近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)-2

近世代数课后习题答案近世代数课后习题答案近世代数是数学中的一个重要分支，研究的是抽象代数结构及其性质。

在学习近世代数的过程中，课后习题是巩固知识、加深理解的重要途径。

本文将为大家提供一些近世代数课后习题的答案，希望对大家的学习有所帮助。

一、群论1. 设G是一个群，证明恒等元素是唯一的。

答案：假设G中有两个恒等元素e和e'，则有e * e' = e'和e' * e = e。

由于e是恒等元素，所以e * e' = e' = e' * e。

再由于e'是恒等元素，所以e * e' = e =e' * e。

因此，e = e'，即恒等元素是唯一的。

2. 设G是一个群，证明每个元素在G中的逆元素是唯一的。

答案：假设G中的元素a有两个逆元素b和c，即a * b = e，a * c = e。

则有a * b = a * c。

两边同时左乘a的逆元素a'，得到a' * (a * b) = a' * (a * c)。

根据结合律和逆元素的定义，等式右边可以化简为b = c。

因此，元素a的逆元素是唯一的。

二、环论1. 设R是一个环，证明零元素是唯一的。

答案：假设R中有两个零元素0和0'，则有0 + 0' = 0'和0' + 0 = 0。

由于0是零元素，所以0 + 0' = 0' = 0' + 0。

再由于0'是零元素，所以0 + 0' = 0 = 0' + 0。

因此，0 = 0'，即零元素是唯一的。

2. 设R是一个环，证明每个非零元素在R中的乘法逆元素是唯一的。

答案：假设R中的非零元素a有两个乘法逆元素b和c，即a * b = 1，a * c = 1。

则有a * b = a * c。

两边同时左乘a的乘法逆元素a'，得到(a * b) * a' = (a * c) *a'。

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a,b S a b So'是S的零元，即0' a a对G 的零元,0 a a 0' 0即0 s 0 a a S.(ii)若a,b S a b S今证S 是子群由a,b S a b S,S对加法是闭的,适合结合律由a S a S,而且得a a0S再证另一个充要条件若S是子群,a,b S a, b Sa b S反之a S a a0S0a a S故a,b S a(b) a bS2. R {0, a,b,c},加法和乘法由以下两个表给定+0a b c0a b c00a b c00000a a0cb a0000b b c0a b0a b cc c b a0c0a 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2.9•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x(yz) (xy)Z 事实上.当x 0或x a, (A)的两端显然均为0.当x b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x(y z) xyxz 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x 0或x a以及x b或x c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y 0或y a (可省略z 0,z a的情形)的情形，此时两端均为zx 剩下的情形就只有R作成一个环.2交换律、单位元、零因子、整环1. 证明二项式定理在交换环中成立.证用数学归纳法证明.当n 1时，显然成立.假定n k时是成立的：看n k 1 的情形(a b)k(a b)k 1 k k .個为(r ) (r) (r 1))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)3. 证明，对于有单位元的环来说，加法适合交换律是环定义里其他条件的结果(利用(a b)(1 1))证单位元是1,a,b是环的任意二元，4. 找一个我们还没有提到过的有零因子的环证令R是阶为2的循环加群规定乘法:a,b R而ab 0则R显然为环.阶为2 有a R 而a 0但aa 0 即a为零因子或者R为n n矩阵环.5. 证明由所有实数a 2 (a,b整数)作成的集合对于普通加法和乘法来说是一个整环.证令R {a b .2(a,b整数)}(i ) R是加群(a b、2) (c d、2) (a c) (b d) .2适合结合律，交换律自不待言.零元0 0、、2a b' 2的负元a b、2(ii)(a b 、、2)(c d 、. 2) (ac 2bd) (ad be)、. 2 乘法适合结合律，交换律，并满足分配律.(iii) 单位元 10、. 2(iii) R 没有零因子，任二实数 ab 0 a 0或b 03除、环、域F ｛所有复数a bi a, b 是有理数｝证明 F 对于普通加法和乘法来说是一个域 证和上节习题5同样方法可证得 F 是一个整环.