《抽象代数基础+》完整习题解答
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。
抽象代数复习资料
《抽象代数》 复习资料1一、判断对错，正确的填√，错误的填⨯．1、拉格朗日定理的逆命题是正确的. （ ）2、有限整环一定是域. ( )3、任意环都可嵌入一个含有单位元的环。
. ( )二、填空１、设G 为有限集合，且有一个满足结合律的代数运算。
则满足消去律为G 是群的______________（请填写：必要条件，充分条件，或充要条件）． 2、在群中设ord a n =，则对任意, k k Z ord a ?_______________．三、叙述概念 1、代数运算 2、环的特征3、含幺环上未定元的定义 四、计算和证明1、叙述并证明群同态基本定理．2、求10Z 到5Z 的所有环同态。
3、证明：对群中的任意两个元素,a b 均有()()o ab o ba =。
参考答案一、判断对错，正确的填√，错误的填´1、´2、√3、√´ 二、填空 1、充要条件；2、(,)nn k ； 三、叙述定义或定理1、代数运算 ：给定非空集合A ，集合A A ´到A 的映射称为集合A 的一个代数运算 。
（给定非空集合A ，给定A 的一个规则o ，如果对A 中任意的两个元素都有A 中唯一的元素与之对应,则称o 为A 的一个代数运。
2、环的特征：设R 是环，若存在最小的正整数n,使得对所有的a R Î，有0na =，则称环R 的特征是n,若不存在这样的n 则称R 的特征是无穷。
3、含幺环上未定元的定义：含幺Ｒ扩环中的元素x ，和Ｒ中所有的元素可交换，单位元保持其不变，方幂Ｒ线性无关。
四、1、设ϕ是群G 到群G 的一个同态满射．则N Ker ϕ=是G 的正规子群，且G N G ≅． 证明：由于G 的单位元是G 的一个正规子群，故其所有逆象的集合，即核N Ker ϕ=也是G的一个正规子群．设:(,)a a a G a G ϕ→∈∈，则在G N 与G 之间建立以下映射:()aN a a σϕ→=． （1）证明σ是映射．设(,)aN bN a b G =∈，则1a b N -∈．于是11,a b a b e a b --===，即G N 中每个陪集在σ之下在G 中只有一个象．从而σ确为G N 到G 的一个映射． （2）证明σ是满射．任取a G ∈，由ϕ是满射知，有a G ∈使得()a a ϕ=．从而在σ之下，a 在G N 中有逆象aN ．（3）证明σ是单射．若aN bN ≠，则1a b N -∉，从而1,a b e a b -≠≠．因此，σ是G N 到G 的一个双射．又由于有()()aN bN abN ab =→=，故σ为同构映射．从而G N G ≅．2、找出模10的剩余类环10Z 到剩余类环5Z 的所有环同态。
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。
抽象代数答案
抽象代数答案1、证明:在群中，对于任意元素，方程有唯一解，方程也yab,Pab,Gaxb,10有唯一解。
,1的情况。
对等式两边均左乘，得证明:只证axb,axb,a,,11,1 ，即， aaxab,xab,,1所以方程有解。
若也是方程的解，即有成立，同理可得xaxb,axb,xab,axb,00,1,1，故方程有唯一解。
xab,axb,xab,02、证明:在群中，消去律成立。
即 G由可以推出; axay,xy,由可以推出。
xaya,xy,,1,1证明:只证第一种情况。
对等式两边均左乘，由结合律及，其中为axay,eaaae,单位元，可得。
xy,4、求出中的所有可逆元。
Z8解:，由题5，可逆当且仅当，知中的所有可逆元为(,8)1a,ZZ,0,1,2,3,4,5,6,7a,,88。
1,3,5,7补充题:在Z中重新定义加法，对任意，规定。
证明:abZ,,(,)Z,abab,,，,1 构成交换群。
证明:首先显然有，。
,,abZ,abba,,,(1) 结合律任意 abcZ,,,()ababc,,,，,,c(1),，,，,(1)1abc,，，,,abc(1)1,,，,abc(1),,,ab(c)(2) 有单位元1，这是因为对于任意的，有 aZ, 1111,,,,，,,aaaa(3) 任意，存在逆元。
因为 aZ,2,,aZ aaaaaa,,,,,,,，,,(2)(2)(2)11。
综上，(,)Z,是交换群。
抽象代数Chapter2习题答案
HW 2 Solutions, (October 5th, 2011)
