代数学引论第三章答案
高等代数答案-第三章
第三章 线性方程组1． 用消元法解下列线性方程组：123412345123451234512345354132211)234321x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ++-=ìï++-+=-ïï-+--=íï-++-=ïï++-+=-î 124512345123451234523213322)23452799616225x x x x x x x x x x x x x x x x x x x +-+=ìï--+-=ïí-+-+=ïï-+-+=î 1234234124234234433)31733x x x x x x x x x x x x x -+-=ìï-+=-ïí+++=ïï-++=-î 123412341234123434570233204)411131607230x x x x x x x x x x x x x x x x +-+=ìï-+-=ïí+-+=ïï-++=-î 123412341234123421322325)521234x x x x x x x x x x x x x x x x +-+=ìï-+-=ïí+-+=-ïï-+-=î 12341234123412341232313216)23122215522x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ++-=ìï++-=ïï+++=íï++-=ïï++=î解 1）对方程组得增广矩阵作行初等变换，有135401135401132211003212121113054312141113074512121111014812--éùéùêúêú----êúêúêúêú®------êúêú-----êúêúêúêú-----ëûëû102101100101003212000212002000002000000000000000011100010000--éùéùêúêú---êúêúêúêú®®--êúêúêúêúêúêú---ëûëû因为()()45rank A rank B ==<所以方程组有无穷多解，其同解方程组为1415324122200x x x x x x x -=ìï+=-ïí-=ïï-+=î 解得123451022x k x k x x k x k=+ìï=ïï=íï=ïï=--î 其中k 为任意常数.2）对方程组德增广矩阵作行初等变换，有120321120321113132033451234527074125996162250276111616--éùéùêúêú------êúêú®êúêú----êúêú---ëûëû 120321120321033451033451252982529800110011333333003325297000001--éùéùêúêú------êúêú®®êúêú--êúêúêúêú--êúêúëûëû因为()4()3rank A rank A =>=所以原方程无解.3）对方程组德增广矩阵作行初等变换，有1234412344011130111313011053530731307313----éùéùêúêú----êúêú®êúêú--êúêú----ëûëû1012210008011130100300201200201200482400080---éùéùêúêú--êúêú®®êúêúêúêú--ëûëû因为(()4rank A rank A ==所以方程组有惟一解，且其解为12348360x x x x =-ìï=ïí=ïï=î 4）对方程组的增广矩阵作行初等变换，有34571789233223324111316411131672137213--éùéùêúêú----êúêú®êúêú--êúêú--ëûëû 17891789017192001719200171920000003438400000--éùéùêúêú----êúêú®®êúêú-êúêú--ëûëû即原方程组德同解方程组为123423478901719200x x x x x x x +-+=ìí-+-=î由此可解得1122123142313171719201717x k k x k k x k x k ì=-ïïï=-íï=ïï=î 其中12,k k 是任意常数g5）对方程组的增广矩阵作行初等变换，有2111121111322327001451121300122113440025--éùéùêúêú---êúêú®êúêú---êúêú---ëûëû 21111211117001470014100002100002100300001--éùéùêúêú--êúêú®®êúêúêúêú---ëûëû 因为()4()3rank A rank A =¹=所以原方程组无解.6）对方程组的增广矩阵作行初等变换，有12311354023211125202231112311122211453025520255202éùéùêúêú-êúêúêúêú®êúêú-êúêúêúêúëûëû2020000000552020570211611010015555101001010000000-éùéùêúêúêúêúêúêú®®-----êúêúêúêú--êúêúêúêúëûëû即原方程组的同解方程组为23341357261550x x x x x x +=ìïï-+=-íï-+=ïî 解之得123427551655x k x k x k x k =ìïï=-ïí=ïï=-+ïî其中k 是任意常数.2.把向量b 表成1234,,,a a a a 的线性组合.12341)(1,2,1,1)(1,1,1,1),(1,1,1,1)(1,1,1,1),(1,1,1,1)b a a a a ===--=--=--12342)(0,0,0,1)(1,1,0,1),(2,1,3,1)(1,1,0,0),(0,1,1,1)b a a a a =====--解 1）设有线性关系11223344k k k k b a a a a =+++代入所给向量，可得线性方程组12341234123412341211k k k k k k k k k k k k k k k k +++=ìï+--=ïí-+-=ïï--+=î 解之，得15,4k = 21,4k = 31,4k =- 414k =-因此123451114444b a a a a =+--2）同理可得13b a a =-3.证明：如果向量组12,,,r a a a L 线性无关，而12,,,,r a a a b L 线性相关，则向量可由12,,,r a a a L 线性表出.证 由题设，可以找到不全为零的数121,,,r k k k +L 使112210r r r k k k k a a a b +++++=L显然10r k +¹.事实上，若10r k +=，而12,,,r k k k L 不全为零，使11220r r k k k a a a +++=L成立，这与12,,,r a a a L 线性无关的假设矛盾，即证10r k +¹.故11rii i r k k b a =+=-å即向量b 可由12,,,r a a a L 线性表出.4.12(,,,)(1,2,,)i i i in i n a a a a ==L L ，证明：如果0ij a ¹，那么12,,,n a a a L 线性无关.证 设有线性关系11220n n k k k a a a +++=L代入分量，可得方程组111212112122221122000n n n nn n nn n k k k k k k k k k a a a a a a a a a +++=ìï+++=ïíïï+++=îL L L L L L L L L L L L L L 由于0ij a ¹，故齐次线性方程组只有零解，从而12,,,n a a a L 线性无关.5.设12,,,r t t t L 是互不相同的数，r n £.证明：1(1,,,)(1,2,,)n i i i t t i r a -==L L是线性无关的.证 设有线性关系11220r r k k k a a a +++=L则1211221111122000r r rn n n r rk k k t k t k t k t k t k t k ---+++=ìï+++=ïíïï+++=îL L L L L L L L L L L L L 1）当r n =时，方程组中的未知量个数与方程个数相同，且系数行列式为一个范德蒙行列式，即122221211112111()0nn j i i jn n n nt t t t t t t t t t t <---=-¹ÕL LL M M O M L所以方程组有惟一的零解，这就是说12,,,r a a a L 线性无关.2）当r n <时，令21111121222221(1,,,,)(1,,,,)(1,,,,)r r r r r r rt t t t t t t t t b b b ---ì=ï=ïíïï=îL L L L L L L L L L L 则由上面1)的证明可知12,,,r b b b L 是线性无关的.而12,,,r a a a L 是12,,,r b b b L 延长的向量，所以12,,,r a a a L 也线性无关.6.设123,,a a a 线性无关，证明122331,,a a a a a a +++也线性无关. 证 设由线性关系112223331()()()0k k k a a a a a a +++++=则131122233()()()0k k k k k k a a a +++++=再由题设知123,,a a a 线性无关，所以13122300k k k k k k +=ìï+=íï+=î 解得1230k k k ===所以122331,,a a a a a a +++线性无关.7.已知12,,,s a a a L 的秩为r ，证明：12,,,s a a a L 中任意r 个线性无关的向量都构成它的一个极大线性无关组.证 设12,,,i i ir a a a L 是12,,,s a a a L 中任意r 个线性无关向量组，如果能够证明任意一个向量(1,2,,)j j s a =L 都可由12,,,i i ir a a a L 线性表出就可以了.事实上，向量组12,,,,i i ir j a a a a L 是线性相关的，否则原向量组的秩大于r ，矛盾.这说明j a 可由12,,,i i ir a a a L 线性表出，再由j a 的任意性，即证.8.设12,,,s a a a L 的秩为r ，12,,,r i i i a a a L 是12,,,s a a a L 中的r 个向量，使得12,,,s a a a L 中每个向量都可被它们线性表出，证明：12,,,r i i i a a a L 是12,,,s a a a L 的一个极大线性无关组.证 由题设知12,,,r i i i a a a L 与12,,,s a a a L 等价，所以12,,,r i i i a a a L 的秩与12,,,s a a a L 的秩相等，且等于r .又因为12,,,r i i i a a a L 线性无关，故而12,,,r i i i a a a L 是12,,,s a a a L 的一个极大线性无关组.9.证明：一个向量组的任何一个线性无关组都可以扩充成一线性无关组.证 将所给向量组用（Ⅰ）表示，它的一个线性无关向量组用（Ⅱ）表示.若向量组（Ⅰ）中每一个向量都可由向量组（Ⅱ）线性表出，那么向量组（Ⅱ）就是向量组（Ⅰ）的极大线性无关组.否则，向量组（Ⅰ）至少有一个向量a 不能由向量组（Ⅱ）线性表出，此时将a 添加到向量组（Ⅱ）中去，得到向量组（Ⅲ），且向量组（Ⅲ）是线性无关的.进而，再检查向量组（Ⅰ）中向量是否皆可由向量组（Ⅲ）线性表出.若还不能，再把不能由向量组（Ⅲ）线性表出的向量添加到向量组（Ⅲ）中去，得到向量组（Ⅳ）.继续这样下去，因为向量组（Ⅰ）的秩有限，所以只需经过有限步后，即可得到向量组（Ⅰ）的一个极大线性无关组.10.设向量组为1(1,1,2,4)a =-，2(0,3,1,2)a =，3(3,0,7,14)a =4(1,1,2,0)a =-，5(2,1,5,6)a =1） 证明：12,a a 线性无关.2） 把12,a a 扩充成一极大线性无关组.证 1）由于12,a a 的对应分量不成比例，因而12,a a 线性无关. 2）因为3123a a a =+，且由1122440k k k a a a ++=可解得1240k k k ===所以124,,a a a 线性无关.再令112244550k k k k a a a a +++=代入已知向量后，由于相应的齐次线性方程组的系数行列式为0，因而该齐次线性方程组存在非零解，即1245,,,a a a a 线性相关，所以5a 可由124,,a a a 线性表出.这意味着124,,a a a 就是原向量组的一个极大线性无关组.注 此题也可将1245,,,a a a a 排成54´的矩阵，再通过列初等变换化为行阶梯形或行最简形，然后得到相应结论.11.用消元法求下列向量组的极大线性无关组与秩：12341)(6,4,1,2),(1,0,2,3,4)(1,4,9,16,22),(7,1,0,1,3)a a a a =-=-=--=-，123452)(1,1,2,4),(0,3,1,2)(3,0,7,14),(1,1,2,0)(2,1,5,6)a a a a a =-===-=解 1）设12346411210234149162271013A a a a a -éùéùêúêú-êúêú==êúêú--êúêú-êúëûëû 对矩阵A 作行初等变换，可得0411192600102341023404111926004569980114223101142231A --éùéùêúêú-êúêú®®êúêú---êúêú----ëûëû 所以1234,,,a a a a 的秩为3，且234,,a a a 即为所求极大线性无关组.3） 同理可得124,,a a a 为所求极大线性无关组，且向量组的秩为3. 12.证明：如果向量组（Ⅰ）可以由向量组（Ⅱ）线性表出，那么（Ⅰ） 的秩不超过（Ⅱ）的秩.证 由题设，向量组（Ⅰ）的极大线性无关组也可由向量组（Ⅱ）的极大线性无关组线性表出，即证向量组（Ⅰ）的秩不超过向量组（Ⅱ）的秩.13.设12,,,n a a a L 是一组维向量，已知单位向量12,,,n e e e L 可被它们线性表出，证明：12,,,n a a a L 线性无关.证 设12,,,n a a a L 的秩为r n £，而12,,,n e e e L 的秩为n . 由题设及上题结果知n r £从而r n =.故12,,,n a a a L 线性无关.14.设12,,,n a a a L 是一组n 维向量，证明：12,,,n a a a L 线性无关的充分必要条件是任一n 维向量都可被它们线性表出.证 必要性.设12,,,n a a a L 线性无关，但是1n +个n 维向量12,,,,n a a a b L 必线性相关，于是对任意n 维向量b ，它必可由12,,,n a a a L 线性表出.充分性.任意n 维向量可由12,,,n a a a L 线性表出，特别单位向量12,,,n e e e L 可由12,,,n a a a L 线性表出，于是由上题结果，即证12,,,n a a a L 线性无关.15.证明：方程组11112211211222221122n n n n n n nn n na x a x a xb a x a x a x b a x a x a x b +++=ìï+++=ïíïï+++=îL L L L L L L L L L L L L 对任何12,,,n b b b L 都有解的充分必要条件是系数行列式0ij a ¹.证 充分性.由克拉默来姆法则即证.下证必要性.记1212(,,,)(1,2,,)(,,,)i i i ni n i n b b b a a a a b ===L L L则原方程组可表示为1122n n x x x b a a a =+++L由题设知，任意向量b 都可由线性12,,,n a a a L 表出，因此由上题结果可知12,,,n a a a L 线性无关.进而，下述线性关系12220n n k k k a a a +++=L仅有惟一零解，故必须有0ij A a =¹，即证.16.已知12,,,r a a a L 与121,,,,,,r r s a a a a a +L L 有相同的秩，证明： 与121,,,,,,r r s a a a a a +L L 等价.证 由于12,,,r a a a L 与121,,,,,,r r s a a a a a +L L 有相同的秩，因此它们的极大线性无关组所含向量个数必定相等.这样12,,,r a a a L 的极大线性无关组也必为121,,,,,,r r s a a a a a +L L 的极大线性无关组，从而它们有相同的极大线性无关组.另一方面，因为它们分别与极大线性无关组等价，所以它们一定等价. 17.设123213,,,r r b a a a b a a a =+++=+++L L L 121r r b a a a -=+++L证明：12,,,r b b b L 与12,,,r a a a L 具有相同的秩.证 只要证明两向量组等价即可.由题设，知12,,,r b b b L 可由12,,,r a a a L 线性表出.现在把这些等式统统加起来，可得12121()1r r r b b b a a a +++=+++-L L 于是121111(1)1111i i r r r r r a b b b b =+++-++----L L (1,2,,)i r =L即证12,,,r a a a L 也可由12,,,r b b b L 线性表出，从而向量组12,,,r b b b L 与12,,,r a a a L 等价.18.计算下列矩阵的秩：1）01112022200111111011-éùêú--êúêú--êú-ëû 2）11210224203061103001-éùêú--êúêú-êúëû3）141268261042191776341353015205éùêúêúêúêúëû 4）10014010250013612314324563277éùêúêúêúêúêúêúëû5）1010011000011000011001011éùêúêúêúêúêúêúëû解 1）秩为4.2）秩为3. 3）秩为2. 4）秩为3. 5）秩为5.19.讨论,,a b l 取什么值时，下列方程有解，并求解.1）12212321231x x x x x x x x x l l l l lì++=ï++=íï++=î 2）122123123(3)(1)23(1)(3)3x x x x x x x x x l l l l l l l l +++=ìï+-+=íï++++=î3）1221231234324ax x x x bx x x bx x ++=ìï++=íï++=î解 1）因为方程组的系数行列式21111(1)(2)11D l l l l l==-+所以当1l =时，原方程组与方程1221x x x ++=同解，故原方程组有无穷多解，且其解为11221321x k k x k x k=--ìï=íï=î 其中12,k k 为任意常数.当2l =-时，原方程组无解.当1l ¹且2l ¹-时，原方程组有惟一解.且12231212(1)2x x x l l l l l +ì=-ï+ïï=í+ïï+=ï=î2）因为方程组的系数行列式231211(1)333D l l l l l l l l +=-=-++所以当0l =时，原方程组的系数矩阵A 与增广矩阵A 的秩分别为2与3，所以无解.当1l =时，A 的秩为2，A 的秩为3，故原方程组也无解. 当0l ¹，且1l ¹时，方程组有唯一解321232232323159(1)129(1)43129(1)x x x l l l l l l l l l l l l l l ì+-+=ï-ïï-+ï=í-ïï--+=ï-ïî3) 因为方程组的系数行列式1111(1)121a Db b a b ==--所以当0D ¹时，即1a ¹且0b ¹时，方程组有惟一解，且为12321(1)1124(1)b x b a x b ab b x b a -ì=ï-ïï=íï+-ï=ï-î当0D =时1o若0b =，这时系数矩阵A 的秩为2，而它的增广矩阵A 的秩为3，故原方程组无解。
线性代数课本第三章习题详细答案
9. 证明：1 2 ,2 3,3 1 线性无关的充分必要条件是1,2 ,3 线性无关.
