抽象代数答案

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抽象代数基础丘维声答案

抽象代数基础丘维声答案【篇一：index】t>------关于模n剩余类环的子环和理想的一般规律[文章摘要]通过对模n剩余类的一点思考，总结出模n剩余类环的子环和理想的规律：所有理想为主理想，可以由n的所有因子作为生成元生成，且这些主理想的个数为n的欧拉数。

使我们得以迅速求解其子环和理想。

[关键字]模n剩余类环循环群子环主理想[正文]模n剩余类是近世代数里研究比较透彻的一种代数结构。

一，定义：在一个集合a里，固定n（n可以是任何形式），规定a元间的一个关系r，arb，当而且只当n|a-b的时候这里，符号n|a-b表示n能整除a-b。

这显然是一个等价关系。

这个等价关系普通叫做模n的同余关系，并且用a?b(n)来表示（读成a同余b模n）。

这个等价关系决定了a的一个分类。

这样得来的类叫做模n的剩余类。

二，我们规定a的一个代数运算，叫做加法，并用普通表示加法的符号来表示。

我们用[a]来表示a所在的剩余类。

规定：[a]+[b]=[a+b];[0]+[a]=[a];[-a]+[a]=[0];根据群的定义我们知道，对于这个加法来说，a作成一个群。

叫做模n剩余类加群。

这样得到的剩余类加群是循环群，并且[1]是其生成元，[0]是其单位元。

三，我们再规定a的另一个代数运算，叫做乘法，并且规定：[a][b]=[ab]；根据环的定义我们知道，对于加法和乘法来说，a作成一个环。

叫做模n剩余类环。

四，关于理想的定义：环a的一个非空子集a叫做一个理想子环，简称为理想，假如：(i) a,b?a?a-b?a；(ii)a?a,b?a?ba,ab?a；所以如果一个模n剩余类环a的子环a要作为一个理想，需要满足： (i) [a],[b]?a?[a-b]?a；(ii)[a]?a,[b]?a?[ba],[ab]?a；由以上四点可得到对一个模n剩余类环，求其所有子环和理想的一个方法。

思路：第一，模n剩余类环对加法构成加群，根据群的定义，找出所有子群；第三，对所有子群，根据环的定义，对乘法封闭，从所有子群里找出所有环；第四，对所有子环，根据理想的定义，找出所有理想。

抽象代数一习题答案

抽象代数一习题答案在抽象代数中，习题通常涉及群、环、域等代数结构的定义、性质和例子。

以下是一些抽象代数习题的答案示例。

习题1：证明如果一个群G是阿贝尔群，那么它的每个子群也是阿贝尔群。

答案：设H是群G的一个子群。

由于G是阿贝尔群，对于任意的a, b属于G，我们有ab = ba。

现在考虑任意的h1, h2属于H。

由于H是G的子群，h1和h2也属于G。

因此，我们有h1h2 = h2h1（因为h1h2和h2h1都是G中的元素，并且G是阿贝尔的）。

这表明H中的元素满足交换律，所以H也是阿贝尔群。

习题2：证明如果一个环R有单位元，那么它的每个理想都是主理想。

答案：设I是环R的一个理想，我们需要证明I是一个主理想，即存在一个元素r∈R使得I = (r)，其中(r)表示由r生成的理想。

由于R有单位元1，考虑元素1 - r。

由于I是理想，1 - r也属于I。

因此，我们有1 - r = a(r) + b，其中a, b属于R。

将等式两边乘以r，我们得到1 = ar + rb。

这意味着r(1 - ar) = rb。

由于1 - ar属于I（因为I是理想），我们有r属于I。

现在，对于I中的任意元素x，我们可以写x = (1 - ar)x + arx。

由于ar属于I，(1 - ar)x也属于I。

因此，x = r(1 - ar)x，表明x可以由r生成。

所以I = (r)，证明完成。

习题3：证明如果一个域F的元素a不是单位元，那么a的阶是有限数。

答案：设a是域F中的一个非单位元。

我们需要证明存在一个正整数n使得a^n = 1。

考虑集合{1, a, a^2, a^3, ...}。

由于F是域，它没有零除数，因此a^n ≠ 1对于所有n。

这意味着集合中的元素都是不同的。

然而，域F是有限的，因此不可能有无限多不同的元素。

因此，必须存在最小的正整数n > 1，使得a^n = a^1。

这意味着a^(n-1) = 1，所以a的阶是有限的。

抽象代数等价关系习题答案

抽象代数等价关系习题答案抽象代数等价关系习题答案抽象代数是数学中的一个重要分支，研究的是代数结构的一般性质和规律。

在抽象代数中，等价关系是一个基本概念，它描述了两个元素之间的相等性。

在本文中，我将为大家提供一些抽象代数中等价关系习题的答案，希望能对大家的学习有所帮助。

1. 设A是一个非空集合，R是A上的一个等价关系。

证明：对于任意的a ∈ A，[a] = A。

解答：根据等价关系的定义，[a]是由所有与a等价的元素组成的集合。

而等价关系具有自反性，即对于任意的元素a，a与自身等价。

因此，a ∈ [a]，即a属于[a]中的元素。

又因为R是等价关系，所以对于任意的b ∈ A，若a与b等价，则b与a也等价。

因此，[a]中的任意元素与a都等价，即[a]包含了A中的所有元素。

综上所述，[a] = A。

2. 设A是一个非空集合，R是A上的一个等价关系。

证明：对于任意的a, b ∈ A，若a与b等价，则[a] = [b]。

解答：假设a与b等价，即(a, b) ∈ R。

根据等价关系的定义，对于任意的c ∈ [a]，都有(c, a) ∈ R。

由于(a, b) ∈ R，根据等价关系的传递性，对于任意的c ∈ [a]，都有(c, b) ∈ R。

因此，[a]的任意元素与b都等价，即[b] ⊆ [a]。

同理可证，[a] ⊆ [b]。

综上所述，[a] = [b]。

3. 设A是一个非空集合，R是A上的一个等价关系。

证明：对于任意的a, b ∈ A，若[a] ∩ [b] ≠ ∅，则[a] = [b]。

解答：假设[a] ∩ [b] ≠ ∅，即存在一个元素c，使得c ∈ [a] 且c ∈ [b]。

根据等价关系的定义，对于任意的d ∈ [a]，都有(d, a) ∈ R。

由于c ∈ [a]，根据等价关系的传递性，对于任意的d ∈ [a]，都有(d, c) ∈ R。

同理可证，对于任意的d ∈ [b]，都有(d, c) ∈ R。

因此，[a]和[b]中的任意元素与c都等价，即[a] ⊆[b] 且 [b] ⊆ [a]。

抽象代数考试试题及答案

抽象代数考试试题及答案
在这份3000字的抽象代数考试试题及答案内容中，将为您详细解
析各种抽象代数考试题目，并给出相应的答案，帮助您更好地理解和
掌握这一领域的知识。

第一题：给定一个环R，证明R中每个理想都是主理想。

解答：首先，我们知道一个环中的理想是一个包含于该环的子集，
并且满足加法和乘法封闭性，对于任意r∈R和a，b∈I（I为R的一个
理想），有ra, rb∈I。

要证明R中每个理想都是主理想，即对于任意理想I，存在一个元
素r∈R，使得I = rR。

我们可以取r为I的一个生成元素，即r为使得I = rR的最小生成元素。

第二题：证明一个整数环不一定是唯一分解整环。

解答：反例：考虑整数环Z = {..., -2, -1, 0, 1, 2, ...}，Z并不是唯一
分解整环，因为在Z中存在不满足唯一分解性质的元素。

例如，2可以被分解为2 = (-1)(-2) = 1 * 2，即存在不同的唯一分解形式。

第三题：给定一个域K，证明K[x]（K上的多项式环）是唯一分解
整环。

解答：首先证明K[x]是整环。

然后证明K[x]是主理想整环（PID），意味着K[x]中的每个理想都是主理想。

再进一步证明K[x]是唯一分解
整环（UFD），即K[x]中每个非零元素都可以被分解为不可约元素的
乘积，且这个分解是唯一的。

通过以上试题及解答，我们可以看出在抽象代数领域中，需要深入
理解环、理想、整环、唯一分解整环等概念，并掌握相应的证明方法，才能较好地解决相关问题。

希望以上内容对您有所帮助，祝您学业有成！。

《抽象代数02009》试卷及标准答案

《抽象代数02009》试卷及标准答案
四、简答题(本大题共7小题，每小题5分，共35分)
26、A,{1,2,3}，B,{a,b}写出AXB及BXA的所有元素。

27、找出模5剩余类环的所有可逆元，并指出其逆元。

Z5
28、假定一个环R对加法来说作成一个循环群，证明:R是交换环。

29、证明两个不变子群的交集还是不变子群。

30、简述一个环作成域的条件，并指出域有几个理想。

31、群G中元a,b,若a,b的阶均有限，问ab的阶是否有限,
32、假定H是G的子群，N是G的不变子群，证明:HN是G的子群。

五、证明题(本大题共3小题，第33、34小题各7分，第35小题6分，共20分) 233、证明任意偶数阶的有限群至少有一个元a?e，使(e是群G的单位元)。

a,e
34、设R是偶数环，证明:(4)是R的最大理想，但R/(4)不是一个域。

35、假定[a]是整数模n的一个剩余类，证明:若a同n互素，那么所有[a]中的数都同n 互素。

抽象代数期末考试题及答案

抽象代数期末考试题及答案一、单项选择题（每题2分，共10分）1. 群的元素满足的运算性质不包括以下哪一项？A. 封闭性B. 结合律C. 交换律D. 恒等元答案：C2. 以下哪个不是环的基本性质？A. 加法和乘法的封闭性B. 加法的结合律C. 加法和乘法的交换律D. 乘法对加法的分配律答案：C3. 向量空间的基具有什么性质？A. 线性无关B. 线性相关C. 可以是任何一组向量D. 包含向量空间中所有向量答案：A4. 以下哪个不是群同态的性质？A. 保持群的运算B. 保持群的恒等元C. 保持群的逆元D. 保持群的子群答案：D5. 有限群的拉格朗日定理表述了什么？A. 群的阶数等于其任意子群的阶数B. 群的任意子群的阶数能整除群的阶数C. 群的任意子群的阶数等于群的阶数D. 群的阶数能整除其任意子群的阶数答案：B二、填空题（每题3分，共15分）1. 一个群G的元素a的阶是最小的正整数n，使得______。

答案：a^n = e2. 如果环R中任意两个元素a和b满足ab=ba，则称R为______。

答案：交换环3. 向量空间V的一个子集W，如果W非空且对向量加法和数乘封闭，则称W为V的一个______。

答案：子空间4. 线性变换T: V → W，如果对于任意的v1, v2 ∈ V和任意的标量c，都有T(v1 + v2) = T(v1) + T(v2)且T(cv) = cT(v)，则称T为______。

答案：线性的5. 一个群G的所有子群构成的集合，在包含关系下构成一个______。

答案：格三、简答题（每题10分，共20分）1. 请简述群的同态和同构的定义。

答案：群的同态是指两个群之间的函数，它保持群的运算。

具体来说，如果有两个群(G, *)和(H, ·)，函数f: G → H是一个同态，当且仅当对于所有a, b ∈ G，有f(a * b) = f(a) · f(b)。

同构是指一个双射同态，即同态f既是单射也是满射，这意味着G和H在结构上是相同的。

抽象代数Chapter11(2)习题答案

Math5286H:FundamentalStructures of Algebra IIHW2Solutions,(February17th,2012)Problems from Chapter11of Artin’s Algebra:6.2Yes,Z/(6)is isomorphic to Z/(2)×Z/(3).Consider the explicit mapϕ:Z/(2)×Z/(3)→Z/(6)deﬁned byϕ((x+(2))×(y+(3)))=x+(2))×(3and−2.(Try squaring them modulo6and note that1−3.)Thus, Z/(6)∼=3S×(−2)S by Proposition11.6.2,and we verify that3S∼=Z/(2)and(−2)S∼=Z/(3).In the second case,Z/(8)has no non-trivial idempotents:22=62=4,32=52=72=1,42=0,and thus we cannot write Z/(8)as a product ring.6.3We will show that the only ring(using our usual deﬁnitions,mutativity of multiplication andcontaining an multiplicative identity)of order10is the ring Z/(10).Firstly note that if|R|=10,then(R,+)is aﬁnite abelian group of order10.Since10is square-free, (R,+)∼=Z/10Z.Thus the only question is whether R could be given a multiplicative structure diﬀerent than that of Z/(10).However,since(R,+)∼=Z/10Z,we know that the characteristic of R is10and thus {1,9}are all distinct elements.(Here,a·c where c=ab=(1+1+1+···+1)(1+1+···+1)mod10,and hence no exotic multiplication structures are possible.Remark:One might try to break R,a ring of order10into product rings using idempotents.In fact, Z/(10)contains the idempotents6=Remark2:This proof uses the fact that R contains a multiplicative identity1R.If we relax this restriction,as is sometimes done in the literature,for instance if one looks at certain matrix rings,then other“rings”of order10are possible.For example,R= 0000 , 0100 , 0200 ,..., 0900 .Note that the product of any two elements in this ring is zero and there is in fact no multiplicative identity.6.4(a)F2[α],such thatα2+α+1=0,is isomorphic to the quotient ringR={0,1,α,α+1}whereα2=α+1,(α+1)2=α,andα(α+1)=1.HenceR=F2[x]/(x2+1).In F2[x],the polynomial x2+1factors as(x+1)(x+1)since12+1≡0 mod2and x2+2x+1≡x2+1mod2.The ringR=F2[x]/(x2+x).In F2[x],the polynomial x2+x factors as x(x+1)and soR∼=αR∼=F2×F2.6.5Adjoining an elementαto R that satisﬁes the relationα2−1=0is equivalent to considering thequotient ring2(α+1)and e′=−122(α+1)2=12(α+1).Note also thate+e′=1.Thus R×e′R and e′R or e′f which has no non-constant terms where the coeﬃcient is not0or1.Also let f0denote the constant term of f and write it as f0=2q f+r f where q f∈Z and r f∈{0,1}.We then have the mapϕ:Z[x]/(2x)→F2[x]×Z deﬁned byϕ(f−2q f,f0). To see that this map is a ring homomorphism,note thatϕ(g)=(g−2q f−2q g,f0+g0)=(g−2q g,g0),ϕ(g)=(g−2q fg,f0g0)=(g−2q g,g0)(since the cross-terms vanish mod2),andﬁnallyϕ(to the subring of F2[x]×Z corresponding to its image.Noting that(b∈J.The cross-termβ·b=0since IJ=0and so we are left with a contribution from the quotient R/J.The same argument shows thatγR∼=R/I.Example:If we let R=Z/(6),I=(2)and J=(3),notice that IJ=(6),which is the zero ideal in R. We have R=I+J since1≡4−3mod6.We obtain Z/(6)∼=R/(2)×R/(3)∼=Z/(2)×Z/(3).If we try the same argument with R′=Z/(8)and I′=(2),(J)′=4,we still have I′J′=(0)but we do not have R′=I′+J′in this case.7.1Let R be aﬁnite integral domain,i.e.a ring with no zero divisors.For every nonzero element r∈R,welook at powers r n and note that since R isﬁnite,r d=1for some d>0.Hence r·(r d−1)=r and all nonzero elements of R are units.Thus R is aﬁeld.7.2Suppose that R[x]is not an integral domain and that f(x)g(x)=0where f(x)and g(x)are both nonzero.Let f(x)=a n x n+a n−1x n−1+···+a1x+a0and g(x)=b m x m+b m−1x m−1+···+b1x+b0where a n andb m are both nonzero.Then f(x)g(x)=0has a term of degree m+n,a n b m x m+n,and so a n b m must equal0.However,a n and b m are both nonzero so R cannot be an integral domain.Thus by the contrapositive,R[x]is an integral domain whenever R is.Furthermore,if f(x)=a n x n+a n−1x n−1+···+a1x+a0with a n=0and n≥1,then f(x)g(x)is a non-constant polynomial,of degree≥n≥1,for any g(x).Thusany non-constant polynomial cannot have a multiplicative inverse.Since R⊂R[x],any unit of R is alsoa unit in R[x],and these are the only units in R[x].7.3Anyﬁnite integral domain is aﬁeld,by Exercise7.1.Furthermore,by Lemma3.2.10,the characteristic ofaﬁniteﬁeld is a prime integer.However,as in Exercise6.3,for any ring R with15elements,(R,+)must be Z/15Z.But then the characteristic would be15,which is not prime.Thus,no integral domain with 15elements exists.8.2(a)Since R is aﬁeld,(0)and(1)are only ideals in R.We now consider R×R,whose ideals are theproducts(0)×(0),(0)×(1),(1)×(0),or(1)×(1).To see that no other ideals are possible,simply note that if I is an ideal of R×R and I contains an element(x,y)whoseﬁrst coordinate is nonzero,then I also contains(1,y).By similar logic,the second coordinate is either always zero or I contains the element (0,1)or(1,1).Since(1)×(1)is the unit ideal and we have the inclusions(0)×(0) (0)×(1) (1)×(1) and(0)×(0) (1)×(0) (1)×(1),we conclude that the maximal ideals of R×R are0×R and R×0.For(b),(c),and(d),we determine the ideals in a quotient ring by using the Correspondence Theorem.(b)The ideals in R[x]/(x2)are the ideals in R[x]containing(x2).Since R is aﬁeld,R[x]is a Principal IdealDomain,and the ideals of R[x]containing(x2)are(0),(x),and(x2).By the Correspondence Theorem, we get three ideals in R[x]/(x2),the unique maximal ideal being(x).(c)Analogously,we factor x2−3x+2=(x−2)(x−1)in R[x]and we obtain the maximal ideals in R[x]/(x2−3x+2)are(x−2)and(x−1).(d)Lastly,we note that x2+x+1has non-real roots so is irreducible in R[x].Hence,R[x]/(x2+x+1)is aﬁeld where the unique maximal ideal is(0).8.3In F2[x],the polynomial x3+x+1has no roots.In particular,03+0+1≡13+1+1≡1mod2.Thusx3+x+1has no linear factors and is irreducible so F2[x]/(x3+x+1)is aﬁeld.However,in F3[x],the polynomial x3+x+1has root1since13+1+1≡0mod3.Thus(x−1)≡(x+2) is a linear factor of x3+x+1.In fact,x3+x+1factors as(x+2)(x2+x+2)in F3[x].(But we do not need the exact factorization.)We conclude that F3[x]/(x3+x+1)has a nontrivial maximal ideal like parts(b)and(c)of the previous problem and hence is not aﬁeld.Problems from Chapter12of Artin’s Algebra:1.4Weﬁrst note(see Exercise1.3of Chapter12)that the Chinese Remainder Theorem,proven for generalideals in Exercise6.8,works also in the special case that R=Z.In fact,it wasﬁrst demonstrated for such examples.(There is also a generalization to more than two ideals as long as each pair I i,I j of ideals satisfy R=I i+I j.)From this theorem,we have the isomorphismϕ:Z/(mn)→Z/(m)×Z/(n)given by x+(mn)→(x+(n))when gcd(m,n)=1.We construct the inverse mapϕ−1by noting that since gcd(m,n)=1,there exist integers r and s so that rm+sn=1.We thus let x=(sn)a+(rm)b and obtain x≡a mod m and x≡b mod n.Having outlined the general procedure,we now apply it to the examples.(a)If x≡3mod8and x≡2mod5,we notice gcd(8,5)=1,and in particular2·8−3·5=1.So letx=3(−15)+2(16)=−13≡27mod40.We indeed verify that27≡3mod8and27≡2mod5.Remark:This might also be found by inspection by looking at the intersection of the sets{3,11,19,27,35} and{2,7,12,17,22,27,32,37}.(b)We do this problem in two steps since there are three congruences.First weﬁnd y mod120so thaty≡3mod15and y≡5mod8(120=15·8).With the same method,we see gcd(8,15)=1,and it is easy to eyeball2·8−1·15=1.So we let y≡3(16)+5(−15)≡93mod120.Next we wish toﬁnd x mod840so that x≡93mod120and x≡2mod7.We see gcd(120,7)=1and1·120−17·7=1.(This is still easy to spot but otherwise there is the extended Euclidean algorithm,which we have not discussed in class,that can be used toﬁnd r and s.)So we choose x≡2(120)+93(−119)≡−10827≡93mod840.Actually,the fact that x and y both equal93is a coincidence since93≡2mod7.So if we would have checked all the congruences at that point instead of continuing we would have had a pleasant surprise.(c)Again gcd(43,71)=1,and we do an adhoc version of the extended Euclidean algorithm:71=1·43+28,43=1·28+15,28=1·15+13,15=1·13+2,13=6·2+1.Thus we can back-solve,and obtain1=13−6¨2=13−6·(15−13)=−6·15+7·13=−6·15+7(28−15)=−13·15+7·28.Continuing,1=−13(43−28)+7·28=20·28−13·43=20(71−43)−13·43=20·71−33·43.Thus if we want x ≡13mod 43and x ≡7mod 71,we take x ≡13(20·71)+7(−33·43)≡2421mod 3053where 3053=43·71.Like magic,you can verify that x =2421satisﬁes the desired congruences.2.1(a)Since x 3+x 2+x +1is a cubic,we look for possible roots in F 2.We see 03+02+0+1≡1mod 2and 13+12+1+1≡0mod 2.Thus (x −1)≡(x +1)is a root.By synthetic division,we obtain x 3+x 2+x +1=(x +1)(x 2+1).We see that 1is again a factor of x 2+1,and in fact x 3+x 2+x +1=(x +1)3in F 2[x ].This can also be done by inspection and using the Binomial Theorem to expand this cube.(b)We again try to ﬁnd roots,this time in F 5.By inspection,12−3−3≡0mod 5and so (x −1)is a linear factor.We obtain x 2−3x −3=(x −1)(x −2)in F 5.(c)We attempt to ﬁnd a square-root of −1≡6in F 7.We see that no such root of x 2+1exists,hence x 2+1is irreducible in F 7[x ].2.3This is similar to Monday’s question about x 2−1in class.By trying out 0,1,2,...,7we see that the polynomial x 2−2has no roots in Z /(8)[x ].Note that it is actually suﬃcient to test 0,1,2,3,4since 5,6,7are equivalent to −3,−2,−1.A similar shortcut holds for part (c)of the previous problem.2.6(a)We wish to show that Z [ω](with ω=e 2πi/3)is a Euclidean Domain with the size function σ(a +bω)=a 2−ab +b 2when a and b are not simultaneously zero.Note that as a complex number,ω=−1+√2,andif we think of α=a +bωas a complex number,then σ(α)=|α|2=α2)2+(b√2)2.We use the fact that ωis a primitive cube root of unity to see that each principal ideal (α)⊂Z [ω]is a triangular lattice.(As opposed to Z [i ]where the fundamental regions of the lattice were squares instead.)In particular,we see that α,ωα,and ω2αare all elements of Z [ω].Furthermore,since x 3−1factors as (x −1)(x 2+x +1)and ω=1is a root of x 3−1,we have the identity ω2+ω+1=0.(This identity can also be proven explicitly using ω2=−1−√2.)Thus α+ωα+ω2α=0,hence why we get triangles as fundamental regions,in fact equilateral triangles.(This is similar to Z [i ]where 1+i +(−1)+(−i )=0and so the fundamental regions have four sides and are squares.)The centroid of an equilateral triangle (with side lengths |α|is at most a squared distance of 13σ(α)away from a lattice point,i.e.multiple of α.(This is done using 30-60-90triangles to calculate the lengths of the segments in the associated barycentric subdivision.)So if we write β=αq +r ,we get σ(r )≤1−3]and then ﬁnding the nearest element of Z [ω]whose two components are half-integers satisfying a parity contraint.Some crude bounds give that the remainder has the form 2r 0+r 12√4and |r 1|≤14σ(α)+316σ(α)when r =0.√(b)The case of Z[−2)=a2+2b2,which is again|α|2ifα=a+bi√−2],the principal ideal(α)is again a lattice,only this time√the fundamental domains are rectangles where one side has length|α|and the other one has size|α|−2],β−qα=r is either zero orσ(r)is at most(12)2=34σ(α).√2in R which acts trivially in Z[x],we get that the polynomial 3.1(a)By applying the automorphism√2)=x2−2x−1is in the kernel ofϕ:Z[x]→R sending x to1+√(x−1−2+b=0unless a=0and b=0.Thus the kernel ofϕis a principal ideal with the named prime element as a generator.(b)By similar logic,we try toﬁnd an element of the kernel ofϕwhich sends x to1 2.To make this easier, weﬁrst think ofϕof sending Q[x]to R,and obtain element of the kernel(x−12)(x−12)=x2−x−7(4x2−4x−7)where4x2−4x−7is the unique primitive integer4polynomial in such a factorization.Thus4x2−4x−7is a prime element of Z[x]that is in the kernel ofϕ.We apply Theorem12.3.6(a)here to show that the kernel is again principal.Suppose that f(x)is another element in the kernel that is not a multiple of4x2−4x−7.But Q[x]is a principal ideal domain and so thinking of them as polynomials with rational coeﬃcients,we have that f(x)must be a multiple of 4x2−4x−7in Q[x].However,since4x2−4x−7is a primitive polynomial,4x2−4x−7must therefore divide f(x)in Z[x]as well.3.2Suppose that two polynomials,f and g,in Z[x]are relatively prime elements of Q[x].Since Q[x]is of theform F[x],with F aﬁeld,it is a Principal Ideal Domain and relatively prime means that gcd(f,g)=1.Thus there exists r(x)and s(x)∈Q[x]so that r(x)f+s(x)g=1.However we multiply through bya common integer d to clear denominators in r(x)and s(x),obtaining r′(x)and s′(x)∈Z[x]so thatr′(x)f+s′(x)g=d.Thus the ideal(f,g)contains the integer d in Z[x]and we obtain the forward direction.To see the reverse direction,assume that the ideal(f,g)contains the integer d.Then there exists r′(x) and s′(x)∈Z[x]such that r′(x)f+s′(x)g=d,and dividing by d,we obtain r(x)f+s(x)g=1as above.Hence f and g are relatively prime in Q[x],completing the proof.。

