近世代数杨子胥最新版题解_答

合集下载

近世代数杨子胥最新版题解_答复习过程

近世代数杨子胥最新
版题解_答
近世代数
第一章基本概念
§1. 1
1.
4.
5.
近世代数题解§1. 2 2.
3.
近世代数题解§1. 3
1. 解 1)与3)是代数运算，2)不是代数运算．
2. 解这实际上就是M中n个元素可重复的全排列数n n．
3. 解例如A B＝E与A B＝AB—A—B．
4.
5.
近世代数题解§1. 4
1.
2.
3.解 1）略 2）例如规定
4．
5．略
近世代数题解§1. 5
1. 解 1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射．
2.略
3.
4.
5.
§1. 6
1.
2. 解 1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性；
3)是等价关系；4)是等价关系．
3. 解 3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类．。

近世代数杨子胥最新版题解-答

近世代数第一章基本概念§1. 11.4.5.近世代数题解§1. 2 2.3.近世代数题解§1. 31. 解1)及3)是代数运算，2)不是代数运算．2. 解这实际上就是M中n个元素可重复全排列数n n．3. 解例如A B＝E及A B＝AB—A—B．4.5.近世代数题解§1. 41.2.3.解1）略2）例如规定4．5．略近世代数题解§1. 51. 解1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射．2.略3.4.5.§1. 61.2. 解1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性；3)是等价关系；4)是等价关系．3. 解3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类．4.则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把Q换成实数域任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．5.6.证1）略2）7.8.9.10.11.12.第二章群§2. 1 群定义和初步性质一、主要内容1．群和半群定义和例子特别是一船线性群、n次单位根群和四元数群等例子．2．群初步性质1)群中左单位元也是右单位元且惟一；2)群中每个元素左逆元也是右逆元且惟一：3)半群G是群⇔方程a x=b及y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．4)有限半群作成群⇔两个消去律成立．二、释疑解难有资料指出，群有50多种不同定义方法．但最常用有以下四种：1)教材中定义方法．简称为“左左定义法”；2)把左单位元换成有单位元，把左逆元换成右逆元(其余不动〕．简称为“右右定义法”；3)不分左右，把单位元和逆元都规定成双边，此简称为“双边定义法”；4)半群G再加上方程a x=b及y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．此简称为“方程定义法”．“左左定义法”及“右右定义法”无甚差异，不再多说．“双边定\义法”缺点是定义中条件不完全独立，而且在验算一个群实例时必须验证单位元和逆元都是双边，多了一层手续(虽然这层手续一般是比较容易)；优点是：①不用再去证明左单位元也是右单位元，左逆元也是右逆元；②从群定义本身条件直接体现了左及右对称性．以施行“除法运算”，即“乘法”逆运算．因此，群‘方程定义法”直接体现了在群中可以施行“乘法及除法”运算．于是简言之，可以施行乘法及除法运算半群就是群．为了开阔视野，再给出以下群另一定义．a，对G 定义一个半群G如果满足以下条件则称为一个群：对G中任意元素a，在G中都存在元素1-中任意元素b都有1-a(ab)=(ba)1-a=b．这个定义及前面4种定义等价性留给读者作为练习．2．在群“方程定义法”中，要求方程a x=b及y a=b都有解缺一不可．即其中一个方程有解并不能保证另一个方程也有解．4．关于结合律若代数运算不是普通运算(例如，数普通加法及乘法，多项式普通加法及乘法以及矩阵、变换和线性变换普通加法或乘法)，则在一般情况下，验算结合律是否成立比较麻烦．因此在代数系统有限情况下，有不少根据乘法表来研究检验结合律是否成立方法．但无论哪种方法，一般都不是太简单．5．关于消去律．根据教材推论2，对有限半群是否作成群只用看消去律是否成立．而消去律是否成立，从乘法表很容易看出，因为只要乘法表中每行和每列中元素互异即可．6．在群定义中是否可要求有“左”单位元而每个元素有“右”逆元呢？答不可以，例如上面例2就可以说明这个问题，因为e1是左单位元，而e1及e2都有右逆元且均为e1．但G并不是群．7．群及对称关系．1)世界万物，形态各异．但其中有无数大量事物部具有这样或那样对称性．而在这些具有对称性万事万物中，左右对称又是最为常见．由群定义本身可知，从代数运算到结合律，特别是左、右单位元和左、右逆元，均体现出左右对称本质属性．2)几何对称．设有某一几何图形，如果我们已经找到了它全部对称变换(即平常反射、旋转、反演和平移变换统称)，则此对称变换全体关于变换乘法作成一个群，称为该图形完全对称群．这个图形对称性和它完全对称群是密切相关．凡对称图形(即经过对称变换保持不变图形、亦即完成这种变换前后图形重合)，总存在若干个非恒等对称变换和恒等变换一起构成该图形完全对称群．反之，如果一个图形存在着非平凡对称变换，则该图形就是对称图形．不是对称图形，就不能有非恒等对称变换．显然，一个图形对称程度越高，则该图形对称变换就越多．也就是说它完全对称群阶数就越高，即图形对称程度高低及其对称群阶数密切相关．因此；这就启发人们用群去刽面对称图形及其性质，用群理论去研究对称．所以人们就把群论说成是研究对称数学理论．显然，每个n元多项式都有一个确定n次置换群：例如n元多项式例6 任何n元对称多项式置换群都是n次对称群．很显然，一个多元多项式置换群阶数越高，这个多元多项式对称性越强．反之亦然．因此，我们通常所熟知多元对称多项式是对称性最强多项式．三、习题2．1解答1.略2.3.4.5.6.§2. 2 群中元素阶一、主要内容1．群中元素阶定义及例子．周期群、无扭群及混合群定义及例子．特别，有限群必为周期群，但反之不成立．2．在群中若a＝n，则4．若G是交换群，又G中元素有最大阶m，则G中每个元素阶都是m因子．二、释疑解难在群中，由元素a及b阶一般决定不了乘积ab阶，这由教材中所举各种例子已经说明了这一点．对此应十分注意．但是，在一定条件下可以由阶a及b决定阶ab，这就是教材中朗定理4：4．一个群中是否有最大阶元?有限群中元素阶均有限，当然有最大阶元．无限群中若元素阶有无限(如正有理数乘群或整数加群)，则当然无最大阶元，若无限群中所有元素阶均有限(即无限周期群)，则可能无最大阶元，如教材中例4：下面再举两个(一个可换，另一个不可换)无限群有最大阶元例子．5．利用元素阶对群进行分类，是研究群重要方法之一．例如，利用元素阶我们可以把群分成三类，即周期群、无扭群及混合群．而在周期群中又可分出p—群p是素数)，从而有2—群、3—群、5—群等等．再由教材§3. 9知，每个有限交换群(一种特殊周期群)都可惟一地分解为素幂阶循环p—群直积，从而也可见研究p—群重要意义．三、习题2．2解答1.2.3.4.5.推回去即得．6.§2. 3 子群一、主要内容1．子群定义和例子．特别是，特殊线性群(行列式等于l方阵)是一般线性群(行列式不等于零方阵)子群．4．群中心元和中心定义．二、释疑解难１．关于真子群定义．教材把非平凡子群叫做真子群．也有书把非G于群叫做群G真子群．不同定义在讨论子群时各有利弊．好在差异不大，看参考书时应予留意．2．如果H及G是两个群，且H⊆G，那么能不能说H就是G子群?答：不能．因为子群必须是对原群代数运算作成群．例如，设G是有理数加群，而H是正有理数乘群，二者都是群，且H⊆G但是不能说H是G子群．答：不能这样认为．举例如下．例2设G是四元数群．则显然是G两个子群且易知反之亦然．三、习题2．3解答1．证赂．2．证必要性显然，下证充分性．设子集H对群G乘法封闭，则对H中任意元素a和任意正整数m都有a m∈H．由于H中每个元素阶都有限，设a＝n，则3．对非交换群一放不成立．例如，有理数域Q上全体2阶可逆方阵作成乘群中，易知，阶有限，都是2，但易知其乘积阶却无限．即其全体有限阶元素对乘法不封闭，故不能作成子群．4．证由高等代数知，及所有n阶可逆方阵可换方阵为全体纯量方阵，由此即得证．5．证因为(m，n)＝1，故存在整数s，t使ms十n t＝1．由此可得6．7．§2. 4 循环群一、主要内容1．生成系和循环群定义．2．循环群中元素表示方法和生成元状况．3．循环群在同构意义下只有两类：整数加群和n次单位根乘群，其中n＝1，2，3，…．4．循环群子群状况．无限循环群有无限多个子群．n阶循环群a有T(n)(n正出数个数)个子群，且对n每个正因数k，a有且仅有一个k阶子群．二、释疑解难1．我们说循环群是一类完全弄清楚了群，主要是指以下三个方面：1)循环群元素表示形式和运算方法完全确定．其生成元状况也完全清楚(无限循环群有两个生成元，n 阶循环群a 有)(n ϕ个生成元而且a k 是生成元⇔(k n )＝1)；2)循环群子群状况完全清楚；3)在同构意义下循环群只有两类：一类是无限循环群，都及整数加群同构；另一类是n (n ＝1，2，…)阶循环群，都及n 次单位根乘群同构．2．循环群不仅是一类完全弄清楚了群，而且是一类比较简单又及其他一些群类有广泛联系群类．例如由下一章§9可知，有限交换群可分解为一些素幂阶循环群直积．更一般地，任何一个具有有限生成系交换群都可分解成循环群直积．由于循环群已完全在我们掌握之中，所以这种群(具有有限生成系交换群)也是一类研究清楚了群类．它在各种应用中有着非常重要作用．例如在组合拓扑学中它就是一个主要工具．三、习题§2. 4解答 1.2.3.4.5.6.7.§2. 5 变换群一、主要内容1．变换群、双射变换群(特别是集合M上对称群和n次对称群)和非双射变换群定义及例子．2．变换群是双射变换群充要条件；双射变换群及抽象群关系．1)集合M上变换群G是双射变换群 G含有M单或满)射变换；2)任何一个群都同一个(双射)变换群同构．3．有限集及无限集上非双射变换群例子(例2和例3)．二、释疑解难1．一般近世代数书中所说“变换群”，都是由双射变换(关于变换乘法)所作成群，即本教材所说“双射变换群”．而本教材所说“变换群”则是由一个集合上一些变换(不一定是双射变换)作成群．通过教材§5定理2和推论1可知，实际上变换群可分成两类：一类是双射变换群(全由双射变换作成群，即通常近世代数书中所说“变换群”)，另一类是非双射变换群(全由非双射变换作成群)．在学习本书时应留意这种差异．2．本节教材定理2(若集合M上变换群G含有M单射或满射变换．则G必为M上一个双射变换群，即G中变换必全是双射变换)比有些书上相应定理(若集合M上由变换作成群G含有M恒等变换，则G中变换必全为双射变换)大为推广．因为后者要求G包含恒等变换(一个特殊双射变换)，而前者仅要求G包含一个单(或满)射变换即可．因此，后音只是前者(本节教材定理2)一个推论，一种很特殊情况．两相比较，差异较大．这种差异也说明，M上任何一个非双射变换群不仅不能包含恒等变换，而且连M任何单射或满射变换也不能包含．另外，在这里顺便指出，集合M上任何双射变换群G单位元必是M恒等变换．3．集合M上全体变换作成集合T(M)，对于变换乘法作成一个有单位元半群．在半群讨论中，这是一类重要半群．并且本节习题中第4题还指出，当M ＞1时T (M )只能作成半群，而不能作成群．三、习题§2. 5解答1. 解作成有单位元半群，τ是单位元．但不作成群，因为σ无逆元．2.3. 解 G 作成群：因为易知4月15号4.5.§2. 6 置换群一、主要内容1．任何(非循环)置换都可表为不相连循环之积，任何置换都可表为若干个对换之积，且对换个数奇阴偶性不变．从而有奇、偶置换概念，且全体n 次置换中奇、偶置换个数相等，各为2!n 个(n ＞1)．2．k —循环奇偶性、阶和逆元确定方法，以及不相连循环乘积奇偶性、阶和逆元确定方法．1)k —循环及A 有相反奇偶性．2)k —循环阶为k ．又(i 1，i 2…i k )－1＝(i k ，…，i 2，i 1 )．3)若σ分解为不相连循环之积．则其分解中奇循环个数为奇时σ为奇置换，否则σ为偶置换．σ阶为各因子阶最小公倍．其逆元可由k —循环逆元来确定．3．由置换σ，τ求置换στσ－１方法．n 次对称群s n 中心． 4．传递群定义、例子和简单性质．二、释疑解难1．研究置换群重要意义和作用．除了教材中已经指出(置换群是最早研究一类群，而且每个有限抽象群都同一个置换群同构)以外，研究置换群重要意义和作用至少还有以下几方面：1) 置换群是一种具体群，从置换乘法到判断置换奇偶性以及求置换阶和逆置换，都很具体和简单．同时它也是元素不是数一种非交换群．在群讨论中举例时也经常用到这种群．2) 在置换群研究中，有一些特殊研究对象是别群所没有．如置换中不动点理论以及传递性和本原性理论等等．3) 置换群中有一些特殊子群也是一般抽象群所没有．例如，交代群、传递群、稳定子群和本原群等等．就教材所讲过交代群和传递群重要性便可以知道，介绍置换群是多么重要． 2．用循环及对换之积来表出置换优越性．首先，书写大为简化，便于运算。

