近世代数习题解答张禾瑞四章
近世代数课后题答案修改版
（2）在乘法表中任取一个 1，在同一列中必有一个 x，在同一行 中必有一个 y，设第四个顶点的元素为 z，见下图，
�
..........a-1.........................c...................
......
...........................................................
......
高等代数(张禾瑞版)教案-第4章线性方程组
第四章 线 性 方 程 组4.1 消元法教学目的：1、掌握线性方程组的和等变换，矩阵的初等变换等概念。
理解线性方程组的和等变换是同解变换，以及线性方程组的初等变换可用增广矩阵的相应的行初等变换代替。
2、熟练地掌握用消元发解线性方程组，以及判断线性方程组有没有解和解的个数。
设方程组:a 11x 1+a 12x 2+…+a 1n x n =b 1; a 21x 1+a 22x 2+…+a 2n x n =b 2; (1) ……………………………… a m1x 1+a m2x 2+…+a mn x n =b m . 1 线性方程组的初等变换: 例1解线性方程组:21 x 1 +31x 2 + x 3=1 (2) x 1+ 35x 2 +3 x 3=32x 1+34x 2+5 x 3=2从第一和第三方程分别减去第二个方程的21倍和2倍,来消去前两个方程中的未知量x 1(即把x 1的系数化为零).我们得到:-21 x 1 -21 x 3= -21 x 1+ 35x 2+3 x 3=3-2 x 2- x 3=-4为了计算的方便,我们把第一个方程乘以-2后,与第二个方程交换,得:x1+35x 2+3x 3= 3 x 2+ x 3= 1 -2x 2- x 3=-4把第二个方程的2倍加到第三个方程,来消去后一方程中的未知量x 2,我们得到:x 1+35x 2+3x 3= 3 x 2+ x 3= 1x 3=-2现在很容易求出方程组的解.从第一个方程减去第三个方程的3倍,再从第二个方程减去第三个方程(相当于把x 3的值-2代入第一和第二个方程),得x 1+35x 2=9 x 2=3 x 3=-2再从第一个方程减去第二个方程的35倍(相当于把x 2的值3代入第一个方程),得 x 1=4x 2=3 x 3=-2这样我们就求出了方程组(2)的解.分析一下以上的例子,我们看到,我们对方程组施行了三种变换: 1) 交换两个方程的位置;2) 用一个不等于零的数乘某一个方程; 3) 用一个数乘某一个方程后加到另一个方程. 我们把这三种变换叫做线性方程组的初等变换. 由初等代数知道,以下定理成立.定理4.1.1 初等变换把一个线性方程组边为一个与它同解的线性方程组. 2 矩阵： 利用线性方程组(1)的系数可以排成如下的一个表:(3) ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛a aa aa a a a a mn m m n n............ (2)12222111211, 而利用(1)的系数和常数项又可以排成下表:(4) ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛b aaa b a a b a a a b a a a m mnm m nn ............... (2)133231222221111211.定义1 由st 个数c ij 排成一个s 行t 列的表⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛c c c cc c c c c st s s t t212222111211叫作一个s 行t 列（或s ⨯t ）矩阵。
近世代数基础 张禾瑞 答案
《近世代数》单元测试（群论部分）
学号_________________ 姓名_______________ 成绩__________________
一、 （15%）在全体n 阶矩阵集合)(R M n 中定义二元关系“~”：⇔B A ~存在可逆矩阵
P ，使得B AP P =-1。
证明：
“~”是一个等价关系。
二、 （15%）设R 为实数域，令R c b a a b a c b a G ∈⎪⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛=,,|000{ 且0≠a }。
证明G 关于矩
阵的乘法构成群。
三、 (15%)设}0,,|10{≠∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡=r Q s r s r G 对于矩阵乘法构成群，}|101{Q s s H ∈⎥⎦
⎤⎢⎣⎡=，其中Q 是有理数域，证明：H 是G 的不变子群，且*≅Q H G
，其中*Q 是非零有理数的乘法群。
四、 (15%)设G 和G 是两个有限循环群，它们的阶分别是m 和n ，证明：G 和G 同态当且
仅当m n |。
五、 （15%）若A 、B 是群G 的两个不变子群，且AB G =，证明：若
B b A a ba ab ∈∈∀=,,，则G 是直积B A ⨯的一个满同态象。
六、 （15%）设G 和G 是两个有限循环群，它们的阶分别是m 和n ，证明：G 和G 同态
当且仅当m n |。
七、 （10%）设G G f →:是满同态，G b a ∈,，证明：bK aK b f a f =⇔=)()(，其
中Kerf K =。
《近世代数基础》(修订本)张禾瑞[1].著__课后答案__PPt格式共42页
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61、辍学如磨刀之石，不见其损，日 有所亏 。 62、奇文共欣赞，疑义相与析。
63、暧暧远人村，依依墟里烟，狗吠 深巷中 ，鸡鸣 桑树颠 。 64、一生复能几，倏如流电惊。 65、少无适俗韵，性本爱丘山。
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
41、学问是异常珍贵的东西，从任何源泉吸 收都不可耻。——阿卜·日·法拉兹
42、只有在人群中间，才能认识自 己。——德国
43、重复别人所说的话，只需要教育； 而要挑战别人所说的话，则需要头脑。—— 玛丽·佩蒂博恩·普尔
44、卓越的人一大优点是：在不利与艰 难的遭遇里百折不饶。——贝多芬
45、自己的饭量自己知道。——苏联
近世代数习题解答
近世代数题解第一章基本概念§1. 11.4.5.近世代数题解§1. 2 2.3.近世代数题解§1. 31. 解1)与3)是代数运算，2)不是代数运算．2. 解这实际上就是M中n个元素可重复的全排列数n n．3. 解例如A B＝E与A B＝AB—A—B．4.5.近世代数题解§1. 41.2.3.解1）略2）例如规定4．5．略近世代数题解§1. 51. 解1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射．2.略3.4.5.§1. 61.2. 解1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性；3)是等价关系；4)是等价关系．3. 解3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类．4.则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把Q换成实数域的任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．5.6.证1）略2）7.8.9.10.11.12.第二章群§2. 1 群的定义和初步性质一、主要内容1．群和半群的定义和例子特别是一船线性群、n次单位根群和四元数群等例子．2．群的初步性质1)群中左单位元也是右单位元且惟一；2)群中每个元素的左逆元也是右逆元且惟一：3)半群G是群⇔方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．4)有限半群作成群⇔两个消去律成立．二、释疑解难有资料指出，群有50多种不同的定义方法．但最常用的有以下四种：1)教材中的定义方法．简称为“左左定义法”；2)把左单位元换成有单位元，把左逆元换成右逆元(其余不动〕．简称为“右右定义法”；3)不分左右，把单位元和逆元都规定成双边的，此简称为“双边定义法”；4)半群G再加上方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．此简称为“方程定义法”．“左左定义法”与“右右定义法”无甚差异，不再多说．“双边定\义法”缺点是定义中条件不完全独立，而且在验算一个群的实例时必须验证单位元和逆元都是双边的，多了一层手续(虽然这层手续一般是比较容易的)；优点是：①不用再去证明左单位元也是右单位元，左逆元也是右逆元；②从群定义本身的条件直接体现了左与右的对称性．以施行“除法运算”，即“乘法”的逆运算．因此，群的‘方程定义法”直接体现了在群中可以施行“乘法与除法”运算．于是简言之，可以施行乘法与除法运算的半群就是群．为了开阔视野，再给出以下群的另一定义．定义一个半群G如果满足以下条件则称为一个群：对G中任意元素a，在G中都存在元素1-a，对G中任意元素b都有1-a(ab)=(ba)1-a=b．这个定义与前面4种定义的等价性留给读者作为练习．2．在群的“方程定义法”中，要求方程a x=b与y a=b都有解缺一不可．