试题集：抽象代数基础

1.在群论中，如果一个群G的运算满足结合律，那么对于所有a,b,c∈G，下列哪个等式总是成立的？o A. (a⋅b)⋅c=a⋅(b+c)o B. (a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c)o C. a⋅(b⋅c)=(a+b)⋅co D. a⋅(b+c)=(a⋅b)+(a⋅c)参考答案：B解析：群论中的结合律保证了(a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c)对于群G中的所有元素a,b,c都成立。

2.设R是一个环，如果R中存在一个元素e，对于所有a∈R，都有e⋅a=a⋅e=a，那么e被称为R的什么？o A. 零元o B. 逆元o C. 单位元o D. 生成元参考答案：C解析：在环R中，满足e⋅a=a⋅e=a的元素e被称为单位元。

3.在域F中，如果a,b∈F且a≠0，那么下列哪个选项总是成立的？o A. a⋅b=b⋅ao B. a+b=b+ao C. 存在c∈F使得a⋅c=1o D. 所有选项都成立参考答案：D解析：域F的定义包含了交换律、结合律、分配律以及每个非零元素都有乘法逆元的性质。

4.设G是一个群，如果G中所有元素的阶都是有限的，那么G被称为？o A. 无限群o B. 有限群o C. 循环群o D. 阿贝尔群解析：如果群G中所有元素的阶都是有限的，那么G被称为有限群。

5.在群G中，如果对于所有a,b∈G，都有a⋅b=b⋅a，那么G被称为？o A. 非交换群o B. 交换群o C. 循环群o D. 阿贝尔群参考答案：B 或 D解析：满足a⋅b=b⋅a的群被称为交换群或阿贝尔群。

6.设R是一个环，如果R中存在一个元素a，对于所有b∈R，都有a⋅b=b⋅a=0，那么a被称为R的什么？o A. 单位元o B. 零元o C. 逆元o D. 零因子参考答案：B解析：在环R中，满足a⋅b=b⋅a=0的元素a被称为零元。

7.在域F中，如果a∈F且a≠0，那么下列哪个选项描述了a的性质？o A. a没有乘法逆元o B. a有唯一的乘法逆元o C. a有多个乘法逆元o D. a的乘法逆元是a本身参考答案：B解析：域F中每个非零元素都有唯一的乘法逆元。

抽象代数B参考答案

菏泽学院成人高等教育数学与应用数学专业《抽象代数》（本科）试卷〖B 卷〗参考答案★考试时间共100分钟★一、（正确的打√，错误的打×，每小题3分,共15分）1、√2、√3、×4、×5、×二、填空（每小题3分,共15分）1、abx ac c ++2、-43、6n4、111c b a ---5、1x a b -=三、选择题(每小题3分,共15分)1、D2、D3、D4、A5、A四、（8分)证明：首先，新运算是G 的代数运算；……………………………………………1分其次，结合律成立，,,,a b c G ∀∈有()()()()()()a b c aub c aub uc au buc au b c a b c =====……………………… 3分再次，设u 原来运算作用下G 中的逆元为1u -，e 为单位元，则1111a u auu ae a u ua u a ----=====，1u -∴是新运算作用下G 中的单位元………………………………………5分最后，111,a G b u a u ---∀∈∃=，有1111111a b auu a u u u a u ua b a -------====111b u a u ---∴=是新运算作用下a 的逆元……………………………………7分故G 对新运算),(,G b a aub b a ∈∀= 也作成一个群………………………8分五、（12分）解：(1)((1))(3)1,(2)((2))(4)5,AB A B A AB A B A ======(3)((3))(1)2,(4)((4))(5)4,(5)((5))(2)3AB A B A AB A B A AB A B A =========12345(253)15243AB ⎛⎫∴== ⎪⎝⎭………………………………………………………4分同理：12345(142)41325BA ⎛⎫== ⎪⎝⎭……………………………………………8分同理：212345(132)31245A ⎛⎫== ⎪⎝⎭……………………………………………12分六、（9分）证明： x 为环R 的幂零元，*,n N ∴∃∈有0n x =… ……………………………2分于是根据环R 为交换环，有123221221()()()()n n n n n n n n n e e x e x e e x e x ex x e x e x x x x -------=-=-+++++=-+++++ 221()()n n e x x x x e x --=+++++-………………………………………………7分∴221n n e x x x x --+++++是e x -在R 的逆元即e x -在R 中可逆………………………………………………………………9分七、（8分）解：设b 是G 的单位元，则,a G ∀∈有b a a b a ==，即4a b a ++=，4b ∴=- …4分设c 是2在G 中的逆元，则224c c ==-，即244c ++=-，10c ∴=-， ∴2在G 中的逆元为-10. ………………………………………………………8分八、（18分）证明：首先，由二阶单位矩阵1001E ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭R 知，R 是非空集合………… ……2分其次，22,,a b c d R b a dc ⎛⎫⎛⎫∀∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 222(),a b cd a c b d R b a d c b d a c ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=∈ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222(),2a b c d ac bd bc ad R b a d c bc ad ac bd ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=∈ ⎪⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴矩阵的普通加法和乘法是R 的两种代数运算…………………………5分再次，R 对加法作成一个群222,,,a b c d e f R b a dc f e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∀∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭由矩阵的加法满足结合律知，R 对加法满足结合律；易知0000⎛⎫ ⎪⎝⎭是R 的零元；2a b R b a --⎛⎫∈ ⎪--⎝⎭是2a b b a ⎛⎫ ⎪⎝⎭的负元………………7分再次，R 对乘法满足结合律222,,,a b c d e f A B C R b a dc f e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∀===∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭22()2(2)2()2(2)2()()2()(2)(2)2()ac bd ad bc e f e ac bd f ad bc f ac bd e ad bc AB C ad bcac bd f e e ad bc f ac bd e ac bd f ad bc ++++++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪⎪ ⎪++++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭2)22()()2(2)2()2()2(2)(2)()2()(2)(2)2()2(2)2()()(2)(2)a b ce df fc de A BC b a fc dece df a ce df b fc de a fc de b ce df b ce df a fc de b fc de a ce df e ac bd f ad bc f ac bd e ad bc e ad bc f ac bd e ac bd ++⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭++++++⎛⎫= ⎪++++++⎝⎭++++++=+++++2()f ad bc ⎛⎫ ⎪+⎝⎭()()AB C A BC ∴=…………………………………………………………………11分最后，乘法对加法满足分配律222,,,22()()2()2()2()()()()2()2()22222222a b c d e f A B C R b a d c f e a b c e d f a c e b d f a d f b c e A B C b a d fc e b c e ad f b ce a df ac bd ad bc ae bf fa be ad bc ac bd fa be b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∀===∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭++++++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+== ⎪⎪ ⎪++++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭++++⎛⎫=+ ⎪+++⎝⎭AB AC f ae ⎛⎫=+ ⎪+⎝⎭同理：乘法对加法满足右分配律……………………………………………14分容易验证R对乘法满足交换律，二阶单位阵是R的单位元………………17分综上所述：R对矩阵的普通加法和乘法作成一个有单位元的交换环………18分。

抽象代数Chapter11(1)习题答案

Math 5286H: Fundamental Structures of Algebra II
HW 1 Solutions, (February 3rd, 2012)
Problems from Chapter 11 of Artin’s Algebra:
√ 1.1 To show that α = 7 + 3 2 is an algebraic number, we use the Binomial Theorem and note that
S
is
also
closed
under multiplication.
1.8 (a) The units in Z/12Z are {1, 5, 7, 11}. We note that 1−1 = 1, 5−1 = 5 (25 ≡ 1 mod 12), 7−1 = 7 (49 ≡ 1 mod 12), and 11−1 = 11 (121 ≡ 1 mod 12). The other eight elements are not units since they are a factor of (or share a common factor with) zero, i.e. 12. These are called zero divisors.
1
The kernel of ϕ : Z[x] → R where ϕ(x) → γ is a principal ideal, namely (x4 − 10x2 + 1) using methods similar to Problem 1.1 and Example 11.3.23. Hence Z[γ] ∼= Z[x]/(x4 − 10x2 + 1), which means that Z[γ]