1 0 1 证：方法 1，（1 2 ,2 3,3 1 ）=（1,2 ,3 ） 1 1 0
(k1 k3 )1 (k1 k2 ) 2 (k2 k3 ) 3 0
因为1,2 ,3 线性无关，所以
kk11
k3 k2
0 0
，可解得 k1
k2
k3
0 ，所以1
2 , 2
3 ,3
1 线性无关.
k2 k3 0
必要性，（方法 1）设1 2 ,2 3,3 1 线性无关，证明1,2 ,3 线性无关，
所以
5 4
1
1 4
2
1 4
3
1 44Βιβλιοθήκη .设存在 k1, k2 , k3 , k4 使得 k11 k2 2 k3 3 k4 4 ，整理得
k1 2k2 k3 0 ， k1 k2 k3 k4 0 ，
3k2 k4 0 ， k1 k2 k4 1 .
解得 k1 1, k2 0, k3 1, k4 0. 所以 1 3 .
0 1 1 101 因为 1,2,3 线性无关，且 1 1 0 2 0 ，可得 1 2,2 3,3 1的秩为 3 011 所以1 2 ,2 3,3 1 线性无关.线性无关；反之也成立.
方法 2，充分性，设1,2 ,3 线性无关，证明1 2 ,2 3,3 1 线性无关.
设存在 k1, k2 , k3 使得 k1 (1 2 ) k2 ( 2 3 ) k3 ( 3 1 ) 0 ，整理得，
线性代数第三章习题及答案
习 题 3-11．设)1,0,2(-=α，)4,2,1(-=β，求32-αβ．解：)11,4,8()8,4,2()3,0,6()4,2,1(2)1,0,2(323--=---=---=-βα 2．设)4,3,2,1(=α，)3,4,1,2(=β，且324+=αγβ，求γ． 解：由324+=αγβ得αβγ232-= 所以)0,27,1,25()6,29,3,23()6,8,2,4()4,3,2,1(23)3,4,1,2(2-=-=-=γ。
3．试问下列向量β能否由其余向量线性表示，若能，写出线性表示式：（1）)1,2(-=β，)1,1(1=α，)4,2(2-=α；（2）)1,1(-=β，)1,1(1=α，)1,0(2=α，)0,1(3=α； （3）)1,1,1(=β，)1,1,0(1-=α，)2,0,1(2=α，)0,1,1(3=α；（4）)1,2,1(-=β，)2,0,1(1=α，)0,8,2(2-=α，0α（5）),,,(4321k k k k =β，)0,0,0,1(1=e ，)0,0,1,0(2=e ，)0,1,0,0(3=e ，)1,0,0,0(4=e ． 解：（1）设2211ααβx x +=，即)4,2()4,2()1,1()1,2(212121x x x x x x -+=-+=-从而⎩⎨⎧-=-=+14222121x x x x ，解得⎪⎩⎪⎨⎧==21121x x所以β能由21,αα线性表示，表示式为2121ααβ+=。
（2）设332211αααβx x x ++=，即),()0,1()1,0()1,1()1,1(2131321x x x x x x x ++=++=-从而⎩⎨⎧-=+=+112131x x x x ，有无穷解⎪⎩⎪⎨⎧-=--==cx c x cx 11321所以β能由321,,ααα线性表示，表示式不唯一，为321)1()1(αααβc c c -+--+= （c 为任意常数）（3）设332211αααβx x x ++=即)2,,()0,1,1()2,0,1()1,1,0()1,1,1(213132321x x x x x x x x x +-++=++-=从而⎪⎩⎪⎨⎧=+-=+=+1211213132x x x x x x ，因为010********≠=-，所以有唯一解，解为⎪⎩⎪⎨⎧===011321x x x所以β能由321,,ααα线性表示，且表示式为3210αααβ⋅++=（4）设2211ααβx x +=，即)2,8,2()0,8,2()2,0,1()1,2,1(222121x x x x x x -+=-+=-从而⎪⎩⎪⎨⎧-==-=+1228121221x x x x ，由②，③式得211-=x ，412-=x 代入①式11)41(221≠-=-⋅+-所以该方程组无解， 即β不能由21,αα线性表示。
线性代数第3章习题答案2011
1
.
0 1 3 3
解: 因为向量个数大于向量维数，所以向量组线性 相关。
二. 填空题
(1) 已知向量组 1 1,2,1T , 2 1,0,2T ,
3 1,8,k T 线性相关, 则k = _2_.
解: 令 k11 k22 k33 , 则有:
k1(1,1, 2)T k2 (1, 0, 2)T k3(1, 8, k) (0, 0, 0, 0)
1 1 2 1 1 2
∴向量组线性无关.
2 1 3
(4)
=
4
,
4
,
0
.
3 1 2
解: 设k1 k2 k3
2 1 3 0
即有
k1
4
k2
4
k3
0
0
,
3 1 2 0
也即有
42kk11
k2 4k2
3k3
0 0
3k1 k2 2k3 0
是否线性无关？
解:
1 0 0L 1 1 0L
01
0 0 1 1 m1
D 0 1 1 L 0 0 0 m为偶数 L L L L L L 2 0 m为奇数 0 0 0L 1 1
当m为偶数时，方程组有非零解，则向量组线性相关
当m为奇数时，方程组有零解，则向量组线性无关。
五. 设有向量组 1 (1,2,3)T ,2 (1,1,4)T ,3 (3,3,2)T
a0c 解: 要使 1,2,3 线性无关, 则有 b c 0 2abc 0,
所以 a , b , c 需满足a·b·c≠0.
0ab
(3)n维单位向量组1,2,L ,n都可由向量组 1,2,L ,r 线性表示, 则r____ n . 解: 因为n维单位向量组 1,2,L ,n 线性无关, 且每个向量都能由向量组1,2,L ,r 线性表示,
线性代数第三章习题及解答
解：取 α1 = (1, 0, 0)T , α2 = (0, 1, 0)T , β1 = (−1, 0, 0)T , β2 =
(0, −1, 0) α1 + α2 + β1 + β2 = 0, 但 α1 , α2 线性无关， 且 β1 , β2 也线性无关 (3) 若只有当 λ1 , . . . , λm 全为 0 时，等式 λ1 α1 + · · · + λm αm + λ1 β1 +· · ·+λm βm = 0 才能成立， 则 α1 , α2 , . . . , αm 线性无关， β1 , β2 , . . . , βm
证明：因为 n = R(e1 , . . . , en ) ≤ R(α1 , . . . , αn ) ≤ n 于是 R(α1 , . . . , αn ) = n， 则 α1 , α2 , . . . , αn 线性无关
7. 设向量组 α1 , α2 , . . . , αm 线性相关，且 α1 ̸= 0, 证明：存在某
2
(0, 0, 0)T , β3 = (−1, −1, 1)T 5. 利用初等行变换求下列矩阵的列向量组的一个最大线性无关
组， 并把其余列向量用最大线性无关组线性表示 . 25 31 17 43 75 94 53 132 (1) 75 94 54 134 25 32 20 48 25 31 17 43 25 31 17 75 94 53 132 0 1 2 解： 75 94 54 134 −→ 1 3 0 25 32 20 48 0 1 3 α1 α2 α3 α4 25 31 17 43 1 0 0 8 5 0 1 2 3 0 1 0 −1 −→ 0 0 1 2 −→ 0 0 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0 于是最大线性无关向量组之一为 α1 , α2 , α3
代数学引论答案(第一章)
1.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.2.证明:群G为一交换群当且仅当映射是一同构映射.证明:(Ⅰ)首先证明当群G为一个交换群时映射是一同构映射.由逆元的唯一性及可知映射为一一对应，又因为,并且群G为一个交换群,可得.因此有.综上可知群G为一个交换群时映射是一同构映射.(Ⅱ)接着证明当映射是一同构映射,则群G为一个交换群.若映射是一同构映射,则对任意有,另一方面，由逆元的性质可知.因此对任意有,即映射是一同构映射,则群G为一个交换群.3.设n为一个正整数, nZ为正整数加法群Z的一个子群，证明nZ与Z同构.证明:我们容易证明为Z到nZ的同构映射,故此nZ与Z同构.4.证明:在S4中，子集合B={e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}是子群，证明B与U4不同构.证明:可记a=(1 2)(3 4), b=(1 3)(2 4), c=(1 4)(2 3)，那么置换的乘积表格如下：由该表格可以知道B中的元素对置换的乘法封闭，并且B的每一元都可逆(任意元的逆为其本身),因此B为S4的子群. 这个群(以及与其同构的群)称为Klein(C.L.Klein,1849-1925)四元群.假设B与U4同构,并设f为B到U4的同构映射, 则存在B中一元x使得f(x)=i(i为虚数单位),那么f(x2)= f2(x)=i2=-1另一方面, f(x2)=f(e)=1(注意x2=e),产生矛盾.所以假设不成立, 即B与U4不同构.[讨论] B与U4都是4元交换群，但是后者是循环群, 前者不是, 这是这两个群的本质区别.5. 证明:如果在一阶为2n 的群中有一n 阶子群，它一定是正规子群.证明:[方法1]设H 是2n 阶群G 的n 阶子群, 那么对任意a H, 有H aH=,并且aH G,H G,又注意到aH 和H 中都有n 个元素, 故此H aH=G.同理可证对任意a H, 有H Ha=, H Ha=G ，因此对任意a H ，有aH=Ha.对任意a H, 显然aH H, Ha H 又因aH,Ha 及H 中都有n 个元素，故aH=Ha=H.综上可知对任意a G,有aH=Ha ，因此H 是G 的正规子群.[方法2] 设H 是2n 阶群G 的n 阶子群,那么任取a H, h H, 显然有aha -1H.对给定的x H, 有H xH=, H xH=G.这是因为若假设y H xH, 则存在h H ，使得y=xh,即x=yh -1H 产生矛盾,因此H xH=;另一方面, xH G,H G, 又注意到xH 和H 中都有n 个元素, 故此H xH=G.那么任取a H,由上面的分析可知a xH, 从而可令a=xh 1这里h 1H.假设存在h H, 使得aha -1H,则必有aha -1xH,从而可令aha -1=xh2，这里h 2H.那么，xh 1ha -1=xh 2,即a= h 2h 1h H,产生矛盾.因此，任取a H, h H, 有aha -1H.综上可知对任取a G, h H, 有aha -1H,因此H 为G 的一个正规子群.6. 设群G 的阶为一偶数,证明G 中必有一元素a e 适合a 2=e.证明: 设b G ，且阶数大于2，那么b≠b -1,而b -1的阶数与b 的阶数相等.换句话说G 中阶数大于2的元素成对出现，幺元e 的阶数为1，注意到G 的阶数为宜偶数，故此必存在一个2阶元，(切确的说阶数为2的元素有奇数个).[讨论][1] 设G 是一2n 阶交换群，n 为奇数则G 中只有一个2阶元.为什么？提示：采用反证法，并注意用Lagrange 定理.[2] 群G 中，任取a G ，有a n =e ，那么G 一定是有限群吗？如果不是请举出反例，若是有限群，阶数和n 有什么关系？7. 设H ，K 为群G 的子群，HK 为G 的一子群当且仅当HK=KH.证明：(Ⅰ)设HK=KH ，下面证明HK 为G 的一子群.任取a,b ∈HK,可令a=h 1k 1，b=h 2k 2这里h i ∈H ，k i ∈K ，i=1,2. 那么ab=(h 1k 1)(h 2k 2)=h 1(k 1h 2)k 2 ---------------(1)因HK=KH ，故此k 1h 2= h 3k 3 ----------------------(2)。
线性代数课本第三章习题详细答案
第三章 课后习题及解答将1，2题中的向量α表示成4321,,,αααα的线性组合：1．()()()()().1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,,1,1,11,,1,12,1T4T3T21T--=--=--===αααααT2．()()()()().1,1,1,0,0,0,1,1,1,3,1,2,1,0,1,1,1,0,0,04321--=====ααααα解：设存在4321,,,k k k k 使得44332211αααααk k k k +++=，整理得14321=+++k k k k24321=--+k k k k14321=-+-k k k k14321=+--k k k k解得.41,41,41,454321-=-===k k k k 所以432141414145ααααα--+=. 设存在 4321,,,k k k k 使得44332211αααααk k k k +++=，整理得02321=++k k k ，04321=+++k k k k ，0342=-k k ，1421=-+k k k .解得 .0,1,0,14321=-===k k k k 所以31ααα-=.判断3，4题中的向量组的线性相关性： 3. ()()().6,3,1,5,2,0,1,1,1T3T2T1===ααα4. ()().3,0,7,142,1,3,0,)4,2,1,1(T3T2T 1==-=βββ，解：3.设存在 321,,k k k 使得0332211=++αααk k k ，即⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=+065032032132131k k k k k k k k ，由0651321101=，解得321,,k k k 不全为零， 故321,,ααα线性相关.4.设存在 321,,k k k 使得0332211=++βββk k k ，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++=++=+-=+0142407203033213212131k k k k k k k k k k 可解得321,,k k k 不全为零，故321,,βββ线性相关. 5.论述单个向量）（n a a a ,,,21 =α线性相关和线性无关的条件.解：设存在k 使得0=αk ，若0≠α，要使0=αk ，当且仅当0=k ，故，单个向量线性无关的充要条件是0≠α；相反，单个向量）（n a a a ,,,21 =α线性相关的充要条件是0=α.6.证明：如果向量组线性无关，则向量组的任一部分组都线性无关. 证：设向量组n n αααα,,,,121- 线性无关，利用反证法，假设存在该向量组的某一部分组)(,,,21n i r i i i r ≤ααα 线性相关，则向量组n n αααα,,,,121- 线性相关，与向量组n n αααα,,,,121- 线性无关矛盾， 所以该命题成立.7.证明：若21,αα线性无关，则2121,αααα-+也线性无关.证：方法一，设存在21,k k 使得0)()(212211=-++ααααk k ，整理得，0)()(221121=-++ααk k k k ，因为21,αα线性无关，所以⎩⎨⎧=-=+02121k k k k ，可解得021==k k ，故2121,αααα-+线性无关.方法二，因为=-+）（2121,αααα⎪⎪⎭⎫⎝⎛-1111,21）（αα， 又因为021111≠-=-，且21,αα线性无关，所以向量组2121,αααα-+的秩为2，故2121,αααα-+线性无关.8.设有两个向量组s ααα,,,21 和,,,,21s βββ 其中,13121111⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=k a a a a α,3222122⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=ks a a a a α ,,321⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=ks s s s s a a a a αs βββ,,,21 是分别在s ααα,,,21 的k 个分量后任意添加m 个分量mj j j b b b ,,,21),,2,1(s j =所组成的m k +维向量，证明：(1) 若s ααα,,,21 线性无关，则s βββ,,,21 线性无关； (2) 若s βββ,,,21 线性相关，则s ααα,,,21 线性相关.证：证法1，(1)设()s A ααα,,,21 =，()s B βββ,,,21 =，因为s ααα,,,21 线性无关，所以齐次线性方程0=AX 只有零解，即,)(s A r = 且s B r =)(，s βββ,,,21 线性无关.证法2，因为s ααα,,,21 线性无关，所以齐次线性方程0=AX 只有零解，再增加方程的个数，得0=BX ，该方程也只有零解，所以s βββ,,,21 线性无关.(2) 利用反证法可证得，即假设s ααα,,,21 线性无关，再由（1）得s βββ,,,21 线性无关，与s βββ,,,21 线性相关矛盾.9. 证明：133221,,αααααα+++线性无关的充分必要条件是321,,ααα线性无关.证：方法1，（133221,,αααααα+++）=（321,,ααα）⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛110011101因为321,,ααα线性无关，且02110011101≠=，可得133221,,αααααα+++的秩为3所以133221,,αααααα+++线性无关.线性无关；反之也成立.方法2，充分性，设321,,ααα线性无关，证明133221,,αααααα+++线性无关.设存在321,,k k k 使得0)()()(133322211=+++++ααααααk k k ，整理得，0)()()(332221131=+++++αααk k k k k k因为321,,ααα线性无关，所以⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=+000322131k k k k k k ，可解得0321===k k k ，所以133221,,αααααα+++线性无关. 必要性，（方法1）设133221,,αααααα+++线性无关，证明321,,ααα线性无关，假设321,,ααα线性相关，则321,,ααα中至少有一向量可由其余两个向量线性表示，不妨设321,ααα可由线性表示，则向量组133221,,αααααα+++可由32,αα线性表示，且23>，所以133221,,αααααα+++线性相关，与133221,,αααααα+++线性无关矛盾，故321,,ααα线性无关.方法2，令133322211,,ααβααβααβ+=+=+=，设存在321,,k k k 使得0332211=++αααk k k ，由133322211,,ααβααβααβ+=+=+=得）（）（）（32133212321121,21,21βββαβββαβββα---=-+=+-=，代入 0332211=++αααk k k 得，0212121321332123211=++-+-+++-）（）（）（βββββββββk k k ，即 0)()()(332123211321=+-+++-+-+βββk k k k k k k k k因为321,,βββ线性无关，所以⎪⎩⎪⎨⎧=+-=++-=-+000321321321k k k k k k k k k可解得0321===k k k ，所以321,,ααα线性无关.10.下列说法是否正确？如正确，证明之；如不正确，举反例：（1）m ααα,,,21 ）（2>m 线性无关的充分必要条件是任意两个向量线性无关； 解：不正确，必要条件成立，充分条件不成立，例：2维向量空间不在一条直线的3个向量，虽然两两线性无关，但这3个向量线性相关。