All problems from Chapter 2 of Artin’s Algebra. 1.3 If map r : N → N was a right inverse for the shift map s, then the composition sr would send 1 to 1. However, the number 1 is not in the image of s so such a right inverse is impossible. For any n ∈ N, define the map ℓn by ℓn (i) = i − 1 if i ≥ 2 and ℓn (1) = n. Then the composition ℓn s is the identity on N. Thus we have exhibited an infinite number of left inverses. 2.1 Group multiplication table for S3 = {e, (12), (13), (23), (123), (132)} with first row (resp. column) corree (12) (23) (13) (123) (132) (12) e (123) (132) (23) (13) (23) (132) e (123) (13) (12) sponding to left (resp. right-) multiplication by identity e: . (13) (123) (132) e (12) (23) (123) (13) (12) (23) (132) e (132) (23) (13) (12) e (123) 2.2 Let S ′ be the subset of S consisting of invertible elements. We must show that the associative law of composition, ◦, on S restricts to a law of composition on S ′ . In other words, we need to show closure: if s1 and s2 are invertible (i.e. in S ′ ), then s1 ◦ s2 is also invertible (i.e. in S ′ ). But this is clearly true since 1 −1 ′ s− 2 ◦ s1 is the inverse of s1 ◦ s2 . This law of composition on S is associative since it is associative on S . To complete the proof that subset S ′ is a group, we need to check that identity and inverses are in S ′ , and these follow quickly. 2.4 a) Yes, GLn (R) is a subgroup of GLn (C), clearly the product of two invertible matrices with real entries is an invertible matrix with real entries (implies closure ). The identity matrix has real entries, and the inverse of a matrix with real entries also has real entries. b) Yes, {−1, 1} is a subgroup of R× . (Similar technique as in part (a).) c) No, the inverse of a positive integer (under addition) is not a positive integer. d) Yes, {positive reals} is a subgroup of R× . (Similar technique as in part (a).) e) No, matrix a 0 is not invertible. 0 0 1