抽象代数Chapter13习题答案

Math5286H:FundamentalStructures of Algebra IIHW3Solutions,(March9th,2012)Problems from Chapter13of Artin’s Algebra:1.1Yes,α=15)is an algebraic integer since it is a root of x2−x−1=(x−α)(x+α−1).3.2To check whether the following lattices of integer linear combinations are ideals,we must multiply each√element of the lattice basis B byδ=−5]since the lattices are already closed under integer linear combinations.(a)5δ=5(1+δ)−1(5)butδ(1+δ)=δ−5=5a+(1+δ)b for any integers a and b.Otherwise,we wouldneed5a+b=−5and b=1,which has no integer solutions.Thus,B is not an ideal in this case.(b)7δ=7(1+δ)−1(7)but againδ−5=7a+(1+δ)b has no integer solutions,and B is not an ideal inthis case either.√4.1Letδ=−5],we check whether or not x2+5is irreducible in F11[x].In particular,F11does not contain a square-root of−5so(11)is indeed prime.(b)The ideal(14)=(2)(7)and so we now check,the same way as in part(a),whether(2)or(7)are prime√ideals in Z[−5)(2,1−√−5)(a,b−c√√−5]/(7).In particular,we obtainx+3=3+1√5,21−7√P−5)(7,3−P.We know that P and−5)(2,1−√−5)(7,3−√−3and A be the ideal(2,1+δ)of R=Z[δ].Then the quotient ring R/A is isomorphic to Z[x]/(x2+3,2,1+x)∼=F2[x]/(x+1)∼=F2since x2+3≡x2+2x+1is a multiple of x+1modulo2.Since this quotient ring R/A is aﬁeld,i.e.F2,we conclude that A is a maximal ideal.(b)A A is self-conjugate,if it was principal, it would have to be generated by a positive integer.We note that both of these generators have a norm of16,so4would be the generator in this case.However,2+2δis not divisible by4.Thus the ideal A−3]instead of Z[−1+√2],√we note that the only elements of norm1are±1(See Propostiion13.2.2).Since2=±(1+−14].We √−14}is a lattice basis for one of these two prime ideals.(To see this see that(2)=(2,√−14√is a lattice basis,we note that2−14].√−14),reading this oﬀof the factorization of x2+14modulo3. Speciﬁcally,(3)=(3,2+√−14=−2(3)+3(2+√(Let us prove that{3,2+−14)√−14).)√Next,p=5.The polynomial x2+14factors in F5[x]as(x+14)·(x+1)so(5)splits in Z[−14)(5,4+√−14}is a lattice basis for theﬁrst prime ideal. (Proof as above.)√Next,p=7.The polynomial x2+14factors in F7[x]as x·x so(7)splits and ramiﬁes in Z[−14)2and this prime ideal has lattice bais{7,√Next,p=11.The polynomial x2+14is irreducible in F11[x]since there is no square-root of−14≡−3in√F11[x].Thus(11)remains prime in Z[−14}.)√Finally,p=13.The polynomial x2+14factors in F13[x]as(x+5)(x+8)·x so(13)splits in Z[−14)(13,8+√−14}is a lattice basis for theﬁrst prime ideal.(Proof as above.)Remark:The ideals(p,a+√−d}as lattice bases in Z[√−d)=−a(p)+p(a+√−d)√−d).Here we must solve for q so that pq+a2=−d,but this has a solution since a is a solution to x2+d≡0mod p.6.3(a)If p,an integer prime,remains prime in R,then(p)is a prime ideal,and by Lemma13.5.4(d),(p)isa maximal ideal.Consequently,R/(p)is aﬁeld.Furthermore,we can rewrite R/(p)as Z[x]/(x2+d,p)∼=F p[x]/(x2+d).Since R/(p)is aﬁeld,so is F=F p[x]/(x2+d),and x2+d is irreducible.Thus there arep2elements of F,i.e.of the form ax+b where a,b∈F p.(b)In this case that p splits but does not ramify,then R/(p)∼=F p[x]/(x2+d)where x2+d factors as(x−a)(x−b)in F p[x]where a=b.In this case,there are again p2elements in F p[x]/(x2+d),and we can factor the ideal(x2+d)into the product ideal IJ where I=(x−a)and J=(x−b).Notice that (x−a)−(x−b)=b−a=0∈F p is in I+J,so I+J=(1).Thus the Chinese Remainder Theorem applies, see Chapter11,Problem6.8from HW2,and we obtain R/(p)∼=R/I×R/J.However,|R/(p)|=p2so |R/I|=|R/J|=p(since they both have cardinality>1)and thus R/I∼=R/J∼=F p as desired.Remark1:For a more concrete proof,we use the fact that there exists c∈F×p such that c(x−a)−c(x−b)=√c(b−a)=1and so in R/(p),we haveβ=c(,the4 proof follows analogously.√−5),then B2=(9,3+3√−5).We note that the norms of 7.1If R=Z[these three generators are81,54,and36,respectively.Since the greatest common divisor of these threeintegers is9,that implies that the principal ideal B2is generated by an element of norm9.(Note that we√know that B2is principal as the Class Group of Z[−5]with norm9:either±3or±2±√−5.Howeverα=−2+√−5)(−2−√−5=(−2+√−5),soαdivides all three generators of B2.Additionally,we have the√−5)−9∈B2,ﬁnishing the proof that B2=(α).linear combinationα=(3+3√7.4Letδ=(a)First of all,both of these lattices,(2,δ)and(3,δ),are in fact ideals trivially.(Since2δ(resp.3δ)and −6are integer linear combinations of2(resp.3)andδ.)Since(2,δ)(2,−δ)=(4,±2δ,−6)=(2)and(3,δ)(3,−δ)=(9,±3δ,−6)=(3),both of these ideals have a norm that is a prime integer and hence are prime ideals.Answer2:We could also consider the quotient rings Z[x]/(x2+6,2,x)∼=F2and Z[x]/(x2+6,3,x)∼=F3 respectively.Since they areﬁelds,(2,δ)and(3,δ)are maximal,hence prime,ideals.Remark:As we will see in part(c),the class group has order2in this case,so even though(2,δ)and (3,δ)are both prime,they are actually in the same ideal class.In particular,(3,δ)=λ·(2,δ)whereλ=1−6]is cyclic of order2.This follows from Theorem13.7.10,which states that the class group is generated by the classes of prime ideals P,whose norms are prime integers p≤µ.For d=−6,by equation(13.7.7),µ=2 2≈2.824....Consequently,it suﬃces toﬁnd all prime ideals P,whose norm is2,i.e.satisfying PA.This is unique factorization of(2)into prime ideals,so no other primeideal except(2,δ)has norm2.We conclude that the class group has a single generator,and hence must be cyclic of order2.Remark:Notice also that A2=(4,2δ,−6)=(2),which is in the same similarity class as the unit ideal. Problems from Chapter15of Artin’s Algebra:2.1The elementα∈C satisﬁes x3−3x+4.We wish toﬁndβ=(cα2+bα+a)such that(α2+α+1)β=1+(α3−3α+4)γ=1+0.Sinceβis of degree2,this impliesγ=eα+d must be of degree1.We thus solve for a,b,c,d,e so that cα4+(b+c)α3+(a+b+c)α2+(a+b)α+a=eα4+dα3−3eα2+(4e−3d)α+(4d+1).Thus c=e,b+c=d,a+b+c=−3e,a+b=4e−3d,and a=4d+1.We solve this linear systeminvolvingﬁve variables andﬁve unknowns to concludeβ=−349α+1749α−82.2Sinceαis a root of f(x),we haveαn−a n−1αn−1+···+(−1)n a0=0.Since f is irreducible,a0=0. Consequently,we get the identityαn−a n−1αn−1+···+(−1)n−1a1α=(−1)n−1a0,which we can rewrite as(−1)n−11a0αn−1+(−1)n−2a n−1a0.3.2Let usﬁrst show that f=x4+3x+3is irreducible over Q.We notice that p=3divides all non-leadingterms and yet p2does not divide the constant term.Hence,by the Eisenstein criterion,f is irreducible.Remark:One also might start with the rational root test,i.e.plugging in±1or±3,to see that f has no rational roots.However,then there is extra work to show that f cannot factor into two quadratics.We next letαbe a root of f in a splittingﬁeld(or a complex numberαsatisfying this polynomial in this case),and construct the towerQ⊂Q(3√2,α)and Q⊂Q(α)⊂Q(3√2):Q]=3and[Q(α):Q]=4are relatively prime,the total degree[Q(3√2)is also4.Hence x4+3x+3is irreducible over Q(3√−2):Q]=4(using irreducible polynomial x4+2,which is irreducible by the Eisenstein criterion).If i∈Q(4√−2,i):Q]would also equal4and so4√−2),we get x4+2=(x2+√−2)= (x−4√−2)(x2+√−2)(x+4√−2)(x+i4√−2).(b)The irreducible polynomial forα=3√2is x3−2analogously. Thusαandβboth have degree3over Q,but if we let K=Q(α,β),we see that[K:Q]>3since x3−5 still has no root over Q(α).Henceαis not in theﬁeld Q(β).4.2(a)Let α=√5.Then over Q ,we take the fourth power of αand compare it with the square ofαand obtain a linear relation among α4=32√15+8,and 1.Thus αis a root of f =x 4−16x 2+4.By the rational root test,f has no rational roots,and we must write down the product of two general monic quadratics (x 2+ax +b )(x 2+cx +d )and conclude that there are no rational solutions to (a +c )x 3=0x 3,(b +d +ac )x 2=−16x 2,(ad +bc )x =0x ,and bd =4.Thus f is the irreducible polynomial for αover Q .(b)Recall,that we have previously proven that√5=c 1α3+c 2αfor somec 1,c 2∈Q .So consider the tower Q ⊂Q (√5):Q ]=2,then [Q (α):Q (√3−√3+√3−√3+√5−√5+√5)2−3=x 2−2√5)[x ].Note that we see that αsatisﬁes(α−√3so (α−√15+8,so in Q (√15+8).。