即其中一个方程有解并不能保证另一个方程也有解．4．关于结合律若代数运算不是普通的运算(例如，数的普通加法与乘法，多项式的普通加法与乘法以及矩阵、变换和线性变换的普通加法或乘法)，则在一般情况下，验算结合律是否成立比较麻烦．因此在代数系统有限的情况下，有不少根据乘法表来研究检验结合律是否成立的方法．但无论哪种方法，一般都不是太简单．5．关于消去律．根据教材推论2，对有限半群是否作成群只用看消去律是否成立．而消去律是否成立，从乘法表很容易看出，因为只要乘法表中每行和每列中的元素互异即可．6．在群定义中是否可要求有“左”单位元而每个元素有“右”逆元呢？答不可以，例如上面例2就可以说明这个问题，因为e1是左单位元，而e1与e2都有右逆元且均为e1．但G并不是群．7．群与对称的关系．1)世界万物，形态各异．但其中有无数大量事物部具有这样或那样的对称性．而在这些具有对称性的万事万物中，左右对称又是最为常见的．由群的定义本身可知，从代数运算到结合律，特别是左、右单位元和左、右逆元，均体现出左右对称的本质属性．2)几何对称．设有某一几何图形，如果我们已经找到了它的全部对称变换(即平常的反射、旋转、反演和平移变换的统称)，则此对称变换的全体关于变换的乘法作成一个群，称为该图形的完全对称群．这个图形的对称性和它的完全对称群是密切相关的．凡对称图形(即经过对称变换保持不变的图形、亦即完成这种变换前后的图形重合)，总存在若干个非恒等对称变换和恒等变换一起构成该图形的完全对称群．反之，如果一个图形存在着非平凡的对称变换，则该图形就是对称图形．不是对称的图形，就不能有非恒等的对称变换．显然，一个图形的对称程度越高，则该图形的对称变换就越多．也就是说它的完全对称群的阶数就越高，即图形对称程度的高低与其对称群的阶数密切相关．因此；这就启发人们用群去刽面对称图形及其性质，用群的理论去研究对称．所以人们就把群论说成是研究对称的数学理论．显然，每个n元多项式都有一个确定的n次置换群：例如n元多项式例6 任何n元对称多项式的置换群都是n次对称群．很显然，一个多元多项式的置换群的阶数越高，这个多元多项式的对称性越强．反之亦然．因此，我们通常所熟知的多元对称多项式是对称性最强的多项式．三、习题2．1解答1.略2.3.4.5.6.§2. 2 群中元素的阶一、主要内容1．群中元素的阶的定义及例子．周期群、无扭群与混合群的定义及例子．特别，有限群必为周期群，但反之不成立．2．在群中若a＝n，则4．若G是交换群，又G中元素有最大阶m，则G中每个元素的阶都是m的因子．二、释疑解难在群中，由元素a与b的阶一般决定不了乘积ab的阶，这由教材中所举的各种例子已经说明了这一点．对此应十分注意．但是，在一定条件下可以由阶a与b决定阶ab，这就是教材中朗定理4：4．一个群中是否有最大阶元?有限群中元素的阶均有限，当然有最大阶元．无限群中若元素的阶有无限的(如正有理数乘群或整数加群)，则当然无最大阶元，若无限群中所有元素的阶均有限(即无限周期群)，则可能无最大阶元，如教材中的例4：下面再举两个(一个可换，另一个不可换)无限群有最大阶元的例子．5．利用元素的阶对群进行分类，是研究群的重要方法之一．例如，利用元素的阶我们可以把群分成三类，即周期群、无扭群与混合群．而在周期群中又可分出p—群p是素数)，从而有2—群、3—群、5—群等等．再由教材§3. 9知，每个有限交换群(一种特殊的周期群)都可惟一地分解为素幂阶循环p—群的直积，从而也可见研究p—群的重要意义．三、习题2．2解答1.2.3.4.5.推回去即得．6.§2. 3 子群一、主要内容1．子群的定义和例子．特别是，特殊线性群(行列式等于l的方阵)是一般线性群(行列式不等于零的方阵)的子群．4．群的中心元和中心的定义．二、释疑解难１．关于真子群的定义．教材把非平凡的子群叫做真子群．也有的书把非G的于群叫做群G的真子群．不同的定义在讨论子群时各有利弊．好在差异不大，看参考书时应予留意．2．如果H与G是两个群，且H⊆G，那么能不能说H就是G的子群?答：不能．因为子群必须是对原群的代数运算作成的群．例如，设G是有理数加群，而H 是正有理数乘群，二者都是群，且H⊆G但是不能说H是G的子群．答：不能这样认为．举例如下．例2设G是四元数群．则显然是G的两个子群且易知反之亦然．三、习题2．3解答1．证赂．2．证必要性显然，下证充分性．设子集H对群G的乘法封闭，则对H中任意元素a和任意正整数m都有a m∈H．由于H 中每个元素的阶都有限，设a ＝n ，则3．对非交换群一放不成立．例如，有理数域Q 上全体2阶可逆方阵作成的乘群中，易知⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1021a ， ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1031b的阶有限，都是2，但易知其乘积⎪⎪⎭⎫⎝⎛=1011ab的阶却无限．即其全体有限阶元素对乘法不封闭，故不能作成子群．4．证 由高等代数知，与所有n 阶可逆方阵可换的方阵为全体纯量方阵，由此即得证． 5．证 因为(m ，n )＝1，故存在整数s ，t 使 ms 十n t ＝1． 由此可得6．7．§2. 4 循 环 群一、主要内容1．生成系和循环群的定义．2．循环群中元素的表示方法和生成元的状况．3．循环群在同构意义下只有两类：整数加群和n 次单位根乘群，其中n ＝1，2，3，…． 4．循环群的子群的状况．无限循环群有无限多个子群．n 阶循环群a 有T (n )(n 的正出数个数)个子群，且对n 的每个正因数k ，a 有且仅有一个k 阶子群kn a．二、释疑解难1．我们说循环群是一类完全弄清楚了的群，主要是指以下三个方面：1)循环群的元素表示形式和运算方法完全确定．其生成元的状况也完全清楚(无限循环群有ϕ个生成元而且a k是生成元⇔(k n)＝1)；两个生成元，n阶循环群a有)(n2)循环群的子群的状况完全清楚；3)在同构意义下循环群只有两类：一类是无限循环群，都与整数加群同构；另一类是n(n ＝1，2，…)阶循环群，都与n次单位根乘群同构．2．循环群不仅是一类完全弄清楚了的群，而且是一类比较简单又与其他一些群类有广泛联系的群类．例如由下一章§9可知，有限交换群可分解为一些素幂阶循环群的直积．更一般地，任何一个具有有限生成系的交换群都可分解成循环群的直积．由于循环群已完全在我们掌握之中，所以这种群(具有有限生成系的交换群)也是一类研究清楚了的群类．它在各种应用中有着非常重要的作用．例如在组合拓扑学中它就是一个主要的工具．三、习题§2. 4解答1.2.3.4.5.6.7.§2. 5 变换群一、主要内容1．变换群、双射变换群(特别是集合M上的对称群和n次对称群)和非双射变换群的定义及例子．2．变换群是双射变换群的充要条件；双射变换群与抽象群的关系．1)集合M上的变换群G是双射变换群 G含有M的单或满)射变换；2)任何一个群都同一个(双射)变换群同构．3．有限集及无限集上非双射变换群的例子(例2和例3)．二、释疑解难1．一般近世代数书中所说的“变换群”，都是由双射变换(关于变换乘法)所作成的群，即本教材所说的“双射变换群”．而本教材所说的“变换群”则是由一个集合上的一些变换(不一定是双射变换)作成的群．通过教材§5定理2和推论1可知，实际上变换群可分成两类：一类是双射变换群(全由双射变换作成的群，即通常近世代数书中所说的“变换群”)，另一类是非双射变换群(全由非双射变换作成的群)．在学习本书时应留意这种差异．2．本节教材定理2(若集合M上的变换群G含有M的单射或满射变换．则G必为M上的一个双射变换群，即G中的变换必全是双射变换)比有些书上相应的定理(若集合M上由变换作成的群G含有M的恒等变换，则G中的变换必全为双射变换)大为推广．因为后者要求G包含恒等变换(一个特殊的双射变换)，而前者仅要求G包含一个单(或满)射变换即可．因此，后音只是前者(本节教材定理2)的一个推论，一种很特殊的情况．两相比较，差异较大．这种差异也说明，M上的任何一个非双射变换群不仅不能包含恒等变换，而且连M的任何单射或满射变换也不能包含．另外，在这里顺便指出，集合M上的任何双射变换群G的单位元必是M的恒等变换．3．集合M 上的全体变换作成的集合T (M )，对于变换的乘法作成一个有单位元的半群．在半群的讨论中，这是一类重要的半群．并且本节习题中第4题还指出，当M ＞1时T (M )只能作成半群，而不能作成群．三、习题§2. 5解答1. 解 作成有单位元半群，τ是单位元．但不作成群，因为σ无逆元．2.3. 解 G 作成群：因为易知4.5.§2. 6 置 换 群一、主要内容1．任何(非循环)置换都可表为不相连循环之积，任何置换都可表为若干个对换之积，且对换个数的奇阴偶性不变．从而有奇、偶置换的概念，且全体n 次置换中奇、偶置换个数相等，各为2!n 个(n ＞1)．2．k —循环的奇偶性、阶和逆元的确定方法，以及不相连循环乘积的奇偶性、阶和逆元的确定方法．1)k—循环与A有相反奇偶性．2)k—循环的阶为k．又(i1，i2…i k)－1＝(i k，…，i2，i1 )．3)若σ分解为不相连循环之积．则其分解中奇循环个数为奇时σ为奇置换，否则σ为偶置换．σ的阶为各因子的阶的最小公倍．其逆元可由k—循环的逆元来确定．3．由置换σ，τ求置换στσ－１的方法．n次对称群s n的中心．4．传递群的定义、例子和简单性质．二、释疑解难1．研究置换群的重要意义和作用．除了教材中已经指出的(置换群是最早研究的一类群，而且每个有限的抽象群都同一个置换群同构)以外，研究置换群的重要意义和作用至少还有以下几方面：1) 置换群是一种具体的群，从置换乘法到判断置换的奇偶性以及求置换的阶和逆置换，都很具体和简单．同时它也是元素不是数的一种非交换群．在群的讨论中举例时也经常用到这种群．2) 在置换群的研究中，有一些特殊的研究对象是别的群所没有的．如置换中的不动点理论以及传递性和本原性理论等等．3) 置换群中有一些特殊的子群也是一般抽象群所没有的．例如，交代群、传递群、稳定子群和本原群等等．就教材所讲过的交代群和传递群的重要性便可以知道，介绍置换群是多么的重要．2．用循环与对换之积来表出置换的优越性．首先，书写大为简化，便于运算。