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。

近世代数练习题(附答案)

《近世代数》练习题（附答案）一.选择题1. 设R 是实数集, 则对任意的,a b R ∈, 代数运算2a b a b =+ ( C )(A) 适合结合律但不适合交换律 (B) 适合交换律但不适合结合律(C) 不适合结合律和交换律 (D) 适合结合律和交换律2. 在群G 中,a G ∈, a 的阶为12, 则8a 的阶为 ( B )(A) 12 (B) 3 (C) 4 (D) 63．在7次对称群7S 中(25)(437)π=和(13)(546)λ=, 则πλ等于（ A ）(A) (1376524) (B) (137)(6524) (C) (65)(24137) (D) (1746253)4．在一个无零因子环R 中,,a b R ∈,,0a b ≠对加法来说,有( C )(A) a 的阶<3b 的阶 (B) a 的阶>3b 的阶(C) a 的阶=3b 的阶 (D) 4a 的阶>3b 的阶5．设p 为整环I 中素元, 则下列正确的是 ( D )(A) p 为零元 (B) p 为单位 (C) p 有真因子 (D) p 仅有平凡因子6. 假定φ是A 与A 间的一一映射,A a ∈, 则)]([1a φφ-和)]([1a -φφ分别为 ( D )(A) a , a (B) 无意义, a (C) 无意义,无意义 (D) a ,无意义7. 在群G 中, G b a ∈,, 则方程b ax =和b ya =分别有唯一解为 ( B )(A) 1-ba , b a 1- (B) b a 1-, 1-ba (C) a b 1-, b a 1- (D) b a 1-, 1-ab8. 设M 是正整数集, 则对任意的,a b R ∈, 下面“o ”是代数运算的是( B ) (A) b a b a = (B) b a b a = (C) 2a b a b =+- (D) 2a b ab =- 9. 设M 是实数集, 代数运算是普通加法，下列映射是M 的自同构的是( D )(A) 2x x → (B) sin x x → (C) x x → (D) 5x x →-10. 在偶数阶群G 中阶等于2的元数为 ( A )(A) 奇数 (B) 偶数 (C) 1 (D) 不可确定11．在5次对称群5S 中元1(15)(24)π=和2(154)π=的乘积12ππ是（ D ）(A) (14)(25) (B) (124) (C) (152) (D) (142)12．若群G 的阶为48, G 的真子群H 的阶不可能为 ( C )(A) 12 (B) 16 (C) 18 (D) 2413．群G 中元a 的阶为24中，那么G 的循环子群9()a 的阶为 ( C )(A)3 (B) 4 (C) 8 (D) 914.在一个环R 里如果有一个消去律成立，那么下面不正确的是( B )(A) 另一个消去律也成立 (B) R 中非零元都有逆元(C) R 是无零因子环 (D) R 中非零元对加法的阶都一样15．假定F 是一个域，则一元多项式环[]F x 一定是 ( A )(A) 欧式环 (B) 除环 (C) 域 (D) 无法确定16．设12,εε为唯一分解环I 中单位, a 是I 中任意元，则下列正确的是 ( B )(A) 12εε+ 也是单位 (B) 12,εε互为相伴元(C) 12,εε 都是a 的真因子 (D) a 有唯一分解17．一个30个元的域的特征可能是( A )(A) 5 (B) 6 (C) 10 (D) 1518．假定域R 与R 同态, 则R 是（ C ）(A) 域 (B) 整环 (C) 环 (D) 除环19．若I 是一个唯一分解环,I a ∈且a 21p p =和a 21q q =(其中2121,,,q q p p 都为素元),则下列说法正确的是 ( D )(A) 1p 与1q 互为相伴元 (B) 1p 与1q 互为相伴元和2p 与2q 互为相伴元(C) 2p 与2q 互为相伴元 (D) 1p 与1q 互为相伴元或1p 与2q 互为相伴元20．假定)(a 和)(b 是整环I 的两个主理想, 若)()(b a =, 则 ( A )(A) b 是a 的相伴元 (B) b 与a 互素 (C) b 是a 的真因子 (D) |b a 21．=A {所有整数},令τ: 2a a →,当a 是偶数;21+→a a ,当a 是奇数.则τ为 ( B )(A) 单射变换 (B) 满射变换 (C) 一一变换 (D) 不是变换22．若)(a G =,且a 的阶为有限整数n ,则下列说法正确的是 ( A )(A) G 与模n 的剩余类加群同构 (B) G 的阶可能无限(C) 元21012,,,,,---n a a a a a 中没有相同元 (D) G 与整数加群同构23．若R 是一个特征为有限整数n 的无零因子环，且R b a ∈,，则（ D ）(A) 0,00≠≠⇒=b a b a (B) 21n n n =，其中21,n n 为素数(C) 存在R 中元c 的阶为无限整数 (D) R 对乘法成立两个消去律24. 设Q 是有理数集, 则对任意的,a b Q ∈,下列“o ”是代数运算的是( C ) (A)22a b b a b =+ (B)b a b a= (C) 22a b a ab b =-+ (D) 10a b a b += 25. 在群G 中, ,,a b c G ∈, 则方程xaxba xbc =的唯一解为 ( D )(A)11abca b -- (B) 111bca a b --- (C) 111a b a bc --- (D) 111a bca b ---26．在6次对称群6S 中123456326514π⎛⎫= ⎪⎝⎭的阶是（ A ） (A) 5 (B) 24 (C) 12 (D) 627．除环有理想( C )(A) 4个 (B) 1个 (C) 2个 (D) 无穷个28．假定F 是一个域，则一元多项式环[]F x 一定是 ( B )(A) 除环 (B) 欧式环 (C) 域 (D) 无法确定29．若Q 是一个域, 不正确的是 ( B )(A) Q 是交换除环 (B) Q 对乘法作成群(C) Q 无零因子 (D) Q 中不等于零的元都有逆元30．若I 是主理想环, p 是I 中素元, 且I b a ∈, 则 ( C )(A) 主理想)(p 不是I 的最大理想 (B) a 没有唯一分解(C) 若p |ab ,有p |a 或p |b (D) I /()p 不是域31. 设R 是实数集, 则对任意的,a b R ∈, 代数运算a b a b =- ( C )(A) 适合结合律但不适合交换律 (B) 适合交换律但不适合结合律(C) 不适合结合律和交换律 (D) 适合结合律和交换律32. 设Q 是有理数集, 则对任意的,a b Q ∈,下列“o ”是代数运算的是( A )(A) 2a b a b =+ (B)b a b a= (C) a b b a = (D) 10a a b = 33. 在群G 中, ,a b G ∈, 则方程xaxb xb =的唯一解为 ( D )(A)1aba - (B) 11a b -- (C) 11ba b -- (D) 1a -34．在5次对称群5S 中1234532541π⎛⎫= ⎪⎝⎭的阶是（ B ）(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 535．除环有理想( C )(A) 4个 (B) 1个 (C) 2个 (D) 无穷个36．假定R 是一个整环，则一元多项式环[]R x 一定是 ( A )(A) 整环 (B) 除环 (C) 域 (D) 无法确定37. 在16阶循环群()G a =中 , 循环子群6()a 的阶为 ( D )(A) 6 (B) 3 (C) 4 (D) 838．一个有8个元的域的特征是( A )(A) 2 (B) 4 (C) 6 (D) 839．设p 为整环I 中素元, 则下列正确的是 ( D )(A) p 为零元 (B) p 为单位 (C) p 有真因子 (D) p 仅有平凡因子40．若群G 的阶为48, G 的子群H 的阶为16，则H 在G 中的指数为( C )(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 441. 设R 是实数集, 则对任意的,a b R ∈, 代数运算a b a b =- ( C )(A) 适合结合律但不适合交换律 (B) 适合交换律但不适合结合律(C) 不适合结合律和交换律 (D) 适合结合律和交换律42. 设Q 是有理数集, 则对任意的,a b Q ∈,下列“o ”是代数运算的是( C ) (A)a b b a = (B)b a b a= (C) 2a b a b =+ (D) 10a a b = 43. 在群G 中, ,a b G ∈, 则方程xaxb xb =的唯一解为 ( C )(A)1aba - (B) 11a b -- (C) 1a - (D) 11ba b --44．在5次对称群5S 中1234532541π⎛⎫= ⎪⎝⎭的阶是（ B ） (A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 545．除环有理想( C )(A) 4个 (B) 1个 (C) 2个 (D) 无穷个46．假定R 是一个整环，则一元多项式环[]R x 一定是 ( A )(A) 整环 (B) 除环 (C) 域 (D) 无法确定47. 在16阶循环群()G a =中 , 循环子群6()a 的阶为 ( D )(A) 6 (B) 3 (C) 4 (D) 848．一个有8个元的域的特征是( )(A) 2 (B) 4 (C) 6 (D) 849．设p 为整环I 中素元, 则下列正确的是 ( D )(A) p 为零元 (B) p 为单位 (C) p 有真因子 (D) p 仅有平凡因子50．若群G 的阶为48, G 的子群H 的阶为16，则H 在G 中的指数为( C )(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4二．填空题1.设是集合A 的元间的一个等价关系,那么满足反射律、对称律、推移律 .2.若G 为群,,,a b c G ∈,则3211()b c a c --- 123c ac b .3.循环群()a 的阶是50，则它的子群15()a 的阶是 10 .4. 群G 的中心N 是G 的一个不变子群.5.n 次对称群n S 的阶为 !n .6.假定B A ⊂,那么B A A , B A B .7. 假定A 和A 同态, A 和A 同态, 则A 和A 也同态 .8. 在群G 中, G b a ∈,, 则方程b ya =有唯一解为 1ba .9.设集合A 的元数为3 ，那么A 共有子集 8 个，A 的元间的关系共有 512 个.10.