(i ) a bi 02b 0因而有， a b i~~2TT~~27~2 iabab故F 为域证明 F 对于普通加法和乘法来说是一个域证 只证明 a b-、3 0有逆元存在.则a,b 中至少有一个2 2我们说a 3b 0 22,a 3bbi,c di) (a, c) (bi ,di)4无零因子环的特征(a) 的特征是2； (b)F 的 0 或11的两个元都适合方程 证(a )设F 的特征为P并且 (i ) F 有 1 i 02.F ｛所有实数a b 、3,(a,b 是有理数)｝ 5.验证,四元数除环的任意元(a bi),(c di)，这里a,b,c,d 是实数，可以写成(a,0) (b,0)(i,0) (c,0)(0,1) (d,0)(0,i)的形式.1. 假定个有四个元的域，证明.1.即a,b 中至少一个使(a bi)(代不然的话 4.(b 9 a 3或 既然a若b 0但、、3 3b 2 0不是有理数矛盾)a 2 2a 3b例3的乘法适合结合律.则a 『.3的逆为 a 2b3b 2-证明 证[(1,1 )( 2,2)]( 3,3)2, 3,(1,1)[(2, 2)(3, 3)](a则P 的（加）群F 的非零元的阶 所 P4（4是群F 的阶） 但要求P 是素数，P 2.2. 假定［a ］是模的一个剩余类.证明,若a 同n 互素,证 设 x [a]且(x,n)d则x dx-!, n dm由于 x a n q a xnq dx 1 dng d(x-i n 1q)故有 d a,，且有d n因为 (a,n) 1所以d 13.证明所 有同n 互素的模n 的剩余类对于剩余类的乘法来说那么所有［a ］的书都同n 互素（这时我们说［a ］同n互素）.作成一个群（同 互素的剩余类的个数普通用符号（n ） 来表示，并且把它叫做由拉(b )设 F {0,1,a,b} 由于P 2,所以加法必然是x x 0,,而 1 a故有1 a 0 0 1 a 1 1 0 b A a b 0 B ba1又{1, a,b}构成乘群2 21aa,a 故有1a1 1aaa bbbaa 1 a bb b a 1 0，所以乘法必然是2(否则a b ) a bb b 1 1x 1函数）这样，a,b 显然适合x 2证G ｛［ a］而［a］同n互素｝G显然非空，因为［1］G（（1,n） 1）(i )[a],[b] G则[a][b] [ab]又(a, n) 1,(b, n) 1 有(ab, n) 1(ii )显然适合结合律.(iii )因为n有限，所以G的阶有限.若[a][x] [a][x]即[ax] [ax']由此可得nax ax a(x x) (a,n) 1, nx x 即有[x] [x']另一个消去律同样可证成立.G作成一个群(n)4.证明若是(a, n) 1,那么a 1(n)(费马定理)证(a,n) 则[a] G而[a]的阶是G的阶(n)的一个因子因此[a] (n)[1]即[a(n)] [1]5子环、环的同态1. 证明，一个环的中心是一个交换子环.证设N是环的中心.显然O N a, b N，x是环的任意元是子环,至于是交换环那是明显的.2. 证明，一个除环的中心是个域.证设!是除环！是中心由上题知N是R的交换子环1 R,显然1 N，即N包含非零元，同时这个非零元1是的单位元.a N ,x R 即ax xaN !是一个域3. 证明，有理数域是所有复数a bi(a,b是有理数)作成的域R(i)的唯一的真子域证有理数域R是R(i)的真子域.设F !是R(i)的一个子域，则F R (因为R是最小数域)若a bi F,而b 0则i F F F(i)这就是说，R是R(i)的唯一真子域.4. 证明，R(i)有且只有两自同构映射.证有理数显然变为其自己.假定i则由i2 1 2 1 i或i其次，对于这两个代数运算以及 R 的两个代数运算来说在 之下R R5. 映射. 这就证明完毕. 当然还可以详细一些1, 2确是R （i ）的两个自同构映射 现在证明只有这两个. 若:i a bi（有理数变为其自己） 则由i 2 1 （a若 b 0 a 2 在就是说J 3表示模 bi )2 a 2 b 2 2abi 11是有理数 3的剩余类所作成的集合 证1）对加群J a 的自同构映射自同构映射必须保持！0 0 故有1 : i i 2）对域J a 的自同构映射. 自同构映射必须保持 0 0, 1 1 所有只有 :i i,在就岀现矛盾，所以有a 0因而b 1..找岀加群J a 的所有自同构映射，这找岀域J 3!的所有自同构 ｛一切（a,0）｝这里a 阿是实数，显然与实数域 S 同构.令R 是 把R 中S 换成S 后所得集合；替R 规定代数运算.使R 6. 令R 是四元数除环，R 是子集S R ,分别用i, j,k 表示R 的元 (i ,0),(0,1),(0,i), 题5).验证.i 2 j 2证 1 )对，那么R 的元可以写成a bi 2 k 1, ij ji k, jk :（a,0） a 来说显然S S cj dk （a,b,c,d 是实数）的形式（参看3.3.习 kj i, ki ik j.2) S ｛一切（a,0）｝a 实数 S ｛一切（a,0）a 实数 一切(a,0)} R ｛（,复数对（）是不属于S 的R 的元. R {(, 规定 一切a ｝由于S 与S 的补足集合没有共同兀，容易验证 是R 与R 间的一一映射.