =。
0[厂(a)] = a.6.假定A和，对于代数运算。
和：来说同态，云和云对于代数运算：和；来说同态, 证明A和云对于代数运算。
和；来说同态。
、〒S '• a — a表示A到屈勺同态满射iiE /Il —— ». _—,©2 ：。
t。
表示A SU A的同态满射容易验证。
是A到葡满射a。
b T ONMa。
b)l =(/)2(a。
b) = a。
b所以6是A到工的关于代数运算：和；来说同态满射。
7.A={所有有理数},找一个A的对于普通加法来说的自同构(映射x<^x除外)证© : x —> 2x对于普通加法来说是A的一个同构，很容易验证。
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《近世代数》作业参考答案一．概念解释1．代数运算：一个集合B A ⨯到集合D 的映射叫做一个B A ⨯到D 的代数运算。
2．群的第一定义：一个非空集合G 对乘法运算作成一个群，只要满足：1）G 对乘法运算封闭；2）结合律成立： )()(bc a bc a =对G 中任意三个元c b a ,,都成立。
3）对于G 的任意两个元b a ,来说，方程b ax =和b ya =都在G 中有解。
3．域的定义：一个交换除环叫做一个子域。
4．满射：若在集合A 到集合A 的映射Φ下，A 的每一个元至少是A 中的某一个元的象，则称Φ为A 到A 的满射。
5．群的第二定义：设G 为非空集合，G 有代数运算叫乘法，若：（1）G 对乘法封闭；（2）结合律成立； （3）单位元存在； （4）G 中任一元在G 中都有逆元，则称G 对乘法作成群。
6．理想：环R 的一个非空子集N 叫做一个理想子环，简称理想，假若： （1）N b a N b a ∈-⇒∈, （2）N ar N ra N r N a ∈∈⇒∈∈,,7．单射：一个集合A 到A 的映射，a a →Φ: ，A a A a ∈∈,，叫做一个A 到A 的单射。
若：b a b a ≠⇒≠。
8． 换：一个有限集合的一个一一变换叫做一个置换。
9． 环：一个环R 若满足：（1）R 至少包含一个不等于零的元。
（2）R 有单位元。
（3）R 的每一个非零元有一个逆元，则称R 为除环。
10．一一映射：既是满射又是单射的映射，叫做一一映射。
11．群的指数：一个群G 的一个子群H 的右陪集（或左陪集）的个数，叫做群H 在G 里的指数。
12．环的单位元：设R 是一个环，R e ∈，若对任意的R a ∈，都有a ae ea ==，则称e 是R 的单位元。
二．判断题1．×； 2．×；3． √；4．×；5．√；6．√ ；7．√； 8，√；9．√；10．√；11．×；12．√ 三．证明题1． 证：G 显然非空，又任取A ，B G ∈，则1,1±=±=B A ，于是AB 是整数方阵，且1±=⋅=B A AB ， 故G AB ∈，即G 对乘法封闭。
结合律显然成立，且E 是G 单位元。
又设G A ∈，由于A 是整数方阵，故A 的伴随矩阵*A 也是整数方阵； 又,1±=A 故**-±==A A AA 11，即1-A 也是整数方阵，即G 中每一个元在G 中都有逆元，从而证得G 作 成一个群。
2．证：设∞=a ，则当n m ≠时，n ma a ≠，于是映射Φ：m a m →就是G=（a ）到整数加群Z 的一个一一映射。
又n m aa a nm nm+→=⋅+，故Φ是G 到Z 的同构映射。
即G=（a ）与整数加群Z 同构。
3．证：i ±±,1显然是Z[i]的单位，设x=a+bi 是Z[i]中的任意单位，则存在y=c+di ][i Z ∈使xy=(a+bi)(c+di)=1 而(a+bi)(c+di)=ac-bd+(bc+ad)i 既有：ac-bd=1,ad+bc=0 (1)从而 a abd c a =-2又ad= –bc 代入前式有：（a c b a =+)(22，即)(22b a +|a若a=0,则由（1）有bd= –1,只有b=1±,即i x ±=。
若0≠a ，则由)(22b a +|a 得b=0, a=1±,即x=1±,因此证得：Z[i] 的单位元只有i ±±,1。
4．证：由题设可列乘法表：a b c d a a b c d b b a d c c c d a b d d c b a由此表可知：方阵普通乘法是G 的代表运算，a 是G 的单位元，又由于对角线位置上的元素相等，故乘法可以交换，且每个元素G 中都有逆元，结合率显然成立。
故G 对方阵普通乘法作成一个交换群。
5．证：设e 是群G 的单位元，则e 显然满足方程另外设,G a ∈且a a =2，则有a a a a 121--= 即a=e, 即只有e 满足方程x x =2。
6．证：因为5212=±i为素数，则i 21±（以及i i i ±-±±-2,2,21）是Z[i]的不可约元，且显然有分解：)21)(21(5i i -+= 若设i n a a a a (521 =不可约） 则2222125n a a a ⋅=且25,122≠≠iia a ，这只有2=n ，且52=ia 不妨设5=ab 且522==b a则只能b a =，即5=a a ，即5有唯一分解。
7．证：由乘法表可知，G 对所给乘法封闭，e 是单位元，又e e=-1，b a =-1，a b =-1，即每个元素在G 中都有逆元，因此要证G 是一个群，只要再证结合律成立即可。
任取G y x ∈,，则显然有：)()()(ye x xy ey x xy e === )()(xx x x xx =其次令},{,b a y x ∈，且y x ≠，则由乘法表知：e yx xy x yy y xx ====,,，可知结合律成立。
8．证：1）设21,e e 分别是环R 的左右单位元，则由此有：1e 22e e = ，1e 2e =1e ， 从而1e =2e ，即它是R 的单位元。