《抽象代数基础》习题解答

《抽象代数基础》习题答解于延栋编盐城师范学院数学科学学院二零零九年五月第一章群论§1 代数运算1.设},,,{c b a e A =,A 上的乘法”“⋅的乘法表如下:证明: ”“⋅适合结合律.证明设z y x ,,为A 中任意三个元素.为了证明”“⋅适合结合律,只需证明)()(z y x z y x ⋅⋅=⋅⋅.下面分两种情形来阐明上式成立.I.z y x ,,中至少有一个等于e .当e x =时,)()(z y x z y z y x ⋅⋅=⋅=⋅⋅;当e y =时,)()(z y x z x z y x ⋅⋅=⋅=⋅⋅;当e z =时,)()(z y x y x z y x ⋅⋅=⋅=⋅⋅.II .z y x ,,都不等于e .(I)z y x ==.这时,)()(z y x e x x z z e z y x ⋅⋅=⋅===⋅=⋅⋅.(II)z y x ,,两两不等.这时,)()(z y x x x e z z z y x ⋅⋅=⋅==⋅=⋅⋅.(III)z y x ,,中有且仅有两个相等.当y x =时,x 和z 是},,{c b a 中的两个不同元素,令u 表示},,{c b a 中其余的那个元素.于是,z z e z y x =⋅=⋅⋅)(,z u x z y x =⋅=⋅⋅)(,从而,)()(z y x z y x ⋅⋅=⋅⋅.同理可知,当z y =或x z =时,都有)()(z y x z y x ⋅⋅=⋅⋅.2.设”“⋅是集合A 上一个适合结合律的代数运算.对于A 中元素,归纳定义∏=ni ia 1为: 111a a i i =∏=,1111+=+=⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∏∏r r i i r i i a a a .证明:∏∏∏+==+==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛m n k k m j j n n i i a a a 111.进而证明:在不改变元素顺序的前提下,A 中元素的乘积与所加括号无关.证明当1=m 时,根据定义,对于任意的正整数n ,等式成立.假设当r m =(1≥r )时,对于任意的正整数n ,等式成立.当1+=r m 时,由于”“⋅适合结合律,我们有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∏∏=+=m j j n n i i a a 11⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∏∏+=+=111r j j n n i i a a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=++=+=∏∏111r n r j j n n i i a a a 111++=+=⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∏∏r n r j j n n i i a a a ∏∏∏+=++=+++===⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=m n k k r n k k r n r n i i a a a a 11111.所以,对于任意的正整数n 和m ,等式成立.考察A 中任意n (1≥n )个元素n a a a ,,,21 :当3≥n 时,要使记号n a a a ⋅⋅⋅ 21变成有意义的记号,必需在其中添加一些括号规定运算次序.现在我们来阐明:在不改变元素顺序的前提下,无论怎样在其中添加括号,运算结果总是等于∏=ni i a 1.事实上,当1=n 或2=n 时,无需加括号,我们的结论自然成立.当3=n 时,由于”“⋅适合结合律,我们的结论成立.假设当r n ≤(1≥r )时我们的结论成立.考察1+=r n 的情形:不妨设最后一次运算是b a ⋅,其中a 为n a a a ,,,21 中前s (n s <≤1)个元素的运算结果,b 为n a a a ,,,21 中后s n -个元素的运算结果.于是,根据归纳假设,∏==s j j a a 1, ∏-=+=sn k k s a b 1.所以最终的运算结果为∏∏∏=-=+==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⋅n i i s n k k s s j j a a a b a 111. 3.设Q 是有理数集.对于任意的Q ,∈b a ,令2b a b a +=⋅,证明: ”“⋅是Q 上的一个代数运算,它既不适合结合律也不适合交换律.证明众所周知,对于任意的Q ,∈b a ,Q 2∈+=⋅b a b a .所以”“⋅是Q 上的一个代数运算.令0=a ,1=b ,2=c .由于521212)10()(2=+=⋅=⋅⋅=⋅⋅c b a ,255050)21(0)(2=+=⋅=⋅⋅=⋅⋅c b a ,从而,)()(c b a c b a ⋅⋅≠⋅⋅,所以”“⋅不适合结合律.由于521212=+=⋅=⋅c b ,312122=+=⋅=⋅b c ,.从而,b c c b ⋅≠⋅.所以”“⋅不适合交换律.§2 群的概念1.证明:⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=Z d c b a d c b a G ,,, 关于矩阵的加法构成一个群. 证明首先,众所周知,∅≠G ,G B A ∈+,G B A ∈∀,.由于矩阵的加法适合结合律,G 上的加法适合结合律.其次,令⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=0000O ,则G O ∈,并且A O A A O =+=+,G A ∈∀.最后,对于任意的G d c b a A ∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=,令⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛----=-d c b a A ,则G A ∈-且O A A A A -+-=-+)()(.所以G 关于矩阵的加法构成一个群.2.令⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1001,1001,1001,1001G ,证明:G 关于矩阵的乘法构成一个群. 证明将⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1001记作E ,并将G 中其余三个矩阵分别记作C B A ,,.于是,G 上的乘法表如下:由于矩阵的乘法适合结合律,G 上的乘法适合结合律.从乘法表可知,X XE EX ==,E XX =,G Y X ∈∀,.所以G 关于矩阵的乘法构成一个群.3.在整数集Z 中,令2-+=⋅b a b a ,Z ∈∀b a ,.证明:Z 关于这样的乘法构成一个群.证明对于任意的Z ∈c b a ,,,我们有42)2()2()(-++=-+-+=⋅-+=⋅⋅c b a c b a c b a c b a ,42)2()2()(-++=--++=-+⋅=⋅⋅c b a c b a c b a c b a ,从而)()(c b a c b a ⋅⋅=⋅⋅.这就是说,该乘法适合结合律.其次,Z ∈2,并且对于任意的Z ∈a ,我们有222222⋅=-+==-+=⋅a a a a a ,a a a a a a a a ⋅-=-+-=--+=-⋅)4(2)4(2)4()4(.所以Z 关于该乘法构成一个群.4.写出3S 的乘法表.解 )}231(),321(),32(),31(),21(),1{(3=S ,3S 的乘法表如下:5.设),(⋅G 是一个群,证明: ”“⋅适合消去律.证明设G c b a ∈,,.若c a b a ⋅=⋅,则c c e c a a c a a b a a b a a b e b =⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅=----)()()()(1111.同理,若a c a b ⋅=⋅,则c b =.这就表明,”“⋅适合消去律.6.在5S 中,令⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=4513254321f ,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=2543154321g . 求gf fg ,和1-f .解我们有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=3451254321fg ,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=5214354321gf ,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-45213543211f . 7.设)(21k i i i a =,求1-a .解我们有)(11i i i a k k -=.8.设f 是任意一个置换,证明:))()()(()(21121k k i f i f i f f i i i f =⋅⋅-. 证明事实上,易见,)(,),(),(21k i f i f i f 是},,2,1{n 中的k 个不同的数字.由直接计算可知,11),())()()((1121-≤≤=⋅⋅+-k j i f i f f i i i f j j k ;)())()()((1121i f i f f i i i f k k =⋅⋅- .其次,对于任意的)}(,),(),({\},,2,1{21k i f i f i f n i ∈,i 在121)(-⋅⋅f i i i f k 之下的像是i 本身.所以))()()(()(21121k k i f i f i f f i i i f =⋅⋅-.9.设S 是一个非空集合,”“⋅是S 上的一个代数运算,若”“⋅适合结合律,则称),(⋅S 是一个半群(或者称S 关于”“⋅构成一个半群).证明:整数集Z 关于乘法构成一个半群,但不构成一个群.证明众所周知,Z 是非空集合,对于任意的Z ,∈b a ,总有Z ∈⋅b a ,并且整数乘法适合结合律,所以Z 关于乘法构成一个半群.其次,令1=e .于是,对于任意的Z ∈a ,总有a e a a e =⋅=⋅.但是,Z 0∈,并且不存在Z ∈b ,使得e b =⋅0.所以Z 关于乘法不构成一个群.10.设A 是一个非空集合,S 是由A 的所有子集构成的集合.则集合的并”“ 是S 上的一个代数运算.证明:),( S 是一个半群.证明众所周知,对于任意的S Z Y X ∈,,,总有)()(Z Y X Z Y X =.这就是说,S 上的代数运算”“ 适合结合律,所以),( S 是一个半群.注请同学们考虑如下问题:设A 是一个非空集合,S 是由A 的所有子集构成的集合.定义S 上的代数运算”“∆ (称为对称差)如下:)\()\(X Y Y X Y X =∆,S Y X ∈∀,.求证:),(∆S 是一个交换群.11.令⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=Z ,,,d c b a d c b a S .证明S 关于矩阵的乘法构成一个半群. 证明众所周知,对于任意的S C B A ∈,,,总有S AB ∈,)()(BC A C AB =.这就是说,矩阵的乘法是S 上的一个代数运算,并且适合结合律,所以S 关于矩阵的乘法构成一个半群.12.设),(⋅S 是一个半群,S e ∈称为S 的一个左(右)单位元,如果对于任意的S a ∈都有a a e =⋅(a e a =⋅).对于S a ∈,如果存在S b ∈使e a b =⋅(e b a =⋅),则称a 左(右)可逆的,b 是a 的一个左(右)逆元.假设S 有左(右)单位元e 且S 中每个元素都有关于e 的左(右)逆元.证明:),(⋅S 是一个群.证明设a 是S 中任意一个元素.任取S b ∈,使得e b a =⋅.再任取S c ∈,使得e c b =⋅.于是,我们有c e c b a c b a e a a ⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅=)()(且e c b c e b c e b a b =⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅)()(.因此a b e b a ⋅==⋅.所以e a a b a a b a a e ⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅)()(.由以上两式可知,e 是单位元,S 中每个元素a 都有逆元b .所以),(⋅S 是一个群. 对于S 有左单位元e 且S 中每个元素都有关于e 的左逆元的情形,请同学们自己证明.13．设G 是一个群,证明:111)(---=a b ab ,G b a ∈∀,.证明对于任意的G b a ∈,,我们有e aa aea a bb a a b ab ====------111111)())((,e b b eb b b a a b ab a b ====------111111)())((.所以111)(---=a b ab ,G b a ∈∀,.16.设G 是一个群,证明:G 是交换群的充要条件是222)(b a ab =,G b a ∈∀,.证明必要性是显然的.现在假设G 满足该条件.于是,对于任意的G b a ∈,,我们有222)(b a ab =,即aabb abab =.运用消去律(第5题)立即可得ba ab =.所以G 是交换群.17．设G 是一个群.假设对于任意的G a ∈都有e a =2,证明:G 是交换群. 证明我们有222)(b a ee e ab ===,G b a ∈∀,.由上题知,G 是交换群.18.设G 是非空集合,”“⋅是G 上的一个代数运算且适合结合律.(1)证明:),(⋅G 是一个群当且仅当对于任意的G b a ∈,,方程b x a =⋅和b a y =⋅在G 中都有解.(2)假设G 是有限集,证明:),(⋅G 是一个群当且仅当”“⋅适合消去律.证明 (1)当),(⋅G 是一个群时,显然,对于任意的G b a ∈,,b a x ⋅=-1是方程b x a =⋅的解,1-⋅=a b y 是方程b a y =⋅的解.现在假设对于任意的G b a ∈,,方程b x a =⋅,b a y =⋅在G 中都有解.任取G a ∈,考察方程a x a =⋅.根据假设,方程a x a =⋅有解G e x ∈=.设b 是G 中任意一个元素,考察方程b a y =⋅.根据假设,方程b a y =⋅有解G c y ∈=.于是,我们有b ac e a c e a c e b =⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅)()(.由于G b ∈的任意性,上式表明e 是半群),(⋅G 的一个右单位元.再考察方程e x a =⋅.根据假设,方程e x a =⋅有解G d ∈.由于G a ∈的任意性,这表明G 中每个元素关于右单位元e 都有右逆元.所以),(⋅G 是一个群.(2)当),(⋅G 是一个群时,根据第5题,”“⋅适合消去律.现在假设},,,{21n a a a G =,并且”“⋅适合消去律.任取},,2,1{,n k i ∈,考察方程k i a x a =⋅.由于”“⋅适合左消去律,因此k a 必出现于乘法表的第i 行中.这就意味着存在},,2,1{n j ∈,使得k j i a a a =⋅,从而方程k i a x a =⋅在G 中有解.同理,由于”“⋅适合右消去律,方程k i a a y =⋅在G 中有解.这样一来,根据(1),),(⋅G 是一个群.19.证明命题2.8中的表示法在不计循环置换的顺序的意义下是唯一的.注注宜将这道题表述成“证明:在不计循环置换的顺序的意义下,在用命题2.8中的证明中所说的方法将一个置换n S f ∈表示成两两不相交的循环置换的乘积时,表达式是唯一的”.证明显然,当f 是单位置换时,表达式就是f f =.不妨设f 不是单位置换,u f f f f 21=和v g g g f 21=都是在用命题2.8中的证明中所说的方法将置换n S f ∈表示成两两不相交的循环置换的乘积的表达式.于是,u f f f ,,,21 两两不相交,v g g g ,,,21 两两不相交,而且它们的阶都大于或等于2.考察任意的l f (u l ≤≤1):设)(21s l i i i f =.由u f f f f 21=和v g g g f 21=可知,存在'l (v l ≤≤'1),使得)(21't l j j j g =,},,,{211t j j j i ∈.不妨设11j i =.由u f f f f 21=和v g g g f 21=可知,t s =并且k k j i =,},,2,1{s k ∈∀,从而,'l l g f =.由于u f f f ,,,21 两两不相交,v g g g ,,,21 两两不相交,并且不计循环置换的顺序,不妨设l l g f =,},,2,1{u l ∈∀.假设v u <,则u g g g f 21=,由此可见,当v l u ≤<时,l g 必与u g g g ,,,21 v u =.这就表明,v g g g f 21=和v g g g f 21=是同一个表达式.§3 子群1.设)(P n GL G =是数域P 上的n 级一般线性群,H 是G 的由全体n 阶可逆的对角矩阵组成的子集,证明:H 是G 的子群.证明众所周知,H 非空,并且有H A AB ∈-1,,H B A ∈∀,,其中AB 表示矩阵A 与矩阵B 的乘积,1-A 表示矩阵A 的逆矩阵.所以H 是G 的子群.2.设G 是一个群,H 是G 的非空子集,证明:H 是G 的子群的充分必要条件是H ab ∈-1,H b a ∈∀,.证明由定理3.3可知,当H 是G 的子群时,H 满足条件. 假设H 满足条件.对于任意的H b a ∈,,我们有H aa e ∈=-1.因为H 满足条件,由H b a e ∈,,可知,H ea a ∈=--11,H eb b ∈=--11.因为H 满足条件,由H b a ∈-1,可知11)(--=b a ab .总而言之对于任意的H b a ∈,,我们有H a ab ∈-1,.根据定理3.3,H 是G 的子群.3.设H 是群G 的子群,G a ∈,证明:}|{11H h aha aHa ∈=--也是G 的子群(称为H 的一个共轭子群).证明显然,1-aHa 是G 的非空子集.设121,-∈aHa b b .于是,存在H h h ∈21,,使得111-=a ah b ,121-=a ah b .因此11211121))((----=a ah a ah b b1112111211)(------∈==aHa a h h a a ah a ah . 所以1-aHa 是G 的子群.4.设G 是交换群,0>n 为整数,令}|{e a G a H n =∈=,证明:H 是G 的子群. 证明显然H e ∈.若H b a ∈,,则e ee b a ab n n n ===--11)()(,从而,H ab ∈-1.由此可见,H 是G 的子群.5.设G 是交换群,证明:G 的所有阶为有限的元素构成的集合是G 的子群. 证明令H 表示G 的所有阶为有限的元素构成的集合.显然H e ∈.设H b a ∈,,其中m a =||,n b =||.于是,e ee b a ab m n n m mn ===--)()()(1,从而,H ab ∈-1.由此可见,H 是G 的子群.6.设G 是群,G b a ∈,,证明:a 与1-bab 具有相同的阶.证明显然,对于任意的正整数n ,11)(--=b ba bab n n ,从而,e bab e b ba e a n n n =⇔=⇔=--)(11.由此可见,a 与1-bab 具有相同的阶.7.设)(21k i i i a =是循环置换,求a 的阶.解当1=k 时,显然,)1(=a ,k a =||.当1>k 时,我们有11(+=j i i i a )1()1≠-j i ,}1,,2,1{-∈∀k j ,)1(=k a ,从而,k a =||.8.设群G 的除单位元外的每个元素的阶都为2,证明:G 是交换群. 证明参看§2习题第17题.9.设G 是群,G b a ∈,,证明:ab 与ba 具有相同的阶. 证明注意到111))((---=a ab a ba ,根据第6题的结论,ab 与ba 具有相同的阶.10.设G 是群,G b a ∈,,ba ab =.假设a 的阶与b 的阶互素,证明:||||||b a ab =.证明令m a =||,n b =||,k ab =||.由于e e e b a ab m n m n n m mn ===)()()(,根据命题3.12可以断言mn k |.其次,我们有kn kn k n kn kn kn kn a e a b a b a ab e =====)()(,从而,根据命题 3.12,kn m |.因为m 与n 互素,由kn m |可知k m |.同理可知,k n |.由于m 与n 互素,因此k mn |.所以mn k =,即||||||b a ab =.11.设Z 是整数集关于加法构成的群,H 是Z 的子群,证明:存在H n ∈使〉〈=n H .证明众所周知,H ∈0.当}0{=H 时,显然〉〈=0H .现在假设}0{≠H .于是,存在H m ∈使0≠m .这时H m ∈-,并且,在m 和m -中,一个是正数,另一个是负数.令n 表示H 中的最小正数.显然,我们有H qn ∈,Z ∈∀q .现在考察任意的H m ∈:众所周知,存在整数q 和r ,使得r qn m +=,n r <≤0.于是,H qn m r ∈-=.由于令n 是H 中的最小正数,必有0=r ,从而,qn m =.上述表明}|{Z ∈=q qn H .所以〉〈=n H .12.设G 是一个群,1H ,2H 都是G 的子群.假设1H 不包含于2H 且2H 不包含于1H ,证明:21H H 不是G 的子群.证明由于1H 不包含于2H 且2H 不包含于1H ,是G 的子群,因此存在21\H H a ∈且存在12\H H b ∈.于是,21,H H b a ∈.假设1H ab ∈,则11)(H ab a b ∈=-,矛盾.因此1H ab ∉.同理,2H ab ∉.这样一来,21H H ab ∉.所以21H H 不是G 的子群.13.设G 是一个群, ⊆⊆⊆⊆n G G G 21是G 的一个子群链,证明:nn G ∞=1 是G 的子群.证明设n n G b a ∞=∈1, .于是,存在正整数i 和j 使得i G a ∈,j G b ∈.令},max{j i k =.k G b a ∈,.由于k G 是G 的子群,因此k G ab ∈-1,从而,n n G ab ∞=-∈11 .所以n n G ∞=1 是G 的子群.14.证明:)}1()31(),12{(n (2≥n )是n S 的一个生成集.证明考察任意的对换n S j i ∈)(:若1=i 或1=j ,则)}1()31(),12{()(n j i ∈.若1≠i 且1≠j ,则)1()1()1()(i j i j i =.这就是说,对于每一个对换n S j i ∈)(,要么它本身属于)}1()31(),12{(n ,要么它可以表示成)}1()31(),12{(n 中的一些对换的乘积.这样一来,根据推论2.10可以断言,每一个n S f ∈可以表示成)}1()31(),12{(n 中的一些对换的乘积.由此可见,〉〈⊆)1()31(),12(n S n ,从而,〉〈=)1()31(),12(n S n .§4 循环群1.证明:循环群是交换群.证明设〉〈=a G 是一个循环群.于是,}|{Z ∈=n a G n (参看课本第12页倒数第4行).众所周知,m n n m n m a a a a a ==+,Z ∈∀n m ,.所以G 是交换群.2.设G 是一个群,G a ∈.假设a 的阶为n ,证明:对任意整数r ,有),(||n r n a r =. 证明令〉〈=a H .由于n a =||,根据命题3.10,H ),(||n r n a r =. 3.设〉〈=a G 是一个n 阶循环群,r 是任意整数,证明:r a 与),(n r a 具有相同的阶且〉〈=〉〈),(n r r a a .证明根据命题4.2,我们有||),()),,((||),(r n r a n r n n n r n a ===. 根据命题 3.10,〉〈r a 和〉〈),(n r a 都是G 的),(n r n 阶子群.显然,),(n r r a a 〈∈,从而,〉〈⊆〉〈),(n r r a a .由此可见,〉〈=〉〈),(n r r a a .4.设〉〈=a G 是一个n 阶循环群,证明:G a r =〉〈当且仅当1),(=n r .证明根据命题4.2,我们有G a r =〉〈n a r =⇔||n n r n =⇔),(1),(=⇔n r . 5.设〉〈=a G 是循环群,〉〈=s a H 和〉〈=t a K 是G 的两个子群,证明:〉〈=],[t s a K H .证明显然K H a t s ∈],[,从而,K H a t s ⊆〉〈],[. 为了证明〉〈=],[t s a K H ,现在只需证明〉〈⊆],[t s a K H .考察任意的K H x ∈:当x 为G 的单位元e 时,显然〉〈∈],[t s a x .不妨假定e x ≠.于是,由H x ∈知,存在Z ∈i ,使得is a x =;由K x ∈知,存在Z ∈j ,使得jt a x =.因为e x ≠,所以0≠st .众所周知,1)),(,),((=t s t t s s , 从而,存在Z ,∈v u ,使得1),(),(=+t s vt t s us . 于是,我们有),(),(),(),(),(),()()(t s vtis t s usjt t s vtt s ust s vt t s us a a x x x x ===+〉〈∈==+],[],)[(],[],[t s t s iv ju n t s niv t s nju a a a a ,其中,当0≥st 时1=n ,当0<st 时1-=n .综上所述,对于任意的K H x ∈,总有〉〈∈],[t s a x .所以〉〈⊆],[t s a K H .6.设〉〈=a G 是n 阶循环群,〉〈=s a H 和〉〈=t a K 是G 的两个子群,证明:K H =的充要条件是),(),(n t n s =.证明假设K H =.根据命题4.2,我们有),(||||),(n t n a a n s n t s ===, 从而,),(),(n t n s =.假设),(),(n t n s =.于是,),(),(n t n s a a =,从而,〉〈=〉〈),(),(n t n s a a .这样根据第3题的结论可以断言,〉〈=〉〈t s a a ,即K H =.7.设G 是无限循环群,证明:G 有且仅有两个生成元.证明由于G 是无限循环群,不妨设a 是G 的一个生成元.于是,1-a 也是G 的一个生成元,并且a a ≠-1.这就是说,G 有两个不同的生成元.其次,假设b 是G 的任意一个生成元.由于〉〈=a G ,因此存在Z ∈n ,使得n a b =.由于〉〈=b G 且G a ∈,因此存在Z ∈k ,使得nk k a b a ==.由此可见,1±=n ,即a b =或1-=a b .所以G 有且仅有两个生成元.8.设〉〈=a G 是无限循环群,〉〈=s a H 和〉〈=t a K 是G 的两个子群,证明:K H =的充要条件是t s ±=.证明当t s ±=时,显然K H =.假设K H =.显然,当}{e H =时,0==t s ,从而,t s ±=.不妨假定}{e H ≠.于是0≠s .由K a s ∈可知,存在Z ∈i ,使得it s =;由H a t ∈可知,存在Z ∈j ,使得js t =.因此ijs s =.由于0≠s ,由ijs s =可知1=ij ,从而,1±=i .所以t s ±=.§5 正规子群与商群1.证明:循环群的商群也是循环群.证明设〉〈=a G 是循环群,H 是G 的子群.于是,我们有〉〈=∈=∈=aH n aH n H a H G n n }Z |){(}Z |{/.这就表明,H G /是循环群.2.设G 是群,i N ,I i ∈,是G 的一族正规子群,证明:i I i N ∈ 也是G 的正规子群.证明众所周知,i I i N ∈ 是G 的正规子群.显然,我们有a N a N aN N a i I i i I i i I i i I i )()()()(∈∈∈∈=== ,G a ∈∀.所以i I i N ∈ 也是G 的正规子群.3.设1N ,2N 是群G 的正规子群且}{21e N N = ,证明:对于任意的1N a ∈,2N b ∈,都有ba ab =.证明对于任意的1N a ∈,2N b ∈,由于1N 是群G 的正规子群,根据命题5.11我们有111N b ba ∈--,从而,111N b aba ∈--;由于2N 是群G 的正规子群,根据命题5.11我们有21N aba ∈-,从而,211N b aba ∈-=.因此2111N N b aba ∈--,从而,e b aba =--11.由此可见ba ab =.4.设H 是群G 的子群且2]:[=H G ,证明:H 是G 的正规子群.证明我们已经知道,H Ha H a H aH =⇔∈⇔=,G a ∈∀.任意给定G a ∈.当H a ∈时,Ha H aH ==.