(完整版)代数学引论(聂灵沼_丁石孙版)第一章习题答案
第一章代数基本概念1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群.证明:对任意a,bG,由结合律我们可得到(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b再由已知条件以及消去律得到ba=ab,由此可见群G为交换群.2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群.证明: [方法1]对任意a,bG,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab因此G为交换群.[方法2]对任意a,bG,a2b2=e=(ab)2,由上一题的结论可知G为交换群.3.设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件:(1)a(bc)=(ab)c;(2)由ab=ac推出a=c;(3)由ac=bc推出a=b;证明G在该乘法下成一群.证明:[方法1]设G={a1,a2,…,a n},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若ij(I,j=1,2,…,n),有a k a i a k a j------------<1>a i a k a j a k------------<2>再由乘法的封闭性可知G={a1,a2,…,a n}={a k a1, a k a2,…, a k a n}------------<3>G={a1,a2,…,a n}={a1a k, a2a k,…, a n a k}------------<4>由<1>和<3>知对任意a t G, 存在a m G,使得a k a m=a t.由<2>和<4>知对任意a t G, 存在a s G,使得a s a k=a t.由下一题的结论可知G在该乘法下成一群.下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。
[方法2]为了证明G在给定的乘法运算下成一群，只要证明G内存在幺元(单位元)，并且证明G内每一个元素都可逆即可.为了叙述方便可设G={a1,a2,…,a n}.(Ⅰ) 证明G内存在幺元.<1> 存在a t G，使得a1a t=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明);<2> 证明a1a t= a t a1;因为a1(a t a1)a t=(a1a t) (a1a t)=(a1)2a1(a1a t)a t=(a1a1)a t=a1(a1a t)= (a1)2,故此a1(a t a1)a t= a1(a1a t)a t.由条件(1),(2)可得到a1a t= a t a1.<3> 证明a t就是G的幺元;对任意a k G,a1(a t a k) =(a1a t)a k=a1a k由条件(2)可知a t a k=a k.类似可证a k a t=a k.因此a t就是G的幺元.(Ⅱ) 证明G内任意元素都可逆；上面我们已经证明G内存在幺元，可以记幺元为e，为了方便可用a,b,c,…等符号记G 内元素.下面证明任意aG，存在bG，使得ab=ba=e.<1> 对任意aG，存在bG，使得ab=e;(这一点很容易证明这里略过.)<2> 证明ba=ab=e;因为a(ab)b=aeb=ab=ea(ba)b=(ab)(ab)=ee=e再由条件(2),(3)知ba=ab.因此G内任意元素都可逆.由(Ⅰ),(Ⅱ)及条件(1)可知G在该乘法下成一群.4.设G是非空集合并在G内定义一个乘法ab.证明:如果乘法满足结合律,并且对于任一对元素a,bG,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则G在该乘法下成一群.证明：取一元aG,因xa=a在G内有解, 记一个解为e a ,下面证明e a为G内的左幺元. 对任意bG, ax=b在G内有解, 记一个解为c,那么有ac=b ,所以e a b= e a(ac)= (e a a)c=ac=b,因此e a为G内的左幺元.再者对任意dG, xd=e a在G内有解,即G内任意元素对e a存在左逆元, 又因乘法满足结合律,故此G在该乘法下成一群.[总结]群有几种等价的定义:(1)幺半群的每一个元素都可逆，则称该半群为群.(2)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含幺元, G内任意元素都有逆元,则称G为该运算下的群.(3)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含左幺元, G内任意元素对左幺元都有左逆元,则称G为该运算下的群.(4)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且对于任一对元素a,bG,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则称G为该运算下的群.值得注意的是如果一个有限半群满足左右消去律, 则该半群一定是群.5.在S3中找出两个元素x,y,适合(xy)2x2y2.[思路] 在一个群G中，x,yG, xy=yx (xy)2x2y2(这一点很容易证明).因此只要找到S3中两个不可交换的元素即可. 我们应该在相交的轮换中间考虑找到这样的元素.解: 取x=, y=那么(xy)2= x2y2.[注意]我们可以通过mathematica软件编写S n的群表,输出程序如下:Pr[a_,b_,n_]:=(*两个置换的乘积*)(Table[a[[b[[i]]]],{I,1,n}]);Se[n_]:=(*{1,2,…,n}的所有可能的排列做成一个表格*)(Permutations[Table[i,{I,1,n}]]);Stable[n_]:=(*生成S n群表*)(a=Se[n];Table[pr[a[[i]],a[[j]],n],{I,1,n},{j,1,n}])当n=3时群表如下：[说明]：表示置换, 剩下的类似.为了让更清楚，我们分别用e,a,b,c,d,f表示,,,,那么群表如下:6.对于n>2,作一阶为2n的非交换群.7.设G是一群, a,bG,如果a-1ba=b r,其中r为一正整数,证明a-i ba i=.证明：我们采用数学归纳法证明.当k=1时, a-1ba=b r=, 结论成立；假设当k=n时结论成立, 即a-n ba n=成立, 下面证明当k=n+1时结论也成立.我们注意到a-1b k a== b kr,因此a-(n+1)ba n+1= a-1 (a-n ba n)a=a-1a==,可见k=n+1时结论也成立.由归纳原理可知结论得证.8.证明:群G为一交换群当且仅当映射是一同构映射.证明:(Ⅰ)首先证明当群G为一个交换群时映射是一同构映射.由逆元的唯一性及可知映射为一一对应，又因为,并且群G为一个交换群,可得.因此有.综上可知群G为一个交换群时映射是一同构映射.(Ⅱ)接着证明当映射是一同构映射,则群G为一个交换群.若映射是一同构映射,则对任意有,另一方面，由逆元的性质可知.因此对任意有,即映射是一同构映射,则群G为一个交换群.9.设S为群G的一个非空子集合，在G中定义一个关系a～b当且仅当ab-1S.证明这是一个等价关系的充分必要条件为S是一个子群.证明:首先证明若～是等价关系，则S是G的一个子群.对任意aG,有a～a,故此aa-1=eS；对任意a,bS,由(ab)b-1=aS,可知ab～b，又be-1=bS,故b～e,由传递性可知ab～e，即(ab)e-1=abS.再者因ae-1=aS, 故a～e,由对称性可知e～a，即ea-1=a-1S.可见S是G的一个子群.接着证明当S是G的一个子群,下面证明～是一个等价关系.对任意aG, 有aa-1=eS，故此a～a(自反性);若a～b，则ab-1S,因为S为G的子群，故(ab-1)-1=ba-1S,因此b～a(对称性);若a～b，b～c,那么ab-1S,bc-1S,故ab-1 bc-1=ac-1S，因此a～c(传递性).综上可知～是一个等价关系.10.设n为一个正整数, nZ为正整数加群Z的一个子群，证明nZ与Z同构.证明:我们容易证明为Z到nZ的同构映射,故此nZ与Z同构.11.证明:在S4中，子集合B={e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}是子群，证明B与U4不同构.证明:为其本身),因此B为S4的子群. 这个群(以及与其同构的群)称为Klein(C.L.Klein,1849-1925)四元群.假设B与U4同构,并设f为B到U4的同构映射, 则存在B中一元x使得f(x)=i(i为虚数单位),那么f(x2)= f2(x)=i2=-1另一方面, f(x2)=f(e)=1(注意x2=e),产生矛盾.所以假设不成立, 即B与U4不同构. [讨论] B与U4都是4元交换群，但是后者是循环群, 前者不是, 这是这两个群的本质区别.12.证明:如果在一阶为2n的群中有一n阶子群，它一定是正规子群.证明:[方法1]设H是2n阶群G的n阶子群, 那么对任意aH, 有HaH=,并且aHG,HG,又注意到aH和H中都有n个元素, 故此HaH=G.同理可证对任意aH, 有HHa=, HHa=G，因此对任意aH，有aH=Ha.对任意aH, 显然aHH, HaH又因aH,Ha及H中都有n个元素，故aH=Ha=H.综上可知对任意aG,有aH=Ha，因此H是G的正规子群.[方法2]设H是2n阶群G的n阶子群,那么任取aH, hH, 显然有aha-1H.对给定的xH, 有HxH=, HxH=G.这是因为若假设yHxH, 则存在hH，使得y=xh,即x=yh-1H产生矛盾,因此HxH=;另一方面, xHG,HG, 又注意到xH和H中都有n个元素, 故此HxH=G.那么任取aH,由上面的分析可知axH, 从而可令a=xh1这里h1H.假设存在hH, 使得aha-1H,则必有aha-1xH,从而可令aha-1=xh2这里h2H.那么xh1ha-1=xh2,即a= h2h1hH,产生矛盾.因此，任取aH, hH, 有aha-1H.综上可知对任取aG, hH, 有aha-1H,因此H为G的一个正规子群.13.设群G的阶为一偶数,证明G中必有一元素ae适合a2=e.证明:设bG，且阶数大于2，那么b≠b-1,而b-1的阶数与b的阶数相等.换句话说G中阶数大于2的元素成对出现，幺元e的阶数为1，注意到G的阶数为宜偶数，故此必存在一个2阶元，(切确的说阶数为2的元素有奇数个).[讨论][1] 设G是一2n阶交换群，n为奇数则G中只有一个2阶元.为什么？提示：采用反证法，并注意用Lagrange定理.[2] 群G中，任取aG，有a n=e，那么G一定是有限群吗？如果不是请举出反例，若是有限群，阶数和n有什么关系？14.令A=, B=证明:集合{B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群D n同构. 证明:下面证明G={B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群.(Ⅰ)首先证明对乘法运算封闭. 下面进行分类讨论：(1)B i B j=B i+j,注意到B n=故此B i B j=B r G这里i+j=kn+r,kZ,0<rn.(2)A B i B j=B r G这里i+j=kn+r,kZ,0<rn.(3)容易证明BAB=A=AB n,BA=B i AB(s+1)n=AB n-t G,这里i=sn+t,kZ,0<tn.那么B i(AB j)=( B i A)B j=(AB n-t)B j G(4)(AB i)(AB j)=A(B i AB j)=A((AB n-t)B j)=A2(B n-t B j)= B n-t B j)G由(1),(2),(3),(4)知G对乘法运算封闭.(Ⅱ)因集合G对矩阵乘法封闭，再由矩阵乘法的性质可知，结合律肯定成立.(Ⅲ)显然B n=A2=E为幺元.(Ⅳ)对B i(i=1,2,…,n),有B i B n-i=E;对AB i(i=1,2,…,n),有(AB i)(B n-i A)=E,因此G内任何一元都可逆.由(Ⅰ)，(Ⅱ)，(Ⅲ)，(Ⅳ)可知G在矩阵乘法下构成一群.最后证明G与D n同构.令f:G→D nf(B i)=T i, f(AB i)=ST i(i=1,2,…,n)，可以证明f就是G到D n的同构映射，这里不予证明了.15.设i是一个正整数, 群G中任意元素a,b都适合(ab)k=a k b k, k=I,i+1,i+2,证明G为交换群.证明:对任意a,bGa i+2b i+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (a i+1b i+1)=a(ba i+1)b i+1,根据消去律可得a i+1b=ba i+1.----------------------(1)同时a i+1b i+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (a i b i)=a(ba i)b i+1,根据消去律可得a i b=ba i.---------------------------(2)因此a i+1b=a(a i b)=a(ba i)=(ab)a i----(3)另外ba i+1=(ba)a i----------------------(4)结合(1),(3),(4)有(ab)a i=(ba)a i---------------------(5)由消去律可得到ab=ba.因此G为交换群.16.在群SL2(Q)中，证明元素a=的阶为4，元素b=的阶为3，而ab为无限阶元素.证明：可以直接验证a的阶为4，b的阶为3.因为ab=，对任何正整数n，(ab)n=≠可见ab的阶为无限.[注意] 在一群中，有限阶元素的乘积并不一定也是有限阶的，但两个可交换的有限阶元素的乘积一定是有限阶元素.[问题] 若一群中所有元素的阶数都有限，那么这个群一定是有限群吗？17.如果G为一个交换群，证明G中全体有限阶元素组成一个子群.证明:交换群G中全体有限阶元素组成的集合记为S，任取a，bS，并设a的阶为m，b的阶为n，则(ab)mn=(a m)n(b n)m=e因此ab为有限阶元素，即abS.a-1的阶数与a相同，故此a-1也是有限阶元素，即a-1S.综上可知S为G的一个子群.18.如果G只有有限多个子群，证明G为有限群.证明:采用反证法证明.假设G为无限群，则G中元素只可能有两种情况：(1)G中任意元素的阶数都有限、(2)G中存在一个无限阶元素.(1)首先看第一种情况：G中取a1≠e，并设其阶数为n1，则循环群G1={,…}为G的一个子群；G中取a2G1，并设其阶数为n2，则循环群G2={,…}为G的一个子群；G中取a3G1∪G2，并设其阶数为n3，则循环群G3={,…}为G的一个子群；… … …我们一直这样做下去，可以得到G的互不相同的子群构成的序列G n(n=1,2,…)，所以G有无穷多个子群，产生矛盾；(2)再看第二种情况:设a∈G的阶数为无穷，那么序列G1=<>，G2=<>，…，G n=<>，…是G的互不相同的子群，所以G有无穷多个子群，产生矛盾.