若G 为群, 方程1x ax bx -=的唯一解为 1ba .11.一个有限非可换群至少含有______ 6 ______个元素 .12.设~是集合A 的元间的一个等价关系,那么~满足自反律、对称律、推移律 .13.若G 为群,,,a b c G ∈,则211()bc a --- 21ac b .14.5次对称群5S 的阶为 120 .15.若φ是环R 与R 的同态满射, 则同态核中元都是R 中单位元 e 的逆象，且同态核是R 的一个理想 .16.设A 是有单位元的交换环R 的一个最大理想，那么剩余类环R A 是一个域 .17.在整数环Z 中，理想(3,7)等于主理想（1） .18.设9Z 为模9的剩余类环，那么[5]的负元为 [4] ，逆元为【2】 .19.设G 是17阶群，则G 的生成元有 16 个.20.除环的最大理想是零理想 .21.设R 是模7的剩余类环，在多项式环[]R x 中2([6][4])([2][5])x x x +-+=32[6][6]x x x -++22.设10Z 为模10的剩余类环，那么[3]的负元为 [7] ，逆元为[7] .23.在整数环I 中，主理想()()a b =当且仅当b 是a 的相伴元 .24.设{,,}A a b c =,{,,,}R aRa aRc cRa cRc =.那么由R 决定的A 的分类为 {,},{}a c b .25.设I 是一个唯一分解环，那么多项式环[]I x 是唯一分解环.26.设9Z 为模9的剩余类环，那么[7]的负元为 [2] ，逆元为[4] .27.设I 是一个唯一分解环，那么I 的元12,,,n a a a 的两个最大公因子d 和d '相差一个相伴元 .28.若群的元a 的阶是15，b 的阶是8,且ab ba =, 则8a 和ab 的阶分别是 15 和 120 .29.在一个特征为p 的无零因子的交换环R 中,有p 为素数,且()p a b += p p a b + .30. 若群G 的阶为60, G 的子群H 的阶为15，则H 在G 中的指数为 4 .31. 若φ是环R 与R 的同态满射,则对,,a b c R ∈，它们的象分别为,,a b c ,则元()a b c +的象为 ()a b c + .32.设A 是环R 的一个最大理想，那么包含A 的R 的理想仅有 A 和R .33.在整数环Z 中，理想(42,35)等于主理想（7） .34.在唯一分解环I 中，若素元p 能整除ab ，则p 必能整除 ,a b 中一个元 .35. 若G 是由集合A 的全体一一变换所作成, 则G 是一个变换群.36.若R 是有单位元的交换环,则R 的主理想)(a 中的元有形式为 ,ra r R . 37.0R 是有单位元的交换环, x 是0R 的子环R 上的未定元, 则仅当 010n a a a时,才有010=+++n n x a x a a 成立.38. R 是一个有单位元的环, 且}0{≠R ，则在R 中必有一个元没有逆元, 它是 0 ; 必有两个元有逆元,它们是 1和-1 .39．唯一分解环I 中的元a 和b 的两个最大公因子d 和d '只能差一个相伴元 .40.设}2,1{=A ,}4,3{=B .那么=⨯B A { （1，3），（1，4），（2，3），（2，4） } .41.若群G 和集合G 同态,则G 是群 ,并且有G 中元e 和1-a 的象为G 中元e 和1a .42.在无零因子环R 中,如果对R b a ∈,有0=ab , 那么必有 0a 或0b .43.群的元a 的阶是n ，若d 是整数r 和n 的最大公因子，则r a 的阶是 n d. 44.在一个域Q 中,若有0,0,,≠≠∈d b Q d c b a ,则=+d c b a ad bc bd. 45.设φ是环R 与R 的同态满射, 则φ的核是环R 的一个理想 . 46.在整环中必有一个元没有逆元,它是 0 ; 必有两个元有逆元,它们是 1和-1 .47.整环I 的元a 是][x I 的多项式)(x f 的根, 当且仅当)(x f 能被 xa 整除.三．判断题1．设}4,3,2,1{=A ,则能找到A A ⨯到A 的一一映射. ( × )2．无限群中的元的阶都无限. ( × )3．除环的最大理想是单位理想. ( × )4．整环中的素元只能有有限个数的因子. （ × ）5．任何欧式环一定是主理想环，也一定是唯一分解环. ( √ )6．A 为不等于零的实数的全体,那么普通除法适合结合律. ( × )7．有限群中存在某个元的阶无限. ( × )8．假定域R 与R 同态, 则R 也是域. ( × )9．整环中的单位ε同素元p 的乘积p ε还是一个素元. ( √ )10．除环除了零理想和单位理想还有其它理想. ( × )四．解答题1. 用循环置换的方法写出三次对称群3S 的全体元.说明集合})23(,)1({=N 是3S 的子群,并且写出N 的所有左陪集.解: )}132(),123(),23(),13(),12(),1{(3=S ,(2分) 因为N 是有限集合, 由)1()1)(1(=,)23()23)(1(=,)23()1)(23(=,)1()23)(23(=知N 是封闭的,所以N 是3S 的子群.(4分) N 的全体左陪集为(6分):)}23(),1{()23()1(==N N ,)}132(),12{()132()12(==N N ,)}123(),13{()123()13(==N N .2. 求模6的剩余类环F 的所有子环.解：因为剩余类环F 是循环加群，所有子环为主理想：([1]),([2]),([3]),([6]).3. 设A 是整数集,规定A 中元间的关系R 如下:)6(b a aRb ≡⇔说明R 是A 中元间的等价关系,并且写出模6的所有剩余类.解：因为对任意的整数 c b a ,,有（1）反射律： a 与a 模6同余;(2分)（2）对称律：若a 与b 模6同余，那么必有b 与a 模6同余;(2分)（3）推移律：若a 与b 模6同余，b 与c 模6同余，那么必有a 与c 模6同余, 所以R 是A 中元间的等价关系.(2分)模6的全体剩余类为(6分):},12,6,0,6,12,{]0[ --=, },13,7,1,5,11,{]1[ --=,},14,8,2,4,10,{]2[ --=, },15,9,3,3,9,{]3[ --=,},16,10,4,2,8,{]4[ --=, },17,11,5,1,7,{]5[ --=.4.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.解: 因为()a 为循环群,所以()a 为交换群,又因为32的所有正整数因子为：1，2，4，8，16,36. (2分) 所以循环群()a 的所有子群为循环子群：()a ，2()a ,4()a ，8()a ，16()a 360()(){}a a e ==. (8分)并且这些子群都是不变子群. (10分)5.设Z 是整数环，请把Z 的理想(3)(4)和(3,4)的元列出来.解: Z 是整数环，理想(3)(4)和(3,4)如下：(3)(4){,9,6,3,0,3,6,9,}{,12,8,4,0,4,8,12,}=------ (2分){,24,12,0,12,24,}=-- (4分)(12)= (6分) (3,4)(1){,3,2,1,0,1,2,3,}Z ===--- (10分)6.设R 是模8的剩余类环，在一元多项式环[]R x 中把32([2][7][3])([5][2])x x x x +--+计算出来，并求432()[4][5][2][7]f x x x x x =-+-+的导数. 解: R 是模8的剩余类环(1) 32([2][7][3])([5][2])x x x x +--+543322[2][5][2][2][2][7][5][7][7][2][3][5][3][3][2]x x x x x x x x =-++-+-+- (1分)543322[2][2][4][3][7][6][7][3][6]x x x x x x x x =-++-+-+- (3分) 5432[2][2][7][6][6]x x x x x =-+-+- (5分)(2) 多项式432()[4][5][2][7]f x x x x x =-+-+的导数为32()4[1]3[4]2[5][2]f x x x x '=-+- (2分)32[4][4][2][2]x x x =-+-.7.找出对称群3S 的所有子群.解:因为3{(1),(12),(13),(23),(123),(132)}S =，它的子群的阶只可能为：1，2，3，6.所以它的所有子群为：1阶子群1{(1)}H =； (1分) 2阶子群21{(1),(12)}H =，22{(1),(13)}H =，23{(1),(23)}H =； (4分) 3阶子群3{(1),(123),(132)}H =； (5分) 6阶子群3{(1),(12),(13),(23),(123),(132)}S =。

近世代数课后题答案修改版

（2）在乘法表中任取一个 1，在同一列中必有一个 x，在同一行中必有一个 y，设第四个顶点的元素为 z，见下图，

..........a-1.........................c...................
......
...........................................................
k
qk rk
ck dk
5. 举一个偏序集但不是全序集的例子，并画图。解考虑到画图的方便，可举有限集的例子，例如：有限集的幂集对包含关系所构成的偏序集，有限整数集对整除关系所构成的偏序集。
-1
a=493 1 0
0
b=391 0 1
1
1 102 1 1
2
3 85
34
3(n) 1 17
45
4(n+1) 5 0
5 | 10, 15, 18, 24 2 | 2 3 18 24 3 | 1 3 9 12 1134 得 [10，15，18，24]=5×2×3×3×4=360。所以需要 360k(k>0) 人。 4. 方程 ax+by=c 在整数范围内有解的充分必要条件是 (a,b)|c 。证必要性：由于 (a,b)|a, (a,b)|b，所以 (a,b)|ax+by=c 。充分性：设 d=(a,b), 于是存在整数 p, q 使 pa+qb=d 。又由 d|c ，可设 c=dh 。因而有 aph+bqh=dh=c 。所以 x=ph , y=qh 就是一个解。 5. 分别解同余方程：（1）258x≡131(mod348). (2) 56x=88(mod96). 解由书中解同余方程的四个步骤求解。（1）求 (a,m)=(258,348)=6, 6 不能整除 131，所以此同余方程无解。（2）求 (a,m)=(56,96)=8，由于 8 能整除 88，所以此同余方程有解。