当H a ∉时,Ha H aH H =∅=,并且,由2]:[=H G 可知,aH H G aH H ==.由此可见Ha aH =.所以H 是G 的正规子群.5.设H 是群G 的有限子群,n H =||.假设G 只有一个阶为n 的子群,证明:H 是G 的正规子群.证明任取G a ∈,考察1-aHa :由§3习题第3题知,1-aHa 是G 的子群.定义H 到1-aHa 的映射ϕ如下:1)(-=axa x ϕ,H x ∈∀.显然ϕ是双射.因此n aHa =-||1.由于G 只有一个阶为n 的子群,因此H aHa =-1.这样一来,由于a 的任意性,根据命题5.11可以断言,H 是G 的正规子群.6.设G 是群,H 和K 是G 的子群,(1)证明:HK 是G 的子群KH HK =⇔.(2)假设H 是G 的正规子群,证明:HK 是G 的子群.(3)假设H 和K 都是G 的正规子群,证明:HK 是G 的正规子群.证明 (1)假设HK 是G 的子群.于是,对于任意的G a ∈,我们有HK a ∈HK a ∈⇔-1⇔存在H h ∈和K k ∈,使得hk a =-1⇔存在H h ∈和K k ∈,11--=h k aKH a ∈⇔.所以KH HK =.假设KH HK =.为了证明HK 是G 的子群,任意给定HK b a ∈,.于是,存在H h h ∈21,和K k k ∈21,,使得11k h a =,22k h b =.因此121211122111))(())((----==h k k h k h k h ab .由于KH HK k k h =∈-)(1211,因此存在H h ∈3和K k ∈3,使得331211)(h k k k h =-,从而, HK KH h h k h h k h k k h ab =∈===-=---)()())((123312331212111.这样一来,由于HK b a ∈,的任意性,我们断言:HK 是G 的子群.(2)由于H 是G 的正规子群,我们有KH kH Hk HK K k K k ===∈∈ . 这样,根据(1),HK 是G 的子群.(3)根据(2),HK 是G 的子群.此外,还有a HK Ka H aK H K Ha K aH HK a )()()()()()(=====,G a ∈∀.所以HK 是G 的正规子群.7.设G 是群,H 和K 是G 的子群且H K ⊆,证明:]:][:[]:[K H H G K G =. 注证明这道题时还要用到如下约定:∞=∞⋅∞=⋅∞=∞⋅n n ,N ∈∀n .此外,这道题与§7中的Lagrange 定理类似,而且其证明难度不亚于Lagrange 定理的证明难度,因此安排在这里不太合适.证明首先,由于K 是H 的子群,因此G a aH aK ∈∀⊆,.由此可见,当∞=]:[H G 时,∞=]:[K G ,从而,]:][:[]:[K H H G K G =.其次,由于}|{}|{G a aK H h hK ∈⊆∈,因此当∞=]:[K H 时,∞=]:[K G ,从而]:][:[]:[K H H G K G =.现在假设∞<]:[H G 且∞<]:[K H .令m H G =]:[,n K H =]:[.由m H G =]:[知,存在G a a a m ∈,,,21 ,使得H a G r mr 1== ,其中诸H a r 两两不相交.由n K H =]:[知,存在H b b b n ∈,,,21 ,使得K b H s ns 1== ,其中诸K b s 两两不相交.这样一来,我们有K b a K b a G s r n s m r s n s r m r )()(1111====== .)(*现在我们来阐明上式中的诸K b a s r )(两两不相交.为此,设},,2,1{',m r r ∈,},,2,1{',n s s ∈,我们来比较K b a s r )(与K b a s r )(''.当'r r ≠时,由于H K b s ⊆,H K b s ⊆',因此∅=⊆H a H a K b a K b a r r s r s r ''')()( ,从而,∅=K b a K b a s r s r )()('' ,即K b a s r )(与K b a s r )(''不相交.当'r r =且's s ≠时,∅=K b K b s s ' ,从而,K b a K b a K b a K b a s r s r s r s r )()()()(''''' =∅=∅==''')(r s s r a K b K b a ,即K b a s r )('与K b a s r )(''不相交.所以)(*式中的诸K b a s r )(两两不相交.这样一来,根据)(*式可以断言,mn K G =]:[,即]:][:[]:[K H H G K G =.8.设H 是群G 的子群,假设H 的任意两个左陪集的乘积仍是一个左陪集,证明:H 是G 的正规子群.证明任取G a ∈.由于H 是H 的左陪集,因此存在H 的左陪集bH ,使得bH aH H H Ha ==)()(,由此可见,bH Ha ⊆,bH a ∈,从而bH aH =.所以aH Ha ⊆.由于a 的任意性,根据上式我们又可以断言,H a Ha 11--⊆.将上式两边左乘a ,右乘a ,得Ha aH ⊆.所以Ha aH =.由于a 的任意性,这就意味着H 是G 的正规子群.§6 群的同构与同态1.设f 是群1G 到群2G 的同构,g 是群2G 到群3G 的同构,证明:1-f 是群2G 到群1G 的同构;gf 是群1G 到群3G 的同构.证明众所周知,1-f 是2G 到1G 的双射.其次,又因f 保持乘法运算,故对于任意的2','G b a ∈总有''))'())'(())'()'((11b a b f f a f f b f a f f ==----,从而,)'()'()''(111b f a f b a f ---=.所以1-f 是群2G 到群1G 的同构.众所周知,gf 是1G 到3G 的双射.又因f 和g 都保持乘法运算,故对于任意的1,G b a ∈总有))()()(())(())(())()(())(())((b gf a gf b f g a f g b f a f g ab f g ab gf ====. 所以gf 是群1G 到群3G 的同构.2.设H 是群G 的子群,1-aHa 是H 的共轭子群,证明:1-aHa 与H 同构. 证明定义H 到1-aHa 的映射f 如下:1)(-=axa x f ,H x ∈∀.直接从f 的定义可以明白,f 是满射.利用消去律容易推知,f 是单射.因此f 是双射.其次,对于任意的H y x ∈,总有)()())(()()(111y f x f aya axa a xy a xy f ===---.所以f 是群H 到群1-aHa 的同构,从而,H aHa ≅-1.3.设f 是群G 到群'G 的同构,证明:对于任意的G a ∈,|)(|||a f a =.举例说明,若f 是群G 到群'G 的同态,则a 的阶与)(a f 的阶不一定相同.证明将群G 和群'G 的单位元分别记做e 和'e .注意到根据命题6.5,我们可以断言:对于任意的正整数n ,我们有')(')(e a f e a f e a n n n =⇔=⇔=.由此可见,|)(|||a f a =.假设2||≥G ,}{'e G =,其中e 为G 的单位元,f 为G 到'G 的映射.则f 是G 到'G 的同态.任取G a ∈,使得e a ≠,则0||>a ,1|||)(|==e a f ,从而,|)(|||a f a ≠.4.分别建立HN 到)/(N H H 和G 到)//()/(N H N G 的同态来证明定理6.11.注定理6.11的内容如下:设G 是一个群,N 是G 的正规子群.(1)若H 是G 的子群,则N HN N H H /)()/(≅ ;(2)若H 是G 的正规子群且N H ⊇,则H G N H N G /)//()/(≅. 证明 (1)设H 是G 的子群.显然,N H 是H 的正规子群;N 是HN 的正规子群.考察任意的HN a ∈:假设332211h n n h n h a ===,其中,H h h ∈21,,N n n ∈21,.则11221-=n n h h ,从而,N H n n h h ∈=--121211.因此)()(21N G h N H h =. 这样一来,我们可以定义HN 到)/(N H H 的映射f 如下:对于任意的HN a ∈,)()(N H h a f =,若hn a =,其中H h ∈,N n ∈.由HN H ⊆可知,f 是满射.任意给定HN b a ∈,.不妨设11n h a =,22n h b =.由于HN 是G 的子群,因此HN ab ∈,从而,存在H h ∈3和N n ∈3,使得332211n h n h n h ab ==.因此)()(3N H h ab f =.另一方面,我们有)())())((()()(2121N H h h N H h N H h b f a f ==.注意到N 是G 的正规子群和命题5.11,易知N H h n h n n h h h h h ∈=-----111112123211321)))((()(,从而,)()(321N H h N H h h =,即)()()(b f a f ab f =.所以f 是HN 到)/(N H H 的满同态.最后,对于任意hn a =(H h ∈,N n ∈),我们有N a N h N H h N H N H h f a ∈⇔∈⇔∈⇔=⇔∈ )()(Ker . 因此N f =)(Ker .这样一来,根据群的同态基本定理,N HN N H H /)()/(≅ .(2)设H 是G 的正规子群且N H ⊇.显然,N H /是N G /的正规子群.定义G 到)//()/(N H N G 的映射f 如下:)/)(()(N H aN a f =,G a ∈∀.显而易见,f 是满射.由于N H /是N G /的正规子群,因此对于任意的G b a ∈,,总有)/)(/)()(()/)(()(N H N H bN aN N H abN ab f ==)()()/)()(/)((b f a f N H bN N H aN ==.因此f 是G 到)//()/(N H N G 的满同态.其次,对于任意的G a ∈,我们有N H aN N H N H aN f a //)/)(()(Ker ∈⇔=⇔∈hN aN H h =∈⇔使得存在,H a ∈⇔.因此H f =)(Ker .这样一来,根据群的同态基本定理,H G N H N G /)//()/(≅.5.设G 是群,1G ,2G 是G 的有限子群,证明:||||||||212121G G G G G G =. 注与§5习题中第8题类似,这道题也宜安排在§7习题中. 证明令21G G H =.于是,H 既是1G 的子群,又是2G 的子群.设m H G =]:[1.则有)(11H c G j mj == ,(*)其中1G c j ∈,m j ≤≤1.显然,诸H c j 两两不相交;有且仅有一个},,2,1{m j ∈,使得H c j ∈;并且||||211G G G m =. 由于2G H ⊆,因此22G HG =.这样,由(*)式可以推得)())(())((21212121G c HG c G H c G G j m j j m j j mj ====== .(**)对于任意的},,2,1{,m j i ∈,考察2G c i 与2G c j :若22G c G c j i =,则21G c c i j ∈-,从而,H G G c c i j =∈-211 .由此可得,H c H c j i =,从而,j i =.这就表明,诸2G c j 两两不相交. 这样一来,由(**)式可以知,||||||||||2121221G G G G G m G G =⋅=. 6.设G 是群,证明:G G →1-a a是群G 到群G 的同构的充分必要条件是G 为交换群.如果G 是交换群,证明:对于任意的Z ∈k ,G G →k a a是一个同态.证明将G 到自身的映射G G →1-a a记做f .显然f 是双射.于是,f 是群G 到群G 的同构)()()(b f a f ab f =⇔,G b a ∈∀,,即111)(---=b a ab ,G b a ∈∀, 11)()(--=⇔ba ab ,G b a ∈∀,ba ab =⇔,G b a ∈∀,是交换群G ⇔.假设G 是交换群,Z ∈k .将G 到自身的映射G G →k a a记做g .于是,我们有)()()()(b g a g b a ab ab g k k k ===,G b a ∈∀,.所以g 是一个同态.7.设f 是群G 到群'G 的满同态,'H 是'G 的正规子群,证明:'/')'(/1H G H f G ≅-.证明由于'H 是'G 的正规子群,根据定理6.7,)'(1H f -是G 的正规子群.现在定义G 到'/'H G 的映射g 如下:')()(H a f a g =.由f 是群G 到群'G 的满同态可知g 是G 到'/'H G 的满射.其次,注意到'H 是'G 的正规子群,对于任意的G b a ∈,,有)()()')()(')(('')()(')()(b g a g H b f H a f H H b f a f H ab f ab g ====. 所以g 是G 到'/'H G 的满同态.最后,对于任意的G a ∈,我们有)'(')('')()(Ker 1H f a H a f H H a f g a -∈⇔∈⇔=⇔∈.因此)'()(Ker 1H f g -=.这样一来,根据群的同态基本定理,'/')'(/1H G H f G ≅-.8.设G 是群,1G ,2G 是G 的正规子群.假设21G G G =且}{21e G G = (此时称G 是1G 和2G 的内直积),证明:21G G G ⨯≅.证明定义21G G ⨯到G 的映射f 如下:ab b a f =)),((,21),(G G b a ⨯∈∀.由21G G G =可知,f 是满射.现在设212211),(),,(G G b a b a ⨯∈,并且)),(()),((2211b a f b a f =.于是,2211b a b a =,从而,11112112G G b b a a ∈=--,从而,e b b a a ==--112112.这意味着21a a =且21b b =,即),(),(2211b a b a =.由此可见,f 是单射,从而,f 是双射. 对于任意的212211),(),,(G G b a b a ⨯∈,我们有))(()),(()),)(,((212121212211b b a a b b a a f b a b a f ==,))(()),(()),((22112211b a b a b a f b a f =.由于1G ,2G 是G 的正规子群且}{21e G G = ,由§5习题第3题可知,))(())((22112121b a b a b b a a =.因此)),(()),(()),)(,((22112211b a f b a f b a b a f =,从而,f 是群21G G ⨯到群G 的同构.所以21G G G ⨯≅.9.设1G ,2G 是群,证明:1221G G G G ⨯≅⨯.证明定义21G G ⨯到12G G ⨯的映射f 如下:),()),((a b b a f =,21),(G G b a ⨯∈∀.显然,f 是双射.其次,对于任意的212211),(),,(G G b a b a ⨯∈,我们有),()),(()),)(,((212121212211a a b b b b a a f b a b a f ==,)),(()),((),)(,(),(221122112121b a f b a f a b a b a a b b ===.所以f 是群21G G ⨯到群12G G ⨯的同构,从而,1221G G G G ⨯≅⨯.10.设q p ,是不同的素数,证明:q p pq Z Z Z ⊕≅.证明对于任意的Z ∈i 和任意的N ∈n ,将以i 为代表元的模n 同余类记做n i ][.于是,对于任意的Z ∈j i ,,注意到q p ,是不同的素数,我们有q q p p pq pq j i j i j i q j i p j i pq j i ][][][][)(|)(|)(|][][==⇔--⇔-⇔=且且. 这样一来,我们可以定义pq Z 到q p Z Z ⊕的映射f 如下:)][,]([)]([q p pq i i i f =,pq pq i Z ∈∀][.考察映射f :设pq pq pq j i Z ∈][,][且)]([)]([pq pq j f i f =.则)][,]([)][,]([q p q p j j i i =,即p p j i ][][=且q q j i ][][=,从而,pq pq j i ][][=.因此f 是单射.其次,显然 ||||q p pq Z Z Z ⊕=.因此f 是双射.最后,对于任意的pq pq pq j i Z ][,][∈,我们有)][,]([)]([)][]([q p pq pq pq j i j i j i f j i f ++=+=+,)][,][()][,]([)][][,][]([q p q p q q p p j j i i j i j i +=++=)]([)]([pq pq j f i f +=.所以f 是群pq Z 到群q p Z Z ⊕的同构,从而,q p pq Z Z Z ⊕≅.§7 有限群1.设G 是群,H 是G 的正规子群,n H G =]:[,证明:对于任意的G a ∈都有H a n ∈.证明由于n H G =]:[,因此n H G =|/|.根据推论7.2,对于任意的G a ∈,商群H G /中元素aH 的阶整除n .因此H aH H a n n ==)(,从而,H a n ∈.2.设G 和'G 分别是阶为m 和n 的有限循环群,证明:存在G 到'G 的满同态的充要条件是m n |.证明假设f 是G 到'G 的满同态.根据群的同态基本定理,')(Ker /G f G ≅.根据Lagrange 定理,我们有|)(||)(Ker ||'||)(Ker |)](Ker :[f Ker n f G f f G m =⋅=⋅=,从而,m n |.假设m n |.令〉〈=a G ,〉〈=n a N .于是,N 是G 的正规子群,n m N =||,N G /是n 元循环群.显然,'/G N G ≅.设f 是N G /到'G 的同构,f 是G 到N G /的自然同态.则gf 是G 到'G 的满同态.3.设G 是有限群,p 为素数,1≥r .如果|||G p r ,证明:G 一定有阶为r p 的子群.注我们介绍过Sylow 定理的如下形式:设G 是n 阶有限群,其中,m p n r =,p 是素数,r 是非负整数,m 是正整数,并且1),(=m p .那么,对于任意的},,1,0{r k ∈,G 有k p 阶子群.显而易见,这道题已经包含在Sylow 定理中.这是因为: 由|||G p r 知,存在正整数s 和m ,使得m p n s =,其中1),(=m p .于是,s r ≤.根据Sylow 定理,G 有r p 阶子群.下面我们采用证明Sylow 定理的方法给出这道题的直接证明.证明假设|||G p r .则存在正整数s 和m ,使得m p n s =,其中1),(=m p .显然,s r ≤.根据Sylow 定理,存在G 的子群H 使s p H =||.现在只需证明H 一定有阶为r p 的子群.为此,对s 施行第二数学归纳法.当1=s 时,显然结论成立.假设t 是整数,并且当t s ≤时,对于任意的正整数s r ≤,H 有r p 阶子群.下面我们来阐明:当1+=t s 时,对于任意的正整数s r ≤,H 有r p 阶子群.事实上,由1||+=t p H 可知,对于H 的每个真子群'H ,都有]':[|H H p .由群G 的类方程∑∈+=C H a a N H C H \]:[||||(其中C 为群H 的中心)立即可知|||C p .由于C 是交换群,根据引理7.4,存在C c ∈,使得p c =||.由C c ∈可知,〉〈c 是H 的正规子群.令〉〈=c H H /'.则t p c H H =〉〈=|||||'|. 根据归纳假设,对于任意的正整数r ,'H 有1-r p 阶子群'K .根据命题5.13,存在H 的子群K ,使得K c ⊆〉〈且〉〈=c K H /',从而,r r p p p c K c H =⋅=〉〈⋅〉〈=-1|/||||'|.4.设G 是有限群,p 为素数,如果G 的每个元素的阶都是p 的方幂,则称G 是p -群.证明:G 是p -群||G ⇔是p 的一个幂.证明显然,当||G 是p 的一个幂时,G 是p -群.现在假设||G 不是p 的一个幂.于是,存在素数p q ≠,使的m q G r =||,其中1),(=m q ,1≥r .根据Sylow 定理,G 有r q 阶子群H .所以G 不是p -群.5.证明:阶小于或等于5的群都是交换群.证明显然1阶群是交换群.由推论7.2立即可知,2阶群、3阶群和5阶群都是循环群,因而都是交换群.设G G 中元素的阶只能是1,2或4.当G 中有4阶元素时,G 是循环群,因而是交换群.当G 中有4阶元素时,G 中的元素,除单位元外,都是2阶元素.不妨设},,,{c b a e G =.容易验证,G 就是Klein 四元群,因而是交换群.6.设G 是群,1G ,2G 是G 的有限子群,假设1|))||,(|21=G G ,证明:||||||2121G G G G =.证明由于21G G 既1G 的子群,又是2G 的子群,根据推论7.2,||21G G 是||1G 与||2G 的公约数.因为1|))||,(|21=G G ,所以1||21=G G .这样一来,根据§6习题第5题,我们有||||||||||||21212121G G G G G G G G == .第二章环论§1 环的概念1.证明:命题1.3的(5)-(7).注命题1.3的(5)-(7)的原文如下:(设R 是一个环,则)(5)j n i mj i m j j n i i b a b a ∑∑∑∑=====1111)()(;(6))()()(ab n nb a b na ==,其中n 为整数;(7)若R 是交换环,则k k n n k k n n b a C b a -=∑=+0)(, n n n b a ab =)(.显然,(5)中应加进“其中),,2,1(n i a i =和),,2,1(m j b j =为R 中的任意元素,m 和n 为任意正整数”;(6)中应加进“a 和b 为R 中的任意元素”;(7)中应加进“其中，a 和b 为R 中的任意元素,n 为任意正整数,并且约定b b a =0,a ab =0”.证明首先,因为乘法对加法适合分配律,所以j n i mj i m j j n i i m j j n i i b a b a b a ∑∑∑∑∑∑========111111)()()(. 这就是说,命题1.3(5)成立.其次,当0=n 时,根据命题 1.3(1),我们有00)(==b b na ,00)(==a nb a ,0)(0=ab ,从而,)()()(ab n nb a b na ==.当n 是正整数时,令a a i =,b b i =,n i ,,2,1 =, 则因乘法对加法适合分配律,我们有)()()(2121ab n b a b a b a b a a a b na n n =+++=+++= ,)()()(2121ab n ab ab ab b b b b a nb a n n =+++=+++= ,从而,)()()(ab n nb a b na ==.当n 是负整数时,根据命题1.3(2)和刚才证明的结论,我们有nab ab n b a n b a n b na =--=--=--=))()(()))((()))((()(,)())()(())()(()))((()(ab n ab n b a n b n a nb a =--=--=--=,从而,)()()(ab n nb a b na ==.这就是说,命题1.3(6)成立.最后,假定R 是交换环.我们用数学归纳法来证明等式k k n n k k n n b a C b a -=∑=+0)((*)成立.事实上,当1=n 时,显然(*)式成立.假设当r n =r (为某个正整数)时,(*)式成立. 当1+=r n 时,我们有k k r rk k r r n b a C b a b a b a b a -=∑+=++=+0)())(()(k k r r k k r k k r r k k r b a C b b a C a -=-=∑∑+=001110)1(11++--=-+=++++=∑∑r k k r r k k r k k r r k k r r b b a C b a C a1)1(11)1(11+-+=--+=++++=∑∑r k k r r k k r k k r r k k r r b b a C b a C a1)1(111)(+-+=-++++=∑r k k r r k k r k r r b b a C C a1)1(111+-+=++++=∑r k k r r k k r r b b a C ak k r r k k r b a C -++=+∑=)1(101k k n n k k n b a C -=∑=0. 所以对于一切正整数n ,(*)式成立.此外,由于乘法适合结合律和交换律,由第一章的§1知,n n n b a ab =)(.2．令}Z ,|2{]2[Z ∈+=b a b a ,证明]2[Z 关于实数的加法和乘法构成一个环.证明显然,)],2[Z (+是一个交换群;)],2[Z (⋅是一个半群(也就是说,乘法适合结合律);乘法对加法适合分配律.所以),],2[Z (⋅+是一个环.(验证过程从略.)3.设R 是闭区间],[b a 上的所有连续实函数构成的集合.对于任意的R g f ∈,,定义)()())((x g x f x g f +=+,)()())((x g x f x g f =⋅,],[b a x ∈∀.证明:R 关于这样定义的”“+和”“⋅构成一个环.证明简单的数学分析知识告诉我们,),(+R 是一个交换群;),(⋅R 是一个半群(也就是说,乘法”“⋅适合结合律);乘法”“⋅对加法”“+适合分配律.所以),,(⋅+R 是一个环.4.设R 是有单位元1的环,n 是正整数.形如⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛nn n n n a a a a a a a a a 2122221141211,其中R a ij ∈,n j i ,,2,1, =, 的表格称为环R 上的n n ⨯矩阵(或n 阶方阵).令)(R M n 是环R 上的所有n n ⨯矩阵构成的集合.完全类似于数域上矩阵,可以定义环上的矩阵的加法和乘法,证明:)(R M n 关于矩阵的加法和乘法构成一个环.记)(R M n 中单位矩阵为n I .对)(R M A n ∈,如果存在)(R M B n ∈,使得n I BA AB ==,则称A 是可逆的,称B 是A 的一个逆矩阵,证明:若A 可逆,则其逆是唯一的,记A 的逆矩阵为1-A .证明完全类似于数域上矩阵,容易验证)(R M n 上的加法适合结合律和交换律(从略).令n O 表示所有元素都为R 的零元的n 阶方阵;对于任意的)(R M A n ∈,将A 中每个元素都代之以其负元而得到矩阵记做A -.显而易见,对于任意的)(R M A n ∈,有A O A n =+,n O A A =-+)(.所以)(R M n 关于矩阵加法交换群.完全类似于数域上矩阵,容易验证:)(R M n 上的乘法适合结合律,并且对)(R M n 上的加法适合分配律(从略).所以)(R M n 关于矩阵的加法和乘法构成一个环.假设)(R M A n ∈是任意一个可逆矩阵,并且矩阵B 和C 都是A 的逆矩阵.则矩阵n I AC AB ==,从而,C C I C BA AC B BI B n n =====)()(.这就表明A 的逆矩阵是唯一的.5.设R 是一个环,假设),(+R 是一个循环群,证明:R 是交换环.证明设a 是循环群),(+R 的一个生成元.于是,对于任意的R y x ∈,,存在Z ,∈n m ,使得ma x =,na y =,从而,根据命题1.3(6),yx ma na ma n a a mn a na m a na ma xy ======))(())(()))(())(())((. 所以R 是交换环.6.设),,(⋅+R 是一个有单位元1的环,对于任意的R b a ∈,,令1-+=⊕b a b a ,a ⊙ab b a b -+=,证明:⊕和⊙是R 上的两个代数运算且关于加法⊕和乘法⊙也构成一个有单位元的环.注到此为止,还要求证明⊕和⊙是R 上的代数运算已没有什么意义.因此这道题可改为:设),,(⋅+R 是一个有单位元1的环,定义R 上的代数运算加法⊕和乘法⊙如下:1-+=⊕b a b a ,a ⊙ab b a b -+=,R b a ∈∀,.证明:R 关于加法⊕和乘法⊙也构成一个有单位元的环.证明 (显而易见,⊕和⊙都是R 上的代数运算.)对于任意的R c b a ∈,,,有c b a c b a ⊕-+=⊕⊕)1()()(1)1(c b a c b a ⊕⊕=--++=;a b a b b a b a ⊕=-+=-+=⊕11;a a a =-+=⊕111;1111)11(=--++=-+⊕a a a a .由此可见,),(⊕R 是以1为零元的交换群.其次,对于任意的R c b a ∈,,,有a (⊙)b ⊙c )(ab b a -+=⊙c c ab b a c ab b a )()(-+-+-+=abc bc ac ab c b a +---++=)()(bc c b a bc c b a -+--++=a =⊙a bc cb =-+)(⊙b (⊙)c ;a ⊙a cb =⊕)(⊙)1(-+c b )1()1(-+--++=c b a c b a。