综上就可知“G是无限群”这个假设不成立，因此G是有限群.19.写出D n的所有正规子群.20.设H，K为群G的子群，HK为G的一子群当且仅当HK=KH.证明：(Ⅰ)设HK=KH，下面证明HK为G的一子群.任取a,b∈HK,可令a=h1k1，b=h2k2这里h i∈H，k i∈K，i=1,2.那么ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 ---------------(1)因HK=KH，故此k1h2= h3k3 ----------------------(2)这里h3∈H，k3∈K.由(1),(2)知ab= h1(h3k3)k2=(h1h3)(k3k2)∈HK. ------------(3)另外，a-1= (h1k1)-1= ∈KH=HK. ----------------- (4)由(3),(4)知HK是G的子群.(Ⅱ) HK为G的一子群,下面证明HK=KH.若a∈HK,易知a-1∈KH. HK是子群,任取a∈HK，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈KH，那么有HK KH.若a∈KH,易知a-1∈HK. HK是子群,任取a∈KH，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈HK，那么有KH HK.综上知，HK=KH.21.设H，K为有限群G的子群，证明证明：因H∩K为H的子群，那么可设H的左陪集分解式为H=h1(H∩K)∪h2(H∩K)∪…∪h r(H∩K)这里r为H∩K在H中的指数，h i∈H，当i≠j，h i-1h j∉H∩K(事实上等价于h i-1h j∉K),i, j=1,2,…,r.又(H∩K)K=K,所以HK=h1K∪h2K∪…∪h r K.------------(1)注意到h i-1h j∉K，所以当i≠j(i, j=1,2,…,r)时，h i K∩h j K=.----------------(2)由(1),(2)我们得到[总结]左陪集的相关结论设H为G的一子群，那么(1)a∈a H;(2)a∈H⇔aH=H;(3)b∈aH⇔aH=bH;(4)aH=bH⇔a-1b∈H;(5)aH∩bH≠，有aH=bH.22.设M,N是群G的正规子群.证明：(i)MN=NM;(ii)MN是G的一个正规子群；(iii)如果MN={e}，那么MN/N与M同构.证明：(i)[方法1]任取a∈MN,可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M为G的正规子群，故n-1mn∈M. 所以a=n(n-1mn) ∈NM，故此MN⊆NM.同样的方法可以证明NM⊆MN. 因此MN=NM.[方法2]任取a，b∈MN，可设a=m1n1(m1∈M，n1∈N)，b=m2n2(m2∈M，n2∈N).下面只要证明MN为G的一个子群即可(由第20题可知)，也就是说只要证明ab-1∈MN即可.因为ab-1=m1n1n2-1m2-1= [m1(n1n2-1m2-1n2n1-1)](n1n2-1)，而M为G的正规子群，故n1n2-1m2-1n2n1-1∈M，所以ab-1∈MN.(ii) 由(i)可知MN为G的一个子群.任取a∈MN, 可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M和N为G的正规子群，对任意g∈G，有g-1ag= g-1mng= (g-1mg)(g-1ng) ∈MN.所以MN为G的正规子群.(iii) 易知N为MN的正规子群，因此MN/N是一个群. 因为MN={e}，对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N[注].作一个MN/N到M的映射f[注]，f: MN/N→MmNm，那么该映射显然是一一对应，另外f(m i Nm j N)= f(m i m j N)= m i m j，因此f为MN/N到M的同构映射，即MN/N与M同构.[讨论]1. 只要M和N的一个是正规子群，那么MN就是子群，或者说成立MN=NM.这一点我们从(i)的证明方法2可知.2. M和N中有一个不是正规子群时MN一定不是正规子群.[注意]1MN={e}，对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N.证明：若存在m i≠m j∈M, 有m i N=m j N，那么m i m j-1∈N，而m i m j-1∈M. 因此m i m j-1∈MN，产生矛盾.2. 设f: MN/N→MmNm，则由于对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N，故此f为MN/N到M的一个映射.23.设G是一个群，S是G的一非空子集合.令C(S)={x∈G|xa=ax,对一切a∈S}N(S)= {x∈G|x-1Sx=S}.证明：(i) C(S),N(S)都是G的子群;(ii) C(S)是N(S)的正规子群.证明：(i) 首先证明C(S)是G的子群.任取x，y∈C(S)，那么对任意a∈S有xa=ax，ya=ay. 那么一方面，(xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=(ax)y=a(xy)，所以xy∈C(S).另一方面，xa=axa=x-1axax-1=x-1a所以x-1∈C(S).因此，C(S)是G的子群.接着证明N(S)都是G的子群.任取x，y∈N(S)，则x-1Sx=S，y-1Sy=S. 那么一方面，(xy)-1S(xy)=x-1(y-1Sy)x=x-1Sx=S所以xy∈N(S).另一方面，x-1Sx=SS=xSx-1所以x-1∈N(S).因此，N(S)是G的子群.(ii) 任取x∈C(S)，a∈S，则xa=ax，即a=x-1ax，亦即S= x-1Sx. 因此x∈N(S)，即C(S)N(S).任取x∈C(S)，y∈N(S)，a∈S，则存在a y∈S使得yay-1=a y，因此a=y-1a y y.那么(y-1xy)a(y-1xy)-1=y1[x(yay-1)x-1]y= y1(xa y x-1)y= y-1a y y=a，即(y-1xy)a=a(y-1xy).所以y-1xy∈C(S)，因此C(S)是N(S)的正规子群.24.证明任意2阶群都与乘法群{1，-1}同构.证明：略.25.试定出所有互不相同的4阶群.解：我们分类讨论:(1)存在四阶元；(2)不存在四阶元.(1)若存在一个四阶元，并设a为一个四阶元，那么该四阶群为<a>.(2)若不存在四阶元，那么除了单位元e的阶为1，其余元素的阶只能是2，即设四阶群222综上可知，四阶群群在同构意义下只有两种或者是四阶循环群或者是Klein四阶群.26.设p为素数.证明任意两个p阶群必同构.证明：易知当p为素数时，p阶群必存在一个p阶元，即p阶群必是p阶循环群，故两个p 阶群必同构.27.Z为整数环，在集合S=Z×Z上定义(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d),(a,b)(c,d)=(ac+bd,ad+bc).证明S在这两个运算下成为幺环.提示：(1,0)为该环的单位元素.证明：略.28.在整数集上重新定义加法“”与乘法“”为ab=ab, ab=a+b试问Z在这两个运算下是否构成一环.答：不构成环.29.设L为交换幺环，在L中定义：ab=a+b-1,ab=a+b-ab.这里e为单位元素，证明在新定义的运算下，L仍称为交换幺环，并且与原来的环同构. 证明：(i)证明L在运算下构成交换群：由的定义，得到(ab)c=(a+b-1)c=a+b-1+c-1=a+b+c-2a(bc)= a(b+c-1)= a+b+c-1-1=a+b+c-2这里2=1+1，所以(ab)c= a(bc).----------------(1)同时由的定义还可以得到a1= 1a=a，------------------------(2)a(2-a)=(2-a)a=1，---------------(3)ab=ba，----------------------------(4)由(1),(2),(3)(4)可知L在运算下构成交换群.(ii)证明L中运算满足结合律和交换律：容易证明这里略过.(iii)证明乘法对加法满足分配律：因为a(bc)= a(b+c-1)=a+(b+c-1)-a(b+c-1)=2a+b+c-ab-ac-1，(ab)(ac)=(a+b-1)(a+c-1)= (a+b-ab)+(a+c-ac)-1=2a+b+c-ab-ac-1，所以a(bc)= (ab)(ac).由于和满足交换律，故此(bc)a= (ba)(ca).因此新定义的乘法对新定义的加法满足分配律(iv) 设0为环(L，+，)的零元，则0a=a0=a由(i)，(ii)，(iii)，(iv)可得到(L，，)为交换幺环.(v) 最后证明(L，+，)与(L，，)同构：设f: L→Lx1-x，容易证明f为(L，+，)到(L，，)的同构映射.30.给出环L与它的一个子环的例子，它们具有下列性质:(i) L具有单位元素，但S无单位元素；(ii) L没有单位元素，但S有单位元素；(iii) L, S都有单位元素，但互不相同；(iv) L不交换，但S交换.解：(i) L=Z，S=2Z；(ii) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；(iii) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；(iv) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；31.环L中元素e L称为一个左单位元，如果对所有的a∈L，e L a= a；元素e R称为右单位元，如果对所有的a∈L，ae R=a.证明：(i)如果L既有左单位元又有右单位元，则L具有单位元素；(ii)如果L有左单位元，L无零因子，则L具有单位元素；(iii)如果L有左单位元，但没有右单位元，则L至少有两个左单位元素.证明：(i) 设e L为一个左单位元，e R为右单位元，则e L e R=e R=e L.记e=e R=e L，则对所有的a∈L，ea=ae=a，因此e为单位元素；(ii) 设e L为一个左单位元，则对所有的a(≠0)∈L，a(e L a)=a2；另一方面，a(e L a)=(ae L)a. 所以a2=(ae L)a.因为L无零因子，所以满足消去律[注]，故此a= ae L.另外，若a=0，则a= ae L=e L a.因此左单位元e L正好是单位元.(iii) 设e L为一个左单位元，因为L中无右单位元，故存在x∈L，使得xe L≠x，即xe L-x≠0,则e L+ xe L-x≠e L，但是对所有的a∈L，(e L+ xe L-x)a=a,因此e L+ xe L-x为另一个左单位元，所以L至少有两个左单位元素.[注意] L无零因子，则满足消去律(参考教材46页).32.设F为一域.证明F无非平凡双边理想.证明：设I为F的任意一个理想，且I≠{0}，则对任意a(≠0)∈I，则a-1∈F,于是a-1a=1∈I.从而F中任意元素f，有f1=f∈I，故I=F，即F只有平凡双边理想.[讨论] 事实上，一个体(又称除环)无非平凡双边理想. 另一方面，若L是阶数大于1的(交换)幺环，并且除了平凡理想，没有左或右理想，则L是一体(域).33.如果L是交换环，a∈L，(i) 证明La={ra|r∈L}是双边理想；(ii) 举例说明，如果L非交换，则La不一定是双边理想.证明：(i) 容易验证La为L的一个加法群. 任取ra∈La，l∈L，则l(ra)=(lr)a∈La，(ra)l=r(al)=r(la)=(rl)a∈La故La为L的一个双边理想.(ii) 设L=M2(R)，那么L显然不是交换环，取h=，下面考察Lh是否为L的理想：取k=，容易验证h∈Lh，hk Lh，因此Lh不是L的一个理想.34.设I是交换环L的一个理想，令rad I={r∈L|r n∈I对某一正整数n}，证明rad I也是一个理想.radI叫做理想I的根.35.设L为交换幺环，并且阶数大于1，如果L没有非平凡的理想，则L是一个域.证明：只要证明非零元素均可逆即可.任取a∈L，那么La和aL是L的理想，且La≠{0}，aL≠{0}，因L无平凡的理想，故此La=aL=L，因此ax=1和ya=1都有解，因而a为可逆元.36.Q是有理数域，M n(Q)为n阶有理系数全体矩阵环.证明无非平凡的理想(这种环称为单环).证明：我们社K为M n(Q)的非零理想，下面证明K=M n(Q).为了证明这一点，只要证明n阶单位矩阵E∈K.记E ij为除了第i行第j列元素为1，其余元素全为0的矩阵.那么E ij E st=而E=E11+E22+…+E nn.我们只要证明E ii∈K(i=1,2,…,n)就有E∈K.设A∈K，且A≠0，又令A=(a ij)n×n,假设a kj≠0，则有E ik AE ji=a kj E ii(i=1,2,…,n).由于a kj≠0，故存在逆元a kj-1.设B= a kj-1E ii,则BE ik AE ji= a kj-1E ii E ik AE ji= a kj-1E ik AE ji=E ik E kj E ji=E ii.因为K为理想，A∈K，所以E ii=BE ik AE ji∈K，证毕.37.设L为一环，a为L中一非零元素.如果有一非零元素b使aba=0，证明a是一个左零因子或一右零因子.证明：若ab=0，则a为左零因子；若ab≠0，则aba=(ab)a=0，故ab为右零因子.38.环中元素x称为一幂零元素，如果有一正整数n使x n=0，设a为幺环中的一幂零元素，证明1-a可逆.证明：设a n=0，那么(1+a+a2+…+a n-1)(1-a)=(1-a) (1+a+a2+…+a n-1)=1-a n=1因此1-a可逆.39.证明：在交换环中，全体幂零元素的集合是一理想.40.设L为有限幺环.证明由xy=1可得yx=1.证明：当L只有一个元素，即L={0}，亦即0=1[注]，此时显然有xy=1=xy；当L有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y不是左零元[注],因此yL=L.又因L为有限环，所以存在z∈L，使得yz=1.注意到(xy)z=z，x(yz)=x，所以x=z，即yx=1.[注意]1.幺环多于一个元素当且仅当0≠1.2．当L有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y不是左零元.因为若存在z≠0使得yz=0，则z=(xy)z=x(yz)=0,产生矛盾.41.在幺环中，如果对元素a有b使ab=1但ba≠1，则有无穷多个元素x，适合ax=1. (Kaplansky定理)证明：首先，若ab=1但ba≠1，则a至少有两个右逆元[注].现在假设a只有n(>1)个右逆元，并设这些元素为x i(i=1,2,…,n).那么a(1-x i a+x1)=1(i=1,2,…,n),又当i≠j时，1-x i a+x1≠1-x j a+x1[注]，这里i，j=1,2,…,n.于是{x i|i=1,2,…,n}={1-x i a+x1| i=1,2,…,n }，故存在x k∈{x i|i=1,2,…,n}使得x1=1-x k a+x1,即x k a=1.因为n>1，我们取x t≠x k∈{x i|i=1,2,…,n}，那么(x k a)x t=x t，(x k a)x t =x k(ax t)=x k因此x t=x k，产生矛盾，所以假设不成立，即a有无穷多个右逆元.[注意]1. 若ab=1但ba≠1，则a至少有两个右逆元. 因为易验证1-ba+a就是另一个右逆元.2. 假设当i≠j时，1-x i a+x1=1-x j a+x1，则x i a=x j a，故x i ax1=x j ax1,因此x i=x j，产生矛盾.42.设L是一个至少有两个元素的环. 如果对于每个非零元素a∈L都有唯一的元素b使得aba=a.证明：(i) L无零因子；(ii) bab=b;(iii) L有单位元素；(iv) L是一个体.证明：(i) 先证明L无左零因子，假设a为L的一个左零因子，那么a≠0，且存在c≠0，使得ac=0，于是cac=0. 因a≠0，则存在唯一b使得aba=a.但a(b+c)a=a,b+c≠b产生矛盾，所以L无左零因子.类似可证L无右零因子.(ii) 因aba=a，所以abab=ab. 由(i)的结论知L无零因子，因此满足消去律，而a≠0，故bab=b.(iii) 我们任一选取a(≠0)∈L，再设aba=a(这里b是唯一的)，首先证明ab=ba.因为a(a2b-a+b)a=a，所以a2b-a+b=b，即a2b=a=aba，由消去律得到ab=ba.任取c∈L，则ac=abac，故此c=(ba)c=(ab)c；另一方面，ca=caba，故此c=c(ab).综上得到c=(ab)c=c(ab),所以ab就是单位元素，我们记ab=ba=1.(iv) 由(iii)可知任意a(≠0)∈L，ab=ba=1，即任意非零元素都可逆，因此L成为一个体.43.令C[0,1]为全体定义在闭区间[0,1]上的连续函数组成的环.证明：(i) 对于的任一非平凡的理想I，一定有个实数，，使得f()=0对所有的f(x)∈I；(ii) 是一零因子当且仅当点集{x∈[0,1]|f(x)=0} 包含一个开区间.证明：(i) 证明思路：设I为非零的非平凡理想，假设对任意x∈[0,1]，存在f(x)∈I使得f(x)≠0，想法构造一个g∈I可逆.(ii) 提示：用连续函数的局部保号性.44.令F=Z/pZ为p个元素的域.求(i) 环M n(F)的元素的个数；(ii) 群GL n(F)的元素的个数.45.设K是一体，a，b∈K，a，b不等于0，且ab≠1.证明华罗庚恒等式：a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.证明：因为a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba⇔1-(a-1+(b-1-a)-1)-1a-1=ab⇔(aa-1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab⇔(1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab⇔(1+((ab)-1-1)-1)-1=1-ab，为了方便记x=ab，那么1-x，x，x-1-1都可逆，只要证明(1+(x-1-1)-1)-1=1-x即可，或者证明1+(x-1-1)-1=(1-x)-1即可.因为1+(x-1-1)-1=1+(x-1-x-1x)-1=1+(1-x)-1x=(1-x)-1(1-x) +(1-x)-1x=(1-x)-1,所以结论成立，即a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.。