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 .。
顾沛《抽象代数》2.0环、子环和商环习题解答
顾沛《抽象代数》2.0环、⼦环和商环习题解答习题：2.设R是⽆零因⼦环,只有有限个元素但⾄少有两个元素.证明R是体.证明只需说明{R∗;⋅}构成群即可.由于R是环,因此{R∗;⋅}构成有限半群;此外R⽆零因⼦,所以{R∗;⋅}满⾜左右消去律,从⽽{R∗;⋅}是群.即{R∗;+,⋅}是体.3.设R是环,若存在a1,a2,⋯,a n∈R,且每个a i≠0,使得a1a2⋯a n=0证明:R有零因⼦.证明采⽤数学归纳法.当n=2时结论显然成⽴.假设n=k时成⽴,考虑k+1的情形,若a1a2⋯a k a k+1=0,a i≠0如果a1a2=0,那么R有零因⼦a1,a2,结论已经成⽴.如果a1a2≠0,记b=a1a2,那么ba3⋯a k+1=0由归纳假设知R有零因⼦.综上根据数学归纳法的原理可是R有零因⼦.5.设R为环,a∈R,证明:<a>=n∑i=1x i ay i+ra+as+na|r,s,x i,y i∈R,n∈Z证明记上式右端集合为S,容易验证S为R的理想.我们来说明S是R的所有包含a的理想中的最⼩者.任取R的包含a的理想I,按照题⽬中的式⼦任取x i,y i,r,s∈R,n∈Z,根据理想的定义便知x i ay i;as;ra;na∈I进⽽n∑i=1x i ay i+ra+as+na∈I⇒S⊂I所以说<a>=S.6.设R为⽆零因⼦环,,I为R的理想,问商环R/I是否⼀定是⽆零因⼦环?解答不⼀定.例如取R=Z,I=6Z,那么R/I=Z6在Z6中¯2⋅¯3=¯是有零因⼦的.7.设P为数域.证明:环M n(P)仅有平凡理想.{}证明 即R =M n (P),并任取R 的⾮零理想I ,我们来说明必有I =R ,为此只需说明R 中的⼳元e =E即可.其中E 为数域P 上的n 阶单位阵.任取I 中的⾮零元A =a ij n ×n,不是⼀般性的我们可以设a ij =1i =j =10other即A =E 11.这是由于我们可在R 中取⼀些列初等⽅阵,分别左右乘以A ,将其化为相抵标准型E r,r ≥1再通过R 中矩阵E 11的作⽤便使得E 11∈I ,再取R 中的矩阵对E 11做适当的⾏列互换便可得到E ii ∈I ,i =1,2,⋯,n这样⼳元e =E =E 11+E 22+⋯+E nn ∈I从⽽将r 遍历R 中所有元素,根据re =r ∈I便知R =I .也就是说环R 仅有平凡理想.8.设R 为环,若R 作为加法群是循环群,证明R 是交换环.证明 由题意R 中元素均形如na ,n ∈Z.这样任取ka ,la ∈R ,显然(ka )⋅(la )=kla 2=(la )⋅(ka )从⽽R 是交换环.补充题：2.设R 为⼳环,称x ∈R 为可逆元,若存在y ∈R 使得xy =yx =1设a ,b ∈R ,证明1−ab 可逆当且仅当1−ba 可逆.证明 我们先从形式上推导,注意到11−ab =1+ab +(ab )2+⋯=1+a 1+ba +(ba )2+⋯b=1+ab1−ba也就是说(1−ab )−1=1+a (1−ba )−1b .剩下的仅仅是机械的验证形式推导的结果.从⽽易知题重结论成⽴.3.设R 为环,a ∈R .若存在m ∈N 使得a m =0,则称a 为幂零元.证明:若R 为交换环,则R 中幂零元的全体构成R 的理想.证明 记I 为R 的全体幂零元构成的集合.⾸先不难证明若a 幂零,那么−a 也是幂零的,且⼆者幂零指数相同.且若a m =0,那么a m =a m +1=⋯=0因此任取a ,b ∈I ,且幂零指数分别为k 1,k 2,那么对于充分⼤的m >>k 1+k 2,在交换环R 中考虑\begin{align*}(a-b)^{m}&=\sum_{i=0}^{m}\binom{n}{i}a^i(-b)^{m-i}=0\end{align*}(){()()上式为零是由于对任意的i=0,1,\cdots,m,必然有m-i\geq k_{2}或i\geq k_{1}其⼀成⽴.因此a-b\in I.另⼀⽅⾯对任意的r\in R,有(ra)^{k_{1}}=r^{k_{1}}a^{k_{1}}=0从⽽ra\in I.综上可知I为R的理想.(由于是交换环,因此只需验证⼀边即可)4.设R为环,a\in R.若a\neq0且a^2=a,则称a为幂等元.证明:(1)若环R的所有⾮零元都是幂等元,那么R必为交换环;(2)若R为⽆零因⼦环,且存在幂等元,则R只有唯⼀的幂等元,且R为⼳环.