近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)5
近世代数课后习题参考答案第五章 扩域1 扩域、素域1. 证明:)(S F 的一切添加S 的有限子集于F 所得的子域的并集是一个域.证 一切添加S 的有限子集于F 所得的子域的并集为∑1)若 ∑∈b a , 则一定有),,(2,1n F a ααα ∈),,(2,1m F b βββ ∈易知m n F b a βββααα,,,,,,(2121 ∈-但∑⊂),,,,,,(2121m n F βββααα 从而∑∈-a b2)若,,∑∈b a 且0≠b 则 ),,,(21m F b βββ ∈-从而有∑⊂∈-),,,,,,(21211m n F ab βββααα２ 单扩域１． 令E 是域F 的一个扩域，而F a ∈证明a 是F 上的一个代数元，并且F a F =)(证 因0=-a a 故a 是F 上的代数元．其次，因F a ∈，故F a F ⊂)(易见F a F ⊃)(，从而F a F =)(２．令F 是有理数域．复数i 和112-+i i 在F 上的极小多项式各是什么？ )(i F 与)112(-+i i F 是否同构？ 证 易知复数i 在F 上的极小多项式为112,12-++i i x在F 上的极小多项式为252+-x x因)112()(-+=i i F i F 故这两个域是同构的．３．详细证明，定理３中a 在域F 上的极小多项式是)(x p证 令ℜ是)(x F 中的所有适合条件0)(=a f 的多项式作成)(x f 的集合．1) ℜ是)(x F 的一个理想(ⅰ)若 ℜ∈)(),(x g x f 则0)(,0)(==a g a f因而0)()(=-a g a f 故ℜ∉-)()(x g x f ⅱ)若)(,)(x h x f ℜ∈是)(x F 的任一元那么0)()(=a f a h 则ℜ∈)()(x f x h2)是一个主理想设 )(1x p 是ℜ中a ！的极小多项式那么，对ℜ中任一)(x f 有)()()()(1x r x q x p x f +=这里0)(=x r 或r(x)的次数 但)()()()(1x R a q a p a f +=因 )(,0)(1a p a f =0= 所以0)(=a r若 0)(≠x r 则与x p 1是a 的极小多项式矛盾． 故有 )()()(1x q x p x f = 因而)((1x p =ℜ （３）因 p(a)=0 故p(x)ℜ∈)()(1x p x P 因二者均不可约，所以有)()(1x ap x p =又)(),(1x p x p 的最高系数皆为1那么1=a 这样就是)()(1x P x p =４． 证明：定理３中的K a F =)(证 设,K f ∈，则在定理３的证明中，'K K ≅之下有． a xa x a f n n nn +++→------11但 ,x a → -→11a a 故必011a a a f n n n n ++=--αα 这就是说)(αF k ⊂ 因而K a F =)(３ 代数扩域１．令E 是域F 的一个代数扩域，而α是E 上的一个代数元， 证明α是E 上的一个代数元 证 因为α是F 上的代数元所以nn e e e αα+++ 10又因为E 是F 的代数扩域，从而),,(10n e e e F 是F 的代数扩域，再有α是),,(10n e e e F 上的代数元，故),,(10n e e e F ()(αn n e e e e F ,,,,(110- )的有限扩域，由本节定理１，知 ),,,,,(110αn n e e e e F -是F 的有限扩域，因而是F 的代数扩域，从而a 是F 上的一个代数元．２．令F ,E 和L 是三个域，并且F E ⊂I ⊂，假定(:)I F m =而E 的元α在F 上的次数是n ，并且1),(=n m证明α在I 上的次数也是１ 证 设r I I =:)((α因为 F I I ⊃⊃)(α由本节定理1 rm F a I =):)(( 另一方面，因为F I F F :)(():)((αα 仍由本节定理！！ 即有rm n但由题设知 1),(=n m 故 r n又α在I 上的次数是r ，因而其在I 上的极小多项式的次数是１ α在I 上的次数是n ，因而其在F 上的极小多项式的次数是n 由于α在上的极小多项式能整除α在F 上的极小多项式所以n r ≤ 因而n r =３．令域！的特征不是２，E 是F 的扩域，并且 4):(=F E证明存在一个满足条件E I F ⊂⊂的E 的二次扩域F 的充分与必要条是：4):(=F E ，而α在F 上的极小多项式是b ax x ++24证 充分性：由于α在F 上的极小多项式为b ax x ++24故F a ∉2及)(22αF a ∉因而1):)((2≠F a F 由本节定理１知：所以 2):)((2=F a F 这就是说，)(a F 是一个满足条件的的二次扩域必要性：由于存在I 满足条件E I F ⊂⊂且为F 的二次扩域即2):1(=F 因此可得（2)1:(=E 我们容易证明，当F 的特征不是２时，且 则 而！在！上的极小多项式是！同样 )(a I E =而β在f x -2上的极小多项式是 这样 ,,2F f f ∈=β I i i ∈=,2α那么ββ22212122f f f f i ++=所以24i =α22221212ββf f f f ++=222212122ββf f f f ++=令12f a -= f f f b 2221-=同时可知b a ,均属于F 024=++∴b a αα 由此容易得到0(a F E =４．令E 是域F 的一个有限扩域，那么总存在E 的有限个元m ααα ,,21使),,(21m F E ααα =证 因为E 是F 的一个有限扩域，那么把E 看成F 上是向量空间时，则有一个基n ααα ,,21显然这时 ),,(21m F E ααα =５．令F 是有理数域，看添加复数于F 所得扩域＂ )2,2(31311i F E =)2,2(31312wi F E =证明6):(,2)2((131==F E F证 易知！在！上的极小多项式是！ 即（3:)2(32=F F同样312上的极小多项式是322324222∙+-x x 即4))2((31;2=F E由此可得（12):(,6):(21==F F F E４ 多项式的分裂域１．证明：有理数域F 上多项式14+x 的分裂域是一个单扩域)(a F 其中a 是14+x 的一个根证 14+x 的４个根为2222,2222,2222,22223210i a i a i a i a --=+-=-=+=又a a a a a a -=-==--31211,;所以)(),,,(321a F a a a a F =２．令F 是有理数域，a x -3是F 上一个不可约多项式，而a 是a x -3的一个根，证明)(a F 不是a x -3在F 上的分裂域．证 由于a 是a x -3的一个根，则另外两个根是2,εεa a ，这里ε，2ε是12++x x 的根若)(a F 是a x -3的在H 上的分裂域那么)(,2a F a a ∈εε这样，就是)()(a F F F ⊂⊂ε由3。
近世代数习题解答(张禾瑞)四章
就是单位矛盾
假定互素
令就是得最大公因子
则有即
就是得公因子
于就是就是单位
那么就是得最大公因子
3．假定就是一个整环,与就是得两个主理想
证明 当而且只当就是得相伴元得时候
证 假定
就是单位
所以就是 得相伴元
假定(单位)
故(
３主理想
１.假定就是一个主理想环,并且
证明 就是与得一个最大公因子,因此与得何最大公因子
此即中有一就是得相伴元
现在瞧得情形
可能得情形就是
显然
由(２)知得就是素元,故知５就是素元之积
(４)５得单一分解
均为单位
２唯一分解环
１.证明本节得推论
证 本节得推论就是;
一个唯一分解环得个元在里一定有最大公因子,
得两个最大公因子只能查一个单位因子。
用数学归纳法证
当时,由本节定理３知结论正确。
假定对个元素来说结论正确。
瞧得情形
设 有最大公因子为。
,得最大公因子为
即 而
又
故就是得公因子
假定
又
这就就是说,就是得最大公因子
若就是得最大公因子
那么 且
若 则
则即就是单位
故
２.假定在一个唯一分解环里
证明 当而且只当就是得一个最大公因子得时候,互素
证 假定就是得一个最大公因子
若 不互素
则有 而不就是单位
那么
这就就是说就是得公因子
证
不管就是得或!均使
3、证明本节得导数计算规则
证
ⅰ)
=
+
故有
(ⅱ)[
现在证明
用数学归纳法证
时,利用(ⅱ)使有
近世代数课后习题参考答案（张禾瑞）-1