近世代数习题解答3

近世代数习题解答第三章环与域1 加群、环的定义1. 证明,本节内所给的加群的一个子集作成一个子群的条件是充分而且必要的.证 (ⅰ)若S 是一个子群则S b a S b a ∈+⇒∈,'0是S 的零元,即a a =+'0对G 的零元,000'=∴=+a a 即.00S a a s ∈-=-∴∈ (ⅱ)若S b a S b a ∈+⇒∈, S a S a ∈-⇒∈今证S 是子群由S S b a S b a ,,∈+⇒∈对加法是闭的,适合结合律, 由S a S a ∈-⇒∈,而且得S a a ∈=-0 再证另一个充要条件:若S 是子群,S b a S b a S b a ∈-⇒∈-⇒∈,, 反之S a a S a a S a ∈-=-⇒∈=-⇒∈00 故S b a b a S b a ∈+=--⇒∈)(,2. },,,0{c b a R =,加法和乘法由以下两个表给定:+ 0 a b c ⨯0 a b c 0 0 a b c 0 0 0 0 0 a a 0 c b a 0 0 0 0 b b c 0 a b 0 a b c c c b a 0c0 a b c证明,R 作成一个环证 R 对加法和乘法的闭的.对加法来说,由.9.2习题6,R 和阶是4的非循环群同构,且为交换群. 乘法适合结合律Z xy yz x )()(=事实上.当0=x 或a x =,)(A 的两端显然均为0. 当b x =或x=c,)(A 的两端显然均为yz .这已讨论了所有的可能性,故乘法适合结合律.两个分配律都成立xz xy z y x +=+)( zx yx x z y +=+)(事实上,第一个分配律的成立和适合律的讨论完全一样, 只看0=x 或a x =以及b x =或c x =就可以了.至于第二个分配律的成立的验证,由于加法适合交换律,故可看0=y 或a y = (可省略a z z ==,0的情形)的情形,此时两端均为zx剩下的情形就只有0,0)(=+=+=+x x bx bx x b b 0,0)(=+=+=+x x cx cx x c c 0,0)(=+=+==+x x cx bx ax x c b∴R 作成一个环.2 交换律、单位元、零因子、整环1. 证明二项式定理n n nn n b b a a b a +++=+- 11)()(在交换环中成立. 证用数学归纳法证明. 当1=n 时,显然成立. 假定k n =时是成立的:k i i k k i k kk k b b a b a a b a +++++=+-- )()()(11 看1+=k n 的情形)()(b a b a k++))()()((11b a b b a b a a k i i k k i k kk ++++++=--1111111)]()[()()(++--+++++++++=+k i i k k i k i k k k k b b a b a a b a111111)()(+-+++++++++=k i i k k i k k k b b a b a a (因为)()()(11kr k r k r -++=)即二项式定理在交换环中成立.2. 假定一个环R 对于加法来说作成一个循环群,证明R 是交换环.证设a 是生成元则R 的元可以写成na (n 整数)2)]([)]([))((nma aa m n ma a n ma na === 2))((mna na ma =3．证明,对于有单位元的环来说,加法适合交换律是环定义里其他条件的结果 (利用)11)((++b a ) 证单位元是1,b a , 是环的任意二元,1)11(1)()11)((⋅++⋅+=++b a b ab a b a +++= )11()11(+++=b a b b a a +++=b b a a b a b a +++=+++∴ b a a b +=+4．找一个我们还没有提到过的有零因子的环.证令R 是阶为2的循环加群规定乘法:R b a ∈,而0=ab 则R 显然为环.阶为2 ∴有R a ∈ 而 0≠a但 0=aa 即a 为零因子或者R 为n n ⨯矩阵环.5．证明由所有实数2b a + (b a ,整数)作成的集合对于普通加法和乘法来说是一个整环.证令2{b a R +=b a ,(整数)}(ⅰ) R 是加群2)()()2()2(d b c a d c b a +++=+++ 适合结合律,交换律自不待言.零元 200+2b a +的负元2b a --(ⅱ)2)()2()2)(2(bc ad bd ac d c b a +++=++ 乘法适合结合律,交换律，并满足分配律.(ⅲ)单位元 201+(ⅲ) R 没有零因子，任二实数00=⇒=a ab 或0=b3 除、环、域1. =F {所有复数bi a + b a ,是有理数}证明 =F 对于普通加法和乘法来说是一个域. 证和上节习题5同样方法可证得F 是一个整环.并且 (ⅰ)F 有01≠+i(ⅱ) 0≠+bi a 即 b a , 中至少一个0≠022≠+∴b a 因而有,i b a b b a a 2222+-++ 使)((bi a +i b a bb a a 2222+-++1)= 故F 为域2. =F {所有实数,3b a + b a ,( 是有理数)} 证明 F 对于普通加法和乘法来说是一个域.证只证明 03≠+b a 有逆元存在.则b a ,中至少有一个0≠ , 我们说0322≠-b a 不然的话,223b a =,0(≠b 若0=b 则 0=a 矛盾)223b a = 但 3 不是有理数既然0322≠-b a则 3b a + 的逆为3332222b a bb a a -+-4. 证明例3的乘法适合结合律.证),)](,)(,[(332211βαβαβα=),)(,(331212121βααββαββαα--+----+--=,)()[(3212132121βαββααββαα ---+--])()(3212132121ααββαβββαα 又 )],)(,)[(,(332211βαβαβα],)[,(3232323211--+-=αββαββααβα -----------------+--=)()([3232132321αββαβββααα, )]()(3232132321----------------++ββααβαββαα ),([32321321321----------+--=βββαβββαααα )](32321321321----------++αββαβαβαβαα,[321321321321αβββαβββαααα-------= ]321321321321βββααβαβαβαα-----++ ,)()[(3212132121βαββααββαα--+--= 3212132121)()(---++-ααββαβββαα )])()[(())]()([(332211333211βαβαβαβαβαβα=∴5. 验证,四元数除环的任意元 )(),(di c bi a ++ ,这里d c b a ,,,是实数,可以写成 ),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(i d c i b a +++的形式.证 ),(),(),(di bi c a di c bi a +=++ ),0()0,(),0()0,(di bi c a +++=),0)(0,()0,)(0,()1,0)(0,()0,(i d i b c a +++=4 无零因子环的特征1. 假定F 是一个有四个元的域,证明.(a )的特征是2;(b )F 的0≠ 或11的两个元都适合方程证 (a ) 设F 的特征为P 则P 的(加)群F 的非零元的阶所 4P (4是群F 的阶) 但要求P 是素数, .2=∴P (b ) 设},,1,0{b a F =由于2=P ,所以加法必然是,0=+x x ,而b a a a =+⇒≠+11 故有0 1 a b0 0 1 a b 1 1 0 b a a a b 0 1 bb a 1 0 又 },,1{b a 构成乘群,所以乘法必然是 1,=⇒≠≠ab b ab a ab1,22≠≠a a a (否则b a = )b a =⇒2故有.1 a b 11 a b a a b 1 bb a 1这样, b a , 显然适合12+=x x2. 假定 ][a 是模的一个剩余类.证明,若a 同 n 互素,那么所有][a 的书都同n 互素(这时我们说][a 同n 互素). 证设][a x ∈ 且d n x =),( 则11,dn n dx x ==由于)(1111q n x d q dn dx nq x a nq a x -=-=-=⇒=-故有 ,a d ,且有 n d因为 1),(=n a 所以1=d3. 证明, 所有同 n 互素的模 n 的剩余类对于剩余类的乘法来说作成一个群(同互素的剩余类的个数普通用符号)(n φ 来表示,并且把它叫做由拉φ函数)证]{[a G =而][a 同n 互素}G 显然非空,因为)1),1((]1[=∈n G(ⅰ)G b a ∈][],[则][]][[ab b a =又1),(,1),(==n b n a 有1),(=n abG ab ∈∴][(ⅱ)显然适合结合律.(ⅲ)因为n 有限,所以G 的阶有限. 若]][[]][['x a x a = 即][]['ax ax =由此可得)(''x x a ax ax n -=-',1),(x x n n a -∴=即有][]['x x =另一个消去律同样可证成立.G 作成一个群4. 证明,若是1),(=n a , 那么)(1)(n an ≡φ(费马定理)证 ),(n a 则G a ∈][而 ][a 的阶是G 的阶 )(n φ的一个因子因此]1[][)(=n a φ即]1[][)(=n aφ)(1)(n a n ≡∴φ5 子环、环的同态1. 证明,一个环的中心是一个交换子环.证设N 是环的中心.显然N O ∈ N b a ∈,，x 是环的任意元N b a b a x xb x bx ax x b a ∈-⇒-=-=-=-)()( N ab ab x b xa b ax xb a bx a x ab ∈⇒=====)()()()()()(是子环,至于是交换环那是明显的.2. 证明, 一个除环的中心是个域.证设!是除环！是中心由上题知N 是R 的交换子环,1R ∈显然N ∈1,即N 包含非零元,同时这个非零元1是的单位元.R x N a ∈∈,即xa ax =N a x a xax axa xaa axa ∈⇒=⇒=⇒=------111111N ∴!是一个域3. 证明, 有理数域是所有复数b a bi a ,(+是有理数）作成的域)(i R 的唯一的真子域. 证有理数域R 是)(i R 的真子域.设F !是)(i R 的一个子域,则R F ⊇(因为R 是最小数域) 若,F bi a ∈+ 而0≠b则)(i F F F i =⇒∈这就是说,R 是)(i R 的唯一真子域.4. 证明, )(i R 有且只有两自同构映射.证有理数显然变为其自己. 假定α→i则由i i =⇒-=⇒-=αα1122或 i -=α这就证明完毕. 当然还可以详细一些:bi a bi a +→+:1φ bi a bi a -→+:2φ21,φφ确是)(i R 的两个自同构映射.现在证明只有这两个. 若bi a i +=→αφ:(有理数变为其自己)则由12)(12222-=+-=+⇒-=abi b a bi a i 1,0222-=-=b a ab若 102-=⇒=a b 是有理数,在就出现矛盾,所以有0=a 因而.1±=b在就是说, 只能i i → 或i i -→i5. 3J 表示模3的剩余类所作成的集合.找出加群3J 的所有自同构映射,这找出域3J !的所有自同构映射.证 1）对加群3J 的自同构映射自同构映射必须保持!00←→ 故有i i →:1φ2）对域3J 的自同构映射.自同构映射必须保持00←→，11←→所有只有i i →:φ6. 令R 是四元数除环, R 是子集=S {一切)}0,(a 这里a 阿是实数,显然与实数域-S 同构.令-R 是把R 中S 换成-S 后所得集合;替R 规定代数运算.使-≅R R ,分别用k j i ,,表示R 的元),,0(),1,0(),0,(i i ,那么-R 的元可以写成d c b a dk cj bi a ,,,(+++是实数）的形式(参看.3.3 习题5). 验证.1222-===k j i ，.,,j ik ki i kj jk k ji ij =-==-==-=证 1）对a a →)0,(:φ来说显然-≅S S 2）=S {一切)}0,(a a 实数 =-S {一切（)0,a a 实数 βα,{(=R 一切)}0,(a 复数对)(αβ是不属于S 的R 的元. =-R βα,{(一切}a规定a a →→)0,(),,(),(:βαβαψ由于S 与-S 的补足集合没有共同元,容易验证ψ是R 与-R 间的一一映射. 规定-R 的两个唤的和等于它们的逆象的和的象. -R 的两个元的积等于它们的逆象的积的象.首先,这样规定法则确是-R 的两个代数运算.其次,对于这两个代数运算以及R 的两个代数运算来说在ψ之下-≅R R（3）由.3.3习题5知),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(),(i d c i b a di c bi a +++=++ 这里 d c b a ,,, 实数这是因为令),0(),1,0(),0,(i k j i i ===（4）1)0,1()0,)(0,(2-=-==i i i1)0,1()1,0)(1,0(2-=-==j 1)0,1()1,0)(1,0(2-=-==k k i ij -===)1,0()1,0)(0,( k i i ji -=-==),0()0,)(1,0(同样j ik ki i kj jk =-==-=,6 多项式环1. 证明, 假定R 是一个整环,那么R 上的一个多项式环][x R 也是一个整环. 证 R !是交换环][x R ⇒交换环, R 有单位元11⇒是][x R 的单位元, R 没有零因子][x R ⇒没有零因子事实上，0,)(10≠++=a x a x a a x f n n0,)(10≠++=m m m b x b x b b x g则m n m n x b a b a x g x f +++= 00)()( 因为R 没有零因子,所以0≠m n b a 因而0)()(≠x g x f 这样][x R 是整环2．假定R 是模7的剩余类环,在][x R 里把乘积 ])3[]4])([4[]5[]3([23+--+x x x x 计算出来解原式=]2[]5[]4[]5[]5[]5[]3[]5[345345++++=-++-x x x x x x x x 3. 证明:(ⅰ) ],[],[1221ααααR R =(ⅱ) 若n x x x ,,,21 是R 上的无关未定元,那么每一个i x 都是R 上的未定元. 证（ⅰ）=],[21ααR {一切}211221i i i i aαα∑{],[12=ααR 一切}112212j j j j a αα∑由于=∑211221i i i i aαα112212j j j j a αα∑因而=],[21ααR ],[12ααR（ⅱ）设00=∑=nk k ik xa即∑=+-nk ni h i i k x x x xx a 00010101 因为n x x x ,,21是R 上的无关未定元,所以即i x 是R 上的未定元4. 证明:(ⅰ) 若是n x x x ,,21和n y y y ,,21上的两组无关未定元,那么],,[],,[2121n n y y y R x x x R ≅(ⅱ) R !上的一元多项式环][x R 能与它的一个真子环同构. 证 (ⅰ)),,(),,(:2121n n y y y f x x x f →φ 根据本节定理3 ],,[~],,[2121n n y y y R x x x R容易验证),,(),,(212211n n x x x f x x x f ≠),,(),,(212211n n y y y f y y y f ≠⇒ 这样],,[],,[2121n n y y y R x x x R ≅（ⅱ）令{][=x R 一切}2210n n x a x a a +++显然][][2x R x R ⊂ 但][2x R x ∉不然的话m m m m x b x b x b x b x b b x 22102210 ++-⇒++=这与x 是R 上未定元矛盾. 所以][2x R 是][x R 上未定元显然故有（ⅰ）}[][2x R x R ≅这就是说,][2x R 是][x R 的真子环,且此真子环与][x R 同构.7 理想1. 假定R 是偶数环,证明,所有整数r 4是ϑ的一个理想,等式!对不对? 证 R r r r r ∈∈2121,,4,4ϑϑ∈-=-)(4442121r r r r R r r ∈-21 ϑ∈=∈)(4)4(,'1'1'r r r r R r R r r ∈'1 ϑ∴ 是R 的一个理想. 等式 )4(=ϑ不对这是因为R 没有单位元,具体的说)4(4∈但ϑ∉42. 假定R 是整数环,证明.1)7,3(=证 R 是整数环,显然)1(=R .1)7,3(=又 )7,3()7(13)2(1∈+-=1)7,3(=∴3. 假定例3的R 是有理数域,证明,这时),2(x 是一个主理想.证因为2与x 互素,所以存在)(),(21x P x P 使),2(11)()(221x x xP x P ∈⇒=+),2()1(][x x R ==∴ 。