高等代数第三章答案
第三章 线性方程组习题解答1.用消元法解下列方程组：⑴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-=+-++=-++-=--+--=+-++=-++12343212231453543215432154321543214321x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⑵⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-+-=+-+-=-+--=+-+2521669972543223312325432154321543215421x x x x x x x x x x x x x x x x x x x⑶⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=++-=++-=+-=-+-33713344324324214324321x x x x x x x x x x x x x ⑷⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++-=+-+=-+-=+-+03270161311402332075434321432143214321x x x x x x x x x x x x x x x x ⑸⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+--=+-+=-+-=+++43212523223124321432143214321x x x x x x x x x x x x x x x x ⑹⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=++=-++=+++=-++=-++225512221321231323214321432143214321x x x x x x x x x x x x x x x x x x x 解：⑴对它的增广矩阵作初等行变换：⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡----→⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡------→⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡---------→⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡------------→⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡----------00101000000000020*********1001001110000000000200212300101201001110007770005750212300104531213410215470213450212300104531111121311141311121112231104531即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=--=+=-0022214235441x x x x x x x ，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--====+=k x x k x x k x 220153421 k 为任意常数 ⑵无解⑶0,6,3,84321===-=x x x x⑷任意43432431,,17201719,1713173x x x x x x x x -=-=⑸无解 ⑹651,671,651434241x x x x x x +=-=+=2.把向量β表成4321αααα，，，的线性组合：⑴()()()()()1,1-1-11-1,1-11-1-,1,11,1,1,111,2,14321，，，，，，，，，，=====ααααβ ⑵()()()()()1-1-1,00,0,1,11,3,1,21,0,1,11,0,0,04321，，，，，，=====ααααβ 解：⑴令44332211ααααβk k k k +++=得方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+--=-+-=--+=+++,1,1,2,14321432143214321k k k k k k k k k k k k k k k k 解得,41,41,41,454321-=-===k k k k 所以432141414145ααααβ--+=⑵仿上，可得31-ααβ=3.证明：如果向量组r ααα，，， 21线性无关，而βααα,21r ，，， 线性相关，则向量β可由r ααα，，， 21线性表出。
线性代数第一三四章练习题参考答案
第一章练习题参考答案一、填空题.1.-6d;2. 12;3. 23231414()()a a b b a a b b --;4. 1(1)(1)n n ---;5. -10;6. 0;7.-888;8. 4;-6.9. 132531445213253241541325344251,,a a a a a a a a a a a a a a a . 二、计算题. 1. 14().j k k j D x x ≤<≤=∏-2. 117!(2)27D =-+++.3. (1)(2)2121(1)(1)2n n n n n D x x x ---+=- ;4. 34560;5. 11[1]()nni i i i a x a x a==+⋅∏--∑.6.11024x +.7. 3(2)x x + 三、3(1)2n n -第三章练习参考答案 一、选择题1. C ；2. C ；3. C;4.C. 二、填空题1. (1)m nab -； 2.100122010345⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦； 3. 2123n --； 4. 108； 5. 2132-⎡⎤⎢⎥-⎣⎦； 6. 0； 7. 301050103⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦；8. 12； 9. 1100BA B A--⎡⎤⎢⎥⎣⎦； 10. 3E ；11. 3A E +； 12. 25A ；13. 88000880008808⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦; 14. 12.三、计算与证明题 1. 600006006060031⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦； 2. 02100000⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦; 3. (1) T CA , (2) 101214122--⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦; 4. 2a =-； 5. 12345B A A E -=++; 6. -16; 7. 001010100B -⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦; 8. 见课堂笔记; 9. 111212132122222331323233114411441144b b b b b b b b b b b b ⎡⎤-+⎢⎥⎢⎥⎢⎥-+⎢⎥⎢⎥⎢⎥-+⎢⎥⎣⎦. 10. 22211212513--⎡⎤⎢⎥-⎢⎥⎢⎥--⎣⎦. 11. 略. 第四章练习参考答案一、选择题1. C ；2. D ；3. B;4.D. 二、填空题1. (1,2,0,4)(0,3,3,10)T T t -+--, 其中t 为任意实数；2. 12,αα; 2；3. 3-；4.122113311441233224423443,,,,,E E E E E E E E E E E E ------; dimV=6;(2,3,1,4,2,2)T--； 5. 极大无关组为12,αα; 3124122,23αααααα=-+=-+;6. 12(1,0,1,1)(1,1,0,1)(1,3,1,0),T T Tk k α=-+-+-- 其中 12,k k 是任意数；7.141113M ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦， 15(,)33TX =-. 三、计算与证明题1.(1) 当1b =时, 极大无关组为124,,ααα, (2) 当1b =时, 4α不能由12,αα线性表示, 3α能由12,αα线性表示(3122ααα=-+).2. (1) 5λ≠时，123,,ααα是基，21311222131222M λλλ⎡⎤⎢⎥-+⎢⎥⎢⎥=--⎢⎥⎢⎥+⎢⎥--⎣⎦； （2）ξ在基123,,βββ下的坐标为 (1,0,1)T；（3）所有非零向量为 (3,3,2)T k -. 3. (1) 只要证123,,0ααα≠ ,(2) 1232,0),1,1),2,1,5)TTTβββ==-=-;(3)M ⎤⎥⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎢⎣; （4）坐标为10)T β=.4. 1)通解为0112233X k k k ξηηη=+++, 其中021(,,0,0,0)33T ξ=-，1(5,2,3,0,0)Tη=，2(1,0,0,1,0)Tη=-，3(1,2,0,0,3)Tη=-， 123,,k k k 为任意数.2）解向量的极大无关组是0010203,,,.ξξηξηξη+++5. 1）过渡矩阵111100010010010M ⎡⎤⎢⎥-⎢⎥=⎢⎥-⎢⎥-⎣⎦； 2）α在基I 下的坐标为(1,1,1,1)TX =，α在基II 下的坐标为(4,1,1,1)TX =---； 3）(1,1,1,1)Tk β=，k 为任意常数.6. 15,5a b ==, 3121322βαα=+；7. 因为1V 的零元素00000⎡⎤=⎢⎥⎣⎦不在1V 中，所以1V 不是V 的子空间；而2V 是V 的子空间（主要验证运算封闭），2V 的基是2111010,,;dim 3.001001V -⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦⎣⎦6-10． 证明略。
代数学引论(近世代数)答案
第一章代数基本概念习题解答与提示(P54)1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群.证明:对任意a,b G,由结合律我们可得到(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b再由已知条件以及消去律得到ba=ab,由此可见群G为交换群.2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群.证明: [方法1]对任意a,b G,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此G为交换群.[方法2]对任意a,b G,a2b2=e=(ab)2,由上一题的结论可知G为交换群.3.设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件:(1)a(bc)=(ab)c;(2)由ab=ac推出a=c;(3)由ac=bc推出a=b;证明G在该乘法下成一群.证明:[方法1]设G={a1,a2,…,a n},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若i j(I,j=1,2,…,n),有a k a i a k a j------------<1>a i a k a j a k------------<2>再由乘法的封闭性可知G={a1,a2,…,a n}={a k a1, a k a2,…, a k a n}------------<3>G={a1,a2,…,a n}={a1a k, a2a k,…, a n a k}------------<4>由<1>和<3>知对任意a t G, 存在a m G,使得a k a m=a t.由<2>和<4>知对任意a t G, 存在a s G,使得a s a k=a t.由下一题的结论可知G在该乘法下成一群.下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。
[方法2]为了证明G在给定的乘法运算下成一群，只要证明G内存在幺元(单位元)，并且证明G内每一个元素都可逆即可.为了叙述方便可设G={a1,a2,…,a n}.(Ⅰ) 证明G内存在幺元.<1> 存在a t G，使得a1a t=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明);<2> 证明a1a t= a t a1;因为a1(a t a1)a t=(a1a t) (a1a t)=(a1)2a1(a1a t)a t=(a1a1)a t=a1(a1a t)= (a1)2,故此a1(a t a1)a t= a1(a1a t)a t.由条件(1),(2)可得到a1a t= a t a1.<3> 证明a t就是G的幺元;对任意a k G,a1(a t a k) =(a1a t)a k=a1a k由条件(2)可知a t a k=a k.类似可证a k a t=a k.因此a t就是G的幺元.(Ⅱ) 证明G内任意元素都可逆；上面我们已经证明G内存在幺元，可以记幺元为e，为了方便可用a,b,c,…等符号记G内元素.下面证明任意a G，存在b G，使得ab=ba=e.<1> 对任意a G，存在b G，使得ab=e;(这一点很容易证明这里略过.)<2> 证明ba=ab=e;因为a(ab)b=aeb=ab=ea(ba)b=(ab)(ab)=ee=e再由条件(2),(3)知ba=ab.因此G内任意元素都可逆.由(Ⅰ),(Ⅱ)及条件(1)可知G在该乘法下成一群.4.设G是非空集合并在G内定义一个乘法ab.证明:如果乘法满足结合律,并且对于任一对元素a,b G,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则G在该乘法下成一群.证明：取一元a G,因xa=a在G内有解, 记一个解为e a ,下面证明e a为G内的左幺元. 对任意b G, ax=b在G内有解, 记一个解为c,那么有ac=b ,所以e a b= e a(ac)= (e a a)c=ac=b,因此e a为G内的左幺元.再者对任意d G, xd=e a在G内有解,即G内任意元素对e a存在左逆元, 又因乘法满足结合律,故此G在该乘法下成一群.[总结]群有几种等价的定义:(1)幺半群的每一个元素都可逆，则称该半群为群.(2)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含幺元, G内任意元素都有逆元,则称G为该运算下的群.(3)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含左幺元, G内任意元素对左幺元都有左逆元,则称G为该运算下的群.(4)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且对于任一对元素a,b G,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则称G为该运算下的群.值得注意的是如果一个有限半群满足左右消去律, 则该半群一定是群.5.在S3中找出两个元素x,y,适合(xy)2x2y2.[思路] 在一个群G中，x,y G, xy=yx(xy)2x2y2(这一点很容易证明).因此只要找到S3中两个不可交换的元素即可. 我们应该在相交的轮换中间考虑找到这样的元素.解: 取x=, y=那么(xy)2= x2y2.