证明 (1)任取R的⾮零元a,那么a^2=a显然-a\neq0,从⽽-a也是幂等元,即(-a)^2=a^2=a=-a这样对任意的a\neq b\in R,显然a+b\neq0,从⽽其也是幂等元,因此\begin{align*}a+b&=(a+b)(a+b)=a^2+b^2+ab+ba\\\Rightarrow ab&=-ba=ba\end{align*}所以说R是交换环.(2)注意到e(ea-a)=ea-ea=0⽽R⽆零因⼦,因此ea=a,同理ae=a.所以e是R的⼳元.由⼳元的唯⼀性便知e也是唯⼀的幂等元.6.设R为⽆零因⼦环,e是R的关于乘法的左(右)⼳元,证明:e必是R的⼳元.证明任取R中的⾮零元a,b,则\begin{align*}ab-ab&=0\\\Rightarrow (ea)b-a(eb)&=0\\\Rightarrow (ea-ae)b&=0\end{align*}⽽R中⽆零因⼦,因此ae=ea=a,这说明e是R的⼳元.Loading [MathJax]/extensions/TeX/mathchoice.js。
《抽象代数基础》习题解答
⎝ i=1 ⎠
k =1
k =1
aw 所以,对于任意的正整数 n 和 m ,等式成立. hd 考 察 A 中 任 意 n ( n ≥ 1 ) 个 元 素 a1, a2, ⋯, an : 当 n ≥ 3 时 , 要 使 记 号 k a1 ⋅ a2 ⋅ ⋯ ⋅ an 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 w n w 等于∏ ai . w i=1
,
gf
⎛1
=
⎜⎜ ⎝
3
2 4
3 1
4 2
5⎞ 5⎟⎟⎠
,
f −1
⎛1 = ⎜⎜⎝3
2 1
3 2
4 5
5⎞ 4 ⎟⎟⎠
.
7.设 a = (i1 i2 ⋯ ik ) ,求 a−1 . 解 我们有 a = (ik ik−1 ⋯ i1) . 8.设 f 是任意一个置换,证明: f ⋅ (i1 i2 ⋯ ik ) ⋅ f −1 = ( f (i1) f (i2 ) ⋯ f (ik )) .
网 事实上,当 n = 1 或 n = 2 时,无需加括号,我们的结论自然成立.当 n = 3 时,由
于“ ⋅ ”适合结合律,我们的结论成立.假设当 n ≤ r ( r ≥ 1 )时我们的结论成立.考察
案 n = r +1 的 情 形 : 不 妨 设 最 后 一 次 运 算 是 a ⋅b , 其 中 a 为 a1, a2, ⋯, an 中 前
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:
抽象代数复习题及问题详解
《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内。
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 )。
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。
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《抽象代数基础》习题解答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/= {e, a,b, c}, /上的乘法“ • ”的乘法表如下:,e a h ce e a b ca a e c bb hc e ac c b a e证明：“ •”适合结合律.证明设为/中任意三个元素.为了证明“ •”适合结合律，只需证明(x-^-z=x-(y-z).下面分两种情形来阐明上式成立.1.y, z中至少有一个等于e.当＞=6*时，{x-y)-z=y-z=x-{y-z)当y=。