近世代数经典题与答案

资料范本本资料为word版本，可以直接编辑和打印，感谢您的下载近世代数经典题与答案地点：__________________时间：__________________说明：本资料适用于约定双方经过谈判，协商而共同承认，共同遵守的责任与义务，仅供参考，文档可直接下载或修改，不需要的部分可直接删除，使用时请详细阅读内容1．设为整数加群, ,求解在 Z中的陪集有:, , ,, , 所以, .2、找出的所有子群。

解：S3显然有以下子群：本身；（（1））={（1）}；（（12））={（12），（1）}；（（13））={（13），（1）}；（（23））={（23），（1）}；（（123））={（123），（132），（1）}若S3的一个子群H包含着两个循环置换，那么H含有（12），（13）这两个2-循环置换，那么H含有（12）（13）=（123），（123）（12）=（23），因而H=S3。

同理，若是S3的一个子群含有两个循环置换（21），（23）或（31），（32）。

这个子群也必然是S3。

用完全类似的方法，可以算出，若是S3的一个子群含有一个2-循环置换和一个3-循环置换，那么这个子群也必然是S3。

7．试求高斯整环的单位。

解设 () 为的单位, 则存在 , 使得 , 于是因为 , 所以 . 从而 , , 或 . 因此可能的单位只有显然它们都是的单位. 所以恰有四个单位:5．在中, 解下列线性方程组:解: 即 , .12. 试求的所有理想.解设为的任意理想, 则为的子环，则 , , 且 .对任意的 , , 有 ,从而由理想的定义知, 为的理想. 由此知, 的全部理想为且 .13、数域上的多项式环的理想是怎样的一个主理想。

解由于，所以，于是得。

14、在中, 求的全部根. 解共有16个元素: , , , , 将它们分别代入 ,可知共有下列4个元素, , , 为的根.20.设R为偶数环.证明：问：是否成立？N是由哪个偶数生成的主理想？解：：故另外故总之有另方面，由于且而且实际上N是偶数环中由8生成的主理想，即，但是因此，.实际上是22、设,求关于的所有左陪集以及右陪集.解 , 的所有左陪集为:;;．的所有右陪集为:;;.1．在群中, 对任意 , 方程与都有唯一解.证明令 , 那么 , 故为方程的解。

近世代数答案杨子胥

近世代数答案杨子胥【篇一：近世代数杨子胥最新版题解_答】概念1. 11.4.5.近世代数题解 1. 22.3.近世代数题解 1. 31. 解 1)与3)是代数运算，2)不是代数运算．2. 解这实际上就是m中n个元素可重复的全排列数nn．3. 解例如a?b＝e与a?b＝ab—a—b．4.5.近世代数题解 1. 41.2.3.解 1）略 2）例如规定4．5．略近世代数题解 1. 51. 解 1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射．2.略3.4.5.1. 61.2. 解 1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性；3)是等价关系；4)是等价关系．3. 解 3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类．4.则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把q换成实数域的任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．5.6.证 1）略2）7.8.9.10.【篇二：概率部分答案】、选择题 1-6：ccdcbb 二、填空题：(1)??{(正，反)， (反，正)，(正，正)，(反，反)}；(2)??{(两正)，(一正一反)， (两反)}；(3)令10件产品中的合格品为正1，正2，?，正9，次品记为次，则（正2，正3），（正2，正4）?，（正2，次）??（正9，次）}(4)??{0,1,2,?}(5)a?{1,3,5},b?{3,4,5,6},a?b?{1,3,4,5,6},ab?{3,5}a?{2,4,6},b?{1,2},a?b?{1},b?a?{4,6}(6)p(ab)?0，p(ab)?1?p?q. (7)0.56；0.94；0.44. (8)p(a?b)?0.7.(9) p(b?a)?0.3，p(a?b)?0.1.3.（1）必然事件；（2）不可能事件；（3）取到的球码是2或4；（4）取到的球码是5，7或9；（5）b?c={6，8，10}.4.（１）选到一名是一年级男生，而非计算机专业；（２）计算机专业只有一年级，且全是男生；（３）计算机专业只有一年级；（４）全校女生都是一年级，且一年级都是女生。

近世代数期末考试试题和答案解析

一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分)在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。

错选、多选或未选均无分。

1、设G 有6个元素的循环群，a 是生成元，则G 的子集（）是子群。

A 、{}aB 、{}e a ,C 、{}3,a eD 、{}3,,a a e 2、下面的代数系统（G ，*）中，（）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3、在自然数集N 上，下列哪种运算是可结合的？（）A 、a*b=a-bB 、a*b=max{a,b}C 、 a*b=a+2bD 、a*b=|a-b|4、设1σ、2σ、3σ是三个置换，其中1σ=（12）（23）（13），2σ=（24）（14），3σ=（1324），则3σ=（） A 、12σ B 、1σ2σ C 、22σ D 、2σ1σ5、任意一个具有2个或以上元的半群，它（）。