近世代数课后习题参考答案（张禾瑞）-1近世代数课后习题参考答案第一章基本概念1 集合1.A B ?,但B 不是A 的真子集,这个情况什么时候才能出现? 解 ?只有在B A =时, 才能出现题中说述情况.证明如下当B A =,但B 不是A 的真子集,可知凡是属于A 而B a ?,显然矛盾; 若A B ?,但B 不是A 的真子集,可知凡属于A 的元不可能属于B ,故BA =2.假定B A ?,?=B A ,A ∩B=? 解? 此时, A ∩B=A,这是因为A ∩B=A 及由B A ?得A ?A ∩B=A,故A B A = ,B B A ? , 及由B A ?得B B A ? ,故B B A = ,2 映射1.A =}{100,3,2,1，??,找一个A A ?到A 的映射. 解? 此时1),(211=a a φ A a a ∈21, 1212),(a a a =φ 易证21,φφ都是A A ?到A 的映射.2.在你为习题1所找到的映射之下,是不是A 的每一个元都是A A ?到A 的一个元的的象? 解?容易说明在1φ之下,有A 的元不是A A ?的任何元的象;容易验证在2φ之下,A 的每个元都是A A ?的象.3 代数运算1.A ={所有不等于零的偶数}.找到一个集合D ,使得普通除法是AA ?到D 的代数运算;是不是找的到这样的D ?解?取D 为全体有理数集,易见普通除法是A A ?到D 的代数运算;同时说明这样的D 不只一个.2.=A }{c b a ,,.规定A 的两个不同的代数运算. 解?a b c aa b ca b cc a a a a a c c a b bd a aca a a4 结合律1.A ={所有不等于零的实数}. 是普通除法:bab a = .这个代数运算适合不适合结合律? 解? 这个代数运算不适合结合律: 212)11(= , 2)21(1= ,从而)21(12)11( ≠.2.A ={所有实数}. : b a b a b a =+→2),(这个代数运算适合不适合结合律?解? 这个代数运算不适合结合律c b a c b a 22)(++= ,c b a c b a 42)(++=)()(c b a c b a ≠ 除非0=c .3.A ={c b a ,,},由表所给的代数运算适合不适合结合律?解? 经过27个结合等式后可以得出所给的代数运算适合结合律.5 交换律1.A ={所有实数}. 是普通减法:b a b a -= .这个代数运算适合不适合交换律?解? 一般地a b b a -≠- 除非b a =.2.},,,{d c b a A =,由表a b c d a a b c d b b d a c c c a b d dd c a b所给出代数运算适合不适合交换律?a b c aa b cc a cc a b解? d d c = , a c d =从而c d d c ≠.故所给的代数运算不适合交换律.6 分配律假定:?⊕,是A 的两个代数运算,并且⊕适合结合律,⊕?,适合两个分配律.证明)()()()(22122111b a b a b a b a ?⊕?⊕?⊕? )()()()(22211211b a b a b a b a ?⊕?⊕?⊕?= 证?)()()()(22122111b a b a b a b a ?⊕?⊕?⊕? =])[(])[(221121b a a b a a ?⊕⊕?⊕ =)()(2121b b a a ⊕?⊕=)]([)]([212211b b a b b a ⊕?⊕⊕?)()()()(22211211b a b a b a b a ?⊕?⊕?⊕?=7 一一映射、变换1.A ={所有0?的实数},=-A {所有实数}.找一个A 与-A 间的意义映射.证φ:a a a log =→-因为a 是大于零的实数,所以a log 是实数即A a ∈,而--∈A a ,而且b a b a log log =?=.因此φ是A 到-A 的映射.又给了一个-A 的任意元-a ,一定有一个A 的元a ,满足-=a a log ,因此φ是A 到-A 的满射.a a a log =→-b b b l o g =→-若b a ≠, 则b a log log ≠.即 --≠?≠b a b a 因此φ又是A 到-A 的单射.总之,φ是A 到-A 的一一映射.2. A ={所有0≥的实数},=-A {所有实数-a ,10≤≤-a }. 找一个A 到-A 的满射. 证a a a s i n :=→-φ,容易验证φ是A 到-A 的满射.3.假定φ是A 与-A 间的一个一一映射,a 是A 的一个元.?)]([1=-A φφ)]([1=-a φφ若φ是A 的一个一一变换,这两个问题的回答又该是什么?解? a a =-)]([1φφ, a a =-)]([1φφ未必有意义;当φ是A 的一一变换时,.)]([,)]([11a a a a ==--φφφφ8 同态1.A ={所有实数x },A 的代数运算是普通乘法.以下映射是不是A 到A 的一个子集-A 的同态满射?x x a →) x x b 2)→ 2)x x c → x x d -→)证? )a 显然=-A {所有0≥的实数}.又由于y x xy xy =→ 可知x x →是A 到-A 的同态满射.)b 由于)2)(2(2y x xy xy ≠→ ( 除非0=xy )所以x x 2→不是A 到-A 的同态满射.)c 由于222)()()(y x xy xy =→,易知2x x →是A 到-A 的同态满射.这里-A ={所有0≥的实数}.)d 一般来说,))((y x xy --≠-,:所以x x -→不是A 到-A 的同态满射 .2. 假定A 和-A 对于代数运算ο和-ο来说同态，-A 和=A 对于代数运算-ο和=ο来说同态，证明 A 和=A 对于代数运算ο和=ο来说同态。
近世代数课后习题参考答案(张禾瑞) (1)
近世代数课后习题参考答案第二章群论1群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?证 不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件''5,4来作群的定义:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1得e a a =-1因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1 所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即 由 a ae = 得 a ea =a ae a a a a aa ea ====--)()(11即 a ea =这样就得到群的第二定义. (3) 证 b ax =可解 取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.2单位元,逆元,消去律1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就是交换群. 证 由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)(.2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证 (1) 先证a 的阶是n 则1-a 的阶也是n .e e a a e a n nn===⇒=---111)()(若有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a 的阶等于1-a 的阶 (2)a 的阶大于2, 则1-≠a a 若 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 则 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证 根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶 2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a nm∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等:n m a a =)(n m 〈 故 e a m n =- m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定相同? 证 不一定相同 例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G 但231,231i i --+-的阶都是3.而1的阶是1.5变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证 我们的回答是回有的},3,2,1{ =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→3 3→2 3→4 4→3 4→5 ……τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A 是所有实数作成的集合.证明.所有A 的可以写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群? 证 (1) :τb ax x +→:λd cx x +→:τλd cb cax d b ax c x ++=++→)(d cb ca +,是有理数 0≠ca 是关闭的.(2) 显然时候结合律(3) 1=a 0=b 则 :εx x → (4) :τb ax +)(1:1ab x a x -+→-τ 而 εττ=-1所以构成变换群.又 1τ: 1+→x x:2τx x 2→:21ττ)1(2+→x x :12ττ12+→x x故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ: )()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元. 证 :1τ)(1a a τ→:2τ)(2a a τ→那么:21ττ)()]([2121a a a ττττ=→ 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ==→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ故 )()(321321ττττττ= 再证ε还是S 的单位元:ε)(a a a ε=→:ετ)()]([a a a ττε=→τ:τε)()]([a a a τετ=→∴τεετ=4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。