[注意]我们可以通过mathematica软件编写S n的群表,输出程序如下:Pr[a_,b_,n_]:=(*两个置换的乘积*)(Table[a[[b[[i]]]],{I,1,n}]);Se[n_]:=(*{1,2,…,n}的所有可能的排列做成一个表格*)(Permutations[Table[i,{I,1,n}]]);Stable[n_]:=(*生成S n群表*)(a=Se[n];Table[pr[a[[i]],a[[j]],n],{I,1,n},{j,1,n}])当n=3时群表如下：[说明]：表示置换, 剩下的类似.为了让更清楚，我们分别用e,a,b,c,d,f表示,,,,那么群表如下:6.对于n>2,作一阶为2n的非交换群.7.设G是一群, a,b G,如果a-1ba=b r,其中r为一正整数,证明a-i ba i=.证明：我们采用数学归纳法证明.当k=1时, a-1ba=b r=, 结论成立；假设当k=n时结论成立, 即a-n ba n=成立, 下面证明当k=n+1时结论也成立.我们注意到a-1b k a== b kr,因此a-(n+1)ba n+1= a-1 (a-n ba n)a=a-1a==,可见k=n+1时结论也成立.由归纳原理可知结论得证.8.证明:群G为一交换群当且仅当映射是一同构映射.证明:(Ⅰ)首先证明当群G为一个交换群时映射是一同构映射.由逆元的唯一性及可知映射为一一对应，又因为,并且群G为一个交换群,可得.因此有.综上可知群G为一个交换群时映射是一同构映射.(Ⅱ)接着证明当映射是一同构映射,则群G为一个交换群.若映射是一同构映射,则对任意有,另一方面，由逆元的性质可知.因此对任意有,即映射是一同构映射,则群G为一个交换群.9.设S为群G的一个非空子集合，在G中定义一个关系a～b当且仅当ab-1S.证明这是一个等价关系的充分必要条件为S是一个子群.证明:首先证明若～是等价关系，则S是G的一个子群.对任意a G,有a～a,故此aa-1=e S；对任意a,b S,由(ab)b-1=a S,可知ab～b，又be-1=b S,故b～e,由传递性可知ab～e，即(ab)e-1=ab S.再者因ae-1=a S, 故a～e,由对称性可知e～a，即ea-1=a-1S.可见S是G的一个子群.接着证明当S是G的一个子群,下面证明～是一个等价关系.对任意a G, 有aa-1=e S，故此a～a(自反性);若a～b，则ab-1S,因为S为G的子群，故(ab-1)-1=ba-1S,因此b～a(对称性);若a～b，b～c,那么ab-1S,bc-1 S,故ab-1 bc-1=ac-1S，因此a～c(传递性).综上可知～是一个等价关系.10.设n为一个正整数, nZ为正整数加群Z的一个子群，证明nZ与Z同构.证明:我们容易证明为Z到nZ的同构映射,故此nZ与Z同构.11.证明:在S4中，子集合B={e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}是子群，证明B与U4不同构.证明:可记a=(1 2)(3 4), b=(1 3)(2 4), c=(1 4)(2 3)，那么置换的乘积表格如下：由该表格可以知道B中的元素对置换的乘法封闭，并且B的每一元都可逆(任意元的逆为其本身),因此B为S4的子群. 这个群(以及与其同构的群)称为Klein(C.L.Klein,1849-1925)四元群.假设B与U4同构,并设f为B到U4的同构映射, 则存在B中一元x使得f(x)=i(i为虚数单位),那么f(x2)= f2(x)=i2=-1另一方面, f(x2)=f(e)=1(注意x2=e),产生矛盾.所以假设不成立, 即B与U4不同构.[讨论] B与U4都是4元交换群，但是后者是循环群, 前者不是, 这是这两个群的本质区别.12.证明:如果在一阶为2n的群中有一n阶子群，它一定是正规子群.证明:[方法1]设H是2n阶群G的n阶子群, 那么对任意a H, 有H aH=,并且aH G,H G,又注意到aH和H中都有n个元素, 故此H aH=G.同理可证对任意a H, 有H Ha=, H Ha=G，因此对任意a H，有aH=Ha.对任意a H, 显然aH H, Ha H又因aH,Ha及H中都有n个元素，故aH=Ha=H.综上可知对任意a G,有aH=Ha，因此H是G的正规子群.[方法2]设H是2n阶群G的n阶子群,那么任取a H, h H, 显然有aha-1H.对给定的x H, 有H xH=, H xH=G.这是因为若假设y H xH, 则存在h H，使得y=xh,即x=yh-1H产生矛盾,因此H xH=;另一方面, xH G,H G, 又注意到xH和H中都有n个元素, 故此H xH=G.那么任取a H,由上面的分析可知a xH, 从而可令a=xh1这里h1H.假设存在h H, 使得aha-1H,则必有aha-1xH,从而可令aha-1=xh2这里h2H.那么xh1ha-1=xh2,即a= h2h1h H,产生矛盾.因此，任取a H, h H, 有aha-1H.综上可知对任取a G, h H, 有aha-1H,因此H为G的一个正规子群.13.设群G的阶为一偶数,证明G中必有一元素a e适合a2=e.证明:设b G，且阶数大于2，那么b≠b-1,而b-1的阶数与b的阶数相等.换句话说G 中阶数大于2的元素成对出现，幺元e的阶数为1，注意到G的阶数为宜偶数，故此必存在一个2阶元，(切确的说阶数为2的元素有奇数个).[讨论][1] 设G是一2n阶交换群，n为奇数则G中只有一个2阶元.为什么？提示：采用反证法，并注意用Lagrange定理.[2] 群G中，任取a G，有a n=e，那么G一定是有限群吗？如果不是请举出反例，若是有限群，阶数和n有什么关系？14.令A=, B=证明:集合{B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群D n同构.证明:下面证明G={B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群.(Ⅰ)首先证明对乘法运算封闭. 下面进行分类讨论：(1)B i B j=B i+j,注意到B n=故此B i B j=B r G这里i+j=kn+r,k Z,0<r n.(2) A B i B j=B r G这里i+j=kn+r,k Z,0<r n.(3)容易证明BAB=A=AB n,BA=B i AB(s+1)n=AB n-t G,这里i=sn+t,k Z,0<t n.那么B i(AB j)=( B i A)B j=(AB n-t)B j G(4)(AB i)(AB j)=A(B i AB j)=A((AB n-t)B j)=A2(B n-t B j)= B n-t B j)G由(1),(2),(3),(4)知G对乘法运算封闭.(Ⅱ)因集合G对矩阵乘法封闭，再由矩阵乘法的性质可知，结合律肯定成立.(Ⅲ)显然B n=A2=E为幺元.(Ⅳ)对B i(i=1,2,…,n),有B i B n-i=E;对AB i(i=1,2,…,n),有(AB i)(B n-i A)=E,因此G内任何一元都可逆.由(Ⅰ)，(Ⅱ)，(Ⅲ)，(Ⅳ)可知G在矩阵乘法下构成一群.最后证明G与D n同构.令f:G→D nf(B i)=T i, f(AB i)=ST i(i=1,2,…,n)，可以证明f就是G到D n的同构映射，这里不予证明了.15.设i是一个正整数, 群G中任意元素a,b都适合(ab)k=a k b k, k=I,i+1,i+2,证明G为交换群.证明:对任意a,b Ga i+2b i+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (a i+1b i+1)=a(ba i+1)b i+1,根据消去律可得a i+1b=ba i+1.----------------------(1)同时a i+1b i+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (a i b i)=a(ba i)b i+1,根据消去律可得a i b=ba i.---------------------------(2)因此a i+1b=a(a i b)=a(ba i)=(ab)a i----(3)另外ba i+1=(ba)a i----------------------(4)结合(1),(3),(4)有(ab)a i=(ba)a i---------------------(5)由消去律可得到ab=ba.因此G为交换群.16.在群SL2(Q)中，证明元素a=的阶为4，元素b=的阶为3，而ab为无限阶元素.证明：可以直接验证a的阶为4，b的阶为3.因为ab=，对任何正整数n，(ab)n=≠可见ab的阶为无限.[注意] 在一群中，有限阶元素的乘积并不一定也是有限阶的，但两个可交换的有限阶元素的乘积一定是有限阶元素.[问题] 若一群中所有元素的阶数都有限，那么这个群一定是有限群吗？17.如果G为一个交换群，证明G中全体有限阶元素组成一个子群.证明:交换群G中全体有限阶元素组成的集合记为S，任取a，b S，并设a的阶为m，b的阶为n，则(ab)mn=(a m)n(b n)m=e因此ab为有限阶元素，即ab S.a-1的阶数与a相同，故此a-1也是有限阶元素，即a-1S.综上可知S为G的一个子群.18.如果G只有有限多个子群，证明G为有限群.证明:采用反证法证明.假设G为无限群，则G中元素只可能有两种情况：(1)G 中任意元素的阶数都有限、(2)G中存在一个无限阶元素.(1)首先看第一种情况：G中取a1≠e，并设其阶数为n1，则循环群G1={,…}为G的一个子群；G中取a2G1，并设其阶数为n2，则循环群G2={,…}为G的一个子群；G中取a3G1∪G2，并设其阶数为n3，则循环群G3={,…}为G的一个子群；………我们一直这样做下去，可以得到G的互不相同的子群构成的序列G n(n=1,2,…)，所以G有无穷多个子群，产生矛盾；(2)再看第二种情况:设a∈G的阶数为无穷，那么序列G1=<>，G2=<>，…，G n=<>，…是G的互不相同的子群，所以G有无穷多个子群，产生矛盾.综上就可知“G是无限群”这个假设不成立，因此G是有限群.19.写出D n的所有正规子群.20.设H，K为群G的子群，HK为G的一子群当且仅当HK=KH.证明：(Ⅰ)设HK=KH，下面证明HK为G的一子群.任取a,b∈HK,可令a=h1k1，b=h2k2这里h i∈H，k i∈K，i=1,2.那么ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 ---------------(1)因HK=KH，故此k1h2= h3k3 ----------------------(2)这里h3∈H，k3∈K.由(1),(2)知ab= h1(h3k3)k2=(h1h3)(k3k2)∈HK. ------------(3)另外，a-1= (h1k1)-1= ∈KH=HK. ----------------- (4)由(3),(4)知HK是G的子群.(Ⅱ) HK为G的一子群,下面证明HK=KH.若a∈HK,易知a-1∈KH. HK是子群,任取a∈HK，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a ∈KH，那么有HK KH.若a∈KH,易知a-1∈HK. HK是子群,任取a∈KH，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a ∈HK，那么有KH HK.综上知，HK=KH.21.设H，K为有限群G的子群，证明证明：因H∩K为H的子群，那么可设H的左陪集分解式为H=h1(H∩K)∪h2(H∩K)∪…∪h r(H∩K)这里r为H∩K在H中的指数，h i∈H，当i≠j，h i-1h j∉H∩K(事实上等价于h i-1h j ∉K),i, j=1,2,…,r.又(H∩K)K=K,所以HK=h1K∪h2K∪…∪h r K.------------(1)注意到h i-1h j∉K，所以当i≠j(i, j=1,2,…,r)时，h i K∩h j K=.----------------(2)由(1),(2)我们得到[总结]左陪集的相关结论设H为G的一子群，那么(1)a∈aH;(2)a∈H⇔aH=H;(3)b∈aH⇔aH=bH;(4)aH=bH⇔a-1b∈H;(5)aH∩bH≠，有aH=bH.22.设M,N是群G的正规子群.证明：(i)MN=NM;(ii)MN是G的一个正规子群；(iii)如果M N={e}，那么MN/N与M同构.证明：(i)[方法1]任取a∈MN,可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M为G的正规子群，故n-1mn ∈M. 所以a=n(n-1mn) ∈NM，故此MN⊆NM.同样的方法可以证明NM⊆MN. 因此MN=NM.[方法2]任取a，b∈MN，可设a=m1n1(m1∈M，n1∈N)，b=m2n2(m2∈M，n2∈N).下面只要证明MN为G的一个子群即可(由第20题可知)，也就是说只要证明ab-1∈MN即可.因为ab-1=m1n1n2-1m2-1= [m1(n1n2-1m2-1n2n1-1)](n1n2-1)，而M为G的正规子群，故n1n2-1m2-1n2n1-1∈M，所以ab-1∈MN.(ii) 由(i)可知MN为G的一个子群.任取a∈MN, 可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M和N为G的正规子群，对任意g∈G，有g-1ag= g-1mng= (g-1mg)(g-1ng) ∈MN.所以MN为G的正规子群.(iii) 易知N为MN的正规子群，因此MN/N是一个群. 因为M N={e}，对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N[注].作一个MN/N到M的映射f[注]，f: MN/N→MmN m，那么该映射显然是一一对应，另外f(m i N m j N)= f(m i m j N)= m i m j，因此f为MN/N到M的同构映射，即MN/N与M同构.[讨论]1. 只要M和N的一个是正规子群，那么MN就是子群，或者说成立MN=NM.这一点我们从(i)的证明方法2可知.2. M和N中有一个不是正规子群时MN一定不是正规子群.[注意]1M N={e}，对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N.证明：若存在m i≠m j∈M, 有m i N=m j N，那么m i m j-1∈N，而m i m j-1∈M. 因此m i m j-1∈M N，产生矛盾.2. 设f: MN/N→MmN m，则由于对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N，故此f为MN/N到M的一个映射.23.设G是一个群，S是G的一非空子集合.令C(S)={x∈G|xa=ax,对一切a∈S}N(S)= {x∈G|x-1Sx=S}.证明：(i) C(S),N(S)都是G的子群;(ii) C(S)是N(S)的正规子群.证明：(i) 首先证明C(S)是G的子群.任取x，y∈C(S)，那么对任意a∈S有xa=ax，ya=ay. 那么一方面，(xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=(ax)y=a(xy)，所以xy∈C(S).另一方面，xa=ax a=x-1ax ax-1=x-1a所以x-1∈C(S).因此，C(S)是G的子群.接着证明N(S)都是G的子群.任取x，y∈N(S)，则x-1Sx=S，y-1Sy=S. 那么一方面，(xy)-1S(xy)=x-1(y-1Sy)x=x-1Sx=S所以xy∈N(S).另一方面，x-1Sx=S S=xSx-1所以x-1∈N(S).因此，N(S)是G的子群.(ii) 任取x∈C(S)，a∈S，则xa=ax，即a=x-1ax，亦即S= x-1Sx. 因此x∈N(S)，即C(S)N(S).任取x∈C(S)，y∈N(S)，a∈S，则存在a y∈S使得yay-1=a y，因此a=y-1a y y.那么(y-1xy)a(y-1xy)-1=y1[x(yay-1)x-1]y= y1(xa y x-1)y= y-1a y y=a，即(y-1xy)a=a(y-1xy).所以y-1xy∈C(S)，因此C(S)是N(S)的正规子群.24.证明任意2阶群都与乘法群{1，-1}同构.证明：略.25.试定出所有互不相同的4阶群.解：我们分类讨论:(1)存在四阶元；(2)不存在四阶元.(1)若存在一个四阶元，并设a为一个四阶元，那么该四阶群为<a>.(2)若不存在四阶元，那么除了单位元e的阶为1，其余元素的阶只能是2，即设四阶群G={e，a，b，c}，那么a2=b2=c2=e，ab=ba=c，ac=ca=b，bc=cb=a. 群表如下：这是Klein四阶群.综上可知，四阶群群在同构意义下只有两种或者是四阶循环群或者是Klein 四阶群.26.设p为素数.证明任意两个p阶群必同构.证明：易知当p为素数时，p阶群必存在一个p阶元，即p阶群必是p阶循环群，故两个p阶群必同构.27.Z为整数环，在集合S=Z×Z上定义(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d),(a,b)(c,d)=(ac+bd,ad+bc).证明S在这两个运算下成为幺环.提示：(1,0)为该环的单位元素.证明：略.28.在整数集上重新定义加法“”与乘法“”为a b=ab, a b=a+b试问Z在这两个运算下是否构成一环.答：不构成环.29.设L为交换幺环，在L中定义：a b=a+b-1,a b=a+b-ab.这里e为单位元素，证明在新定义的运算下，L仍称为交换幺环，并且与原来的环同构.证明：(i)证明L在运算下构成交换群：由的定义，得到(a b)c=(a+b-1)c=a+b-1+c-1=a+b+c-2a(b c)= a(b+c-1)= a+b+c-1-1=a+b+c-2这里2=1+1，所以(a b)c= a(b c).