近世代数第二章群论答案
§1、群得定义
1、全体整数得集合对于普通减法来说就是不就是一个群？
解:不就是,因为普通减法不就是适合结合律。
例如
2、举一个有两个元得群得例。
解:令,得乘法由下表给出
首先,容易验证,这个代数运算满足结合律
(1)
因为,由于,若就是元素在(1)中出现,那么(1)成立。(参考第一章,§4,习题3。)若就是不在(1)中出现,那么有
而(1)仍成立。
其次,有左单位元,就就是;有左逆元,就就是,有左逆元,就就是。所以就是一个群。
读者可以考虑一下,以上运算表就是如何作出得。
3、证明,我们也可以用条件Ⅰ,Ⅱ以及下面得条件,来做群得定义:
里至少存在一个右逆元,能让
对于得任何元都成立;
对于得每一个元,在里至少存在一个右逆元,能让
解:这个题得证法完全平行于本节中关于可以用条件来做群定义得证明,但读者一定要自己写一下。
§2、单位元、逆元、消去律
1.若群得每一个元都适合方程,那么就是交换群。
解:令与就是得任意两个元。由题设
另一方面
于就是有。利用消去律,得
所以就是交换群。
2.在一个有限群里,阶大于2得元得个数一定就是偶数。
解:令就是一个有限群。设有元而得阶。
考察。我们有
设正整数而,那么同上可得,与就是得阶得假设矛盾。这样,也就是得阶,易见。
否则
与得假设矛盾。这样,我们就有一对不同得阶大于2得元与。
设还有元,,,并且b得阶大于2。那么得阶也大于2,并且。我们也有。
否则
消去得,与假设矛盾。同样可证。这样,除与外,又有一对不同得阶大于2得元与。
由于就是有限群,而得阶大于2得元总就是成对出现,所以里这种元得个数一定就是偶数。
3、假定就是一个阶就是偶数得有限群。在里阶等于2得元得个数一定就是奇数。
解:由习题2知,里阶大于2得元得个数就是偶数。但只有一个阶就是1得元,就就是单位元。于就是由于得阶就是偶数,得里阶等于2得元得个数就是奇数。
4、一个有限群得每一个元得阶都有限。
解:令就是一个有限群而就是得任一元素,那么
不能都不相等。因此存在正整数i,j,,使,用乘两边,得
(1)
这样,存在正整数,使(1)成立,因此也存在最小得正整数,使,这就就是说,元得阶就是。
4.群得同态
假定在两个群与得一个同态映射之下, 。与得阶就是不就是一定相同？
解:不一定。例如,令就是本章1中例2所给出得群而就是该节中例1所给出得得群。那么读者容易证明
就是得任意元
就是到得一个同态映射。但得每一元都就是无限阶得,而得阶就是1。
5.变换群
1.假定就是集合得一个非一一变换。会不会有一个左逆元使得
解:可能有。例如令={所有正整数},则
: ,
显然就是得一个非一一变换。而得变换
:
就能使
2.假定就是所有实数作成得集合。证明,所有得可以写成
与就是有理数,
形式得变换作成一个变换群。这个群就是不就是一个变换群？
解:令就是由一切上述变换作成得集合。考察得任何两个元素: 与就是有理数,
: 与就是有理数,
那么
:
这里与都就是有理数,并且。
所以仍属于。
结合律对一般变换都成立,所以对上述变换也成立。
单位变换
:
属于。
容易验证,在中有逆,即
:
因此作为一个变换群。
但不就是一个交换群。令
:
:
那么
:
:
3.假定就是一个集合得所有变换作成得集合。我们暂时用符号
:
来说明一个变换。证明,我们可以用
:
来规定一个乘法,这个乘法也适合结合律并且对于这个乘法来说,还就是得单位元。
解:令与就是得任意两个元而就是得任意一个元。那么与都就是得唯一确定得元。因此如上规定仍就是得一个唯一确定得元而我们得到了
一个得乘法。
令也就是一个任意元,那么
所以而乘法适合结合律。
令就是得任意元。由于对一切,都有,
所以
即而仍就是得单位元。
4.证明,一个变换群得单位元一定就是恒等变换。
解:设就是由某一集合得变换组成一个变换群,而就是得单位元。任取得一个元与得一个元。由于,有
由于就是得一个一一变换,所以而就是得恒等变换。
5.证明,实数域上一切有逆得矩阵对于矩阵乘法来说,作成一个群、
解:这个题得解法很容易,这里从略。
6.置换群
1.找出所有不能与交换得元。
解:有6个元:
,,,
,,。
其中得
,,=
显然可以与交换。通过计算,易见其它三个元不能与交换。
2.把得所有元写成不相连得循环置换得乘积。
解: =(1),=(2 3)
=(1 2),=(1 3),=(1 2 3)
=(1 3 2)
3.证明:
(ⅰ)两个不相连得循环置换可以交换;
(ⅱ)
解:(ⅰ)瞧得两个不相连得循环置换与τ。我们考察乘积τ使数字1,2,…,n如何变动。有三种情况。
（a）数字在中出现,并且把变成j。这时由于与τ不相连,j不在τ中出现,因而τ使j不变,所以τ仍把变成j。
（b）数字在τ中出现,并且τ把变成。这时不在中出现,因而使不变,所以τ仍把变成。
（c）数字不在与τ中出现。这时τ使不动。
如上考察τ使数字1,2,…,n如何变动,显然得到同样得结果。因此τ=τ。
(ⅱ)由于,所以
4.证明一个循环置换得阶就是。
解:一个循环置换π=得一次方,二次方,…,次方分别把变成。同理把变
成,…,把变成。因此。由上面得分析,若就是,那么。这就证明了,π得阶就是。
5.证明得每一个元都可以写成
(1 2),(1 3),…,(1 n)
这个循环置换中得若干个得乘积。
解:由于每一个置换都可以写成不相连得循环置换得乘积,所以只须证明,一个循环置换可以写成若干个(1 )形得置换得乘积。设π就是一个循环置换。我们分两个情形加以讨论。
（a）1在π中出现,这时π可以写成
容易验算
（b）1不在π中出现,这时
§7、循环群
1．证明,一个循环群一定就是交换群。
解:设循环群。那么得任何两个元都可以写成与(m,n就是整数)得形式。但所以就是一个交换群。
2、假定群得元a得阶就是n。证明得阶就是,这里d=( r,n )就是r与n 得最大公因子。
解:由于d｜r ,r=ds ,所以
现在证明, 就就是得阶。设得阶为。那么。
令
得
但而就是得阶,所以而
于就是｜。(参瞧本节定理得第二种情形。)
为了证明 ,只须反过来证明｜。由而n就是a得阶,同上有n｜r , 因而｜。但d就是n与r得最大公因子,所以互素而有。
3、假定a生成一个阶就是n得循环群。证明:也生成,假如(r,n)=1 (这就就是说r与n互素)。
解:由习题2,得阶就是n。所以
互不相同。但G只有n个元,所以,
而生成。
4.假定就是循环群,并且与同态。证明也就是循环群。
解:由于与同态,也就是一个群。设,而在到得同态满射φ下, 。瞧得任意元。那么在φ下,有。这样,得每一元都就是得一个乘方而。5.假定就是无限阶得循环群,就是任何循环群。证明与同态。
解:令,。定义Φ: 我们证明,φ就是到得一个同态满射。