近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)-3
近世代数课后习题参考答案第三章 环与域1 加群、环的定义1. 证明,本节内所给的加群的一个子集作成一个子群的条件是充分而且必要的.证 (ⅰ)若S 是一个子群 则S b a S b a ∈+⇒∈,'0是S 的零元,即a a =+'0对G 的零元,000'=∴=+a a 即.00S a a s ∈-=-∴∈ (ⅱ)若S b a S b a ∈+⇒∈, S a S a ∈-⇒∈今证S 是子群由S S b a S b a ,,∈+⇒∈对加法是闭的,适合结合律, 由S a S a ∈-⇒∈,而且得S a a ∈=-0 再证另一个充要条件:若S 是子群,S b a S b a S b a ∈-⇒∈-⇒∈,, 反之S a a S a a S a ∈-=-⇒∈=-⇒∈00 故S b a b a S b a ∈+=--⇒∈)(,2. },,,0{c b a R =,加法和乘法由以下两个表给定:+ 0 a b c ⨯0 a b c 0 0 a b c 0 0 0 0 0 a a 0 c b a 0 0 0 0 b b c 0 a b 0 a b c c c b a 0c0 a b c证明,R 作成一个环 证 R 对加法和乘法的闭的.对加法来说,由.9.2习题6,R 和阶是4的非循环群同构,且为交换群. 乘法适合结合律Z xy yz x )()(=事实上.当0=x 或a x =,)(A 的两端显然均为0.当b x =或x=c,)(A 的两端显然均为yz . 这已讨论了所有的可能性,故乘法适合结合律.两个分配律都成立xz xy z y x +=+)( zx yx x z y +=+)(事实上,第一个分配律的成立和适合律的讨论完全一样, 只看0=x 或a x =以及b x =或c x =就可以了.至于第二个分配律的成立的验证,由于加法适合交换律,故可看0=y 或a y = (可省略a z z ==,0的情形)的情形,此时两端均为zx剩下的情形就只有0,0)(=+=+=+x x bx bx x b b 0,0)(=+=+=+x x cx cx x c c0,0)(=+=+==+x x cx bx ax x c b ∴R 作成一个环.2 交换律、单位元、零因子、整环1. 证明二项式定理 n n n n n b b aa b a +++=+- 11)()(在交换环中成立. 证 用数学归纳法证明. 当1=n 时,显然成立. 假定k n =时是成立的:k i i k k i k kk k b b a b a a b a +++++=+-- )()()(11看1+=k n 的情形)()(b a b a k++))()()((11b a b b a b a a ki i k k i k k k ++++++=--1111111)]()[()()(++--+++++++++=+k ii k k i k i k k k k b b ab a a b a 111111)()(+-+++++++++=k i i k k i k k k b b a b a a(因为)()()(11kr k r k r -++=) 即二项式定理在交换环中成立.2. 假定一个环R 对于加法来说作成一个循环群,证明R 是交换环.证 设a 是生成元 则R 的元可以写成na (n 整数)2)]([)]([))((nma aa m n ma a n ma na ===2))((mna na ma =3． 证明,对于有单位元的环来说,加法适合交换律是环定义里其他条件的结果 (利用)11)((++b a ) 证 单位元是1,b a , 是环的任意二元,1)11(1)()11)((⋅++⋅+=++b a b ab a b a +++= )11()11(+++=b a b b a a +++=b b a a b a b a +++=+++∴ b a a b +=+4． 找一个我们还没有提到过的有零因子的环.证 令R 是阶为2的循环加群 规定乘法:R b a ∈,而0=ab 则R 显然为环.阶为2 ∴有R a ∈ 而 0≠a但 0=aa 即a 为零因子 或者R 为n n ⨯矩阵环.5． 证明由所有实数2b a + (b a ,整数)作成的集合对于普通加法和乘法来说 是一个整环.证 令2{b a R +=b a ,(整数)}(ⅰ) R 是加群2)()()2()2(d b c a d c b a +++=+++ 适合结合律,交换律自不待言.零元 200+2b a +的负元2b a --(ⅱ)2)()2()2)(2(bc ad bd ac d c b a +++=++ 乘法适合结合律,交换律，并满足分配律.(ⅲ)单位元 201+(ⅲ) R 没有零因子，任二实数00=⇒=a ab 或0=b3 除、环、域1. =F {所有复数bi a + b a ,是有理数}证明 =F 对于普通加法和乘法来说是一个域.证 和上节习题5同样方法可证得F 是一个整环. 并且 (ⅰ)F 有01≠+i(ⅱ) 0≠+bi a 即 b a , 中至少一个0≠022≠+∴b a 因而有,i b a b b a a 2222+-++ 使)((bi a +i b a bb a a 2222+-++1)= 故F 为域2. =F {所有实数,3b a + b a ,( 是有理数)} 证明 F 对于普通加法和乘法来说是一个域.证 只证明 03≠+b a 有逆元存在.则b a ,中至少有一个0≠ , 我们说0322≠-b a 不然的话,223b a =,0(≠b 若0=b 则 0=a 矛盾)223b a = 但 3 不是有理数既然0322≠-b a则 3b a + 的逆为3332222b a bb a a -+-4. 证明 例3的乘法适合结合律.证),)](,)(,[(332211βαβαβα=),)(,(331212121βααββαββαα--+----+--=,)()[(3212132121βαββααββαα ---+--])()(3212132121ααββαβββαα 又 )],)(,)[(,(332211βαβαβα],)[,(3232323211--+-=αββαββααβα -----------------+--=)()([3232132321αββαβββααα, )]()(3232132321----------------++ββααβαββαα ),([32321321321----------+--=βββαβββαααα )](32321321321----------++αββαβαβαβαα,[321321321321αβββαβββαααα-------= ]321321321321βββααβαβαβαα-----++ ,)()[(3212132121βαββααββαα--+--= 3212132121)()(---++-ααββαβββαα )])()[(())]()([(332211333211βαβαβαβαβαβα=∴5. 验证,四元数除环的任意元 )(),(di c bi a ++ ,这里d c b a ,,,是实数,可以写成),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(i d c i b a +++的形式. 证 ),(),(),(di bi c a di c bi a +=++ ),0()0,(),0()0,(di bi c a +++=),0)(0,()0,)(0,()1,0)(0,()0,(i d i b c a +++=4 无零因子环的特征1. 假定F 是一个有四个元的域,证明.(a )的特征是2;(b )F 的0≠ 或11的两个元都适合方程 证 (a ) 设F 的特征为P 则P 的(加)群F 的非零元的阶 所 4P (4是群F 的阶) 但要求P 是素数, .2=∴P (b ) 设},,1,0{b a F =由于2=P ,所以加法必然是,0=+x x ,而b a a a =+⇒≠+11 故有0 1 a b0 0 1 a b 1 1 0 b a a a b 0 1 bb a 1 0 又 },,1{b a 构成乘群,所以乘法必然是 1,=⇒≠≠ab b ab a ab1,22≠≠a a a (否则b a = )b a =⇒2故有.1 a b 11 a b a a b 1 bb a 1这样, b a , 显然适合12+=x x2. 假定 ][a 是模 的一个剩余类.证明,若a 同 n 互素,那么所有][a 的书都同n 互素(这时我们说][a 同n 互素). 证 设][a x ∈ 且d n x =),( 则11,dn n dx x ==由于)(1111q n x d q dn dx nq x a nq a x -=-=-=⇒=-故有 ,a d ,且有 n d因为 1),(=n a 所以1=d3. 