抽象代数孟道骥版习题解答第一章

Chapter1Ч1.11. ?ѩ .1) R ,x R y, x≥y;2) R ,x R y, |x|=|y|;3) R ,x R y, |x−y|≤3;4) Z ,x R y, x−y ;5) C n×n( C n ) ,A R B,P,Q A=P BQ;6) C n×n ,A R B, P,Q A=P BQ;7) C n×n ,A R B, P A=P−1BP.1)҂ đ҂ ӫ .2) .a)∀x∈R,|x|=|x|.b) |x|=|y|, |y|=|x|.c) |x|=|y|,|y|=|z|, |x|=|z|.3)҂ đ҂ Ԯ .4)҂ . x∈Z,x−x=0 , x R x,R҂ .5) Ġ ğA=IAI; ӫ ğ A=P BQčp,Q ĎđB=P−1AQ−1;Ԯ ğ A=P1BQ1,B=P2CQ2, A= P1P2CQ2Q1, A R C.č đ Ď.6)҂ . A=0,B , P=0,Q, A=P BQ=0, ҂թ P,Q, B=P AQ.҂ ӫ .7) .č ս Ď.2. R A , ӫ Ԯ .R . :“ a,b∈A,Ֆa R b b R a. ՖԮ12a R a. R , .” ?҂ . A a đ թ a∈A, b∈A,a R b҂Ӯ , a .3. R A , A R1,R2 љx R1y, x=y,x R y y R x Ӯ ;x R2y, x0,x1,···,x nx0=x,x n=y, x0R1x1,x1R1x2,···,x n−1R1x n.1) R2 ;2) R , R2=R, x R2y iﬀx R y.3) A=Z,n .R :x R y, x−y=n.R1 R2.1)R1 đ ӫ .Ֆ R2 đ ӫ .R2R2 Ԯ . R2 .2) x R y, x R1y,x R2y, x R2y, x0,x1,···,x n x=x0,x n=y x0R1x1,x1R1x2,···,x n−1R1x n, R đ R1 x0R x1,x1R x2,···,x n−1R x n.Ֆ x0R x n x R y, R2=R.3)x R1y⇐⇒x−y=0,m,−m.x R2y⇐⇒x≡y(mod m).4. ∗ đ ?1) Z đa∗b=a−b;2) Q đa∗b=ab+1;3) Q đa∗b=ab/2;4) N đa∗b=2ab;5) N đa∗b=a b.1)҂ đ҂ .2)a)∵b∗a=ba+1=a∗b,∀a,b∈Q∴ .b)(a∗b)∗c=(ab+1)∗c=(ab+1)c+1,a∗(b∗c)=a∗(bc+1)=a(bc+1)+1, a=c đ(a∗b)∗c=a∗(b∗c),∴҂ .3)a)b∗a=ba/2=a∗b,∀a,b∈Q∴ Ġb)(a∗b)∗c=ab/2∗c=abc/4,a∗(b∗c)=a∗bc/2=abc/4,∀a,b,c∈Q, .4)a)b∗a=2ba=a∗b,∀a,b∈N Ġb)(a∗b)∗c= 2ab∗c=22ab c,a∗(b∗c)=a∗2bc=22bc a, a=1,b=c=2, (a∗b)∗c= 28,a∗(b∗c)=216, (a∗b)∗c=a∗(b∗c), ҂ .5)҂ .5. m∈Z,m=0. Z :a b, a≡b(mod m).Z Վ Z m( Z/m Z).31)Z m Ġ2) Z ԛ Z3 Ӱ Ġ3) Z ԛ Z6 Ӱ .đ ӰđZ m m đ љ 0,1,2,···,m−2,m−1, Z3 đ0,1,2,0+0=0,0+1=1,0+2=2,1+1=2,1+2=0,2+2=1,0×0=0,0×1=0,0×2=0,1×1=1,1×2=2,2×2=2.Z m Ӱ .Z6 Ӱ .č Ď1.2 ϶1. ∗ . đ ϶ đ϶ đ ҂ Ĥ1)Z,a∗b=abĠ2)Z,a∗b=a−bĠ3)R+={x∈R|x>0},a∗b=abĠ4)Q−{0,1},a∗b=abĠ5)[0,1],a∗b=δ1a b+δ1b a−δ1aδ1b. δ1a=0, a=1δ1a=1, a=1,δ1b .6)Z,a∗b=a+b−ab.1) đ Վ Ӯ .2) đ Վ ҂ Ӯ϶ . Վ ҂.3) đ Վ Ӯ .4)҂ .∵2,0.5∈Q,2∗0.5=1∈Q,∴ ҂ Ġ5) .∵a∗b=0,a=1,b=1;a∗b=1,a=1=b;a∗b=a,a=1,b=1;a∗b=b,a=1,b=1.∴ о đ (a∗b)∗c=a∗(b∗c),∴҂ đ∴ ҂ .6) .∵Z ∗ о đ(a∗b)∗c=(a+b−ab)∗c=a+b−ab+c−c(a+b−ab)=a+b+c−ca−bc+abc,a∗(b∗c)=a∗(b+c−bc)=a+b+c−bc−a(b+c−bc)=a+b+c−ab−bc−ac+abc.∴ .∀c∈Z,0∗c=0+c−0c=c,∴0 , ,0, c ,∀d∈Z,d∗1=d+1−d1=1=0,∴1 , Z ϶2. Z×Z Ӱ(x1,x2)(y1,y2)=(x1y1+2x2y2,x1y2+x2y1). :41)Z×Z ՎӰ ϶ .2) (x1,x2)=(0,0) đ (x1,x2)(y1,y2)=(x1,x2)(z1,z2)(y1,y2)=(z1,z2).1) đՎ .((x1,x2)(y1,y2))(z1,z2)=(x1y1+2x2y2,x1y2+x2y1)(z1,z2)=(x1y1z1+ 2(x2y2z1+y2z2x1+z2x2y1),x1y1z2+y1z1x2+z1x1y2+2x2y2z2)= (x1,x2)((y1,y2(z1,z2).x1,x2)(y1,y2)=(y1,y2)(x1,x2).(1,0)(x1,x2)=(x1,x2)=(x1,x2)(1,0).(1,0) Վ ϶ .Z×Z ՎӰ ϶ .2)∵(x1,x2)(y1,y2)=(x1,x2)(z1,z2),∴x1(y1−z1)+2x2(y2−z2)=0,x1(y2−z2)+x2(y1−z1)=0,∵(x1,x2)=(0,0),∴y1−z1=0,y2−z2=0.∴(y1,y2)=(z1,z2).3. S={x|x∈R,x=−1} o∗p a∗b=a+b+ab.S ∗ .ѩ ӱ2∗x∗3=7 .(a)∵a=−1 b=1 ,a∗b=−1,∴S ∗ о ;(b)(a∗b)∗c=(a+b+ab)∗c=a+b+ab+c+ac+bc+abca∗(b∗c)=a∗(b+c+bc)=a+b+c+ab+ac+bc+abc ;(c)∀c∈S,0∗c=c,0 ;(d)∀d∈S,−dd+1=−1 d .S ∗ .2∗x∗3=(2+x+2x)∗3=12x+11=7,∴x=−134. ϶ G đax=ay=⇒x=y;xa=ya=⇒x=yđ G .Վ ϶ Ӯ Ĥğ ϶ G ∀a,b∈G, ӱxa=b,ax=b đG .ğxa=a đ e a, e a a=a, c∈G,ax=c5đ d , ad =c , e a c =e a (ad )=ad =c,∴G թ Ġ∀f ∈G,xf =e a đx f . đG .∀a ∈G,∵ax =ay ⇔x =y , |G | aG =G ,Ֆ ∀a,b ∈G,ax =b đ xa =b .Ֆ .Վ ϶ ҂Ӯ đ {N ,+}.5. ϶ G o p č G G ğa −→a Ďđ a (ab )=(ba )a ,∀a,b ∈G .Վ϶ с .∀a,b,c ∈G,a ac =c =b bc , a a =a acc =b bc =b b. e =a a , e G đa a .∴G .6. ϶ G e đ ∀a ∈G đ č a ∈G aa=e Ď. G Ĥ҂ . ğG = 1100 , 1−100 , −1−100 , −1100 G ϶ . 1100 , 1100 1100 đ 1−100 1100 đ −1−100 −1−100 đ −1100 −1−100 7. P (X ) X č X Ď.1) P (X ) ӫҵ (A B =(A −B )∪(B −A ),∀A,B ∈P (X )) Ӯ Ġ 2.2) P (X ) .1) о .(A B ) C =A (B C ), ∅, A −1=A ,A A =∅, 2.2)|P (X )|=2|X |.8. G 2. G Abel .6∀a,b ∈G ,a 2=b 2=e,(ab )(ab )=e =a 2 bab =a,∴b (bab )=ba b 2=e ab =ba ,∴G Abel .9. S 5 στ,σ−1τσ,σ2,σ3. σ= 1234523154 ,τ= 1234534152. στ= 1234515243 ,σ−1τσ= 1234553214 σ2= 1234531245 ,σ3= 1234512354 10. ԛS 3 і.X ={a,b,c },S 3={τ1,τ2,τ3,τ4,τ5,τ6},τ1= a b c a b c ,τ2= ab c ac b ,τ3= a b c b a c ,τ4= a b c b c a ,τ5= a b c c a b ,τ6= ab c c b a, і :·τ1τ2τ3τ4τ5τ6τ1τ1τ2τ3τ4τ5τ6τ2τ2τ1τ5τ6τ3τ4τ3τ3τ4τ1τ2τ6τ5τ4τ4τ3τ6τ5τ1τ2τ5τ5τ6τ2τ1τ4τ3τ6τ6τ5τ4τ3τ2τ111.N э Ӯ ϶ M (N ) f ğf (n )=n +1,∀n ∈Nf đ .g k (n )=n −1,n ≥2;g k (1)=k,k ∈N , ∀k,g k f đ h f đ fh (1)=h (1)+1,∵h (1)≥1,∴fh (1)≥2, fh (1)=1 .Ֆ .12. M ϶ đm ∈M . M Ӱ o ∗pğa ∗b =amb .1)M ∗ ϶ .2) đM ∗ ϶ Ĥ1) о .(a ∗b )∗c =ambmc =a ∗(b ∗c ), M ∗ ϶ .2)m .71.31. H G . {H a } G đ R 1 a R 1b , ba −1∈H .R 1 .e =aa −1∈H ⇒aR 1a,∀a ∈G , aR 1b , ab −1∈H , ba −1=(a −1b )−1∈H , bR 1a , aR 1b,bR 1c ab −1,bc −1∈H , ac −1=(ab −1)(bc −1)∈H , aR 1c .R 1 .aR 1b ⇔ba −1∈H ⇔b ∈aH b aH .Ֆ {aH } G .2. H Z . с m H =m Z .m =min {|n ||n ∈H,n =0}, mz 0+r ∈H,0≤r <m,r ∈N,∵mz 0∈H , r ∈H , m r =0,Ֆ H =m Z .3. ԛS 3 ҆ .ѩ ԛ . X ={a,b,c },S 3={τ1,τ2,τ3,τ4,τ5,τ6},τ1= a b c a b c ,τ2= a b c a c b ,τ3= a b c b a c ,τ4= a b c b c a ,τ5= a b c c a b ,τ6= a b cc b aH 1={τ1},H 2={τ1,τ2},H 3={τ1,τ3},H 4={τ1,τ6},H 5={τ1,τ4,τ5},H 6={τ1,τ2,τ3,τ4,τ5,τ6}∴H 1,H 2,H 3,H 4,H 5,H 6 S 3 ҆ đ H 1,H 5,H 6 .4. H G đ [G :H ]=2. H G .∵[G :H ]=2,∴,∃a ∈G, a −1∈H , G =eH ∪aH eH =aH ∀h,g ∈H, ghg −1∈H ∀h ∈H,g ∈aH,∃h 1∈H , g =ah 1,ghg −1=ah 1hh −11a−1∵ghg −1∈G . ghg −1∈H , с ghg −1∈aH ,Ֆ ∃h 2∈H , ghg −1=ah 2 ah 1hh −11a −1=ah 2đ h 1hh −11=h 2⇒h −12h 1hh −11=a ⇒a ∈H.∵H G ,∴a −1∈H a −1∈H ∴ghg −1∈H , ∀h ∈H,g ∈G,ghg −1Ӯ .∴H G .5. H 1,H 2 G . |H 1H 2|=[H 1:1][H 2:1]/[H 1∩H 2:1].8 aH2,a∈H1, {aH2} H1H2 .1) aH2=bH2,a,b∈H1, ab−1∈H2,Ֆ ab−1∈H1∩H2,b∈a(H1∩H2).2)∀b∈a(H1∩H2), aH2=bH2,∴|H1H2|=[H1:1][H2:1]/[H1∩H2:1]6. G Abel đn∈N. {g∈G|g n=1} G .H={g∈G|g n=1},∀g1,g2∈H,(g1g−12)n=g n1(g n2)−1=e,∴H<G7. G҂ Ӯ ѩ.H1<G,H2<G,H1=G,H2=G,H1∪H2=G, a∈H1,b∈H2, a∈H2,b∈H1, ab∈H1,ab∈H2,Ֆ ab∈G, Ć8. H,K G đ H∩K={1}. hk=kh,∀h∈H,k∈K.∵(kh)−1hk=h−1k−1hk,h−1k−1h∈K,∀h∈H,k∈K, (kh)−1hk∈K,∵k−1hk∈H,∴h−1k−1hk∈H,∵H∩K={1},∴(kh)−1hk=1,∴kh=hk.9. H G . G/H Abel ԉgkg−1k−1∈H,∀g,k∈G.G/H Abel ⇐⇒gHkH=kHgH⇐⇒gkH=kgH⇐⇒gk(kg)−1=gkg−1k−1∈H10. H,K . H×K={(h,k)|h∈H,k∈K} Ӱ(h1,k1)(h2,k2)=(h1h2,k1k2). ğ1)H×K čӫ H K Ď.2)H1={(h,1 )|h∈H,1 K } K1={(1,k)|k∈H,1 H} H×K .3)H1∩K1={(1,1 )};H×K=H1K1.čH×Kӫ H1 K1.Ď1) e h H đe k K đ (e h,e k)∈H×K∴H×K đ∀(h1,k1),(h2,k2)∈H×K,(h1,k1)(h2,k2)=(h1h2,k1k2)∈H×K,∴H×K Ӱ о Ġ∀(h1,k1),(h2,k2),(h3,k3)∈H×K,((h1,k1)(h2,k2))(h3,k3)= (h1h2,k1k2)(h3,k3)=(h1h2h3,k1k2k3)=(h1,k1)((h2,k2)(h3,k3))= (h1,k1)((h2,k2)(h3,k3))∴H×K Ӱ∀(h,k)∈H×K,(e h,e k)(h,k)=(h,k),∴(e h,e k) Ġ9∀(h,k)∈H×K,(h−1,k−1)(h,k)=(e h,e k),∴(h−1,k−1)∈H×K∴H×K .2)∵(e h,1 )∈H1,∴H1 H×K .∀(h1,1 )∈H1,(h2,1 )∈H1,(h1,1 )(h2,1 )−1=(h1,1 )(h−12,1 )=(h1h−12,1 )∈H1,∴H1 H×K ;∀(h1,1 )∈H1,(h,k)∈H×K(h,k)(h1,1 )(h,k)−1=(hh1h−1,kk−1)=(hh1h−1,1 )∈H1,∴H1 H×K ĠK1 H×K .3) (h,k)∈H1 (h,k)∈K1, k=1 ,h=1,∴H1∩K1={(1,1 )}(h,k)∈H×K, (h,k)=(h,1 )(1,k)∈H1K1,∴H×K⊆H1K1(h1,1 )∈H1,(1,k1)∈K1đ (h1,1 )(1,k1)∈H1K1, (h1,1 )(1,k1)=(h1,k1),∴H1K1⊆H×K∴H×K=H1K1.11. ϶ M aӫ đ ∃a−1∈M aa−1=a−1a=1.ğ1) a∈Mđ ∃b,c∈M ba=ac=1 a đ a−1=b=cĠč ӫa−1 a .Ď2) Ġ3) a đ b=a−1 ԉ aba=a,ab2a=1Ġ4)M G ԉ G∀g1,g2∈G g1g2∈GĠ5)M Ӯ .1)b=bac=c, a đ a−1=b=c.2) b1,b2 a đ b1=b1ab2=b2.3)“⇒” .“⇐”:ab=abaa−1=aa−1=1,ba=a−1aba=a−1a=1,∴b=a−1.4)“⇐” .“⇒” о đ đ թ .∀g∈G,с g−1∈G,Ֆ 1=gg−1∈G5) g1,g2 đ (g1g2)(g−12g−11)=1, g1g2 đ ՎӮ .1.41. Z×Z Ӱ ğ(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d);10 (a,b)(c,d)=(ac,bd),∀(a,b),(c,d)∈Z×Z.ğZ×Z .(a)Z×Z Abel .(b)((a,b)(c,d))(e,f)=(ac,bd)(e,f)=(ace,bd f)=(a,b)(ce,d f)=(a,b)((c,d)(e,f));(a,b)(c,d)=(ac,bd)=(ca,db)=(c,d)(a,b).∀(a,b),(c,d),(e,f)∈Z×Z. Z×Z Ӱ϶ .(c)(a,b)((c,d)+(e,f))=(a,b)(c+e,d+f)=(ac,bd)+(ae,bf)=(a,b)(c,d)+(a,b)(e,f);((c,d)+(e,f))(a,b)=(c,d)(a,b)+(e,f)(a,b) ՎZ×ZӰ .Z×Z .∵(1,1)(a,b)=(a,b)=(a,b)(1,1),∴ Ӱ ϶ .∵(0,1)=0,(0,1)=0,(0,1)(1,0)=(0,0)=0ՎZ×Z .2. C (−∞,+∞) đ C Ӱ(f+g)(x)=f(x)+g(x);(fg)(x)=f(g(x)),∀f,g∈C,x∈(−∞,+∞).C Ӱ Ӯ Ĥf(x)=x,g(x)=x2,h(x)=x2, h(f+g)(x)=(x+ x2)2,hf(x)+hg(x)=x2+x4, Վ҂ Ӯ .3. R Ӱ .1)R Ġ2)R Ӱ ϶ Ġ3) Ӱ .R .∀a,b∈R,(a+1)(b+1)=a(b+1)+b+1=ab+a+b+1,(a+1)(b+1)=(a+1)b+a+1=ab+b+a+1,∴a+b=b+a, R.4. R đ . R .R đ ∀a∈R,a=0,ab=ac⇔b=c, aR=R,Ra=R,∴ax=b,xa=b,b∈R R đ R Ӱ Ӯ đ R .11 5. Q Z Q/Z .∀a,b∈Q/Z, a,b 0, ab=0, a=0,b=0, a=q1 p1,b=q2p2, ab=q1p1q2p2=q1p1p1q2p1p2=q1p1p1q2p1p2=p1q1p1q2p1p2=0. ՎӮ .6. R e e2=eđ ӫe .R eđ R đ e R .∵e(ea−a)=ea−ea=0 R đ ea=aae=a∴R đ e R .7. R 1lč 1l a=a,∀a∈R). Rđ 1l=1.(ae−a+e)b=b⇒ae−a+e=e⇒ae=a8. R .u∈R,u đ v∈R uv=1.ğ1)u ҂ Ġ2)u҂ Ġ3)u .1⇒2: u đ w wu=uw=1, wuv=v, wuv=w(uv)=w,∴v=w, u đ 1 .u҂ .2⇒3: u҂ đ vu=1, vu−1=0u(vu−1)=(uv)u−u=u−u=0∴u .3⇒1:∵u∴∃w=0, uw=0,∴w=vv−w=0, u(v−w)=uv−uw=1∴v−w u đ v−w=v∴u ҂ .9. թ ҂ đ Վ.u v1, v n+1=v1−v n u+1, v n u đ w wu=0, w=w(uv1)=wuv1=0, v1u=1, v1u−1=0, Վ v n+1=v1,n 1, v n+1= v m+1(m<n), ԛv n=v m,Ֆ đ n= m đ v n=v m, Վ Ӯ .10. R đa,b∈R. 1−ab 1−ba .1−ab đc đ d=1+bca, (1−ba)d=12(1−ba )(1+bca )=1−ba +(1−ba )bca =1−ba +b (1−ab )ca =1−ba +ab =1,d (1−ab )=(1+bca )(1−ba )=1−ba +bca (1−ba )=1−ba +bc (1−ab )a =1−ba +ba =1,∴1−ba . 1−ba đ 1−ab .11. R đa,b ab −1 .1)a −b −1,(a −b −1)−1−a −1 Ġ2) Ӯ ğ((a −b −1)−1−a −1)−1=aba −a1)a −b −1=abb −1−b −1=(ab −1)b −1,∵b,ab −1 đ a −b −1 đ (a −b −1)−1=b (ab −1)−1.2)(a −b −1)−1−a −1=b (ab −1)−1−a −1=a −1(ab (ab −1)−1−1)=a −1(ab −(ab −1))(ab −1)−1=a −1(ab −1)−1,∴((a −b −1)−1−a −1)−1=(ab −1)a =aba −a.12. Z m n =n +m Z ԉ Ĥѩ Z m .(n,m )=1,∃u,v ∈Z , nu +mv =1⇒nu =1,Ֆ n đ (n,m )=k =1, n m k =0Ֆ n .∴n ⇔(n,m )=1, ϕ(m ),ϕ đn ⇔(n,m )=1, m −ϕ(m ).13. m 1,m 2∈Z . m 1,m 2 č m 1 m 2 Ӯ Ď.m 1,m 2 ={um 1+vM 2|u,v ∈Z }, m 1,m 2 = d ,d =(m 1,m 2).14. đ R R/I (I R ) .Z đ6Z Z đZ /6Z =Z 6,Z 6 23=0.15. R .a ∈R . ∃m ∈N a m =0, ӫa .R R . R 1={a |∃m ∈N ,a m =0},∀a,b ∈R 1,∃m,n ∈N , a m =0,b n =0, (a −b )m +n = m +n k =0a k (−b )m +n −k =0,(ab )m =a m b m =0.∀r ∈R,(ar )m =a m r m =0.∴R 1 R .16. K .R =K n ×n . C i ={a ∈R |col j (a )=0,j =i };R i ={a ∈R |row j (a )=0,j =i },1≤n .1)C i R č A R A ⊆C i đ A ={0} A =C i ĎĠ2)R i R Ġ3)R .1)∀α,β∈C i ,col j (α−β)=0,j =i ;col j (αβ)=0,j =i ;∀c ∈13K,col j(cα)=0,j=i.∴C i R .A R đ A⊆C i,A={0}, α∈A,҂ αj0l =0,l=i,j0=i,∴E jl∈C i,E jl=α−1j0l E jjα∈A,∴A=C i,∴C i R.2) R i R .3) R R đ ∃α∈R ,α=0,҂ αi0j0=0, E ij=α−1i0j0E iiαE j0j∈R ,∴R =R. R .1.51. A Abel đ đ End Aі Ač A A Ď . End A Ӱ đ(σ+τ)(α)=σ(α)+τ(α),∀σ,τ∈End A,α∈A.End A čӫ A Ď.đ о đ đ č 0Ď Ġ Ӱ đ о đ đ č idĎĠ Ӱ đ .2. S3 ӫ đAut S3=Int S3 S3.∵C(S3)=id,∴S3∼=Int S3, S3=<{(1,2),(1,3),(2,3)}>, Ϝ2 эӮ2 đ∴|Aut S3|≤3!=6,∵Int S3 Aut S3,|Int S3|=6,∴|Aut S3|=6,∴Aut S3=Int S3.3. a,b đ R эT(a,b):T(a,b)(x)=ax+b,∀x∈R.ğ1)a=0 đT(a,b) Ġ2)G={T(a,b)|a=0} Ġ3)H={T(1,b)|b∈R} G ĠčT(1,b)ӫ b.Ď4)G/H R∗čR∗ Ӱ .