(ⅰ)由于就是无限阶得循环群,得任何元都只能以一种方法写成得形式,所以在φ之下,得每一个元有一个唯一确定得象,而φ就是到得
一个映射。
(ⅱ)得每一个元都可以写成得形式,因此它在φ之下就是得元得象,而φ就是到得一个满射。
(ⅲ)
所以φ就是到得一个同态满射。
§8、子群
1．找出得所有子群。
解:显然有以下子群:
本身;((1))={(1)};
((1 2))={(1 2),(1)};
((1 3))={(1 3),(1)};
((2 3))={(2 3),(1)};
((1 2 3))={(1 2 3),(1 3 2),(1)}。
若得一个子群H含有(1 2),(1 3)这两个2-循环置换,那么H含有(1 2 )(1 3)=(1 2 3 ),(1 2 3) (1 2)=(2 3)
因而H=、同理,若就是得一个子群含有两个2-循环置换(2 1),(2 3)或(3 1),(3 2),这个子群也必然就是。
用完全类似得方法,读者也可以算出,若就是得一个子群含有一个2-循环置换与一个3-循环置换,那么这个子群也必然就是。
因此上面给出得6个子群就是得所有子群。
2．证明,群得两个子群得交集也就是得子群。
解:设与就是得子群。
令e就是得单位元。那么e属于 ,因而而
令a,b 。那么a,b属于。但就是子群。所以属于 ,因而属于。
这就证明了,就是G得子群。
3．取得子集{(1 2) ,(1 2 3)}。生成得子群包含哪些元？一个群得两个不同得子集会不会生成相同得子群？
解:见习题1得解。
4．证明,循环群得子群也就是循环群。
解:设循环群G=(a)而H就是得一个子群。
若H只含单位元e=a0,则H=(e)就是循环群。若H不仅含单位元,那么因为H就是子群,它一定含有元a m,其中m就是正整数。令就是最小得使得属于H得正整数,我们证明,这时、瞧H得任一元a t。令t=iq+r 0≤r＜i
那么a i=a iq a r。由于a t与a iq都属于H,有
a r=a-iq a t∈H
于就是由假设r=0,a t=(a i)q而H=(a i)。
5.找出模12得剩余类加群得所有子群。
解:模12得剩余类加群就是一个阶为12得循环群。因此
由题4,得子群都就是循环群,容易瞧出:
([0])=[0]
([1])=([5])=([7])=([11])=
([2])=([10])={[2],[4],[6],[8],[10],[0]}
([3])=([9])={[3],[6],[9],[0]}
([4])=([8])={[4],[8],[0]}
([6])={[6],[0]}
就是得所有子群。
6、假定H就是群得一个非空子集并且H得每一个元得
阶都有限。证明,H作成一个子集得充要条件就是:
a,b∈Hab∈H
解:由本节定理1,条件显然就是必要得。
要证明条件也就是充分得,由同一定理,只须证明:
a∈Ha-1∈H
设a∈H,由于H得每一元得阶都有限,所以a得阶就是某
一正整数n而a-1=a n-1、于就是由所给条件得a-1∈H。
§9、子群得陪集
1.证明,阶就是素数得群一定就是循环群。
解:设群得阶为素数p,在中取一元a≠e,则a生成得一个循环子群(a)。设(a)得阶为n,那么n≠1、
但由定理2,n│p,所以n=p而G=(a)就是一个循环群。
2.证明,阶就是p m得群(p就是素数,m≥1)一定包含一个阶就是p
得子群。
解:设群得阶就是p m。在中取一元a≠e,那么由定理3,a得阶n│p m、但n≠1,所以n=p t,t≥1,若t=1,那么d得阶为p,(a)就是一个阶为p得子群。若t＞1,可取b=a p,那么b得阶为p,而(b)就是一个阶为p得子群。
3.假定a与b就是一个群得两个元,并且ab=ba,又假定
a得阶就是m,b得阶就是n,并且(m,n)=1、证明:ab得阶就是mn。
解:设ab得阶就是k。由ab=ba,得 (ab)mn=a mn b mn=e
因此k│mn。我们反过来证明,mn│k。由 e=(ab)kn=a kn b kn=a kn
以及a得阶为m,得m│kn,但(m,n)=1,所以m│k、同理n│k。又由(m,n)=1,得mn│k、这样,ab得阶k=mn。
4.假定～就是一个群得元间得一个等价关系,并且对于得
任意元三个元a,x,x’来说
ax～ax’ x～x’
证明,与得单位元e等价得元所作成得集合就是得一个子群。
解:令H就是与e等价得元所作成得集合。
由于e～e,所以H不空。
设a,b∈H,那么a～e,b～e,b～e可写成a-1ab～a-1a
因此由题设,ab～a～e而ab∈H。
a～e可写成ae～aa-1,因此由题设,e～a-1而a-1∈H。
这样,H作成G得一个子群。
5.我们直接下右陪集H a得定义如下:H a刚好包含得可
以写成h a (h∈H)形式得元。由这个定义推出以下事实:得每一个元属于而且只属于一个右陪集。
解:取任意元a∈,由于H就是一个子群,单位元e∈H,因此
a=e a∈H a这就就是说,元a属于右陪集H a。
设a∈H b,a∈H c,那么a=b=h2c (,∈H)
由此得,b=c,而H b得任意元 hb=∈H c
因而H bH c,同样可证H cH b,这样H b=H c而a只能属于一个右陪集。
6、若我们把同构得群瞧成一样得,一共只存在两个阶就是4得群,
它们都就是交换群。
解:先给出两个阶就是4得群。
模4得剩余类加群={[0],[1],[2],[3]}、
得元[1]得阶就是4而就是[1]所生成得循环群([1])。
得子群
={(1),(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}
叫作克莱因四元群。就是得子群容易验证,我们有
[(1 2)(3 4)]2=[(1 3)(2 4)]2=[(1 4)(2 3)]2=(1)
(1 2)(3 4)(1 3)(2 4)=(1 3)(2 4)(1 2)(3 4)=(1 4)(2 3)
(1 3)(2 4)(1 4)(2 3)=(1 4)(2 3)(1 3)(2 4)=(1 2)(3 4) (1 4)(2 3)(1 2)(3 4)=(1 2)(3 4)(1 4)(2 3)=(1 3)(2 4)
这两个群显然都就是交换群。
现在证明,任何阶就是4得群都与以上两个群之一同构。
设就是一个阶为4得群。那么得元得阶只能就是1,2或4 若有一个阶为4得元d,那么G=(d)就是一个循环群,
而与同构。
若没有阶为4得元,那么除单位元e外,得其她3个元得阶都就是2,因此有
=｛e,a,b,c｝ a2=b2=c2=e
由于就是群,有ab∈,我们证明ab=c
由ab=e将得ab=a2与b=a ,这不可能、