时，{x-y)-z=x-z=x (y-z);当z =仃时，(.r•,)'z= x~y = -T•(丿八z).II.x, ”, z都不等于g.(\)x=y= z.这时,(x-y)- z= e-z= z=x= x-e=x-(y-z).(II).r, z两两不等.这时，{x'y)'Z=Z'Z = e=X'X=X'{y'Z}.(III)羽乂z中有且仅有两个相等.当》=大时，才和z是{么*d中的两个不同元素，令〃表示W、bq中其余的那个元素.于是，()• ^-z=e-z=z, x (y-z) = x i/ = z,从而，(r y)-z=x\y z). 同理可知，当*=2或2=-了时,都有(.r-=2.设“ •”是集合,上一个适合结合律的代数运算.对于/中元素，归纳定义山为:f=xr+1 ( f 、,n《=ru妇Ml \ ^=1证明:a，• n% =fl"/ \ /=! )谷I 进而证明：在不改变元素顺序的前提下，/中元素的乘积与所加括号无关. 证明当〃，=1时，根据定义，对于任意的正整数〃，等式成立.假设当= 时，对于任意的正整数〃，等式成立.当/// = /-+1时，由于“ •”适合结合律,我们有佃顺小jru j=ru=nr=! ) & /=!所以，对于任意的正整数〃和〃7,等式成立.考察/中任意〃()个元素：当〃23时，要使记号a、』••…a“变成有意义的记号,必需在其中添%口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r=\事实上，当〃=1或〃=2时，无需加括号，我们的结论自然成立.当〃=3时，由于“ •”适合结合律，我们的结论成立.假设当〃＜/•(/•＞!)时我们的结论成立.考察n=r J r\的情形：不妨设最后一次运算是a，b ,其中v为《，外,…,？中前s(l《s＜〃)个元素的运算结果，方为《，角，…,q中后〃-s个元素的运算结果.于是，根据归纳假设，“=11弓，，=1!皿.z=l 上1所以最终的运算结果为。
，\7=1 丿/=!3.设Q是有理数集.对于任意的a,心,令a.b=a槌,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“McQ, 〃，=〃+岁cQ.所以“ •”是Q上的一个代数运算.令。
=0,力=1,。
=2.由于(Z7-^)-C=(0-1)-2=1-2=1+22=5,r7-(^-r) = 0-(l-2) = 0-5 = 0 +52 = 25, 从而，所以“ •”不适合结合律.由于C ，= 2・1 = 2 + F=3,.从而,b ，gc ，b.所以“ •”不适合交换律.§2群的概念证明 首先，众所周知，G-0, A —B J G, W,B W G,由于矩阵的加法适合 结合律，。
上的加法适合结合律.其次，令，则gG ，并且 Q+ A= /+〃=/,必 G.最后,对于任意的/=(；：)泌，令-』=(二［：)， 则- Nc 6•且/+ (-勿=(-4) + /- 〃.所以6■关于矩阵的加法构成一个群.个群.证明 将记作£，并将6•中其余三个矩阵分别记作",C.于是，6•上的乘法表如下： •E A B C EE A B C AA E CB BB C E A CC B A E 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， EX=XE=X,XX=E, PX,YwG.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-l., Va,bC 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1.证明a,b ,c,d cZ U "丿关于矩阵的加法构成一个群. 2.令 6= (0肽'W If 证明：。
关于矩阵的乘法构成一((7-/t)-c = (a + A-2)-c = (a+/j-2) + c-2 = a + A + c-4,«7-(^-r) = <7-(^+r-2) = «7 + (^+r-2)-2 = z7+^+r-4,从而(a,砰c=a，g.这就是说，该乘法适合结合律.其次，2eZ,并且对于任意的界Z,我们有所以Z关于该乘法构成一个群.4.写岀金的乘法表.解§ = {(1),(1 2),(1 3),(2 3),(1 2 3),(13 2)}, § 的乘法表如下:•⑴(12)(1 3)(2 3)(12 3)(13 2)⑴(1)(1 2)(1 3)(2 3)(12 3)(13 2)(12)(12)(1)(13 2)(12 3)(2 3)(13)(13)(13)(12 3)(1)(13 2)(12)(2 3)(2 3)(2 3)(13 2)(12 3)(1)(13)(12)(12 3)(12 3)(1 3)(2 3)(12)(13 2)(1)(13 2)(13 2)(2 3)(1 2)(13)(1)(12 3)5.设(&•)是一个群,证明：“ •”适合消去律. 证明设a,b,ccG.第a,b =a・c,则b= e~ b=((f x' d)'b=a~x \a • /)} = a~x -(a-c) = (a~l■ a)~ c= e-c= c.同理，若b、a = c、a,则缶c这就表明,“ •”适合消去律.6 .在5；中，令fl 2 345) fl 2 345)/=[2 3 154丿，”[1 3 452)'求原此和广，解我们有。