A 、不可能是群B 、不一定是群C 、一定是群D 、是交换群二、填空题(本大题共10小题，每空3分，共30分)请在每小题的空格中填上正确答案。

错填、不填均无分。

1、凯莱定理说：任一个子群都同一个----------同构。

2、一个有单位元的无零因子-----称为整环。

3、已知群G 中的元素a 的阶等于50，则4a 的阶等于------。

4、a 的阶若是一个有限整数n ，那么G 与-------同构。

5、A={1.2.3} B={2.5.6} 那么A ∩B=-----。

6、若映射ϕ既是单射又是满射，则称ϕ为-----------------。

7、α叫做域F 的一个代数元，如果存在F 的-----n a a a ,,,10 使得010=+++n n a a a αα 。

8、a 是代数系统)0,(A 的元素，对任何A x ∈均成立x a x = ，则称a 为---------。

近世代数习题解答2.doc

近世代数习题解答第二章群论1 群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?证不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件 ''5,4来作群的定义:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1得e a a =-1因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([ 即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即由 a ae = 得 a ea = a ae a a a a aa ea ====--)()(11 即 a ea =这样就得到群的第二定义. (3) 证 b ax =可解取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.2 单位元,逆元,消去律1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就是交换群.证由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)(.2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证 (1) 先证a 的阶是n 则1-a 的阶也是n .e e a a e a n n n ===⇒=---111)()(若有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a me a m=∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a 的阶等于1-a 的阶 (2)a 的阶大于2, 则1-≠a a 若 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 则 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶 2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a n m ∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等: 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。

近世代数期末考试试题和答案解析

近世代数期末考试试题和答案解析一、单项选择题（本大题共5小题，每小题 3 分，共15 分）在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。

错选、多选或未选均无分。

1、设G 有6个元素的循环群，a是生成元，则G的子集（）是子群。

A、a B 、a,e C 、e,a3D 、e,a,a32、下面的代数系统（G，*）中，（）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3、在自然数集N 上，下列哪种运算是可结合的？（）A、a*b=a-bB、a*b=max{a,b} C 、a*b=a+2b D 、a*b=|a-b|4、设1、2、3是三个置换，其中1=（12）（23）（13），2=（24）（14），3 =1324），则3=（）22A、2 1 B 、 1 2 C 、2 2 D 、 2 15、任意一个具有2 个或以上元的半群，它（）。

A、不可能是群B、不一定是群C、一定是群D、是交换群二、填空题（本大题共10小题，每空3分，共30分）请在每小题的空格中填上正确答案。

错填、不填均无分。

1、凯莱定理说：任一个子群都同一个----- 同构。

2、一个有单位元的无零因子称为整环。

43、已知群G中的元素a的阶等于50，则a4的阶等于 -- 。

4、a 的阶若是一个有限整数n，那么G与-- 同构。

5、A={1.2.3} B={2.5.6} 那么A∩B= 。

6、若映射既是单射又是满射，则称为------------ 。

7、叫做域 F 的一个代数元，如果存在 F 的a0,a1, ,a n使得a0 a1a n n 08、a是代数系统（ A,0）的元素，对任何x A均成立x a x，则称a为--- 。

9、有限群的另一定义：一个有乘法的有限非空集合G作成一个群，如果满足G 对于乘法封闭；结合律成立、------ 。

10、一个环R对于加法来作成一个循环群，则P 是---- 。

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。

近世代数复习题答案

近世代数复习题答案1. 群的定义是什么？答：群是一个集合G，配备有一个二元运算*，满足以下四个条件：封闭性、结合律、单位元、逆元。

即对于任意的a, b属于G，有a*b属于G；对于任意的a, b, c属于G，有(a*b)*c = a*(b*c)；存在一个元素e属于G，使得对于任意的a属于G，有e*a = a*e = a；对于每一个a属于G，存在一个元素b属于G，使得a*b = b*a = e。

2. 什么是子群？答：如果群G的一个非空子集H满足对于任意的a, b属于H，有a*b^(-1)属于H，则称H为G的一个子群。

3. 什么是正规子群？答：如果群G的一个子群N满足对于任意的g属于G和任意的n属于N，有g*n*g^(-1)属于N，则称N为G的一个正规子群。

4. 群同态的定义是什么？答：设G和H是两个群，如果存在一个映射φ: G → H，满足对于任意的a, b属于G，有φ(a*b) = φ(a)*φ(b)，则称φ为从G到H的一个群同态。

5. 什么是群的同构？答：如果群G和H之间存在一个双射的群同态φ，则称G和H是同构的，记作G ≅ H。

6. 什么是环？答：环是一个集合R，配备有两个二元运算+和*，满足以下条件：(R, +)是一个交换群；(R, *)满足结合律；乘法对加法满足分配律。

即对于任意的a, b, c属于R，有(a+b)+c = a+(b+c)；存在一个元素0属于R，使得对于任意的a属于R，有a+0 = 0+a = a；对于每一个a属于R，存在一个元素-a属于R，使得a+(-a) = (-a)+a = 0；对于任意的a, b属于R，有(a*b)*c = a*(b*c)；对于任意的a, b属于R，有a*(b+c) = a*b + a*c，(b+c)*a = b*a + c*a。

7. 什么是理想？答：如果环R的一个非空子集I满足对于任意的a属于I和任意的r 属于R，有a*r和r*a属于I，则称I为R的一个理想。

近世代数的答案

近世代数习题解答第二章群论1 群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?证不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件 ''5,4来作群的定义:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1得e a a =-1因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1 所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([ 即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即由 a ae = 得 a ea = a ae a a a a aa ea ====--)()(11即 a ea =这样就得到群的第二定义. (3) 证 b ax =可解取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.2 单位元,逆元,消去律1. 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 Θ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∈K K K ,,,,,,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{K =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 Θ 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 。

近世代数习题解答

近世代数习题解答第二章群论1 群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?证不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件 ''5,4来作群的定义:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1 证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1 得e a a =-1 因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1 所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([ 即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即由 a ae = 得 a ea = a ae a a a a aaea ====--)()(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 aab a a ===--)()(11这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.2 单位元,逆元,消去律1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就是交换群.证由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)(.2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证 (1) 先证a 的阶是n 则1-a 的阶也是n .e e a a e a n n n ===⇒=---111)()(若有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a 的阶等于1-a 的阶 (2)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-a双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶 2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a n m ∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等: nma a = )(n m 〈 故 e a m n =- m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定相同? 证不一定相同例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G但231,231i i --+-的阶都是3. 而1的阶是1.5 变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证我们的回答是回有的},3,2,1{ =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→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 ax -+→-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。

代数学引论（近世代数）答案

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。

近世代数杨子胥最新版题解-答(精选.)