由ab=a将得b=e,也不可能
由ab=b将得a=e,也不可能、
因此只能ab=c,同样可证
ab=ba=c, bc=cb=a, ca=ac=b
比较与B得代数运算,易见与B4同构。
补充题:利用6题证明,一个有限非交换群至少有6个元。
§10、不变子群商群
1.假定群得不变子群N得阶就是2、证明,得中心包含N。
解:令N=｛e,n｝,这里e就是得单位元,取得任意元a。
由于N就是一个不变子群,有aN=Na,即
｛a,an｝=｛a,na｝
所以an=na。这样,N得两个元e与n都可以与得任何元a交换, 所以N属于得中心。
2.证明,两个不变子群得交集还就是不变子群。
解令与就是群G得两个不变子群。那么就是
得一个子群(§8、习题2)。我们进一步证明,就是得一
个不变子群。令a∈G,n∈,那么n∈,n∈,但
与就是不变子群,所以ana-1∈, ana-1∈,因而
ana-1∈
于就是由定理2,就是一个不变子群。
3.证明,指数就是2得子群一定就是不变子群。
解:令就是一个群而N就是得一个指数为2得子群。
若n∈N,那么显然有nN=Nn。设b∈G,b∈N。那么由于N得
指数就是2,被分成两个左陪集N与bN;也被分成两个右陪集N
与Nb。因此bN=Nb,这样,对于得任何元a来说,aN=Na就是得
一个不变子群。
4.假定H就是得子群,N就是得不变子群,证明,HN就是得子群。解:由于H与N都不空,所以HN也不空。
设a∈HN , b∈HN 。那么
a= , b= (,∈ H , ,∈N )
a== (=)
由于N就是一个不变子集,有
N=N ,= n (n∈N)
由就是得a=()n∈HN,HN就是一个子群。
5、举例证明,得不变子集N得不变子群未必就是得不变子群 (取=)、
解 :令G=, N=｛(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)｝
=｛(1),(12)(34)｝
已知N就是得一个子群(上节习题6)。我们证明,N就是得一个不变子群。为了证明这一点,我们考察,就是否对一切∈,等式
(a) N=N
成立。由于任何都可以写成(1)形得2一循环置换得乘积。(§6、习题5),我们只须对(1)形得来瞧等式(a)就是否成立。又由于N得元得对称性,我们只须瞧=(12)得情形。但
(12)｛(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)｝(12)=
｛(1),(12)(34),(14)(23),(13)(24)｝
所以N就是得一个不变子群。由于N就是交换群,当然就是N得一不变子群。但不就是得一个不变子群。因为(13)［(12)(34)］(13)=(14)(23)
6、一个群G得可以写成ab形式得元叫作换位子。证明;
(i) 所有有限个换位子得乘积作成得集合C就是得一个不变子群; (ii) G/C就是交换群;
(iii) 若N就是得一个不变子集,并且G/N就是交换群,那么
NC
解:(i),C得两个元得乘积仍就是有限个换位子得乘积,因而仍就是C得一个元。一个换位子得逆仍就是一个换位子,所以C得一个元得逆仍就是C得一个元。这样C就是一个子群。
对于a∈G,c∈C ,ac=(ac) c∈C ,所以C就是G得一个不变子群。
(ii) 令a,b∈G 。那么ab=c∈C。由此得
ab=bac, abC=bacC=baC
即aCbC=bCaC而G/C就是交换群。
(iii) 因为G/N就是交换群,所以对得任何两个元a与b
(aN)(bN)= (bN) (aN), abN=baN
由此得 ab=ban (n∈N) ab= n∈N。
这样N含有一切换位子,因此含有C。
补充题。令与( …)属于。证明
( …)=( … )
§11、同态与不变子群
1.我们瞧一个集合A到集合得满射Φ。证明。若A得子集S就是
得子集得逆象;就是S得象,但若就是S得象,S不一定得逆象。
解:(i)设S就是得逆象。这时对任一元a∈S,存在元∈,使Φ(a)=,因此φ(S) 。反过来,对任一∈,存在a∈S,使Φ(a)=,因此φ(S)。这样=φ(S),即就是S得象。
(ii) 令A=｛1 ,2,3,4｝,=｛2,4｝,A到得满射就是
Φ: 12 ,22 ,34 ,44
取S=｛1,3｝。那么S得象=｛2,4｝。但得逆象就是AS
2.假定群与群同态,就是得一个不变子群,N就是得逆象。证
明,G/N/。
解:设所给到同态满射就是Φ: a=Φ(a)
我们要建立一个G/N到/得同构映射。定义
: aN
若aN=bN,那么a∈N。由于就是N φ之下得象,有
=∈, =
所以就是G/N到/得一个映射。
设∈/而Φ(a)= ,那么
: aN
所以就是G/N到/得一个满射。
若aN bN ,那么aN 。由于N就是得逆象,由此得
= ,
所以就是G/N到/间得一个一一映射。
3.假定与就是两个有限循环群,它们得阶各就是m与n。证明,
与同态,当而且只当n|m得时候。
解:设与同态,那么由定理2,G/N,这里N就是到得同态满射得核。所以G/N得阶就是n。但G/N得阶等于不变子群N在里得指数,所以由§9得定理2它能整除得阶m。由此得n|m。
反过来设n|m。令G=(a), =()。定义
Φ:
若=,那么m|h-k。于就是由n|m ,得n|h-k而=。这样Φ就是到得一个映射。容易证明,Φ就是G到得一个同态满射。因此与同态。
4.假定就是一个循环群,N就是得一个子群。证明,G/N也就是循
环群。
解:循环群就是交换群,所以得子群N就是不变子群,而G/N有意义。设G=(a)、容易证明G/N=(aN)、所以G/N也就是循环群。
近世代数题解 第一章基本概念 §1. 1 1. 4. 5. 近世代数题解§1. 2 2. 3. 近世代数题解§1. 3 1. 解 1)与3)是代数运算，2)不是代数运算． 2. 解这实际上就是M中n个元素可重复的全排列数n n． 3. 解例如AοB＝E与AοB＝AB—A—B． 4. 5. 近世代数题解§1. 4 1. 2. 3.解 1）略 2）例如规定 4．
近世代数题解§1. 5 1. 解 1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射． 2.略 3. 4. 5. §1. 6 1. 2. 解 1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性； 3)是等价关系；4)是等价关系． 3. 解 3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类． 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