证明, 所有同 n 互素的模 n 的剩余类对于剩余类的乘法来说作成一个群(同 互素的剩余类的个数普通用符号)(n φ 来表示,并且把它叫做由拉φ函数)证]{[a G =而][a 同n 互素}G 显然非空,因为)1),1((]1[=∈n G(ⅰ)G b a ∈][],[则][]][[ab b a =又1),(,1),(==n b n a 有1),(=n abG ab ∈∴][(ⅱ)显然适合结合律.(ⅲ)因为n 有限,所以G 的阶有限. 若]][[]][['x a x a = 即][]['ax ax =由此可得)(''x x a ax ax n -=-',1),(x x n n a -∴= 即有][]['x x =另一个消去律同样可证成立.G 作成一个群4. 证明,若是1),(=n a , 那么)(1)(n an ≡φ(费马定理)证 ),(n a 则G a ∈][而 ][a 的阶是G 的阶 )(n φ的一个因子 因此]1[][)(=n a φ即]1[][)(=n aφ)(1)(n a n ≡∴φ5 子环、环的同态1. 证明,一个环的中心是一个交换子环.证 设N 是环的中心.显然N O ∈ N b a ∈,，x 是环的任意元N b a b a x xb x bx ax x b a ∈-⇒-=-=-=-)()( N ab ab x b xa b ax xb a bx a x ab ∈⇒=====)()()()()()(是子环,至于是交换环那是明显的.2. 证明, 一个除环的中心是个域.证 设!是除环！是中心 由上题知N 是R 的交换子环,1R ∈显然N ∈1,即N 包含非零元,同时这个非零元1是的单位元.R x N a ∈∈,即xa ax = N a x a xa x axa xaa axa∈⇒=⇒=⇒=------111111N ∴!是一个域3. 证明, 有理数域是所有复数b a bi a ,(+是有理数）作成的域)(i R 的唯一的真子域. 证 有理数域R 是)(i R 的真子域.设F !是)(i R 的一个子域,则R F ⊇(因为R 是最小数域) 若,F bi a ∈+ 而0≠b则)(i F F F i =⇒∈这就是说,R 是)(i R 的唯一真子域.4. 证明, )(i R 有且只有两自同构映射.证 有理数显然变为其自己. 假定α→i则由i i =⇒-=⇒-=αα1122或 i -=α这就证明完毕. 当然还可以详细一些:bi a bi a +→+:1φbi a bi a -→+:2φ21,φφ确是)(i R 的两个自同构映射.现在证明只有这两个.若bi a i +=→αφ: (有理数变为其自己)则由12)(12222-=+-=+⇒-=abi b a bi a i 1,0222-=-=b a ab若 102-=⇒=a b 是有理数,在就出现矛盾,所以有0=a 因而.1±=b 在就是说, 只能i i → 或i i -→i5. 3J 表示模3的剩余类所作成的集合.找出加群3J 的所有自同构映射,这找出域3J !的所有自同构映射.证 1）对加群3J 的自同构映射 自同构映射必须保持!00←→ 故有i i →:1φ2）对域3J 的自同构映射.自同构映射必须保持00←→，11←→ 所有只有i i →:φ6. 令R 是四元数除环, R 是子集=S {一切)}0,(a 这里a 阿是实数,显然与实数域-S 同构.令-R 是把R 中S 换成-S 后所得集合;替R 规定代数运算.使-≅R R ,分别用k j i ,,表示R 的元),,0(),1,0(),0,(i i ,那么-R 的元可以写成d c b a dk cj bi a ,,,(+++是实数）的形式(参看.3.3 习题5). 验证.1222-===k j i ，.,,j ik ki i kj jk k ji ij =-==-==-=证 1）对a a →)0,(:φ来说显然-≅S S 2）=S {一切)}0,(a a 实数 =-S {一切（)0,a a 实数 βα,{(=R 一切)}0,(a 复数对)(αβ是不属于S 的R 的元. =-R βα,{(一切}a规定a a →→)0,(),,(),(:βαβαψ由于S 与-S 的补足集合没有共同元,容易验证ψ是R 与-R 间的一一映射. 规定-R 的两个唤的和等于它们的逆象的和的象. -R 的两个元的积等于它们的逆象的积的象.首先,这样规定法则确是-R 的两个代数运算.其次,对于这两个代数运算以及R 的两个代数运算来说在ψ之下-≅R R （3）由.3.3习题5知),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(),(i d c i b a di c bi a +++=++ 这里 d c b a ,,, 实数这是因为令),0(),1,0(),0,(i k j i i ===（4）1)0,1()0,)(0,(2-=-==i i i1)0,1()1,0)(1,0(2-=-==j 1)0,1()1,0)(1,0(2-=-==k k i ij -===)1,0()1,0)(0,( k i i ji -=-==),0()0,)(1,0(同样j ik ki i kj jk =-==-=,6 多项式环1. 证明, 假定R 是一个整环,那么R 上的一个多项式环][x R 也是一个整环. 证 R !是交换环][x R ⇒交换环, R 有单位元11⇒是][x R 的单位元, R 没有零因子][x R ⇒没有零因子事实上，0,)(10≠++=a x a x a a x f nn0,)(10≠++=m mm b x b x b b x g则mn m n x b a b a x g x f +++= 00)()(因为R 没有零因子,所以0≠m n b a 因而0)()(≠x g x f 这样][x R 是整环2． 假定R 是模7的剩余类环,在][x R 里把乘积 ])3[]4])([4[]5[]3([23+--+x x x x 计算出来解 原式=]2[]5[]4[]5[]5[]5[]3[]5[345345++++=-++-x x x x x x x x3. 证明:(ⅰ) ],[],[1221ααααR R =(ⅱ) 若n x x x ,,,21 是R 上的无关未定元,那么每一个i x 都是R 上的未定元. 证 （ⅰ）=],[21ααR {一切}211221i i i i aαα∑{],[12=ααR 一切}112212j j j j aαα∑由于=∑211221i i i i aαα112212j j j j a αα∑ 因而=],[21ααR ],[12ααR（ⅱ）设00=∑=nk ki k x a 即∑=+-nk n i h i i k x x x x x a 00010101因为n x x x ,,21是R 上的无关未定元,所以即i x 是R 上的未定元4. 证明:(ⅰ) 若是n x x x ,,21和n y y y ,,21上的两组无关未定元,那么],,[],,[2121n n y y y R x x x R ≅(ⅱ) R !上的一元多项式环][x R 能与它的一个真子环同构. 证 (ⅰ)),,(),,(:2121n n y y y f x x x f →φ 根据本节定理3 ],,[~],,[2121n n y y y R x x x R容易验证),,(),,(212211n n x x x f x x x f ≠),,(),,(212211n n y y y f y y y f ≠⇒ 这样],,[],,[2121n n y y y R x x x R ≅（ⅱ）令{][=x R 一切}2210nn x a x a a +++显然][][2x R x R ⊂ 但][2x R x ∉不然的话m m m m x b x b x b x b x b b x 22102210 ++-⇒++=这与x 是R 上未定元矛盾. 所以][2x R 是][x R 上未定元显然 故有（ⅰ）}[][2x R x R ≅这就是说,][2x R 是][x R 的真子环,且此真子环与][x R 同构.7 理想1. 假定R 是偶数环,证明,所有整数r 4是ϑ的一个理想,等式!对不对? 证 R r r r r ∈∈2121,,4,4ϑϑ∈-=-)(4442121r r r r R r r ∈-21ϑ∈=∈)(4)4(,'1'1'r r r r R r R r r ∈'1ϑ∴ 是R 的一个理想. 等式 )4(=ϑ不对这是因为R 没有单位元,具体的说)4(4∈但ϑ∉42. 假定R 是整数环,证明.1)7,3(=证 R 是整数环,显然)1(=R .1)7,3(=又 )7,3()7(13)2(1∈+-=1)7,3(=∴3. 假定例3的R 是有理数域,证明,这时),2(x 是一个主理想.证 因为2与x 互素,所以存在)(),(21x P x P 使),2(11)()(221x x xP x P ∈⇒=+),2()1(][x x R ==∴ 。
[VIP专享]近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)-3
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a0cb a 0000
a
0 0abc 0 0000
0abc
0abc
+
2. R {0, a,b,c},加法和乘法由以下两个表给定:
1. 证明,本节内所给的加群的一个子集作成一个子群的条件是充分而且必要的. 证 (ⅰ)若 S 是一个子群
则 a,b S a b S 0' 是 S 的零元,即 0' a a 对 a a S.