----------------(1)同时由的定义还可以得到a1= 1a=a，------------------------(2)a(2-a)=(2-a)a=1，---------------(3)a b=b a，----------------------------(4)由(1),(2),(3)(4)可知L在运算下构成交换群.(ii)证明L中运算满足结合律和交换律：容易证明这里略过.(iii)证明乘法对加法满足分配律：因为a(b c)= a(b+c-1)=a+(b+c-1)-a(b+c-1)=2a+b+c-ab-ac-1，(a b)(a c)=(a+b-1)(a+c-1)= (a+b-ab)+(a+c-ac)-1=2a+b+c-ab-ac-1，所以a(b c)= (a b)(a c).由于和满足交换律，故此(b c)a= (b a)(c a).因此新定义的乘法对新定义的加法满足分配律(iv) 设0为环(L，+，)的零元，则0a=a0=a由(i)，(ii)，(iii)，(iv)可得到(L，，)为交换幺环.(v) 最后证明(L，+，)与(L，，)同构：设f: L→Lx1-x，容易证明f为(L，+，)到(L，，)的同构映射.30.给出环L与它的一个子环的例子，它们具有下列性质:(i) L具有单位元素，但S无单位元素；(ii) L没有单位元素，但S有单位元素；(iii) L, S都有单位元素，但互不相同；(iv) L不交换，但S交换.解：(i) L=Z，S=2Z；(ii) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；(iii) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；(iv) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；31.环L中元素e L称为一个左单位元，如果对所有的a∈L，e L a= a；元素e R称为右单位元，如果对所有的a∈L，ae R=a.证明：(i)如果L既有左单位元又有右单位元，则L具有单位元素；(ii)如果L有左单位元，L无零因子，则L具有单位元素；(iii)如果L有左单位元，但没有右单位元，则L至少有两个左单位元素.证明：(i) 设e L为一个左单位元，e R为右单位元，则e L e R=e R=e L.记e=e R=e L，则对所有的a∈L，ea=ae=a，因此e为单位元素；(ii) 设e L为一个左单位元，则对所有的a(≠0)∈L，a(e L a)=a2；另一方面，a(e L a)=(ae L)a.所以a2=(ae L故此a= ae L.另外，若a=0，则a= ae L=e L a.因此左单位元e L正好是单位元.(iii) 设e L为一个左单位元，因为L中无右单位元，故存在x∈L，使得xe L≠x，即xe L-x≠0,则e L+ xe L-x≠e L，但是对所有的a∈L，(e L+ xe L-x)a=a,因此e L+ xe L-x为另一个左单位元，所以L至少有两个左单位元素.[注意] L无零因子，则满足消去律(参考教材46页).32.设F为一域.证明F无非平凡双边理想.证明：设I为F的任意一个理想，且I≠{0}，则对任意a(≠0)∈I，则a-1∈F,于是a-1a=1∈I.从而F中任意元素f，有f1=f∈I，故I=F，即F只有平凡双边理想.[讨论] 事实上，一个体(又称除环)无非平凡双边理想. 另一方面，若L是阶数大于1的(交换)幺环，并且除了平凡理想，没有左或右理想，则L是一体(域).33.如果L是交换环，a∈L，(i) 证明La={ra|r∈L}是双边理想；(ii) 举例说明，如果L非交换，则La不一定是双边理想.证明：(i) 容易验证La为L的一个加法群. 任取ra∈La，l∈L，则l(ra)=(lr)a∈La，(ra)l=r(al)=r(la)=(rl)a∈La故La为L的一个双边理想.(ii) 设L=M2(R)，那么L显然不是交换环，取h=，下面考察Lh是否为L的理想：取k=，容易验证h∈Lh，hk Lh，因此Lh不是L的一个理想.34.设I是交换环L的一个理想，令rad I={r∈L|r n∈I对某一正整数n}，证明rad I也是一个理想.radI叫做理想I的根.35.设L为交换幺环，并且阶数大于1，如果L没有非平凡的理想，则L是一个域.证明：只要证明非零元素均可逆即可.任取a∈L，那么La和aL是L的理想，且La≠{0}，aL≠{0}，因L无平凡的理想，故此La=aL=L，因此ax=1和ya=1都有解，因而a为可逆元.36.Q是有理数域，M n(Q)为n阶有理系数全体矩阵环.证明无非平凡的理想(这种环称为单环).证明：我们社K为M n(Q)的非零理想，下面证明K=M n(Q).为了证明这一点，只要证明n阶单位矩阵E∈K.记E ij为除了第i行第j列元素为1，其余元素全为0的矩阵.那么E ij E st=而E=E11+E22+…+E nn.我们只要证明E ii∈K(i=1,2,…,n)就有E∈K.设A∈K，且A≠0，又令A=(a ij)n×n,假设a kj≠0，则有E ik AE ji=a kj E ii(i=1,2,…,n).由于a kj≠0，故存在逆元a kj-1.设B= a kj-1E ii,则BE ik AE ji= a kj-1E ii E ik AE ji= a kj-1E ik AE ji=E ik E kj E ji=E ii.因为K为理想，A∈K，所以E ii=BE ik AE ji∈K，证毕.37.设L为一环，a为L中一非零元素.如果有一非零元素b使aba=0，证明a是一个左零因子或一右零因子.证明：若ab=0，则a为左零因子；若ab≠0，则aba=(ab)a=0，故ab为右零因子.38.环中元素x称为一幂零元素，如果有一正整数n使x n=0，设a为幺环中的一幂零元素，证明1-a可逆.证明：设a n=0，那么(1+a+a2+…+a n-1)(1-a)=(1-a) (1+a+a2+…+a n-1)=1-a n=1因此1-a可逆.39.证明：在交换环中，全体幂零元素的集合是一理想.证明：略.40.设L为有限幺环.证明由xy=1可得yx=1.证明：当L只有一个元素，即L={0}，亦即0=1[注]，此时显然有xy=1=xy；当L有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y不是左零元[注],因此yL=L.又因L为有限环，所以存在z∈L，使得yz=1.注意到(xy)z=z，x(yz)=x，所以x=z，即yx=1.[注意]1.幺环多于一个元素当且仅当0≠1.2．当L有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y不是左零元.因为若存在z ≠0使得yz=0，则z=(xy)z=x(yz)=0,产生矛盾.41.在幺环中，如果对元素a有b使ab=1但ba≠1，则有无穷多个元素x，适合ax=1. (Kaplansky定理)证明：首先，若ab=1但ba≠1，则a至少有两个右逆元[注].现在假设a只有n(>1)个右逆元，并设这些元素为x i(i=1,2,…,n).那么a(1-x i a+x1)=1(i=1,2,…,n),又当i≠j时，1-x i a+x1≠1-x j a+x1[注]，这里i，j=1,2,…,n.于是{x i|i=1,2,…,n}={1-x i a+x1| i=1,2,…,n }，故存在x k∈{x i|i=1,2,…,n}使得x1=1-x k a+x1,x k a=1.因为n>1，我们取x t≠x k∈{x i|i=1,2,…,n}，那么(x k a)x t=x t，(x k a)x t =x k(ax t)=x k因此x t=x k，产生矛盾，所以假设不成立，即a有无穷多个右逆元.[注意]1. 若ab=1但ba≠1，则a至少有两个右逆元. 因为易验证1-ba+a就是另一个右逆元.2. 假设当i≠j时，1-x i a+x1=1-x j a+x1，则x i a=x j a，故x i ax1=x j ax1,因此x i=x j，产生矛盾.42.设L是一个至少有两个元素的环. 如果对于每个非零元素a∈L都有唯一的元素b使得aba=a.证明：(i) L无零因子；(ii) bab=b;(iii) L有单位元素；(iv) L是一个体.证明：(i) 先证明L无左零因子，假设a为L的一个左零因子，那么a≠0，且存在c ≠0，使得ac=0，于是cac=0. 因a≠0，则存在唯一b使得aba=a.但a(b+c)a=a,b+c≠b产生矛盾，所以L无左零因子.类似可证L无右零因子.(ii) 因aba=a，所以abab=ab. 由(i)的结论知L无零因子，因此满足消去律，而a≠0，故bab=b.(iii) 我们任一选取a(≠0)∈L，再设aba=a(这里b是唯一的)，首先证明ab=ba.因为a(a2b-a+b)a=a，所以a2b-a+b=b，即a2b=a=aba，由消去律得到ab=ba.任取c∈L，则ac=abac，故此c=(ba)c=(ab)c；另一方面，ca=caba，故此c=c(ab).综上得到c=(ab)c=c(ab),所以ab就是单位元素，我们记ab=ba=1. (iv) 由(iii)可知任意a(≠0)∈L，ab=ba=1，即任意非零元素都可逆，因此L成为一个体.43.令C[0,1]为全体定义在闭区间[0,1]上的连续函数组成的环.证明：(i) 对于的任一非平凡的理想I，一定有个实数，，使得f()=0对所有的f(x)∈I；(ii) 是一零因子当且仅当点集{x∈[0,1]|f(x)=0}包含一个开区间.证明：(i) 证明思路：设I为非零的非平凡理想，假设对任意x∈[0,1]，存在f(x)∈I使得f(x)≠0，想法构造一个g∈I可逆.(ii) 提示：用连续函数的局部保号性.44.令F=Z/pZ为p个元素的域.求(i) 环M n(F)的元素的个数；(ii) 群GL n(F)的元素的个数.解：45.设K是一体，a，b∈K，a，b不等于0，且ab≠1.证明华罗庚恒等式：a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.证明：因为a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba⇔1-(a-1+(b-1-a)-1)-1a-1=ab⇔(aa-1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab⇔(1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab⇔(1+((ab)-1-1)-1)-1=1-ab，为了方便记x=ab，那么1-x，x，x-1-1都可逆，只要证明(1+(x-1-1)-1)-1=1-x即可，或者证明1+(x-1-1)-1=(1-x)-1即可.因为1+(x-1-1)-1=1+(x-1-x-1x)-1=1+(1-x)-1x=(1-x)-1(1-x) +(1-x)-1x=(1-x)-1,所以结论成立，即a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.网易全新推出企业邮箱。
2019-高等代数第三版答案-优秀word范文 (28页)
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线性代数第三章习题答案
线性代数 (同济四版) 习题参考答案
1 2 3
35
列变换, 即: 两边分别左乘、 右乘了相应的初等矩阵, 那么矩阵 4 5 6 也要进行相应的行变换、 7 8 9 1 0 1 =⇒ 0 0 1 =⇒ 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 4 7 4 1 7 2 5 8 5 2 8 5 2 8 3 6 9 6 3 9 2 2 2 0 A 1 0 0 A 1 1 0 = 0 1 0 1 1 0 = 0 1 1 0
4 1 7
5 2 8
6
3 9
0 0 0 1 4 5 2 1 2 2 7 8 2
得
A= 1 2 2 7 8 2
或者有下面的解法 . 1 2 3 记B= 4 5 6 . 注意到 A 两边乘以的是初等矩阵, 可知矩阵 B 是把 A 进行初等变换 r1 ↔ r2 7 8 9 和 c3 + c1 得到的. 所以要得到 A, 需要将 B 进行初等变换 c3 − c1 和 r1 ↔ r2 . 即 1 2 3 1 2 2 4 5 2 c3 − c1 4 5 2 r1 ↔ r2 1 2 2 = A B= 4 5 6 7 8 9 7 8 2 7 8 2
1 0 0 0 0 1 0 0 1 1 4 7 1 0 0 4 1 7 2 3 1
0 1
r1 ↔ r2 0 5 6 8 9 0 0 1 0 5 2 8 0 1 c3 − c1 6 3 9 4 5 2 1 1 0
数值计算引论(第二版)三四五章习题解答
n=10 2 nonuniform interval uniform interval 1.5
1
0.5
0
-0.5 -1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
2.仍然考虑上述实验中的著名问题，使用Matlab的函数“spline”作f（x）的样 条插值。增加插值的节点，观察样条插值的收敛性。
5 2
16
3 (0)
P2 (0) R2 (0)
5.（a）求 f ( x) x 在节点
x1 2, x2 0.5, x3 0, x4 1.5, x5 2
上的三次自然样条插值（即
M1 M 5 0
）。
（b）用同样的数据做Lagrange插值。
将f（x）及它的三次自然样条插值和Lagrange多项式插值用Matlab画出来， 比较它们的结果。 解答：
x_lu=
-6.5000 42.8000 -36.0000
第四章 思考题 1. （a）对给定的连续函数，构造等距节点上的Lagrange插值多项式，节点数 目越多，得到的插值多项式越接近被逼近函数。× （b）对给定的连续函数，构造其三次样条插值，则节点数目越多，得到的 样条函数越接近被逼近的函数。√ （c）高次的Lagrange插值多项式很常用。×
（b）根据迭代收敛条件
1 a 1 2
( B) 1
( B) 2 a 1
1 1 a 2 2
实验题
4.考虑方程组Hx=b，其中系数矩阵为Hilbert矩阵，
H (hi , j ) nn , hi , j 1 , i, j 1, 2,...n i j 1
《高等代数》第三章习题及答案
习题3.1计算下列行列式：①5312--+a a ②212313121+----a a a解 ①5312--+a a =(a+2)(a-5)+3=a 2-3a-7②212313121+----a a a =(a-1)(a-1)(a+2)-3-12+2(a-1)-3(a-1)+6(a+2)= a 3+2a习题3.2求从大到小的n 阶排列(n n-1 … 2 1)的逆序数． 解 τ(n n-1 … 2 1)=(n-1)+(n-2)+…+1+0=2)1(-n n 习题3.31.在6阶行列式中，项a 23a 31a 42a 56a 14a 65和项a 32a 43a 14a 51a 66a 25应各带有什么符号？解 因为a 23a 31a 42a 56a 14a 65=a 14a 23a 31a 42a 56a 65，而τ(4 3 1 2 6 5)=3+2+0+0+1+0=6，所以项a 23a 31a 42a 56a 14a 65带有正号．又因为项a 32a 43a 14a 51a 66a 25=a 14a 25a 32a 43a 51a 66，而τ(4 5 2 3 1 6)=3+3+1+1+0+0=8，所以项a 32a 43a 14a 51a 66a 25带有正号． 2.计算：000400010002000300050000 解 因为a 15a 24a 33a 42a 51的逆序数为τ(5 4 3 2 1)=5×4/2=10，带有正号，所以000400010002000300050000=5×3×2×1×4=120 习题3.4计算：6217213424435431014327427246-解 6217213424435431014327427246-=6211003424431001014327100246-=100×621134244*********1246-=-294×105习题3.51.计算下列行列式：①1723621431524021----- ②6234352724135342------解 ①1723621431524021-----=1374310294111120001------=137410291111-----=-726②6234352724135342------=1035732130010313410------=0105731331310---- =05723133710----=-5×72337--=-1002. 