第二章前6节习题解答 P35 §1 1．全体整数集合对于普通减法来说是不是一个群？ 解 ∵减法不满足结合律，∴全体整数对于减法不构成群。 2．举出一个有两个元的群例子。 解 }11{-，对于普通乘法构成一个群。 ]}1[]0{[，对于运算][][][j i j i +=+构成群。 ]}2[]1{[，对于运算][]][[ij j i =构成群。 它们都是两个元的群。 3. 设G 是一个非空集合，”“ο是一个运算。若①”“ο运算封闭；②结合律成立；③G 中存在 右单位元R e ：G a ∈?，有a ae R =；④G a ∈?，G a R ∈?-1，有R R e aa =-1。则G 是一个群。 证(仿照群第二定义的证明) 先证R R R e a a aa ==--1 1。 ∵G a R ∈-1，∴G a ∈?'，使R R e a a =-'1， ∴R R R R R R R R R R R e a a a e a a aa a a a a a e a a a a ======--------''')()')(()(11111111，R R e a a =?-1。 ∴R R R e a a aa ==--11。 再证a ae a e R R ==，即R e 是单位元。 G a ∈?，已证R R R e a a aa ==--11，∴a a e a ae a a a a aa a e R R R R R =?====--)()(1 1。 ∴a ae a e R R ==。即R e 就是单位元e 。再由e a a aa R R ==--11得到1 -R a 就是1-a 。 这说明：G 中有单位元， G a ∈?都有逆元1-a 。 ∴G 是一个群。 P38 §2 1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2，那么G 是可交换的。 证∵ 12，-=?=∈?x x e x G x 。 ∴。b b a a G b a 11,,--==?∈? ∴ba ba b a ab ===---111)(。 ∴ba ab =，即G 是可换群。 2．在一个有限群中阶大于2的元的个数一定是偶数。 证 令a 是有限群G 中一个阶2>的元，∵互逆元是同阶的，∴1-a 的阶也大于2，且a a ≠-1 (若矛盾的阶与2,21>=?=-a e a a a )。 设G 中还有阶2>的元b ，且1,-≠≠a b a b ，∴1-b 的阶也大于2，且b b ≠-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B A = 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A A ?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 a a b c a b c
b b c a a a a a c c a b b d a a c a a a 4 结合律 1.A ={所有不等于零的实数}. 是普通除法:b a b 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: 2 12)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 d d c a b 所给出代数运算适合不适合交换律? a b c a a b c b b c a c c a b
《近世代数初步》 习题答案与解答
引 论 章 一、知识摘要 1.A 是非空集合,集合积A A b a b a A A 到},:),{(∈=?的一个映射就称为A 的一个代数运算(二元运算或运算). 2. 设G 非空集合,在G 上有一个代数运算,称作乘法,即对G 中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素c 与之对应,c 称为a 与b 的积,记为c=ab.若这个运算还满足：,,,G c b a ∈? (1),ba ab = (2)),()(bc a c ab = (3)存在单位元e 满足,a ae ea == (4)存在,'G a ∈使得.''e a a aa =='a 称为a 的一个逆元素. 则称G 为一个交换群. (i)若G 只满足上述第2、3和4条,则称G 为一个群. (ii) 若G 只满足上述第2和3条,则称G 为一个幺半群. (iii) 若G 只满足上述第2条,则称G 为一个半群. 3.设F 是至少包含两个元素的集合,在F 上有一个代数运算,称作加法,即对F 中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素c 与之对应,c 称为a 与b 的和,记为c=a+b.在F 上有另一个代数运算,称作乘法,即对F 中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素d 与之对应,d 称为a 与b 的积,记为d=ab.若这两个运算还满足： I. F 对加法构成交换群. II. F*=F\{0}对乘法构成交换群. III..)(,,,ac ab c b a F c b a +=+∈? 就称F 为一个域. 4.设R 是至少包含两个元素的集合,在R 上有加法和乘法运算且满足： I. R 对加法构成交换群(加法单位元称为零元,记为0;加法单位逆元称为负元). II. R *=R\{0}对乘法构成幺半群(乘法单位元常记为1). III. .)(,)(,,,ca ba a c b ac ab c b a R c b a +=++=+∈? 就称R 为一个环. 5.群G 中满足消去律：.,,,c b ca ba c b ac ab G c b a =?==?=∈?且 6.R 是环,),0(00,,0,==≠∈≠∈ba ab b R b a R a 或且若有则称a 是R 中的一个左(右)零因子. 7.广义结合律:半群S 中任意n 个元a 1,a 2,…,a n 的乘积a 1a 2…a n 在次序不变的情况下可以将它们任意结合. 8.群G 中的任意元素a 及任意正整数n,定义： 321个 n n a aa a ...=,43421个 n n a a a a e a 1 110...,----==. 则由广义结合律知,,,Z n m G a ∈?∈?有 .)(,)(,1m m mn n m n m n m a a a a a a a --+=== (在加法群中可写出相应的形式.)