int level(BinTreeNodlesevt}r*Beutsl,icnBt(rtrTuiontrcaoTetgtert,_eyapNnpetg)oy;oeN_pddinoeeodtd;fde*esreafc*ttrphsB*au{l)ti;cilrn/duh/tT;ciB/lr/tdo1eiTt;u1ea//NcnrNgoto_loiu(fdn(dtnbe*oetpivdlt{(roe(e}TbidpEititrcfrl(ero!-pbmu>tintrTvritgaey-l(>hlpbulteeie,rtrf=xdt)e,=apr{xkextta,)rt;ru{;k,kr)sd+n;tra+;u1t;ac}0txyBpieTNxv},ooidi{ndet&m*lkac)hi}nil(de)}l;s/e/ js+tr}+uj;cBf+BtoB.+Bid.r.L(;+adikTe+taanN=;t[agojB]e[tdkh=l.se+L+eA1e*+]nr.i;dfc=g(d.-[d;{aiB]1a/it;f/a.;t(dkaA[}ia[]>.kBtdB<}=a];aii.T[BLjt+;aNke.+d[Loni;-]aed-g>t)netahg,B[jt*]+h.)wBd+]{avhi;T=otilareiAedi[n(Be.i{dtm;.<Laive=etAoarngi.0[dLgie],e;jt2Ch=n(o{Sg-0ut9q1h,n/kAL])/t)/iL/[;2s1/e1AtA…aABBmf"…,.S(h+Bq"mniLT6m+irsnet8]e&mhBTen),amidn+dtn&a2Ot*acx(7o10u)n+t)0x{11*ixf=0( nT+o1)d*{ex2i_1f c(+(o!uT2/xn/-*10>tx+l2+cxh=1il;+dnx)o&2/d/h&e=tt_(pn!c:To0o//-duw>1enrw*_c2t/wchx-oi0.1ldu;xon)/)1c*t;cinx6o42.1ucleonfmtt+d/+5ap;t-a5//r7iLg9Cihs4ot8lNuet5nmof9ttdreLp4iegme.=h*ap3tMfAmBol(a[aTrTlit]ex(-;(><i2)nAlccetl[ha0i]}ise=l=ds1,0}A…Tc;[yoine2pu<-nT6ein=-yH>12tp)(]Te;v;enn[Co1-A-ti1o3m1d[u]nA)pHin-[/;in(tv-kL21]ene;]1reyais=A+)nef=[+(t-nm(k1Ta])eAT-p){y>nyA;r-p%c2eh…1iAld3e[2,1]3c,2e1oi20Vn0(u3e=bt×n4i{)n3t1a5)B0);,5b20A}{7,B(2ce[2a150,(l0)ds0cn(a20e,a)]×ie[13j1)1cnr2,a17Af2e0A4,i58g2jtB]b1u(B03}(a5r4,21[En)]06a1B;=07A51([}{0]b937S<A/3)56/HaL([06C0c,sT1b3)]uo[A.>81A0c5u,493]cBn<B0.]=taC5H[L8(0,A1De(4g]k/,Aa5>2EBef0,[)Fy,<]*4C[G)G]b[=2B1,,DHk)g+[]e>,I1AEJy,/[<(,81%C1c]-[8,a5bD1)]C>3C]B,D1<[D1]2Bd62,GFc3E>=41A,V5</1I5EdH475,Gf1231>01+0*J5,91<420G4+0e*30G241,7W1d+*787>13P031,4*9<1L74=41f=0+,515a24953>**/546,17<5+15=0g37413,2*0c5572>/4+517,5<6451*g524,0d+3>956,*5<0315f9+2,3e5W12>14P,12*<3L157g+=56,52f13053>105*693}64*1,{73+80217+9596510*77046873+1*71249264+*9503182+79012*176208590=*2092+8123169831731237*793}W2+531P352L5*0313173+s3T3125158*,21T2052=5,2…915W063…303P5,LTS Tini k1i(2i={a1b,2c,d…e…fg}S0)1,1k10in1i011k11k10n+1kk1Pn21>r+0ikm…00…11+1k0s1=0n11+n21K…ru…snkas1l ns,s=nk,nk a11a121a02K1)aru2s2kaa=2l203*:9(a1i+03/1jA2-03aB(3a131+Aa12=3B+42[…0+]3A…+a3aij1+n3inn149-+iH10-41au+jnfi84+fnm4+16a5B8n+58F1544):52=5706305306.986,2T76:0150,D811:00148110683171,F10ST6:06D413S024H515,1H12:007412101402H*1291u60+22f{f7m4*63a2+n58307*71836+21102*72306+722774*0674128+493}*()4+86*312=513219 5:13/5671(130+7822+6261+p03a1+341352+401143,41)p0=83,21a.8425,913,,p66331:121,0A1a24B13G,,CP4pJ9AD3KG21EHD12AFDaJ3GBH,EPaDHKBApGIBM3J2HEKIF1AJMCKCAEFCMFIIM
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近世代数习题解答第四章 整环里的因子分解1素元、唯一分解1. 证明：0不是任何元的真因子。
证 当0≠a 时若b a 0=则0=a 故矛盾当0=a 时，有00ε= （ε 是单位）就是说0是它自己的相伴元2. 我们看以下的整环I ，I 刚好包含所有可以写成m m n (2是任意整数，0≥n 的整数） 形式的有理数，I 的哪些个元是单位，哪些个元是素元？证 １）I 的单位总可以把m 表为p p m k (2=是０或奇数，k 非负整数）我们说1±=p 时，即k m 2±=是单位，反之亦然２）I 的素元依然是k p p m k,(2=的限制同上） 我们要求ⅰ）0≠pⅱ）1±≠pⅲ）p k2只有平凡因子 满足ⅰ）——ⅲ）的p 是奇素数故p m k2=而p 是奇素数是nm 2是素元，反之亦然， ３．I 是刚好包含所有复数b a bi a ,(+整数）的整环，证明5不是I 的素元，5有没有唯一分解？证 （1）I 的元ε是单位，当而且只当12=ε时，事实上，若bi a +=ε是单位则11-=εε2'221εε= 即2'21εε= 但222b a +=ε是一正整数，同样2'ε也是正整数， 因此，只有12=ε 反之，若1222=+=b a ε，则0,1=±=b a或1,0±==b a 这些显然均是单位此外，再没有一对整数b a ,满足122=+b a ，所以I 的单位只有i ±±,1。
（２）适合条件52=α的I 的元α一定是素元。
事实上，若52=α则0≠α又由α)1(也不是单位 若2225,λβαβλα=== 则12=β或52=βββ⇒=12是单位λαβλ⇒=⇒-12是α的相伴元λλβ⇒=⇒=1522是单位βαλβ⇒=⇒-1是α的相伴元不管哪种情形，α只有平凡因子，因而α是素元。
（３）I 的元5不是素元。