2 345)(\ 2 345), (\ 2 345、衣=| ,2 I 543 '"= 3 4 125 '尸=3 1 2547.设〃求解我们有〃=（4 •••/；）.8-设/是任意一个置换，证明：./•（" /；•广'=（/1矽/（，）・・/（4））.证明事实上，易见,/P；）,/（必,…，/（弓）是{1,2,...,〃}中的左个不同的数字. 由直接计算可知，（/•（/； 4 …力）•广）W））=/S），9"-1 ；（/•（，/…公•广）（/（4））=/0）・其次，对于任意的7G {1, 2, 27} \ {/（/；）,/（/；）, /（/,）}, / 在/•（桓…。
）•广之下的像是，本身.所以/•（" i2•••"）•广=（/0）/0）-/（。
））.9.设5是一个非空集合,“ • ”是5•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$关于“ • ”构成一个半群）.证明：整数集Z关于乘法构成一个半群，但不构成一个群.证明众所周知，Z是非空集合，对于任意的a,beZ,总有a S,并且整数乘法适合结合律，所以Z关于乘法构成一个半群.其次，令e= 1 .于是，对于任意的心Z,总有e-a= a、e= ♦・但是，OwZ,并且不存在症Z,使得^b=e.所以Z关于乘法不构成一个群.10.设，是一个非空集合，5•是由/的所有子集构成的集合.则集合的并“U”是5上的一个代数运算.证明：（S,U）是一个半群.证明众所周知，对于任意的X.Y.Z^S,总有（*UDUZ=*U（/U这就是说，5上的代数运算“U”适合结合律，所以（£U）是一个半群.注请同学们考虑如下问题：设/是一个非空集合，S是由/的所有子集构成的集合.定义S上的代数运算“ △”（称为对称差）如下：払尸=（*\r）U（八册，Ze s.求证：（£△）是一个交换群.11.令a,b,c,d&z .证明5•关于矩阵的乘法构成一个半群. 证明众所周知，对于任意的A,B,CcS,总有ABcS,侦B）C=」BC）.这就是说,矩阵的乘法是5•上的一个代数运算，并且适合结合律，所以5■关于矩阵的乘法构成一个半群.12.设（S, •）是一个半群，ec S称为5•的一个左（右）单位元，如果对于任意的oe5■都有e,a = a （a・e=a）.对于aeS,如果存在力使h-a = e（a-h=e},则称〃左（右）可逆的，万是〃的一个左（右）逆元假设S有左（右）单位元e 且$中每个元素都有关于e的左（右）逆元.证明：（£ •）是一个群.证明设“是S中任意一个元素.任取心,使得a、b=e.再任取re，使得b c=e.于是,我们有因此a-b= e= b-a.所以由以上两式可知，e是单位元，5•中每个元素〃都有逆元方.所以（$,•）是一个群. 对于S有左单位元g且5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6•是一个群,证明：（atif =而'、Pa,bcG.证明对于任意的agG,我们有（泌）（/&'） = = aea x = aa' = e,（泌）=（d~' d）b = If' eb= b= e.所以（泌）Va,bwG.16.设。
是一个群，证明:。
是交换群的充要条件是（泌）2=丿庆，VagG.证明必要性是显然的.现在假设6•满足该条件.于是，对于任意的SG, 我们有（泌尸=&计,即abab =aabb.运用消去律（第5题）立即可得ab = ba.所以。
是交换群.17.设。
是一个群.假设对于任意的“c 6•都有f=e,证明：6•是交换群.证明我们有（。
力）2 =e=ee= a2A2, Va, bcG.由上题知，6•是交换群.18.设。
是非空集合，“ •”是G上的一个代数运算且适合结合律.（1）证明：（。
・）是一个群当且仅当对于任意的a,b&G,方程a、x=b和y・a = b在6■中都有解.（2）假设6■是有限集，证明：（G •）是一个群当且仅当“ •”适合消去律.证明（1）当（。
・）是一个群时，显然，对于任意的a,heG, x=a-'、b是方程a，x= b的解，y=b'd~x是方程y、a = b的解.现在假设对于任意的a,bw 6,方程a、x=b,y,a = b在6■中都有解.任取G，考察方程ax=a.根据假设，方程a・x=a有解设力是。