2）设1e ，2e 是R 的两个互异的左单位元，则对任意的0,≠∈a R a ，有a e a a e 21== 或（1e -2e ）a =0，但1e -2e ≠0，故a 是R 的一个右零因子。
同理，若R 有至少两个右单位元，则R 的每一个非零元都是R 的左零因子。
9． 证：任取A ，B ∈F ，且令⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=a b b a A ，⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=c dd c B ，显然F B A ∈-，又当 0≠B 时，实数c,d 不全为零，于是022≠+=d c B ，且F bd ac bc ad ad bc bd ac AB ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛+--+=-1，故F 是M （R ）的一个子域。
10．证：显然所给运算是G 的一个代数运算，又任取,,,G c b a ∈则c u b au c b au c b a 111)()()(---== )()()(111c bu au c bu a c b a ---== 而G 是群。
)()(1111c bu au c u b au ----= 即)()(c b a c b a = 即G 对新代数运算结合律成立。
又任取G a ∈， a a u uu a ==-1，即u 是右单位元。
又u u ua au u ua a ==---)()(111 ，即u ua 1-是a 的右逆元。
由群的定义知，G 对新运算也作成一个群。
11．证：设E AB =，由于R 可交换，得：1===A B B A AB ，从而A 可逆，设*A 是A 的伴随矩阵，则由R 有单位元1可知：E A AA A A ==** 于是*--=A A A 11 故若：E AB =，则：A ABA = E A A AB AA ==--11 ，即E BA = 同理可由E AB E BA =⇒=，证毕。
12．证：不妨设A 含有单位元e ，任取A a a ∈21,，R r B b b ∈∈,,21，由题设A ，B 都是R 的理想，得:B b a b a ∈-2211 B A b a b a e b a e b a e b ea b ea b a b a ∈-=-=-=-)()()()()(2211221122112211四．解答题1．解：A a a a a a a ∈→Φ212121,},,m in{),(:，就是一个A A ⨯到A 的一个满射。
2．解1）H 不一定是群G 的子群，例： G=Z Z m m ⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛101为整数域。
对矩阵普通乘法作成一个群，而 H=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ 101,1021,1011,1001n 为G 的一个非空子集，易知有H H =2，但H 不是G 的子群，⎪⎪⎭⎫⎝⎛1011在H 中没有逆元。
2）当H 有限时，则H 是G 的子群。
任取H b a ∈,，由于H H =2，而H H ab =∈2即H ab ∈即H 对乘法运算封闭，即H 是G 的子群。
3．解：易知R 作成一个有单位元的可换环，但不一定作成域，如：当F 为实数域时，方阵02122≠⎪⎪⎭⎫⎝⎛=A ，属于R 但0=A ，故A 在R 中没有逆元，从而R 不能作成域，但是当F 为有理数域时，R 可以作成域。
4．解：Φ是X 到F 的一个映射，但不是一一映射，因为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=0011,0001B A ，A ，B ,X ∈且A B ≠，但在Φ下，0)()(=Φ=ΦB A ，不是一一映射。
5．解： 1）如整数加群G 除单位元O 外，每个元的阶都无限。
2）如：全体非零有理数对普通乘法作成一个群，满足题设条件，除单位元1的阶是1外，-1的阶是2，而其余各元素的阶都是无限。
6．解：能作成群，因为数的普通乘法显然是R 的代数运算，结合律当然成立，又1是R 的单位元，1与-1的逆元均为自身，任意R 的元a 都有逆元a1，故R 作成群。
7．解：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。
8．解：易知整数k,l 有相同的奇偶性⇔存在整数x,y,满足：y x l y x k +=-=, （1） 又Z[i]是有单位元的可换环，所以{}{}Z y x i y x y x i Z yi x i yi x i G ∈++-=∈+++>=+=<,|)()(][|)1)((1 由（1）知对][i Z li k ∈+，有.,.1l k i li k >⇔+∈<+有相同的奇偶性又][1i Z ∈，但>+∉<i 11取任][i Z ni m ∈+，若ni m +∉<1+i>,即m,n 有相反的奇偶性，从而>+∈<+-=-+i 1ni )1m (1ni m ，即>+<+>=+<++i 11i 1ni m ，故>+<i 1i][Z 共有两个元素>+<+>+<i 11,i 1。
9．解：域或其子域有相同的单位元，事实上若1F 是F 的子域，I 是F 的单位元，I '是1F 的单位元，则任取1F a ∈，且0≠a ，由1F 是域知F a ∈-1，且I aa '=-1，但I aa F aa =∈--111,,，故I aa I =='-1，即F 与1F 有相同的单位元。