若βα=5则2225λβ= 这样，2β只可能是25,5,1 当52=β由)1(β是单位 当1522=⇒=λβ由)1(λ是单位此即λβ,中有一是5的相伴元 现在看52=β的情形5,222=+=+=b a bi a ββ可能的情形是⎩⎨⎧==21b a ⎩⎨⎧=-=21b a ⎩⎨⎧=1b a ⎩⎨⎧-=-=21b a ⎩⎨⎧=1b a ⎩⎨⎧-=1b a⎩⎨⎧=-=12b a ⎩⎨⎧-=1b a显然)2)(2(5i i -+= 由（２）知52=β的β是素元，故知５是素元之积（４）５的单一分解)21)(21(5i i -+=)21)(1)(21)(1(i i --+-=)21)()(21)(()21)()(21)((i i i i i i i i --+=-+-=i ±±,1均为单位２唯一分解环１．证明本节的推论证 本节的推论是；一个唯一分解环I 的n 个元n a a a ,,21 在I 里一定有最大公因子， n a a a ,,21 的两个最大公因子只能查一个单位因子。
用数学归纳法证当2=n 时，由本节定理３知结论正确。
假定对1-n 个元素来说结论正确。
看n 的情形设 121,,-n a a a 有最大公因子为1-n d 。
1-n d ，n a 的最大公因子为d 即1-n d d 而a d n 1-i a d n i ⇒-=)1,,2,1( )1,,2,1(-=n i 又n a d故d 是n n a a a a ,,1,2,1- 的公因子 假定i a d -n n i ,1,,2,1-=1--⇒n d d 又n a d -d d -⇒这就是说，d 是n n a a a a ,,1,2,1- 的最大公因子若'd 是n n a a a ,11- 的最大公因子 那么d d ' 且'd d 'ud d =⇒vd d ='uvd d =⇒若 0=d 则o d ='0≠d 则1=uv 即u 是单位ε故d d ε=２． 假定在一个唯一分解环里n n db a db a db a ===,,,2211证明 当而且只当d 是n a a a ,,,21 的一个最大公因子的时候，n b b b ,,,21 互素证 ""⇒假定d 是n a a ,,1 的一个最大公因子若 n b b b ,,21不互素则有 n n c d b c d b '1'1,,== 而'd 不是单位那么),,1(,'n i c dd a i i == 这就是说'dd 是n a a ,1的公因子 所以d dd '即 '''d dd d = 故1'''=d d 'd 是单位 矛盾''''⇐假定n b b ,,1 互素令'd 是n a a ,1的最大公因子则有'd d 即d d 'i i c d a '=i c dd 1=),,2,1(n i =i i c d b 1=1d ⇒是n b b ,,1 的公因子于是1d 是单位d d ε='那么d 是n a a ,,1 的最大公因子3． 假定I 是一个整环，)(a 和)(b 是I 的两个主理想证明 )()(b a =当而且只当b 是I 的相伴元的时候证 ''''⇒假定)()(b a =a cb cb a ',==a cc a '=1'=cc',c c 是单位所以b 是a 的相伴元''''⇐假定a b ε= （ε 单位）),(a b ∈)()(a b ⊂)()(,1a a b a ⊂=-ε故 （)()b a =３主理想１．假定I 是一个主理想环，并且d b a =),(证明 d 是a 和b 的一个最大公因子，因此a 和b 的何最大公因子'd都可写成以下形式：tb sa d +='),(I t s ∈证 由于)(),(d b a =有d a a d a 1),(=∈d b b d b 1),(=∈d 是a b ,的公因子 仍由)(),(d b a =知),(b a d ∈故有 b t a s d ''+=设1d 是b a , 的 任一公因子由)(A 知d d 1即d 是b a ,的最大公因子又d d ε=' （ε单位 ）),(,)()()(''''I t s tb sa b t a s b t a s ∈+=+=+=εεε２．一个主理想环的每一个最XX 想都是由一个元素所生成的。
证 设)(p 是主理想环I 的最XX 想，并设0)(≠p 若p 是单位，则1)(=p若p 不是素元则bc p =， c b ,是p 的真因子)()(b p ⊂)(p 最XX 想 I b =∴)(b b ⇒∈)(1是单位，矛盾。
３．我们看两个主理想环I 和0I 是I 的子环，假定a 和b 是0I 的两个元，d 是这两个元在I 里的一个最大公因子。
证明：d 也是这两个元在I 里的一个最大公因子。
证 0I 是主理想环的子环，所以在0I 里)(),('d b a =由本节习题１知d 是b a ,的最大公因子，而且最大公因子d 有以下形式：),(0I t s tb sa d ∈+=d I I ,0⊂也是b a ,在I 里的公因子。
设 1d 是b a ,在I 里任意公因子则1111,d b b d a a ==那么)(11111tb sa d tb sa d +=+=d d 1故d 是b a ,在I 里的最大公因子。
4欧氏环1. 证明:一个域一定是一个欧氏环.证设F 是域,则F 一定是整环 0,≠∈x F xn n x ,:→φ是某一个固定0≥的整数,这符合条件（ⅰ）ⅱ）0,≠∈a F a 对F 的任何元b 都有0)(1+=-b a a b 这里0=r2. 我们看有理数域F 上的一元多项式环][x F 理想等于怎样的一个主理想?证我们说][)1,1(352x F x x x =+++1,1352+++x x x 互素1)1(1)1(3523=++++-∴x x x x即)1,1(1352+++∈x x x 因而)()1()1,1(352x F x x x ==+++3. 证明由所有复数b a bi a ,(+是整数)所作成的环是一个欧氏环取(a a =)(φ)证bi a +=αb a ,整数令222)(b a +==ααφ设0≠α 则0222≠+=b a α 任取di c +=βd c ,整数其中22'22',b a bc ad b b a bd ac a +-=++= 故'',b a 是有理数取,yi x +=λ y x ,是有理数,且满足条件21,21''≤-≤-y b x a 令 λαβλλη-=-=' 则ηαλαβ+=因为,,,αλβ的实部与虚部系数均为整数,所以ηα的实部与虚部系数亦均为整数1)21()21()()(222'2'2'2〈+≤-+-=-=y b x a λλη 2222ααηηα〈= 设r =ηαr +=λαβ22α〈r即)()(αφφ〈r注意:取yi x +=λ使21'≤-x a 21'≤-y b 的整数y x ,是可以做到的 例如x b a bd ac x a -++=-22' 只要取⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=22b a bd ac x 或122+⎥⎦⎤⎢⎣⎡++b a bd ac 即可使21'≤-x a 5多项式环的因子分解1. 假定!是一个唯一分解环,Q 是I 的商域,证明,][x l 的一个多项式若是在][x Q 里可约,它在][x l 里已经可约.证 若)(x f 在][x l 里不可约,令)()(0x df x f =)(0x f 是本原多项式显然,)(0x f 在][x l 里也不可约,由引理3)(0x f 在][x Q 里不可约,这与)(x f 在][x Q 里可约的假设矛盾.2. 假定][x l 是整环I 上的一元多项式环.!属于)(x f 但不属于I ,并且)(x f 的最高系 数是I 的一个单位,证明)(x f 在][x I 里有分解.证 )(x f 的最高系数是I 的单位,所以)(x f 的系数的最大公因子是单位,也就是说)(x f 是本原多项式.)()(x I x f ∈ 而)(x f I ∈即)(x f 次数0〉根据本节引理4证明的前一部分)(x f 在)(x I 里有分解。