第一章 第二章 第一章 1. 如果在群G 中任意元素,a b 都满足222()ab a b =, 则G 是交换群. 证明: 对任意,a b G ∈有abab aabb =. 由消去律有ab ba =. □ 2. 如果在群G 中任意元素a 都满足2a e =,则G 是交换群. 证明: 对任意,a b G ∈有222()ab e a b ==. 由上题即得. □ 3. 设G 是一个非空有限集合, 它上面的一个乘法满足: (1) ()()a bc ab c =, 任意,,a b c G ∈. (2) 若ab ac =则b c =. (3) 若ac bc =则a b =. 求证: G 关于这个乘法是一个群. 证明: 任取a G ∈, 考虑2{,,,}a a G ??. 由于||G <∞必然存在最 小的i +∈ 使得i a a =. 如果对任意a G ∈, 上述i 都是1, 即, 对任意x G ∈都有2x x =, 我们断言G 只有一个元, 从而是幺群. 事实上, 对任意,a b G ∈, 此时有: ()()()ab ab a ba b ab ==, 由消去律, 2bab b b ==; 2ab b b ==, 再由消去律, 得到a b =, 从而证明了此时G 只有一个元, 从而是幺群. 所以我们设G 中至少有一个元素a 满足: 对于满足 i a a =的最小正整数i 有1i >. 定义e G ∈为1i e a -=, 往证e
为一个单位元. 事实上, 对任意b G ∈, 由||G <∞, 存在 最小的k +∈ 使得k ba ba =. 由消去律和i 的定义知k i =: i ba ba =, 即be b =. 最后, 对任意x G ∈, 前面已经证明了有最小的正整数k 使得k x x =. 如果1k =, 则2x x xe ==, 由消去律有x e = 从而22x e e ==, 此时x 有逆, 即它自身. 如果1k >, 则11k k k x x xe xx x x --====, 此时x 也有逆: 1k x -. □ 注: 也可以用下面的第4题来证明. 4. 设G 是一个非空集合, G 上有满足结合律的乘法. 如果该乘法 还满足: 对任意,a b G ∈, 方程ax b =和ya b =在G 上有解, 证明: G 关于该乘法是一个群. 证明: 取定a G ∈. 记ax a =的在G 中的一个解为e . 往证e 是G 的单位元. 对任意b G ∈, 取ya b =的一个解c G ∈: ca b =. 于是: ()()be ca e c ae ca b ====. 得证. 对任意g G ∈, 由gx e =即得g 的逆. □ 5. 找两个元素3,x y S ∈使得222()xy x y =/. 解: 取(12)x =, (13)y =. □ 6. 对于整数2n >, 作出一个阶为2n 的非交换群. 解: 二面体群n D . □ 7. 设G 是一个群. 如果,a b G ∈满足1r a ba b -=, 其中r 是正整数, 证 明: i i i r a ba b -=, i 是非负整数.
一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分)在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。错选、多选或未选均无分。 1、设G 有6个元素的循环群，a 是生成元，则G 的子集（ c ）是子群。 A 、{}a B 、{}e a , C 、{}3,a e D 、{} 3 ,,a a e 2、下面的代数系统（G ，*）中，（ D ）不是群 A 、G 为整数集合，*为加法 B 、G 为偶数集合，*为加法 C 、G 为有理数集合，*为加法 D 、G 为有理数集合，*为乘法 3、在自然数集N 上，下列哪种运算是可结合的？（ B ） A 、a*b=a-b B 、a*b=max{a,b} C 、 a*b=a+2b D 、a*b=|a-b| 4、设1σ、2σ、3σ是三个置换，其中1σ=（12）（23）（13），2σ=（24）（14），3σ=（1324），则3σ=（ B ） A 、1 2σ B 、1σ2σ C 、2 2 σ D 、2σ1σ 5、任意一个具有2个或以上元的半群，它（ A ）。 A 、不可能是群 B 、不一定是群 C 、一定是群 D 、 是交换群 二、填空题(本大题共10小题，每空3分，共30分)请在每小题的空格中填上正确答案。错填、不填均无分。 1、凯莱定理说：任一个子群都同一个----变换群------同构。 2、一个有单位元的无零因子-交换环----称为整环。 3、已知群G 中的元素a 的阶等于50，则4 a 的阶等于----25--。 4、a 的阶若是一个有限整数n ，那么G 与---模n 剩余类加群----同构。 5、A={1.2.3} B={2.5.6} 那么A ∩B=---｛2｝--。 6、若映射?既是单射又是满射，则称?为----双射-------------。
《近世代数》作业 一．概念解释 1．代数运算 2．群的第一定义 3．域的定义 4．满射 5．群的第二定义 6．理想 7．单射 8．置换 9．除环 10．一一映射 11．群的指数 12．环的单位元 二．判断题 1．Φ是集合n A A A ??? 21列集合D 的映射，则),2,1(n i A i =不能相同。 2．在环R 到环R 的同态满射下，则R 的一个子环S 的象S 不一定是R 的一个子环。 3．设N 为正整数集，并定义ab b a b a ++= ),(N b a ∈，那么N 对所给运算 能作成一个群。 4．假如一个集合A 的代数运算 适合交换率，那么在n a a a a 321里)(A a i ∈，元的次序可以交换。 5．在环R 到R 的同态满射下，R 得一个理想N 的逆象N 一定是R 的理想。 6．环R 的非空子集S 作成子环的充要条件是： 1）若,,S b a ∈则S b a ∈-； 2）,,S b a ∈，则S ab ∈。 7．若Φ是A 与A 间的一一映射，则1-Φ是A 与A 间的一一映射。 8．若ε是整环I 的一个元，且ε有逆元，则称ε是整环I 的一个单位。 9．设σ与τ分别为集合A 到B 和B 到C 的映射，如果σ，τ都是单射，则τσ是A 到C 的映射。 10．若对于代数运算 ,，A 与A 同态，那么若A 的代数运算 适合结合律，则A 的代数运算也适合结合律。 11．整环中一个不等于零的元a ，有真因子的冲要条件是bc a =。 12．设F 是任意一个域，*F 是F 的全体非零元素作成的裙，那么* F 的任何有限子群 G 必为循环群。 13. 集合A 的一个分类决定A 的一个等价关系。 （ ） 14. 设1H ,2H 均为群G 的子群，则21H H ?也为G 的子群。 （ ） 15. 群G 的不变子群N 的不变子群M 未必是G 的不变子群。 （ ） 三．证明题 1． 设G 是整数环Z 上行列式等于1或-1的全体n 阶方阵作成集合，证明：对于方阵的普通乘法G 作成一个 群。 2．设G=（a ）是循环群，证明：当∞=a 时，G=（a ）与整数加群同构。