Ď1) x=y, T(a,b)(x)=ax+b=ay+b=T(a,b)(y),∴T(a,b).T(a,b)(x)=Y(a,b)(y), ax+b=ay+b, a=0 x=y,∴T(a,b) ֆ14.∀x ∈R ,∃x =x −b a ∈R ,T (a,b )(x )=ax +b =x,∴T (a,b ) .∴a =0 đT (a,b ) .2)∀T (a 1,b 1),T (a 2,b 2)∈G,T (a 1,b 1)T (a 2,b 2)=T (a 1,b 1)(a 2x +b 2)=a 1(a 2x +b 2)+b 1=T (a 1a 2,b 1b 2)(x ), a 1a 2=0,∴T (a 1a 2,b 1b 2)∈G ∴G о Ġ∀(T (a 1,b 1)T (a 2,b 2))T (a 3,b 3)=T (a 1,b 1)(T (a 2,b 2)T (a 3,b 3))∴G Ġ∀T (a,b )∈G,T (1,0)T (a,b )=T (a,b )∴T (1,0) G Ġ∀T (a,b )∈G,T (1a ,−b a )T (a,b )=T (1,0)∴T (1a ,−b a) T (a,b ) ∴G .3) H G đ∀T (1,a ),T (1,b )∈H,T (1,a )T −1(1,b )=T (1,a )T (1,−b )=T (1,a −b )∈H ∴H <G,∀T (1,b )∈H,T (a,c )∈G,T (a,c )T (1,b )T −1(a,c )=T (a,ab +c )T (1a ,−c a)=T (1,ab )∈H ∴H G.4) ϕ:G −→R ∗,ϕ(T (a,b ))=a,∀a ∈R ∗,∃T (a,b )∈G, ϕ(T (a,b ))=a,∴ϕ .∀T (a 1,b 1),T (a 2,b 2)∈G,ϕ(T (a 1,b 1)T (a 2,b 2)=ϕ(T (a 1a 2,a 1b 2+b 1))=a 1a 2=ϕ(T (a 1,b 1))ϕ(T (a 2,b 2))∴ϕ .∴G/ker ϕ∼=R ∗∀T (a,b )∈ker ϕ,ϕ(T (a,b ))=1⇒a =1⇒T (a,b )∈H,∀T (1,b )∈H,ϕ(T (1,b ))=1,∴T (a,b )∈ker ϕ,∴H =ker ϕ,∴G/H ∼=R ∗4. G ={e,a,b,c } і. G đ Aut G G S 3 .čՎ ӫ Klein đ K 4і .Ďe a b ce e a b c a ae c b b bc e a c cb a e(a)Ֆ ԛG Վ оĠ(b) a,b,c , (ab )c =cc =e,a (bc )=aa =e,∴(ab )c =a (bc ) a,b,c e đ (ab )c =a (bc ), Ӯ Ġ(c)e ӰG Ч∴e G Ġ(d)aa =bb =cc =e,∴a,b,c љ .∴G . ϕ:ϕ(A )=A|X , ∀A ∈Aut G,X ={a,b,c }, Ϝ҂15 э ҂ đ A|X∈S3, A(e)=e,ϕ Aut G−→S3 đ A|X=B|X, A(e)=B(e)=e⇒A=B∴ϕ ֆ ,∴ϕ đ∀A,B∈Aut G,ϕ(AB)=AB|X=A|X B|X=ϕ(A)ϕ(B)∴ϕ đ∴Aut G∼=S3;σ:Aut G−→Aut G/Inn G,σ(A)=A Inn G, σ đ G đ Inn G={id G},∴σ .∴Aut G∼=Aut G/Inn G∼=S3.5. G .1)a→a−1 G G Ġ2) G đ ∀k∈Z,a→a k G .č G G.Ď1)∀a∈G,ϕ(a)=a−1,∵a−1∈G,∴ϕ G−→G эđϕ ,∀a∈G, ϕ(a−1)=a,∴ϕ đϕ(a)=ϕ(b)đ a−1=b−1⇒a=b∴ϕ ֆ Ġϕ .“⇐”:∀a,b∈G,ϕ(ab)=(ab)−1=b−1a−1, G Abel đ ϕ(ab)=ϕ(a)ϕ(b),∴ϕ đ∴ϕ .“⇒”:∀a,b∈G,ϕ(a−1b−1)=(b−1a−1)−1=ba,∵ϕ đ∴ϕ(a−1b−1)=ϕ(a−1)ϕ(b−1)=ab,∴ab=ba,∴G Abel .2) ϕ:ϕ(a)=a k,k∈Z, ϕ G−→G đ∀a,b∈G,G Abel đϕ(ab)=(ab)k=a k b k=ϕ(a)ϕ(b),∴ϕ G .6. a G đa(g)=g⇒g=1.1)g a(g)g−1 Ġ162) G đ G Ӯa (g )g −1 Ġ3) a 2=id G , G .1) ϕ:ϕ(g )=a (g )g −1,ϕ G −→G đ ϕ(g 1)=ϕ(g 2), a (g 1)g −11=a (g 2)g −12⇒a (g 1)−1a (g 2)=g −11g −12⇒a (g −11g 2)=g −11g 2⇒g −11g 2=1⇒g 1=g 2,∴ϕ Ġ2)∵G đG đ∴ϕс đ ϕ:G −→G.∴G Ӯa (g )g −1 Ġ3)∀g ∈G,∃g 1∈G, g =a (g 1)g −11,a (g )=a (g 1)2a (g −11)=g 1a (g −11)=g −1,∀a,b ∈G, a (a −1b −1)=a (a −1)a (b −1)=ab, a (a −1b −1)=(a −1b −1)−1=ba,∴ab =ba,∴G Abel .∀g ∈G, g =g −1, a (g )=g −1=g ⇒g =1∴∀a ∈G,a =1,a a −1 G ҂ đ1∈G,∴G .7. G đK G , H a K č H a G . H a ⊇K Ďđa (H a /K )=( aH a )/K .ğgk ∈a (H a /K )⇒gk ∈H αK (∀α)⇒∀α,∃g α∈H α gK =g αK ⇒g −1g α∈K ⇒g ∈H α(∀α)⇒g ∈ αH α⇒ a (H a /K )⊆( a H a )/K.đ ( a H a )/K ⊆ a (H a /K ).8. Z o ◦pa ◦b =a +b −ab,∀a,b ∈Z ,(Z ,◦) ϶ đ Z Ӱ ϶ .ğa ◦(b ◦c )=a ◦(b +c −bc )=a +b +c −bc −a (b +c −bc )=a +b +c −ab −bc −ca +abc,(a ◦b )◦c =(a +b −ab )◦c =a +b +c −ab −bc −ca −abc,∴a ◦(b ◦c )=(a ◦b )◦c,a ◦0=0,0◦a =0,∴(Z ,◦) ϶ đ0 .f :(Z ,·)−→(Z ,◦),f (a )=1−a , f đ f (ab )=1−ab =17 (1−a)+(1−b)−(1−a)(1−b)=f(a)+f(b)−f(a)f(b)=f(a)◦f(b),∴(Z,◦)∼=(Z,·).9. .T:End Z−→Z,T(σ)=σ(1),∀σ∈End Z,∀m∈Z,∃σ∈End Z, σ(1)=m,σ(n)=mn(n∈Z),∴T . ∀σ,τ∈End Z,σ(1)=τ(1), σ=τ,∴T ֆ đ∴T .∀σ,τ∈End Z,T(σ+τ)=σ(1)+τ(1)=T(σ)+T(τ),T(στ)=στ(1)=σ(τ(1))=σ(1)τ(1)=T(σ)T(τ),∴T End Z−→Z . 10.H 1.4.8 đ1=1001,i=√−100−√−1,j=01−10,k=√−1√−101)∀a∈H,թ (a,b,c,d)∈R(1)đ a=a+bi+cj+dk.2)H э σ:σ(a+bi+cj+dk)=a−bi−cj−dkđH .1) .2)∀α,β∈H,α=a1+b1i+c1j+d1k,β=a2=a2+b2i+c2j+d2k,σ(α+β)=σ(α)+σ(β),σ(αβ)=σ(β)σ(α),σ(α)2=α,∴σ H .11.č Ď σ R R đ ∀a,b∈R1)σ(a+b)=σ(a)+σ(b),2)σ(ab)=σ(a)σ(b) σ(ab)=σ(b)σ(a).σ . .σ҂ đ σс . σ҂ đ ∃c,d∈R,σ(cd)=σ(c)σ(d)=σ(d)σ(c)∀x∈R,σ(cx)=σ(c)σ(x),σ(xd)=σ(x)σ(d)18đσ(cx)=σ(x)σ(c)σ(c(d+x))=σ(cd+cx)=σ(c)σ(d)+σ(x)σ(c)(1.1)đσ(c(d+x))=σ(d+x)σ(c)=σ(d)σ(c)+σ(x)σ(c)(1.2) (1.2) (1.1) бσ(c)σ(d)=σ(d)σ(c).сσ(c(d+x))=σ(c)σ(d)+σ(c)σ(x)(1.3) (1.3) (1.1) бσ(x)σ(c)=σ(c)σ(x)∀x∈R,σ(cx)=σ(c)σ(x)σ(xd)=σ(x)σ(d)∀x,y∈R,σ(xy)=σ(y)σ(x)∀z∈R,σ(xz)=σ(x)σ(z)σ(zy)=σ(z)σ(y)σ((x+c)(y+d))=σ(y)σ(x)+σ(x)σ(d)+σ(c)σ(y)+σ(c)σ(d)(1.4)đσ((x+c)(y+d))=σ(y+d)σ(x+c)=σ(y)σ(x)+σ(d)σ(x)+σ(y)σ(c)+σ(d)σ(c)(1.5)∵σ(x)σ(d)=σ(d)σ(x),σ(c)σ(y)=σ(y)σ(c)∴ (1.4)đ(1.5)σ(c)σ(d)=σ(d)σ(c)19 .сσ((x+c)(y+d))=σ(x+c)σ(y+d)=σ(x)σ(y)+σ(x)σ(d)+σ(c)σ(y)+σ(c)σ(d)(1.6)(1.4),(1.6)σ(x)σ(y)=σ(y)σ(x)∴Վ σ R .12. R đ R R đR Z pčp Ď đ Z .13. R đ G(R) R .Aut R R. G(R) Ӱ Ӯ đ [G(R):Aut R]1 2.(1): о đ∀σ,η∈G(R).σ đη đ ση Ġσ đη đ ση Ġσ,η đ đ ση ..ğσid=σ=idσ.ğσσ−1=id.(2): Aut R G(R) .∀σ,η∈G(R),σAut R=ηAut R⇔η−1σ∈Aut R, σ,η đ .G(R)=Aut R, [G(R):Aut R]=1;Aut R⊂G(R), [G(R):Aut R]=2.1.61. R đM Abel . թ R End M u, u(1)=id M. R×M M (a,x)→ax=u(a)(x),a∈R,x∈M MӮ R⚷ .∀x,y∈M,a,b∈R, u(a)∈End M;(a)a(x+y)=u(a)(x+y)=u(a)(x)+u(a)(y)=ax+ay;(b)(a+b)x=u(a+b)(x)=(u(a)+u(b))(x)=u(a)(x)+u(b)(x)=ax+bx;(c)(ab)x=u(ab)(x)=(u(a)u(b))(x)=u(a)(u(b)(x))=u(a)(bx)=a(bx);(d)1x=u(1)(x)=id M(x)=x.20∴ Վ MӮ R⚷ .2. R đM R⚷ . R End M f f(1)=id M.f:R−→End M,∀a∈R,f(a)=a id M, f(1)= id M,f R End M .3. R,S đ1 ,1 љ S R đ f:S→R đf(1 )=1. M R⚷ . ğS×M M (s,x)→f(s)x,s∈S,x∈M MӮ S⚷ .∀s,s1,s2∈S,x,x1,x2∈M1):(s1+s2,x)=f(s1+s2)x=[f(s1)+f(s2)]x=f(s1)x+f(s2)x=s1x+s2x;2):(s,x1+x2)=f(s)(x1+x2)=f(s)x1+f(s)x2;3):(s1s2,x)=f(s1s2)x=f(s1)f(s2)x=(s1,(s2,x));4):(1 ,x)=f(1 )x=1x=x.∴f MӮ s− .4. R đM R⚷ đ a∈R. aM={ax|x∈M},M(a)={x|x∈M,ax=0}. aM M(a) M .1):∀x1,x2∈M,ax1,ax2∈aM, ax1−ax2=a(x1−x2)∈aM.∀x∈M,r∈R,r(ax)=a(rx)∈aM,∴aM M .2):∀x1,x2∈M(a),ax1=ax2=0, ax1−ax2=a(x1−x2)=0,∴x1−x2∈M(a).∀x∈M(a),r∈Ra(rx)=r(ax)=0,∴rx∈M(a),∴M(a) M .5. n∈N,a,b∈Z,n=ab,(a,b)=1, Z n Z⚷ . a Z n=Z n(b).Z n={0,1,2,···,n−1},∀x∈Z n(b)⇔n|bx⇔a|x(∵n= ab,(a,b)=1)⇔x∈a Z n6. R⚷ Mӫ ֆ . M ֆ ∀x∈M,x=0 M=Rx.“⇒”:∀x∈M,x=0, {0}⊂Rx⊆M,∀ax∈Rx,bx∈Rx, a,b∈R,ax−bx=(a−b)x∈Rx,∴Rx<M.čRx҂ Ď∀r∈R,ax∈Rx,r(ax)=(ra)x∈Rx,∴Rx M .∵M ֆ đ∴Rx M .∴M=Rx.“⇐”: N M đN={0}, RN⊆N,∀x∈N,x=0, Rx⊆RN.x∈M,x=0,∴ M=Rx,∴M=Rx⊆RN⊆N.Ֆ M=N,∴M .∴M ֆ .21 7. Rč Ď ֆR⚷ R .“⇐”: R đ R đ I R⇔I R .∴R đ∴R ֆ .“⇒”: R ֆ đ 6 ∀x∈R,x=0, R=Rx.∀x∈R,x=0,∃r∈R, 1=rx.∴x đ R đ∴{R∗;·}Ӯ đ R .8. M R⚷ đS M .S Rann R S={a∈R|ax=0,∀x∈S}:1)ann R S R čM R⚷ đ Ď;2) S M đ ann R S R .1)∀a,b∈ann R S, ax=bx=0,∀x∈S,Ֆ ax−bx=(a−b)x=0,∀x∈S,∴a−b∈ann R S.∀a∈ann R S,r∈R,rax=0,∀x∈S,∴ra∈ann R S. ann R S R .2)∀a∈ann R S,r∈R,x∈S,∵S M đ∴rx∈S,∴arx=a(rx)=0,∴ar∈ann R S,∴ann R S R .9. Z⚷ Z m Z ann Z Z m Z/ann Z Z m.k·n=0,∀n∈Z m,k∈Z⇔k∈m Z.∴ann Z Z m= m Z,Z/ann Z Z m=Z m.10. R . ğ1) R⚷ R End L R R Ġ2) R⚷ End R R R .1.6.14 End L R∼=R r R,End R R∼=L r∼=R,(R rіR Ӱэ đL rі R Ӱэ .)11. V P đA V э đ P[λ]×V V (f(λ),x)→f(A)x,f(λ)∈P[λ],x∈V. V P[λ]⚷ . ğ1)End p[λ]V={ϕ∈End(V)|ϕA=Aϕ}, End(V) V эĠ2)ann p[λ]V={f(λ)∈P[λ]|f(A)=0}= g(λ) , g(λ) A.1) đ∀ϕ∈End p[λ]V, ϕ(x+y)=ϕ(x)+ϕ(y),∀x,y∈V.ϕ(ax)=aϕ(x),∀a∈P,x∈V.∴ϕ∈End(V).22ϕ(λx)=λϕ(x),∀x∈V,∴ϕA=Aϕ.đ∀ϕ∈End(V),ϕA=Aϕ, ϕ(x+y)=ϕ(x)+ϕ(y),∀x,y∈V,ϕ(f(λ)x)=ϕ(f(A)x)=f(A)ϕ(x)= f(λ)ϕ(x),∀f(x)∈P[λ],x∈V,∴End p[λ]V={ϕ∈End(V)|ϕA= Aϕ}.2)f(λ)∈ann p[λ]V⇔f(A)x=0,∀x∈V⇔f(A)=0⇔g(λ)|f(λ)⇔f(λ)∈ g(λ) ,∴ann p[λ]V={f(λ)∈P[λ]|f(A)=0}= g(λ) .12. V C n đ V э AC[λ]⚷ V ԉ A (λ−λ0)n,λ0∈C.1.7 Ч1. đϕ G H đ ϕ . đkerϕ.1)G=R,H=Z đϕ(x)=[x]čx ҆ đx ն ĎĠ2)G=R∗,H=R∗ Ӱ đϕ(x)=|x|;3)G=S n,H={1,−1},ϕ(σ)=sgnσ;4)G=GL(n,P),H=P∗čP Ď,ϕ(A)=det A;5)G=O(n,P),H={1,−1},ϕ(A)=det A;6)G=Z9,H=Z2,ϕ(x) xԢ 2 .1)҂ .ϕ(1.5+0.5)=ϕ(2)=2,ϕ(1.5)+ϕ(0.5)=1+0=12) .kerϕ={1,−1}3) .kerϕ=A n.4) .kerϕ={A|det A=1}.5) .kerϕ=SO(n,p).6)҂ .ϕ(4)=0,ϕ(5)=1,ϕ(4+5)=ϕ(0)=0.2. G1,G2 H đ f i G i H đi=1,2. ker f1ker f2. G1 G2 Ĥ҂ .G1=S3,f1:S3−→Z2,ker f1= (1,2,3) ,G2=Z6,f2:Z6−→Z2,ker f2= 2 ={0,2,4}Z6 đS3҂ đ ՎS3҂ Z6.3. R đC∗ Ӱ .R C∗ ϕϕ(x)=cos x+√−1sin x,∀x∈R.23ϕ đѩ ker ϕ. ∀x,y ∈R ,ϕ(x +y )=cos(x +y )+√−1sin(x +y ),ϕ(x )ϕ(y )=(cos x +√−1sin x )(cos y +√−1sin y )=cos x cos y −sin x sin y +√−1(sin x cos y +cos x sin y )=cos(x +y )+√−1sin(x +y ),∴ϕ(x +y )=ϕ(x )+ϕ(y ),∴ϕ .C ∗ 1, ϕ(x )=1 cos x +√−1sin x =1, x =2kπ,(k ∈Z )∴ker ϕ={x |x =2kπ,k ∈Z }.4. G n ӫ S n đ G Ї . G с H [G :H ]=2.H ={σ∈G |σ },∵id ∈H,∴H G .∀σ1,σ2∈H,σ1σ−12∈G đ∴σ1σ−12∈H,∴H <G. τ∈G, ∀τ1∈G,τ1 đ τ−1τ1∈H,∴τH =τ1H. id ∈G , ∀τ2∈G,τ2 đ id −1τ2∈H,∴id H =τ2H.∴[G :H ]=2.5. G,G đ H G,H G , ϕ G G đ ϕ(H )⊆H , ϕ ԛG/H G /H ϕ∗. m đѩ .G ϕ−−−→G π⏐⏐ ⏐⏐ πG/H ϕ−−−→G /Hϕ π(g )=π ϕ(g ). ϕ .∀g 1,g 2∈G,π(g 1)=π(g 2), g −11g 2∈H ,Ֆ ϕ(g −11g 2)∈H .π ϕ(g −11g 2)=1⇒π ϕ(g 1)=π ϕ(g 2),Ֆ ϕ (π(g 1))=ϕ (π(g 2)),ϕ . ğR,R đK,K љ R,R đ ϕ R R đ ϕ(K )⊆K , ϕ ԛR/K R /K ϕ . ğM,M R đN,N љ M,M đ ϕ M M đ ϕ(N )⊆N , ϕ ԛM/N M /N ϕ .246. K đK n ×n K n Ӯ đ K n ×n .1.4 16 K n ×n đ K n ×n K n ×n {0}.7. R R [x ] x 2+1 Ӯ R [x ]/ x 2+1 C . ϕ:R [x ]−→C ,ϕ(f (x ))=f (√−1),∀f (x )∈R [x ].8. R đ Z ×R Ӱ(m,a )+(n,b )=(m +n,a +b ),(m,a )(n,b )=(mn,na +mb +ab ),m,n ∈Z ,a,b ∈RZ ×R đ ш R .Z ×R đ (1,0),(0,R ) ш R .9. R Abel .R Abel End R , L R R Ӱэ đ L R ⊆End R. ∵∀a R ,b R ∈L R ,∀x ∈R,(a R −b R )x =(a −b )R x,∴a R −b R ∈L R .∵(a R b R )x =(ab )R x,∴a r b R ∈L R .∴L R End R .Cayley R ∼=L R .10. R đ R . RZ p čp Ď đ Z .11. R e с Z p čp Ď Z.č ӫR p , ӫR 0.Ďğ R ∞, p čp Ď.ğ R ∞, .∃a ∈R,a m,ma =0, ∀b ∈R,0=(ma )b =a (mb ),∵R đ∴mb =0, đ b n,nb =0, m ≥n,na =0,∴n ≥m,∴m =nm ҂ đ m =m 1m 2,m 1m 2=1,0=mab =(m 1a )(m 2b ),∵R đ∴m 1a =0 m 2b =0. . m .ğЇ e {me |m ∈Z }=R 1, f :R 1−→Z ,f (me )=m. f . đ R 0 đ f đR 1∼=Z .R p đker f =p Z ,R 1∼=Z /p Z =Z p .2512. R H,K H +K ҂ R . Q ,Z [√−1] C đ Q +Z [√−1]҂ R .13. R ⚷ R ⚷ ğ···−→M i −1f i −1−→M i f i −→M i +1···.f i −1(M i −1)=ker f i ,∀i ∈Z đ ӫՎ .f M N R ⚷ đO і Ӯ R ⚷ . đO →M і O M R ⚷ đN →O N O R ⚷ đ ğ1)f O →M f −→N Ġ2)f M f −→N −→O Ġ3)f O −→M f −→N −→O . 1)f ⇔ker f ={0}=g (0)⇔0g −→M f−→N .2)f ⇔ker g =N =f (M )⇔M f −→N −→0 .3) 1đ2 3Ӯ .14. R ⚷ M đ ӫ ֆ č ҂Ď. M R ⚷ đ ğ1)M ֆ Ġ2) f :M →N đ O →M f −→N Ġ3) g :N →M đ N g −→M −→O . M ֆ ⇔ker f ={0}č∵f Ď⇔0−→M f −→N .∴1⇔2.M ֆ ⇔g (N )=M č∵g Ď⇔N g −→M −→0.∴1⇔3. Վ .1.81. G đG đ G Ĥ҂ . Klein .2. G đa ∈G, a G . ğax =xa,∀x ∈G .26a G đ a G .∀x ∈G,x −1ax =a e , ax =x , a =e,∴x −1ax =a ax =xa .3. 1.8.3 ҂Ӯ .ğ X ={1,2,3,4},A 4 đA 4={(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23),(123),(124),(132),(134),(142),(143),(234),(243)},|A 4|=12,, A 4 6 .4. p,q đ p =q , Z pq Ӯ Ĥ pq (1−1p )(1−1q ).5. p đ r ≥1. Z p r Ӯ Ĥ p r (1−1p).6. G Abel đH,K , G đ љ r,s ğ1) (r,s )=1đ G rs Ġ2)G Ї [r,s ] .H = a ,K = b , ab k , (ab )k =a k b k ,∴s |k,t |k,∴[r,s ]|k.đ(ab )[r,s ]=a [r,s ]b [r,s ]=1,∴k =[r,s ].∴ ab G [r,s ] . 2 ԛ1Ӯ .7. G n đ ҂ ҂ . ğ1)G Ġ2)G ҂ ҂ Ġ3)G .1) H <G , ∀g ∈G,g −1Hg <G. |g −1Hg |=|H |,∴g −1Hg =H,∴H G .2)∵∀H <G,H G .∴H ҂ ҂ .G/H G Ї H .G ҂ ҂ đG/H ҂ ҂ .8. G . G с .G đ ∃g ∈G,g ∞, g Z ,Z . Ć∴G đՖ a ∈G,∃b ∈G,b ∈ a ,∃c ∈G,c ∈ a ,c ∈ b ,···, Վ đG đ∴G с .。