近世代数第一章基本概念§1. 11.4.5.近世代数题解§1. 2 2.3.近世代数题解§1. 31. 解1)与3)是代数运算，2)不是代数运算．2. 解这实际上就是M中n个元素可重复的全排列数n n．3. 解例如A B＝E与A B＝AB—A—B．4.5.近世代数题解§1. 41.2.3.解1）略2）例如规定4．5．略近世代数题解§1. 51. 解1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射．2.略3.4.5.§1. 61.2. 解1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性；3)是等价关系；4)是等价关系．3. 解3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类．4.则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把Q换成实数域的任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．5.6.证1）略2）7.8.9.10.11.12.第二章群§2. 1 群的定义和初步性质一、主要内容1．群和半群的定义和例子特别是一船线性群、n次单位根群和四元数群等例子．2．群的初步性质1)群中左单位元也是右单位元且惟一；2)群中每个元素的左逆元也是右逆元且惟一：3)半群G是群⇔方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．4)有限半群作成群⇔两个消去律成立．二、释疑解难有资料指出，群有50多种不同的定义方法．但最常用的有以下四种：1)教材中的定义方法．简称为“左左定义法”；2)把左单位元换成有单位元，把左逆元换成右逆元(其余不动〕．简称为“右右定义法”；3)不分左右，把单位元和逆元都规定成双边的，此简称为“双边定义法”；4)半群G再加上方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．此简称为“方程定义法”．“左左定义法”与“右右定义法”无甚差异，不再多说．“双边定\义法”缺点是定义中条件不完全独立，而且在验算一个群的实例时必须验证单位元和逆元都是双边的，多了一层手续(虽然这层手续一般是比较容易的)；优点是：①不用再去证明左单位元也是右单位元，左逆元也是右逆元；②从群定义本身的条件直接体现了左与右的对称性．以施行“除法运算”，即“乘法”的逆运算．因此，群的‘方程定义法”直接体现了在群中可以施行“乘法与除法”运算．于是简言之，可以施行乘法与除法运算的半群就是群．为了开阔视野，再给出以下群的另一定义．a，对G 定义一个半群G如果满足以下条件则称为一个群：对G中任意元素a，在G中都存在元素1-中任意元素b都有1-a(ab)=(ba)1-a=b．这个定义与前面4种定义的等价性留给读者作为练习．2．在群的“方程定义法”中，要求方程a x=b与y a=b都有解缺一不可．即其中一个方程有解并不能保证另一个方程也有解．4．关于结合律若代数运算不是普通的运算(例如，数的普通加法与乘法，多项式的普通加法与乘法以及矩阵、变换和线性变换的普通加法或乘法)，则在一般情况下，验算结合律是否成立比较麻烦．因此在代数系统有限的情况下，有不少根据乘法表来研究检验结合律是否成立的方法．但无论哪种方法，一般都不是太简单．5．关于消去律．根据教材推论2，对有限半群是否作成群只用看消去律是否成立．而消去律是否成立，从乘法表很容易看出，因为只要乘法表中每行和每列中的元素互异即可．6．在群定义中是否可要求有“左”单位元而每个元素有“右”逆元呢？答不可以，例如上面例2就可以说明这个问题，因为e1是左单位元，而e1与e2都有右逆元且均为e1．但G并不是群．7．群与对称的关系．1)世界万物，形态各异．但其中有无数大量事物部具有这样或那样的对称性．而在这些具有对称性的万事万物中，左右对称又是最为常见的．由群的定义本身可知，从代数运算到结合律，特别是左、右单位元和左、右逆元，均体现出左右对称的本质属性．2)几何对称．设有某一几何图形，如果我们已经找到了它的全部对称变换(即平常的反射、旋转、反演和平移变换的统称)，则此对称变换的全体关于变换的乘法作成一个群，称为该图形的完全对称群．这个图形的对称性和它的完全对称群是密切相关的．凡对称图形(即经过对称变换保持不变的图形、亦即完成这种变换前后的图形重合)，总存在若干个非恒等对称变换和恒等变换一起构成该图形的完全对称群．反之，如果一个图形存在着非平凡的对称变换，则该图形就是对称图形．不是对称的图形，就不能有非恒等的对称变换．显然，一个图形的对称程度越高，则该图形的对称变换就越多．也就是说它的完全对称群的阶数就越高，即图形对称程度的高低与其对称群的阶数密切相关．因此；这就启发人们用群去刽面对称图形及其性质，用群的理论去研究对称．所以人们就把群论说成是研究对称的数学理论．显然，每个n元多项式都有一个确定的n次置换群：例如n元多项式例6 任何n元对称多项式的置换群都是n次对称群．很显然，一个多元多项式的置换群的阶数越高，这个多元多项式的对称性越强．反之亦然．因此，我们通常所熟知的多元对称多项式是对称性最强的多项式．三、习题2．1解答1.略2.3.4.5.6.§2. 2 群中元素的阶一、主要内容1．群中元素的阶的定义及例子．周期群、无扭群与混合群的定义及例子．特别，有限群必为周期群，但反之不成立．2．在群中若a＝n，则4．若G是交换群，又G中元素有最大阶m，则G中每个元素的阶都是m的因子．二、释疑解难在群中，由元素a与b的阶一般决定不了乘积ab的阶，这由教材中所举的各种例子已经说明了这一点．对此应十分注意．但是，在一定条件下可以由阶a与b决定阶ab，这就是教材中朗定理4：4．一个群中是否有最大阶元?有限群中元素的阶均有限，当然有最大阶元．无限群中若元素的阶有无限的(如正有理数乘群或整数加群)，则当然无最大阶元，若无限群中所有元素的阶均有限(即无限周期群)，则可能无最大阶元，如教材中的例4：下面再举两个(一个可换，另一个不可换)无限群有最大阶元的例子．5．利用元素的阶对群进行分类，是研究群的重要方法之一．例如，利用元素的阶我们可以把群分成三类，即周期群、无扭群与混合群．而在周期群中又可分出p—群p是素数)，从而有2—群、3—群、5—群等等．再由教材§3. 9知，每个有限交换群(一种特殊的周期群)都可惟一地分解为素幂阶循环p—群的直积，从而也可见研究p—群的重要意义．三、习题2．2解答1.2.3.4.5.推回去即得．6.§2. 3 子群一、主要内容1．子群的定义和例子．特别是，特殊线性群(行列式等于l的方阵)是一般线性群(行列式不等于零的方阵)的子群．4．群的中心元和中心的定义．二、释疑解难１．关于真子群的定义．教材把非平凡的子群叫做真子群．也有的书把非G的于群叫做群G的真子群．不同的定义在讨论子群时各有利弊．好在差异不大，看参考书时应予留意．2．如果H与G是两个群，且H⊆G，那么能不能说H就是G的子群?答：不能．因为子群必须是对原群的代数运算作成的群．例如，设G是有理数加群，而H是正有理数乘群，二者都是群，且H⊆G但是不能说H是G的子群．答：不能这样认为．举例如下．例2 设G 是四元数群．则显然是G 的两个子群且易知反之亦然．三、习题2．3解答 1．证赂．2．证必要性显然，下证充分性．设子集H 对群G 的乘法封闭，则对H 中任意元素a 和任意正整数m 都有a m ∈H ．由于H 中每个元素的阶都有限，设a ＝n ，则3．对非交换群一放不成立．例如，有理数域Q 上全体2阶可逆方阵作成的乘群中，易知 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1021a ， ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1031b 的阶有限，都是2，但易知其乘积⎪⎪⎭⎫⎝⎛=1011ab的阶却无限．即其全体有限阶元素对乘法不封闭，故不能作成子群．4．证由高等代数知，与所有n 阶可逆方阵可换的方阵为全体纯量方阵，由此即得证．ms十n t＝1．由此可得6．7．§2. 4 循环群一、主要内容1．生成系和循环群的定义．2．循环群中元素的表示方法和生成元的状况．3．循环群在同构意义下只有两类：整数加群和n次单位根乘群，其中n＝1，2，3，…．4．循环群的子群的状况．a a有且仅有一个k 阶子群kn a．二、释疑解难1．我们说循环群是一类完全弄清楚了的群，主要是指以下三个方面：1)循环群的元素表示形式和运算方法完全确定．其生成元的状况也完全清楚(无限循环群有两个生成元，n 阶循环群a 有)(n ϕ个生成元而且a k 是生成元⇔(k n )＝1)；2)循环群的子群的状况完全清楚；3)在同构意义下循环群只有两类：一类是无限循环群，都与整数加群同构；另一类是n (n ＝1，2，…)阶循环群，都与n 次单位根乘群同构．2．循环群不仅是一类完全弄清楚了的群，而且是一类比较简单又与其他一些群类有广泛联系的群类．例如由下一章§9可知，有限交换群可分解为一些素幂阶循环群的直积．更一般地，任何一个具有有限生成系的交换群都可分解成循环群的直积．由于循环群已完全在我们掌握之中，所以这种群(具有有限生成系的交换群)也是一类研究清楚了的群类．它在各种应用中有着非常重要的作用．例如在组合拓扑学中它就是一个主要的工具．三、习题§2. 4解答 1.2.3.4.5.6.7.§2. 5 变换群一、主要内容1．变换群、双射变换群(特别是集合M上的对称群和n次对称群)和非双射变换群的定义及例子．2．变换群是双射变换群的充要条件；双射变换群与抽象群的关系．1)集合M上的变换群G是双射变换群 G含有M的单或满)射变换；2)任何一个群都同一个(双射)变换群同构．3．有限集及无限集上非双射变换群的例子(例2和例3)．二、释疑解难1．一般近世代数书中所说的“变换群”，都是由双射变换(关于变换乘法)所作成的群，即本教材所说的“双射变换群”．而本教材所说的“变换群”则是由一个集合上的一些变换(不一定是双射变换)作成的群．通过教材§5定理2和推论1可知，实际上变换群可分成两类：一类是双射变换群(全由双射变换作成的群，即通常近世代数书中所说的“变换群”)，另一类是非双射变换群(全由非双射变换作成的群)．在学习本书时应留意这种差异．2．本节教材定理2(若集合M上的变换群G含有M的单射或满射变换．则G必为M上的一个双射变换群，即G中的变换必全是双射变换)比有些书上相应的定理(若集合M上由变换作成的群G含有M的恒等变换，则G中的变换必全为双射变换)大为推广．因为后者要求G包含恒等变换(一个特殊的双射变换)，而前者仅要求G包含一个单(或满)射变换即可．因此，后音只是前者(本节教材定理2)的一个推论，一种很特殊的情况．两相比较，差异较大．这种差异也说明，M上的任何一个非双射变换群不仅不能包含恒等变换，而且连M的任何单射或满射变换也不能包含．另外，在这里顺便指出，集合M上的任何双射变换群G的单位元必是M的恒等变换．3．集合M 上的全体变换作成的集合T (M )，对于变换的乘法作成一个有单位元的半群．在半群的讨论中，这是一类重要的半群．并且本节习题中第4题还指出，当M ＞1时T (M )只能作成半群，而不能作成群．三、习题§2. 5解答1. 解作成有单位元半群，τ是单位元．但不作成群，因为σ无逆元．2.3. 解 G 作成群：因为易知4月15号4.5.§2. 6 置换群一、主要内容1．任何(非循环)置换都可表为不相连循环之积，任何置换都可表为若干个对换之积，且对换个数的奇阴偶性不变．从而有奇、偶置换的概念，且全体n 次置换中奇、偶置换个数相等，各为2!n 个(n ＞1)．2．k —循环的奇偶性、阶和逆元的确定方法，以及不相连循环乘积的奇偶性、阶和逆元的确定方法．1)k —循环与A 有相反奇偶性．2)k —循环的阶为k ．又(i 1，i 2…i k )－1＝(i k ，…，i 2，i 1 )．3)若σ分解为不相连循环之积．则其分解中奇循环个数为奇时σ为奇置换，否则σ为偶置换．σ的阶为各因子的阶的最小公倍．其逆元可由k —循环的逆元来确定．3．由置换σ，τ求置换στσ－１的方法．n 次对称群s n 的中心． 4．传递群的定义、例子和简单性质．二、释疑解难1．研究置换群的重要意义和作用．除了教材中已经指出的(置换群是最早研究的一类群，而且每个有限的抽象群都同一个置换群同构)以外，研究置换群的重要意义和作用至少还有以下几方面：1) 置换群是一种具体的群，从置换乘法到判断置换的奇偶性以及求置换的阶和逆置换，都很具体和简单．同时它也是元素不是数的一种非交换群．在群的讨论中举例时也经常用到这种群．2) 在置换群的研究中，有一些特殊的研究对象是别的群所没有的．如置换中的不动点理论以及传递性和本原性理论等等．3) 置换群中有一些特殊的子群也是一般抽象群所没有的．例如，交代群、传递群、稳定子群和本原群等等．就教材所讲过的交代群和传递群的重要性便可以知道，介绍置换群是多么的重要．首先，书写大为简化，便于运算。

近世代数习题答案

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。

※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。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