近世代数第二章群论答案 §1.群的定义 1.全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群？ 解：不是，因为普通减法不是适合结合律。 例如 () 321110 --=-= --=-=() 321312 ()() --≠-- 321321 2.举一个有两个元的群的例。 解：令G=,e a {},G的乘法由下表给出 首先，容易验证，这个代数运算满足结合律 (1) ()(),, = ∈ x y z x y z x y z G 因为，由于ea ae a ==，若是元素e在(1)中出现，那么(1)成立。(参考第一章，§4，习题3。)若是e不在(1)中出现，那么有 ()aa a ea a == a aa ae a ==() 而(1)仍成立。 其次，G有左单位元，就是e；e有左逆元，就是e，a有左逆元，就是a。所以G是一个群。 读者可以考虑一下，以上运算表是如何作出的。 3.证明，我们也可以用条件Ⅰ，Ⅱ以及下面的条件IV'，V'来做群的
定义： IV ' G 里至少存在一个右逆元1a -，能让 =ae a 对于G 的任何元a 都成立； V ' 对于G 的每一个元a ，在G 里至少存在一个右逆元1a -，能让 1=aa e - 解：这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件I,II,IV,V 来做群定义的证明，但读者一定要自己写一下。 §2. 单位元、逆元、消去律 1. 若群G 的每一个元都适合方程2=x e ，那么G 是交换群。 解：令a 和b 是G 的任意两个元。由题设 ()()()2 ==ab ab ab e 另一方面 ()()22====ab ba ab a aea a e 于是有()()()()=ab ab ab ba 。利用消去律，得 =ab ba 所以G 是交换群。 2. 在一个有限群里，阶大于2的元的个数一定是偶数。 解：令G 是一个有限群。设G 有元a 而a 的阶>2n 。 考察1a -。我们有 ()1=n n a a e - ()()11==n n e a a e -- 设正整数 近世代数习题与答案 Prepared on 22 November 2020 一、 选择题（本题共5小题,每小题3分，共15分) 一、 (从下列备选答案中选择正确答案) 1、下列子集对通常复数的乘法不构成群的是（ ）。 (A) ｛1，－1，i ,－i ｝ (B) ｛1，－1｝ (C) ｛1，－1，i ｝ 2、设H 是群Ｇ的子群，a ，b ∈Ｇ，则aH = bH 的充要条件是（ ）。 (A) a －1b －1∈H (B) a －1b ∈H (C) ab －1∈H 3、在模6的剩余类环Z 6 中，Z 6 的极大理想是( )。 (A) （2），（3） (B) （2） (C)（3） 4、若Q 是有理数域,则(Q(2):Q)是( )。 (A) 6 (B) 3 (C) 2 5、下列不成立的命题是( )。 (A) 欧氏环是主理想环 (B) 整环是唯一分解环 (C) 主理想环是唯一分解环 二、填空题（本题共5空，每空3分，共15分） （请将正确答案填入空格内） 1、R 为整环，a ，b ∈R ，b |a ，则（b ） （a ）。 2、F 是域，则[](()) F x f x 是域当且仅当 。 3、域F 上的所有n 阶方阵的集合M n (F )中，规定等价关系~: A ～ B ?秩(A )=秩(B )，则这个等价关系决定的等价类有________个。 4、6次对称群S 6中,(1235)-1(36)=____________。 5、12的剩余类环Z 12的可逆元是 。 三、判断题（本题共5小题,每小题2分，共10分） （请在你认为正确的题后括号内打“√”，错误的打“×”） 1、设G 是群，?≠H ，若对任意a,b ∈H 可推出ab ∈H ，则H≤G .. （ ） 2、群G 中的元,a b ，()2,()7,a b ab ba ===,则()14ab =。 ( ) 3、商环6Z Z 是一个域。 （ ） 安徽大学2008－2009学年第一学期《近世代数》 考试试卷（B 卷）参考答案 一、名词解释题（本题共5小题，每小题3分，共15分） 1、对，显然模n 的同余关系满足以下条件： 1）对Z 中的任意元素a 都有(mod )a a n ≡；（反身性） 2）如果(mod )a b n ≡，必有(mod )b a n ≡；（对称性） 3）如果(mod )a b n ≡，(mod )b c n ≡，必有(mod )a c n ≡（传递性） 则这个关系是的一个等价关系． 2、错，因为2Z ∈，在Z 中没有逆元． 3、错，因为由于[]Z x x Z <>?，而整数环Z 不是一个域． 4、错，在同态满映下，正规子群的象是正规子群． 5、对，[]F x 是一个有单位元的整环，且 1）存在?：()()f x f x →的次数， 是非零多项式到非负整数集的一个映射； 2）在[]F x 中任取()f x 及()0g x ≠，存在[]F x 上的多项式()q x ，()r x 满足 ()()()(f x g x q x r x =+，其中()0r x =或()r x 的次数<()g x 的次数． 因此[]F x 作成一个欧式环． 二、计算分析题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 1、στ=(2453)，2τσ=(2346)，1τστ-=(256413)． 2、12Z 的所有的可逆元为1,5,7,11；n Z 的子环共有()T n 个，故12Z 共有6个子环，它们分别是{}10S =，{}20,6S =，{}30,4,8S =，{}40,3,6,9S =，{} 50,2,4,6,8,10S =和12Z 本身． 3、在8Z 中：32([4][3][2])([5][3])x x x x +--+ 5432 [4][4][3][5][3][6]x x x x x =-+-+-． 三、举例题（本题共3小题，1,2题各3分，第3题4分，共10分） 1、在整数环上的一元多项式[]Z x 中，由于[]Z x x Z <>?，整数环Z 是一个 近世代数习题解答 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B A = 2.假定B A ?,?=B A I ,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 =I ,B B A ?Y , 及由B A ?得B B A ?Y ,故B B A =Y , 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A A ?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 a a b c a b c b b c a a a a a 近世代数模拟试题 一、单项选择题(每题5分,共25分) 1、在整数加群(Z,＋)中,下列那个就是单位元( )。 A 0 B 1 C －1 D 1/n,n就是整数 2、下列说法不正确的就是( )。 A G只包含一个元g,乘法就是gg＝g。G对这个乘法来说作成一个群 B G就是全体整数的集合,G对普通加法来说作成一个群 C G就是全体有理数的集合,G对普通加法来说作成一个群 D G就是全体自然数的集合,G对普通加法来说作成一个群 3、下列叙述正确的就是( )。 A 群G就是指一个集合 B 环R就是指一个集合 C 群G就是指一个非空集合与一个代数运算,满足结合律,并且单位元,逆 元存在 D 环R就是指一个非空集合与一个代数运算,满足结合律,并且单位元,逆 元存在 4、如果集合M的一个关系就是等价关系,则不一定具备的就是( )。 A 反身性 B 对称性 C 传递性 D 封闭性 S的共轭类( )。 