运城学院抽象代数试题+答案

运城学院抽象代数试题+答案一、填空题（每空3分，共30分）1、在群G 中元素a 和b 满足条件1）对任意的x ∈G ，有ax=xa=x ；2）存在y ∈G ，使b=yy -1。

则a 、b 的关系为 a=b 。

2、设σ=(1 4 7 3 6)是一个轮换，则σ的逆为 (6 3 7 4 1) 。

3、设群G 中元素a 的阶为m ，如果a n =e ，那么m 与n 间的关系为 n m 。

4、已知群G 中的元素a 的阶等于30，则a 9的阶等于 10 。

5、一个阶大于1，有单位元，无零因子的交换环称为整环。

6、规定实数集R 上的运算×为a×b=3ab(等号右边的运算是普通乘法)，则对于结合率和交换率而言，这个运算满足结合率、交换率。

7、实数集G 关于乘法·：a · b = a + b + 4是群，那么G 中的单位元是 –4 。

8、H 是群G 的正规子群，商群H G 的单位元为 H 。

9、6阶循环环R={0,e,2e,3e,4e,5e}(e 2=e)的单位群是 {e,5e} 。

10、设a 、b 、c 和x 都是群G 中的元素，且x 2a = bxc -1，acx = xac ，那么x = bc -1a -1 。

二、简答题（每小题10分，共40分）11、设G 是一个群，若对任意的a, b ∈G ，皆有(ab)2 = a 2b 2，证明G 是交换群。

证明：对任意的a, b ∈G ，由(ab)2 = a 2b 2得abab = aabb ，两边同时左乘a -1，右乘b -1得a -1ababb -1 = a -1aabbb -1，即ba = ab ，所以G 是交换群。

......10分12、证明群G 是交换群当且仅当映射1:-→→x x GG ϕ是G 的自同构。

证明：(=>)对任意x ∈G ，有x -1∈G ，且φ(x -1) = (x -1)-1 = x ，所以φ是满射，......2分对任意的x, y ∈G ，若φ(x) = φ(y)，即x -1 = y -1，则x = y ，所以φ是单射，......2分又对任意的x, y ∈G ，φ(xy) = (xy)-1 = y -1x -1 = φ(y)φ(x) = φ(x)φ(y)，所以φ是自同构。

抽象代数考试试题及答案

抽象代数考试试题及答案第一题：考虑以下四个集合及其关系：- A = {1, 2, 3, 4}- B = {2, 4, 6}- C = {3, 6, 9, 12}- D = {4, 8, 12, 16}试判断以下命题是否成立，并给出理由：1. A ⊂ B2. B ⊂ C3. C ⊂ D4. D ⊂ A解答：1. 命题1不成立，因为集合A中元素1不属于集合B。

2. 命题2不成立，因为集合C中的元素9不属于集合B。

3. 命题3成立，因为集合C中的元素都属于集合D。

4. 命题4不成立，因为集合D中的元素8不属于集合A。

第二题：设G为一个群，H为G的一个子群。

证明以下性质：1. H的恒等元是G的恒等元。

2. H中任意元素在G中也是元素。

3. G中任意元素的逆元在H中也是元素。

解答：1. 由于H为G的子群，H中的恒等元存在且唯一，记为e_H。

而G 中的恒等元存在且唯一，记为e_G。

由于H是G的子群，H的恒等元必须满足群的恒等元的性质，即对于任意的元素h∈H，有h·e_G = h。

因此，H的恒等元e_H也必须满足上述性质，即e_H = e_G。

2. 由于H是G的子群，H中的任意元素在G中也是元素，即对于任意的元素h∈H，有h∈G。

3. 对于任意的元素g∈G，其逆元记为g⁻¹。

由于H是G的子群，g∈G，所以g⁻¹∈G。

因此，g的逆元在H中也是元素。

通过以上证明可以得出结论，子群H的恒等元是群G的恒等元，H 中任意元素在G中也是元素，G中任意元素的逆元在H中也是元素。

第三题：考虑以下线性变换：T: ℝ^n -> ℝ^m其中，n和m是正整数且n < m。

证明T是一个满射但不是一个单射。

解答：首先，我们来证明T是一个满射。

满射意味着对于任意的向量b∈ℝ^m，存在向量a∈ℝ^n，使得T(a) = b。

由于n < m，说明向量a的维度低于向量b的维度。

根据线性变换的定义，T将n维的向量a映射为m维的向量b。

抽象代数基础课后答案(唐忠明著) 高等教育出版社

⎝ i=1 ⎠
证明:
∏ ∏ ∏ ⎛
⎜⎜⎝
n i =1
ai
⎞ ⎟⎟⎠
⋅
⎛ ⎜⎜ ⎝
m j =1
an+ j
⎞ ⎟⎟ = ⎠
n+m
ak
k =1
.
进而证明:在不改变元素顺序的前提下, A 中元素的乘积与所加括号无关.
证明当 m = 1时,根据定义,对于任意的正整数 n ,等式成立.
假设当 m = r ( r ≥ 1 )时,对于任意的正整数 n ,等式成立.当 m = r +1时,由于
所以 G 关于矩阵的乘法构成一个群. 3.在整数集 Z 中,令 a ⋅ b = a + b − 2 , ∀a, b ∈ Z .证明: Z 关于这样的乘法构成
一个群. 证明对于任意的 a, b, c ∈ Z ,我们有
(a ⋅ b) ⋅ c = (a + b − 2) ⋅ c = (a + b − 2) + c − 2 = a + b + c − 4 , a ⋅ (b ⋅ c) = a ⋅ (b + c − 2) = a + (b + c − 2) − 2 = a + b + c − 4 , 从而 (a ⋅ b) ⋅ c = a ⋅ (b ⋅ c) .这就是说,该乘法适合结合律.其次, 2 ∈ Z ,并且对于任意的 a ∈ Z ,我们有 2⋅a =2+a−2= a =a+2−2=a⋅2, a ⋅ (4 − a) = a + (4 − a) − 2 = (4 − a) + a − 2 = (4 − a) ⋅ a . 所以 Z 关于该乘法构成一个群. 4.写出 S3 的乘法表. 解 S3 = {(1), (1 2), (1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2)}, S3 的乘法表如下:

抽象代数考核练习题答案

抽象代数考核练习题答案抽象代数考核练习>> 在线答题结果单选一、单选1、设映射f：A→B和g：B→C，如果gf是双射，那么g是（）。

（分数：2 分）A. A、单射B. B、满射C. C、双射D. D映射标准答案是：C。

您的答案是：C2、设M是数域F上的全体100阶方阵的集合，规定～如下：A～B 等价于A的秩=B的秩（A，B 属于M），那么M的所有不同的等价类为（）。

（分数：2 分）A. A、100个B. B、101个C. C、102个D. D 103个标准答案是：B。

您的答案是：B3、下列子集对通常复数的乘法不构成群的是（）。

（分数：2 分）A. A、｛1，－1，i , －i｝B. B、｛1，－1｝C. C、｛1，－1，i｝D. D｛1｝标准答案是：C。

您的答案是：C4、设G是一个100阶的交换群，H是 G的子群， H 的阶=10，则 G/H中10阶元的个数为（）。

（分数：2 分）A. A、9B. B、4C. C、1D. D 5标准答案是：B。

您的答案是：B5、6阶非交换群的所有子群的个数是（）。

（分数：2 分）A. A、2B. B、3C. C、6D. D 4标准答案是：C。

您的答案是：C6、在模100的剩余环中，零因子的个数是（）（分数：2 分）A. A、58B. B、59C. C、60D. D 57标准答案是：D。

您的答案是：D7、在6次对称群S6中，=（16）（23）（456）的阶为（）。

（分数：2 分）A. A、6B. B、12C. C、4D. D 8标准答案是：B。

您的答案是：B8、设N是G的不变子群，f:G--G/N,g--gN, 那么kerf=（）。

（分数：2 分）A. A、G/NB. B、GC. C、ND. D 空集标准答案是：C。

您的答案是：C9、在模60的剩余类加群（Z60，+）中，<[12]>∩<[18]>=（）。

（分数：2 分）A. A、<[6]>B. B、<[36]>C. C、<[-24]>D. D、<[6]>标准答案是：B。

抽象代数期末考试题及答案

抽象代数期末考试题及答案一、单项选择题（每题2分，共10分）1. 群的运算满足以下哪个条件？A. 交换律B. 结合律C. 存在单位元D. 所有选项答案：D2. 以下哪个不是环的性质？A. 封闭性B. 结合律C. 分配律D. 交换律答案：D3. 向量空间中的线性无关性意味着什么？A. 向量可以表示为其他向量的线性组合B. 向量之间存在非平凡的线性组合等于零向量C. 向量之间不存在非平凡的线性组合等于零向量D. 向量空间的维数等于向量的数量答案：C4. 以下哪个是有限域的特征？A. 域中元素的数量是有限的B. 域中元素的数量是无限的C. 域中存在乘法单位元D. 域中存在加法单位元答案：A5. 以下哪个是理想的定义？A. 环中的一个子集，对加法封闭B. 环中的一个子集，对乘法封闭C. 环中的一个子集，对加法和乘法封闭D. 环中的一个子集，对减法封闭答案：C二、填空题（每题3分，共15分）1. 如果一个群G中存在元素a，使得对于所有g∈G，有gag^{-1}=g，则称a是G的一个________。

答案：单位元2. 一个环R中，如果对于任意的a, b∈R，都有ab=ba，则称R是一个________。

答案：交换环3. 向量空间V的一组基是V中的一组向量，它们________。

答案：线性无关且张成V4. 一个域F的特征是指最小的正整数n，使得n⋅1_F=0，其中1_F是F的乘法单位元。

如果不存在这样的n，则称F的特征为________。

答案：05. 一个环R的理想I，如果对于任意的r∈R和i∈I，都有ri∈I和ir∈I，则称I是R的一个________。

答案：主理想三、简答题（每题10分，共20分）1. 请解释什么是群的同构，并给出一个例子。

答案：群的同构是指两个群之间存在一个双射同态映射，这个映射保持群的运算结构。

例如，整数加法群（ℤ，+）和模n整数加法群（ℤ_n，+）是同构的，因为它们之间存在一个保持加法运算的双射映射。

抽象代数复习题及答案

抽象代数复习题及答案《抽象代数》试题及答案本科⼀、单项选择题(在每⼩题的四个备选答案中，选出⼀个正确答案，并将正确答案的序号填在题⼲的括号。

每⼩题3分)1. 设Q 是有理数集，规定f(x)= x +2；g(x)=2x +1,则（fg ）(x)等于（ B ）A. 221x x ++B. 23x +C. 245x x ++D. 23x x ++2. 设f 是A 到B 的单射，g 是B 到C 的单射，则gf 是A 到C 的（ A ）A. 单射B. 满射C. 双射D. 可逆映射3. 设 S 3 = {（1），（1 2），（1 3），（2 3），（1 2 3），（1 3 2）}，则S 3中与元素（1 32）不能交换的元的个数是( C )。

A. 1B. 2C. 3D. 44. 在整数环Z 中，可逆元的个数是( B )。

A. 1个B. 2个C. 4个D. ⽆限个5. 剩余类环Z 10的⼦环有( B )。

A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个 6. 设G 是有限群，a ∈G, 且a 的阶|a|=12, 则G 中元素8a 的阶为( B ) A ． 2 B. 3 C. 6 D. 97．设G 是有限群，对任意a,b ∈G ，以下结论正确的是( A ) A. 111)(---=a b ab B. b 的阶不⼀定整除G 的阶C. G 的单位元不唯⼀D. G 中消去律不成⽴8. 设G 是循环群，则以下结论不正确．．．的是( A ) A. G 的商群不是循环群 B. G 的任何⼦群都是正规⼦群 C. G 是交换群 D.G 的任何⼦群都是循环群9. 设集合 A={a,b,c}, 以下A ?A 的⼦集为等价关系的是( C )A. 1R = {(a,a),(a,b),(a,c),(b,b)}B. 2R = {(a,a),(a,b),(b,b),(c,b),(c,c)}C. 3R = {(a,a),(b,b),(c,c),(b,c),(c,b)}D. 4R = {(a,a),(a,b),(b,a),(b,b),(b,c),(c,b)}10. 设f 是A 到B 的满射，g 是B 到C 的满射，则gf 是A 到C 的（ B ）A. 单射B. 满射C. 双射D. 可逆映射11. 设 S 3 = {（1），（1 2），（1 3），（2 3），（1 2 3），（1 3 2）}，则S 3中与元素（1 2）能交换的元的个数是( B )。

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