计算下列n 阶行列式（n ≥2）：①ab ba b a b a 000000000000 ②1210010010011110-n a a a③n n n n x x x x x x a a a a x a 1322113211000000000-----+④111)()1()()1()()1(111n a a a n a a a n a a a n n n n n n --------- 解 ① n n a b b a b a b a ⨯000000000000=)1()1(00000000000-⨯-⨯n n a b a b a b a a+)1()1(1000000000000)1(-⨯-+⨯-n n n b a b b ab b=a n+(-1)n+1b n② D n =1210010*********-n a a a=a n-1×D n-1+(-1)n+1×)1)(1(2100000000001111---n n n a a= a n-1D n-1+(-1)n+1×(-1)1+(n-1)×)2)(2(232100000000----n n n n a a a a=a n-1D n-1-a 1a 2…a n-2=a n-1(a n-2D n-2-a 1a 2…a n-3)-a 1a 2…a n-2 =a n-1a n-2D n-2-a n-1a 1a 2…a n-3-a 1a 2…a n-2 …= a n-1a n-2…a 2D 2-a n-1a n-2…a 3a 1-…-a n-1a n-2a 1a 2…a n-4-a n-1a 1a 2…a n-3-a 1a 2…a n-2= a n-1a n-2…a 21110a -a n-1a n-2…a 3a 1-…-a n-1a n-2a 1a 2…a n-4-a n-1a 1a 2…a n-3-a 1a 2…a n-2=-a n-1a n-2…a 2-a n-1a n-2…a 3a 1-…-a n-1a n-2a 1a 2…a n-4-a n-1a 1a 2…a n-3-a 1a 2…a n-2 =-∑---11211)...(n i in a a a a ③ D n =nn n n x x x x x x a a a a x a 1322113211000000000-----+=112111...)1()1(---++-⨯-n n n n n n D x x x x a =a n x 1x 2…x n-1+x n D n-1=a n x 1x 2…x n-1+x n (a n-1x 1x 2…x n-2+x n-1D n-2) =a n x 1x 2…x n-1+x n a n-1x 1x 2…x n-2+x n x n-1D n-2 …=a n x 1x 2…x n-1+x n a n-1x 1x 2…x n-2+…+x n x n-1…x 4a 3x 1x 2+x n x n-1…x 4x 3D 2=a n x 1x 2...x n-1+x n a n-1x 1x 2...x n-2+...+x n x n-1...x 4a 3x 1x 2+x n x n-1...x 4x 3[(a 1+x 1)x 2+a 2x 1] =)( (1)1121121∑=+--+ni n i i i n n x x a xx x x x x x④D n+1=111)()1()()1()()1(111n a a a n a a a n a a a n n n nn n ---------=nn n n n n n n a a a n a a a n a a a )1()1()()1()()1(111)1(1112)1(----------+=)1()]}1([)2)(1)]{(()2)(1[()1(2)1(---------+ n n n n=2!3!...n!3.计算下列n 阶行列式（n ≥1）：①n a a a a ++++1111111111111111321②ax x x x x a x x x x a x a x x x x x a x n n nn ----- 321321321321解 ① D n =na a a a ++++1111111111111111321=na a a a +++++++11110111*********11321=1111111111111111321a a a ++++na a a a111011101110111321+++ =110010010321a a a +1-n n D a =a n D n-1-a 1a 2…a n-1=a n (a n-1D n-2-a 1a 2…a n-2)-a 1a 2…a n-1 =a n a n-1D n-2-a n a 1a 2…a n-2-a 1a 2…a n-1 =n ni n i i a a a a a aa 211111)(+∑=+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∑=ni i n a a a a 12111 (a i ≠0) ②D n =a x x x x x a x x x x a x a x x x x x a x n n n n -----321321321321=ax x x x x a x x x x a x a x x x x x a x n n n n -+-+--+- 321321321321000=n n n n x x x x x a x x x x a x a x x x x x a x 321321321321----+ax x x a x x x a x a x x x x a x -----321321321321000 =x n (-a)n-1(x 1+x 2+…+x n )+(-a)n4.证明：n 阶行列式yz z x y y x z xzz zz y y x z z yy y x z yy y y x nn ----=)()( 其中z ≠y ．解 D n =xzz zzy y x z z yy y x z x y zx00--=(x-z)D n-1-(y-x))1()1(-⨯-n n x zz zy y x zy y y z=(x-z)D n-1-(y-x)z)1()1(111-⨯-n n x z z y y x y yy=(x-z)D n-1-(y-x)z)1()1(10010001-⨯-----n n y x yz y z y x=(x-z)D n-1-(y-x)z(x-y)n-2=(x-z)D n-1+z(x-y)n-1即有D n =(x-z)D n-1+z(x-y)n-1(1)又D n =xzz zy y x z yy y x x z yy y y y x--=(x-y)D n-1-(z-x))1()1(-⨯-n n x zz zy y x zy y y y=(x-y)D n-1-(z-x)y)1()1(1111-⨯-n n x z z z yy x z=(x-y)D n-1-(z-x)y)1()1(001111-⨯-----n n z x z y z y z x=(x-y)D n-1-(z-x)y(x-z)n-2即有D n =(x-y)D n-1+y(x-z)n-1(2) 联立式（1）和式（2）得yz z x y y x z xzz zzy y x z z yy y x z yy y y x nn ----=)()( 习题3.61.设A,B,P ∈Mat n ×n (F)，并且P 是可逆的，证明：如果B=P -1AP ，则|B|=|A|．证 因为|P -1||P|=1，所以|B|=|P -1AP|=|P -1||A||P|=|A|． 2*.仿照例3.6.1，试用分块初等变换，证明定理3.6.1． 证 设A ，B 都是n ×n 矩阵，则nE BA -0=B A B A A E B n n n n=-=--+)1(0)1(另一方面，对nE BA -0的第2行小块矩阵乘以A 加到第一行上去，有nE BA -0=AB E BAB n=0所以B A AB =．习题3.71.求下列矩阵的伴随矩阵和逆矩阵①⎪⎪⎭⎫⎝⎛--1112 ②⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--325436752解 ①设原矩阵为A ，则A 11=-1，A 21=-1，A 12=1，A 22=2，伴随矩阵A *=⎪⎪⎭⎫⎝⎛--2111，|A|=-2+1=-1，所以，A -1=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---211111=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--2111②设原矩阵为A ，则A 11=3243--=-9+8=-1，A 21=3275---=-（-15+14）=1，A 31=4375=20-21=-1，A 12=3546--=38，A 22=3572-=-41，A 32=4672-=34， A 13=2536-=-27，A 23=2552--=29，A 33=3652=-24伴随矩阵A *=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-----242927344138111，|A|=-18-84+100-105+16+90=-1，所以，A -1=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛------24292734413811111=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛----2429273441381112.证明：上三角形矩阵是可逆矩阵的充分必要条件是：它的主对角线元全不为零．证 因为矩阵可逆的充分必要条件是它的行列式不为零，而上三角形矩阵的行列式等于它的主对角线上所有元的乘积，所以上三角形矩阵的行列式不为零的充分必要条件是：它的主对角线元全不为零，故上三角形矩阵可逆矩阵的充分必要条件是：它的主对角线元全不为零．3.设A 是n ×n 矩阵．证明：A 是可逆的，当且仅当A *也是可逆的．证 因为 AA *=|A|E ，两边取行列式得|A||A *|=|A|n．若A 可逆，则A 的行列式|A|≠0，从而有|A *|=|A|n-1≠0，所以A *可逆．反之，若A *可逆，设A *的逆阵为(A *)-1．用反证法，假设A 不可逆，则A 的行列式|A|=0，所以AA *=|A|E=0，对AA *=0两边同时右乘(A *)-1，得A=0，从而A 的任一n-1阶子式必为零，故A *=0，这与A *可逆相矛盾，因此A 可逆． 4.证明定理3.7.2的推论1．推论1的描述：设A 是分块对角矩阵，A=diag(A 1,A 2,…,A s )，证明：A 可逆当且仅当A 1,A 2,…,A s 均可逆，并且A -1=diag(A 1-1,A 2-1,…,A s -1)．证 A 可逆，当且仅当A 的行列式|A|≠0，而|A|=|A 1||A 2|…|A s |，所以|A|≠0当且仅当|A 1|，|A 2|，…，|A s |都不为零，即A 1,A 2,…,A s 均可逆．令B=diag(A 1-1,A 2-1,…,A s -1)，则有AB=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛S A A A21⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---11211s A A A =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛S E E E21=E 故A -1=diag(A 1-1,A 2-1,…,A s -1)．4.设A=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛333231232221131211a a aa a a a a a 是实矩阵（实数域上的矩阵），且a 33=-1．证明：如果A 的每一个元都等于它的代数余子式，则|A|=1．证 如果A 的每一个元都等于它的代数余子式，则A 的伴随矩阵A *=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛332313322212312111a a a a a a a a a =A T ．所以|A *|=|A|，又AA *=|A|E ，两边取行列式得|A|2=|A|3． 由a 33=-1，得AA *=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛333231232221131211a a aa a a a a a ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛332313322212312111a a a a a a a a a =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-12313322212312111a a a a a a a a ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-12313322212312111a a a a a a a a =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++1232231a a =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛||000||000||A A A比较最后一个等式两端第3行3列的元素知|A|=a 312+a 322+1≠0，对|A|2=|A|3两边同时除以|A|2得|A|=1．6.设A=(a ij )是n ×n 可逆矩阵，有两个线性方程组（Ⅰ）⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+++=+++=+++=+++u x c x c x c bx a x a x a b x a x a x a b x a x a x a n n nn nn n n n n n n (221122112222212111212111)（Ⅱ）⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+++=+++=+++=+++vx b x b x b cx a x a x a c x a x a x a c x a x a x a n n nn nn n n n n n n (221122112222211211221111)如果（Ⅰ）有解．证明：当且仅当u =v 时，（Ⅱ）有解．证 设方程组（Ⅰ）的解为x 1*, x 2*,…, x n *，代入方程组（Ⅰ）得（Ⅲ）⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+++=+++=+++=+++ux c x c x c bx a x a x a b x a x a x a b x a x a x a n n n n n nnn n n n n **2*1**2*12*2*22*211*1*12*11................................................ (212)12121 当u =v 时，因为 A=(a ij )是n ×n 可逆矩阵，A 的行列式不等于零，根据克莱姆法则，方程组（Ⅱ）的前n 个方程作为一个线性方程组，它有唯一解，记该解为x 1**, x 2**,…, x n **，代入方程组（Ⅱ）的前n 个方程中得（Ⅳ）⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+++=+++=+++=+++----nnn n n n nn n n n n c x a x a x a cx a x a x a c x a x a x a c x a x a x a n n nn ****2**11**1**12**112**2**22**121**1**21**11......................................................21212121 对等式组（Ⅳ）中第1个等式的两端同时乘以x 1*,第2个等式的两端同时乘以 x 2*,…, 第n个等式的两端同时乘以 x n *，然后将n 各等式的左边全部相加，也将右边全部相加，并利用（Ⅲ）式，可得b 1x 1**+b 2x 2**+…+b n x n **=c 1x 1*+ c 2x 2*+…+ c n x n *=u由u =v ，得b 1x 1**+b 2x 2**+…+b n x n **=u即x 1**, x 2**,…, x n **也满足（Ⅱ）中最后一个方程．所以方程组（Ⅱ）有解．反之，若方程组（Ⅱ）有解，设其解为x 1**, x 2**,…, x n **，代入（Ⅱ）得到（Ⅴ）⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+++=+++=+++=+++-vx b x b x b cx a x a x a c x a x a x a c x a x a x a n n n n n n nn n n n n ****2**11****2**12**2**22**121**1**21**11......................................................21212121 对等式组（Ⅲ）中第1个等式的两端同时乘以x 1**,第2个等式的两端同时乘以 x 2**,…,第n 个等式的两端同时乘以 x n **，然后将n 各等式的左边全部相加，也将右边全部相加，并利用（Ⅴ）式，可得c 1x 1*+c 2x 2*+…+c n x n *=b 1x 1**+ b 2x 2**+…+ b n x n **将上式左端与（Ⅴ）式中最后一个等式比较，将上式右端与（Ⅲ）式中最后一个等式比较，得 u =v ．7.设A 是n ×n 矩阵．证明：|A *|=|A|n-1证 因为AA *=|A|E ，两边取行列式得 |A||A *|=|A|n ．如果|A|≠0，两边除以|A|，得|A *|=|A|n-1如果|A|=0，也可写成|A *|=|A|n-1，总之，有|A *|=|A|n-1成立．。
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。