5、下列哪个不就是 3 A (1) B (123),(132),(23) C (123),(132) D (12),(13),(23) 二、计算题(每题10分,共30分) S的正规化子与中心化子。 1、求S＝{(12),(13)}在三次对称群 3 2、设G ＝{1,－1,i,－i},关于数的普通乘法作成一个群,求各个元素的阶。 3、设R 就是由一切形如??? ? ??0,0,y x (x,y 就是有理数)方阵作成的环,求出其右零因子。 三、证明题(每小题15分,共45分) 1、设R 就是由一切形如??? ? ??0,0,y x (x,y 就是有理数)方阵作成的环,证明??? ? ??0,00,0就是其零因子。 2、设Z 就是整数集,规定a ·b ＝a ＋b －3。证明:Z 对此代数运算作成一个群,并指出其单位元。 近世代数模拟试题 一. 单项选择题(每题5分，共25分) 1、在整数加群（Z，＋）中，下列那个是单位元（）. A. 0 B. 1 C. －1 D. 1/n，n是整数 2、下列说法不正确的是（）. A . G只包含一个元g，乘法是gg＝g。G对这个乘法来说作成一个群; B . G是全体整数的集合，G对普通加法来说作成一个群; C . G是全体有理数的集合，G对普通加法来说作成一个群; D. G是全体自然数的集合，G对普通加法来说作成一个群. 3. 如果集合M的一个关系是等价关系，则不一定具备的是( ). A . 反身性 B. 对称性 C. 传递性 D. 封闭性 4. 对整数加群Z来说，下列不正确的是（）. A. Z没有生成元. B. 1是其生成元. C. －1是其生成元. D. Z是无限循环群. 5. 下列叙述正确的是（）。 A. 群G是指一个集合. B. 环R是指一个集合. C. 群G是指一个非空集合和一个代数运算，满足结合律，并且单位元， 逆元存在. D. 环R是指一个非空集合和一个代数运算，满足结合律，并且单位元， 逆元存在. 二. 计算题(每题10分，共30分) 1. 设G 是由有理数域上全体2阶满秩方阵对方阵普通乘法作成的群，试求中G 中下列各个元素1213, ,0101c d cd ?? ??== ? ?-????， 的阶. 2. 试求出三次对称群 {}3(1),(12),(13),(23),(123),(132)S = 的所有子群. 3. 若e是环R的惟一左单位元，那么e是R的单位元吗？若是，请给予证明. 三. 证明题(第1小题10分，第2小题15分，第3小题20分，共45分). 1. 证明: 在群中只有单位元满足方程 近世代数习题解答 第三章环与域 1加群、环的定义 1. 证明,本节内所给的加群的一个子集作成一个子群的条件是充分而且必要的. 证 (ⅰ)若S 是一个子群 则S b a S b a ∈+?∈, '0是S 的零元,即a a =+'0 对G 的零元,000' =∴=+a a 即.00S a a s ∈-=-∴∈ (ⅱ)若S b a S b a ∈+?∈, S a S a ∈-?∈ 今证S 是子群 由S S b a S b a ,,∈+?∈对加法是闭的,适合结合律, 由S a S a ∈-?∈,而且得S a a ∈=-0 再证另一个充要条件: 若S 是子群,S b a S b a S b a ∈-?∈-?∈,, 反之S a a S a a S a ∈-=-?∈=-?∈00 故S b a b a S b a ∈+=--?∈)(, 2. },,,0{c b a R =,加法和乘法由以下两个表给定: + 0 a b c ? 0 a b c 0 0 a b c 0 0 0 0 0 a a 0 c b a 0 0 0 0 b b c 0 a b 0 a b c c c b a 0 c 0 a b c 证明,R 作成一个环 证R 对加法和乘法的闭的. 对加法来说,由.9.2习题6,R 和阶是4的非循环群同构,且为交换群. 乘法适合结合律Z xy yz x )()(= 事实上. 当0=x 或a x =,)(A 的两端显然均为0. 当b x =或x=c,)(A 的两端显然均为yz . 这已讨论了所有的可能性,故乘法适合结合律. 两个分配律都成立xz xy z y x +=+)( zx yx x z y +=+)( 事实上,第一个分配律的成立和适合律的讨论完全一样, 只看0=x 或a x =以及b x =或c x =就可以了. 至于第二个分配律的成立的验证,由于加法适合交换律,故可看 0=y 或a y =(可省略a z z ==,0的情形)的情形,此时两端均为zx 剩下的情形就只有 0,0)(=+=+=+x x bx bx x b b 0,0)(=+=+=+x x cx cx x c c 0,0)(=+=+==+x x cx bx ax x c b ∴R 作成一个环. 2交换律、单位元、零因子、整环 1. 证明二项式定理 n n n n n b b a a b a +++=+- 11)()( 在交换环中成立. 证用数学归纳法证明. 当1=n 时,显然成立. 假定k n =时是成立的: k i i k k i k k k k b b a b a a b a +++++=+-- )()()(11 看1+=k n 的情形)()(b a b a k ++ ))()()((11b a b b a b a a k i i k k i k k k ++++++=-- 1111111)]()[()()(++--+++++++++=+k i i k k i k i k k k k b b a b a a b a 1111 11)()(+-+++++++++=k i i k k i k k k b b a b a a (因为)()()(11 k r 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 = 近世代数习题与答案 Company Document number：WUUT-WUUY-WBBGB-BWYTT-1982GT 一、 选择题（本题共5小题,每小题3分，共15分) 一、 (从下列备选答案中选择正确答案) 1、下列子集对通常复数的乘法不构成群的是（ ）。 (A) ｛1，－1，i ,－i ｝ (B) ｛1，－1｝ (C) ｛1，－1，i ｝ 2、设H 是群Ｇ的子群，a ，b ∈Ｇ，则aH = bH 的充要条件是（ ）。 (A) a －1b －1∈H (B) a －1b ∈H (C) ab －1∈H 3、在模6的剩余类环Z 6 中，Z 6 的极大理想是( )。 (A) （2），（3） (B) （2） (C)（3） 4、若Q 是有理数域,则(Q(2):Q)是( )。 (A) 6 (B) 3 (C) 2 5、下列不成立的命题是( )。 (A) 欧氏环是主理想环 (B) 整环是唯一分解环 (C) 主理想环是唯一分解环 二、填空题（本题共5空，每空3分，共15分） （请将正确答案填入空格内） 1、R 为整环，a ，b ∈R ，b |a ，则（b ） （a ）。 2、F 是域，则[](()) F x f x 是域当且仅当 。 3、域F 上的所有n 阶方阵的集合M n (F )中，规定等价关系~: A ～ B ?秩(A )=秩(B )，则这个等价关系决定的等价类有________个。 4、6次对称群S 6中,(1235)-1(36)=____________。 5、12的剩余类环Z 12的可逆元是 。 三、判断题（本题共5小题,每小题2分，共10分） （请在你认为正确的题后括号内打“√”，错误的打“×”） 1、设G 是群，?≠H ，若对任意a,b ∈H 可推出ab ∈H ，则H≤G .. （ ） 2、群G 中的元,a b ，()2,()7,a b ab ba ===,则()14ab =。 ( ) 3、商环6Z Z 是一个域。 （ ） 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B A = 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A A ?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 a a b c a b c b b c a a a a a c c a b b d a a c a a a 4 结合律 1.A ={所有不等于零的实数}. 是普通除法:b a b 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: 2 1 2)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 d d c a b 所给出代数运算适合不适合交换律? a b c a a b c b b c a c c a b 一、单项选择题(本大题共5小题,每小题3分,共15分)在每小题列出的四个备选项中只有一个就是符合题目要求的,请将其代码填写在题后的括号内。错选、多选或未选均无分。 1、设G 有6个元素的循环群,a 就是生成元,则G 的子集( )就是子群。 A 、{}a B 、{}e a , C 、{}3,a e D 、 {}3,,a a e 2、下面的代数系统(G,*)中,( )不就是群 A 、G 为整数集合,*为加法 B 、G 为偶数集合,*为加法 C 、G 为有理数集合,*为加法 D 、G 为有理数集合,*为乘法 3、在自然数集N 上,下列哪种运算就是可结合的？( ) A 、a*b=a-b B 、a*b=max{a,b} C 、 a*b=a+2b D 、a*b=|a-b| 4、设1σ、 2σ、3σ就是三个置换,其中1σ=(12)(23)(13),2σ=(24)(14),3σ=(1324),则3σ=( ) A 、12σ B 、1σ2σ C 、22σ D 、2σ1σ 5、任意一个具有2个或以上元的半群,它( )。 A 、不可能就是群 B 、不一定就是群 C 、一定就是群 D 、 就是交换群 二、填空题(本大题共10小题,每空3分,共30分)请在每小题的空格中填上正确答案。错填、不填均无分。 1、凯莱定理说:任一个子群都同一个----------同构。 2、一个有单位元的无零因子-----称为整环。 3、已知群G 中的元素a 的阶等于50,则4a 的阶等于------。 4、a 的阶若就是一个有限整数n,那么G 与-------同构。 5、A={1、2、3} B={2、5、6} 那么A ∩B=-----。 6、若映射?既就是单射又就是满射,则称?为-----------------。 7、α叫做域F 的一个代数元,如果存在F 的-----n a a a ,,,10Λ使得 010=+++n n a a a ααΛ。 8、a 就是代数系统)0,(A 的元素,对任何A x ∈均成立x a x =ο,则称a 为 近世代数模拟试题 单项选择题（每题5分，共25分） 1、在整数加群（Z+）中，下列那个是单位元（）. A. 0 B. 1 C. －1 D. 1/n , n 是整数 2、下列说法不正确的是（）. A . G只包含一个元g,乘法是gg= g。G对这个乘法来说作成一个群 B . G是全体整数的集合，G对普通加法来说作成一个群 C . G是全体有理数的集合，G对普通加法来说作成一个群 D. G是全体自然数的集合，G对普通加法来说作成一个群 3.如果集合M的一个关系是等价关系，则不一定具备的是（）. A . 反身性B. 对称性C. 传递性D. 封闭性 4. 对整数加群Z来说，下列不正确的是（). A. Z 没有生成元. B. 1 是其生成元. C. －1 是其生成元. D. Z 是无限循环群. 5. 下列叙述正确的是（）。 A. 群G是指一个集合. B. 环R 是指一个集合. C. 群G是指一个非空集合和一个代数运算，满足结合律, 并且单位元, 逆元存在. D. 环R 是指一个非空集合和一个代数运算,满足结合律, 并且单位元, 逆元存在. 二. 计算题（每题10 分，共30 分） 1.设G是由有理数域上全体2阶满秩方阵对方阵普通乘法作成 3 的群，试求中G中下列各个元素c ,cd ， 1 的阶. 2. 试求出三次对称群 S3 (1),(12),(13),(23),(123),(132) 的所有子群. 3. 若e是环R的惟一左单位元，那么e是R的单位元吗若是, 请给予证明. 证明题（第1小题10分，第2小题15分，第3小题20分，共45 分）. 1. 证明: 在群中只有单位元满足方程 习题1-1(参考解答) 1. （1）姊妹关系 （2）()(),P S ? （3） (),{1},1a b Z a b ∈?≠,.例如(2 ,6 )2,(3 ,6 )3,==但()2,31=. 2. 若b 不存在，则上述推理有误.例如{}{~~~~}S a b c R b c c b b b c c =,,,：,,,. 3. (1)自反性:,(),,n A M E GL R A EAE ?∈?∈=~A A ∴ 对称性: 1111,,~,,(),,,,().~.n n A B M A B P Q GL R A PBQ B P AQ P Q GL R B A ?????∈?∈==∈∴ 传递性: 12211221212,,~,~,,,,(),,,,n A BC M A B B C P Q P Q GL R A PBQ B P CQ A PP CQ Q ?∈?∈===1212,(),~.n PP Q Q GL R A C ∈∴ (2) 自反性:1,(),,~.n A M E GL R A E AE A A ??∈?∈=∴ 对称性: ()11,,~,(),,,(),~.T T n n A B M ifA B T GL R A T BT B T BT T GL R B A ???∈?∈=∴=∈∴ 传递性: 121122,,,~,~,,(),,,T T n A B C M ifA B B C T T GL R A T BT B T CT ?∈?∈== ()12211221,T T T A T T CT T TT CT T ∴==12(),~.n TT GL R A C ∈∴ (3) 自反性:()1,,,~.n n A GL E GL R A E AE A A ??∈?∈=∴ 对称性: 1,(),~,(),,n n A B GL R ifA B T GL R A T BT ??∈?∈= () 1 1 111,(),~n B TAT T AT T GL R B A ?????∴==∈∴. 传递性: 11121122,,(),~,~,,(),,,n n A B C GL R A B B C T T GL R A T BT B T CT ???∈?∈== ()()1 1112212121,A T T CT T T T C T T ???∴==21(),~.n T T GL R A C ∈∴ 4. 证明: (1) 反身性:,()(),~a A a a a a φφ?∈=∴Q (2)对称性: ,,~,()(),()(),.a b A ifa b a b b a b a φφφφ∈=∴==近世代数习题与答案
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