近世代数第一章基本概念§1. 11.4.5.近世代数题解§1. 2 2.3.近世代数题解§1. 31. 解1)与3)是代数运算，2)不是代数运算．2. 解这实际上就是M中n个元素可重复的全排列数n n．3. 解例如A B＝E与A B＝AB—A—B．4.5.近世代数题解§1. 41.2.3.解1）略2）例如规定4．5．略近世代数题解§1. 51. 解1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射．2.略3.4.5.§1. 61.2. 解1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性；3)是等价关系；4)是等价关系．3. 解3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类．4.则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把Q换成实数域的任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．5.6.证1）略2）7.8.9.10.11.12.第二章群§2. 1 群的定义和初步性质一、主要内容1．群和半群的定义和例子特别是一船线性群、n次单位根群和四元数群等例子．2．群的初步性质1)群中左单位元也是右单位元且惟一；2)群中每个元素的左逆元也是右逆元且惟一：3)半群G是群⇔方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．4)有限半群作成群⇔两个消去律成立．二、释疑解难有资料指出，群有50多种不同的定义方法．但最常用的有以下四种：1)教材中的定义方法．简称为“左左定义法”；2)把左单位元换成有单位元，把左逆元换成右逆元(其余不动〕．简称为“右右定义法”；3)不分左右，把单位元和逆元都规定成双边的，此简称为“双边定义法”；4)半群G再加上方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．此简称为“方程定义法”．“左左定义法”与“右右定义法”无甚差异，不再多说．“双边定\义法”缺点是定义中条件不完全独立，而且在验算一个群的实例时必须验证单位元和逆元都是双边的，多了一层手续(虽然这层手续一般是比较容易的)；优点是：①不用再去证明左单位元也是右单位元，左逆元也是右逆元；②从群定义本身的条件直接体现了左与右的对称性．以施行“除法运算”，即“乘法”的逆运算．因此，群的‘方程定义法”直接体现了在群中可以施行“乘法与除法”运算．于是简言之，可以施行乘法与除法运算的半群就是群．为了开阔视野，再给出以下群的另一定义．a，对G 定义一个半群G如果满足以下条件则称为一个群：对G中任意元素a，在G中都存在元素1-中任意元素b都有1-a(ab)=(ba)1-a=b．这个定义与前面4种定义的等价性留给读者作为练习．2．在群的“方程定义法”中，要求方程a x=b与y a=b都有解缺一不可．即其中一个方程有解并不能保证另一个方程也有解．4．关于结合律若代数运算不是普通的运算(例如，数的普通加法与乘法，多项式的普通加法与乘法以及矩阵、变换和线性变换的普通加法或乘法)，则在一般情况下，验算结合律是否成立比较麻烦．因此在代数系统有限的情况下，有不少根据乘法表来研究检验结合律是否成立的方法．但无论哪种方法，一般都不是太简单．5．关于消去律．根据教材推论2，对有限半群是否作成群只用看消去律是否成立．而消去律是否成立，从乘法表很容易看出，因为只要乘法表中每行和每列中的元素互异即可．6．在群定义中是否可要求有“左”单位元而每个元素有“右”逆元呢？答不可以，例如上面例2就可以说明这个问题，因为e1是左单位元，而e1与e2都有右逆元且均为e1．但G并不是群．7．群与对称的关系．1)世界万物，形态各异．但其中有无数大量事物部具有这样或那样的对称性．而在这些具有对称性的万事万物中，左右对称又是最为常见的．由群的定义本身可知，从代数运算到结合律，特别是左、右单位元和左、右逆元，均体现出左右对称的本质属性．2)几何对称．设有某一几何图形，如果我们已经找到了它的全部对称变换(即平常的反射、旋转、反演和平移变换的统称)，则此对称变换的全体关于变换的乘法作成一个群，称为该图形的完全对称群．这个图形的对称性和它的完全对称群是密切相关的．凡对称图形(即经过对称变换保持不变的图形、亦即完成这种变换前后的图形重合)，总存在若干个非恒等对称变换和恒等变换一起构成该图形的完全对称群．反之，如果一个图形存在着非平凡的对称变换，则该图形就是对称图形．不是对称的图形，就不能有非恒等的对称变换．显然，一个图形的对称程度越高，则该图形的对称变换就越多．也就是说它的完全对称群的阶数就越高，即图形对称程度的高低与其对称群的阶数密切相关．因此；这就启发人们用群去刽面对称图形及其性质，用群的理论去研究对称．所以人们就把群论说成是研究对称的数学理论．显然，每个n元多项式都有一个确定的n次置换群：例如n元多项式例6 任何n元对称多项式的置换群都是n次对称群．很显然，一个多元多项式的置换群的阶数越高，这个多元多项式的对称性越强．反之亦然．因此，我们通常所熟知的多元对称多项式是对称性最强的多项式．三、习题2．1解答1.略2.3.4.5.6.§2. 2 群中元素的阶一、主要内容1．群中元素的阶的定义及例子．周期群、无扭群与混合群的定义及例子．特别，有限群必为周期群，但反之不成立．2．在群中若a＝n，则4．若G是交换群，又G中元素有最大阶m，则G中每个元素的阶都是m的因子．二、释疑解难在群中，由元素a与b的阶一般决定不了乘积ab的阶，这由教材中所举的各种例子已经说明了这一点．对此应十分注意．但是，在一定条件下可以由阶a与b决定阶ab，这就是教材中朗定理4：4．一个群中是否有最大阶元?有限群中元素的阶均有限，当然有最大阶元．无限群中若元素的阶有无限的(如正有理数乘群或整数加群)，则当然无最大阶元，若无限群中所有元素的阶均有限(即无限周期群)，则可能无最大阶元，如教材中的例4：下面再举两个(一个可换，另一个不可换)无限群有最大阶元的例子．5．利用元素的阶对群进行分类，是研究群的重要方法之一．例如，利用元素的阶我们可以把群分成三类，即周期群、无扭群与混合群．而在周期群中又可分出p—群p是素数)，从而有2—群、3—群、5—群等等．再由教材§3. 9知，每个有限交换群(一种特殊的周期群)都可惟一地分解为素幂阶循环p—群的直积，从而也可见研究p—群的重要意义．三、习题2．2解答1.2.3.4.5.推回去即得．6.§2. 3 子群一、主要内容1．子群的定义和例子．特别是，特殊线性群(行列式等于l的方阵)是一般线性群(行列式不等于零的方阵)的子群．4．群的中心元和中心的定义．二、释疑解难１．关于真子群的定义．教材把非平凡的子群叫做真子群．也有的书把非G的于群叫做群G的真子群．不同的定义在讨论子群时各有利弊．好在差异不大，看参考书时应予留意．2．如果H与G是两个群，且H⊆G，那么能不能说H就是G的子群?答：不能．因为子群必须是对原群的代数运算作成的群．例如，设G是有理数加群，而H是正有理数乘群，二者都是群，且H⊆G但是不能说H是G的子群．答：不能这样认为．举例如下．例2 设G 是四元数群．则显然是G 的两个子群且易知反之亦然．三、习题2．3解答 1．证赂．2．证必要性显然，下证充分性．设子集H 对群G 的乘法封闭，则对H 中任意元素a 和任意正整数m 都有a m ∈H ．由于H 中每个元素的阶都有限，设a ＝n ，则3．对非交换群一放不成立．例如，有理数域Q 上全体2阶可逆方阵作成的乘群中，易知 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1021a ， ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1031b 的阶有限，都是2，但易知其乘积⎪⎪⎭⎫⎝⎛=1011ab的阶却无限．即其全体有限阶元素对乘法不封闭，故不能作成子群．4．证由高等代数知，与所有n 阶可逆方阵可换的方阵为全体纯量方阵，由此即得证． 5．证因为(m ，n )＝1，故存在整数s ，t 使 ms 十n t ＝1．由此可得6．7．§2. 4 循环群一、主要内容1．生成系和循环群的定义．2．循环群中元素的表示方法和生成元的状况．3．循环群在同构意义下只有两类：整数加群和n 次单位根乘群，其中n ＝1，2，3，…． 4．循环群的子群的状况．无限循环群有无限多个子群．n 阶循环群a 有T (n )(n 的正出数个数)个子群，且对n 的每个正因数k ，a有且仅有一个k 阶子群kna．二、释疑解难1．我们说循环群是一类完全弄清楚了的群，主要是指以下三个方面：1)循环群的元素表示形式和运算方法完全确定．其生成元的状况也完全清楚(无限循环群有两个生成元，n 阶循环群a 有)(n ϕ个生成元而且a k 是生成元⇔(k n )＝1)；2)循环群的子群的状况完全清楚；3)在同构意义下循环群只有两类：一类是无限循环群，都与整数加群同构；另一类是n (n ＝1，2，…)阶循环群，都与n 次单位根乘群同构．2．循环群不仅是一类完全弄清楚了的群，而且是一类比较简单又与其他一些群类有广泛联系的群类．例如由下一章§9可知，有限交换群可分解为一些素幂阶循环群的直积．更一般地，任何一个具有有限生成系的交换群都可分解成循环群的直积．由于循环群已完全在我们掌握之中，所以这种群(具有有限生成系的交换群)也是一类研究清楚了的群类．它在各种应用中有着非常重要的作用．例如在组合拓扑学中它就是一个主要的工具．三、习题§2. 4解答 1.2.3.4.5.6.7.§2. 5 变换群一、主要内容1．变换群、双射变换群(特别是集合M上的对称群和n次对称群)和非双射变换群的定义及例子．2．变换群是双射变换群的充要条件；双射变换群与抽象群的关系．1)集合M上的变换群G是双射变换群⇔G含有M的单或满)射变换；2)任何一个群都同一个(双射)变换群同构．3．有限集及无限集上非双射变换群的例子(例2和例3)．二、释疑解难1．一般近世代数书中所说的“变换群”，都是由双射变换(关于变换乘法)所作成的群，即本教材所说的“双射变换群”．而本教材所说的“变换群”则是由一个集合上的一些变换(不一定是双射变换)作成的群．通过教材§5定理2和推论1可知，实际上变换群可分成两类：一类是双射变换群(全由双射变换作成的群，即通常近世代数书中所说的“变换群”)，另一类是非双射变换群(全由非双射变换作成的群)．在学习本书时应留意这种差异．2．本节教材定理2(若集合M上的变换群G含有M的单射或满射变换．则G必为M上的一个双射变换群，即G中的变换必全是双射变换)比有些书上相应的定理(若集合M上由变换作成的群G含有M的恒等变换，则G中的变换必全为双射变换)大为推广．因为后者要求G包含恒等变换(一个特殊的双射变换)，而前者仅要求G包含一个单(或满)射变换即可．因此，后音只是前者(本节教材定理2)的一个推论，一种很特殊的情况．两相比较，差异较大．这种差异也说明，M上的任何一个非双射变换群不仅不能包含恒等变换，而且连M的任何单射或满射变换也不能包含．另外，在这里顺便指出，集合M上的任何双射变换群G的单位元必是M的恒等变换．3．集合M上的全体变换作成的集合T(M)，对于变换的乘法作成一个有单位元的半群．在半群的讨论中，这是一类重要的半群．并且本节习题中第4题还指出，当M＞1时T(M)只能作成半群，而不能作成群．三、习题§2. 5解答1. 解作成有单位元半群，τ是单位元．但不作成群，因为σ无逆元．2.3. 解G作成群：因为易知4月15号4.5.§2. 6 置换群一、主要内容1．任何(非循环)置换都可表为不相连循环之积，任何置换都可表为若干个对换之积，且对换个数的奇阴偶性不变．从而有奇、偶置换的概念，且全体n 次置换中奇、偶置换个数相等，各为2!n 个(n ＞1)．2．k —循环的奇偶性、阶和逆元的确定方法，以及不相连循环乘积的奇偶性、阶和逆元的确定方法．1)k —循环与A 有相反奇偶性．2)k —循环的阶为k ．又(i 1，i 2…i k )－1＝(i k ，…，i 2，i 1 )．3)若σ分解为不相连循环之积．则其分解中奇循环个数为奇时σ为奇置换，否则σ为偶置换．σ的阶为各因子的阶的最小公倍．其逆元可由k —循环的逆元来确定．3．由置换σ，τ求置换στσ－１的方法．n 次对称群s n 的中心． 4．传递群的定义、例子和简单性质．二、释疑解难1．研究置换群的重要意义和作用．除了教材中已经指出的(置换群是最早研究的一类群，而且每个有限的抽象群都同一个置换群同构)以外，研究置换群的重要意义和作用至少还有以下几方面：1) 置换群是一种具体的群，从置换乘法到判断置换的奇偶性以及求置换的阶和逆置换，都很具体和简单．同时它也是元素不是数的一种非交换群．在群的讨论中举例时也经常用到这种群．2) 在置换群的研究中，有一些特殊的研究对象是别的群所没有的．如置换中的不动点理论以及传递性和本原性理论等等．3) 置换群中有一些特殊的子群也是一般抽象群所没有的．例如，交代群、传递群、稳定子群和本原群等等．就教材所讲过的交代群和传递群的重要性便可以知道，介绍置换群是多么的重要． 2．用循环与对换之积来表出置换的优越性．首先，书写大为简化，便于运算。