规定R 的两个唤的和等于它们的逆象的和的象 R 的两个元的积等于它们的逆象的积的象 首先，这样规定法则确是 R 的两个代数运算3)由 3.3. 习题 5 知 这里 a,b,c,d实数这是因为令 i (i,0), j (0,1), k (0,i)( 4 ) i 2(i,0)(i,0) ( 1,0) 1同样 jkkj i,ki ik j6 多项式环1. 证明 , 假定R 是一-个整环，那么R 上的一个多项式环 R[x]也是一个整环证 R ! 是交换环 R[x]交换环,R 有单位元 11是R[x]的单位元，R 没有零因子 R[x] 没有零因子事实上， f(x) a 0 a 1x a n x n ,a 0则 f (x)g(x) a 0b 0a nb m x n m因为R 没有零因子，所以a n b m 0 因而 f (x)g(x) 0这样 R[x] 是整环2. 假定R 是模7的剩余类环，在R[x]里把乘积 计算出来即x i 是 R 上的未定元 4. 证明 :(i ) 若是 x 1,x 2, x n和y 1,y 2, y n上的两组无关未定元 ,那么(ii ) R !上的一元多项式环 R[X]能与它的一个真子环同构.证 (i ): f (x 1,x 2, x n ) f (y 1,y 2, y n )(i )R[ 1, 2] R[ 2, 1](ii ) i )若 x 1,x 2,R [ 1, 2]由于因而 R[2, 1] i1 ai1i2 2{ 一切i21,x n 是 R 上的无关未定元 , 那么每一个 x i i1 i2{一切a i1i2 2 1 }aj 2 j1} j2 j1 2 1j2 j1aj2 j1 2 1都是 R 上的未定元 .R[ 1,(ii)设n即a k x 10k0因为 x 1,x 2, R[ 2, k a k x i k 00 h 0x i 1x i x i 12]n n 1] 0 0x nx n 是 R 上的无关未定元 ,所以解 原式 =[5]x 5[3]x 4 x 3 [5]x [5] [5]x 5 [4]x 4 x 3 [5]x [2]其次，对于这两个代数运算以及 R 的两个代数运算来说在之下R R根据本节定理 3 R[x 1,x 2, x n ]~ R[y 1,y 2, y n ] 容易验证 f 1(x 1,x 2, x n )f 2(x 1,x 2, x n )f 1(y 1,y 2, y n )这样R[x 1,x 2, x n ] R[y 1,y 2, y n ]2 2n(ii)令 R[x] {一切 a o a i Xa .x }显然 R[x 2] R[x]但 x R[x 2 ] 不然的话 这与x 是R 上未定元矛盾.2所以 R[x ] 是 R[x] 上未定元显然2故有(i) R[x] R[x }这就是说，R[x 2]是R[x]的真子环，且此真子环与 R[x]同构.7 理想1. 假定R 是偶数环，证明，所有整数4r 是 的一个理想，等式！对不对？ 证 4r 1,4r 2,r 1,r 2R是 R 的一个理想 .等式(4) 不对这是因为R 没有单位元 具体的说4 (4)但42. 假定R 是整数环，证明(3,7)1.证R 是整数环，显然R (1)(3,7) 1.又 1( 2)3 1(7) (3,7)3. 假定例3的R 是有理数域，证明,这时(2,x)是一个主理想.证 因为2与x 互素，所以存在R(x),F 2(x)使R[x] (1) (2,x) 。

近世代数习题解答2近世代数习题解答第二章群论1 群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?证不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件''5,4来作群的定义:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1 得e a a =-1 因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即由 a ae = 得 a ea =a ae a a a a aa ea ====--)()(11即 a ea =这样就得到群的第二定义.(3) 证 b ax =可解取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.2 单位元,逆元,消去律1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就是交换群.证由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)(.2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证(1) 先证a 的阶是n 则1-a 的阶也是n .e e a a e a n n n ===?=---111)()(若有n m ? 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a Θ的阶等于1-a 的阶 (2) a 的阶大于2, 则1-≠a a 若e a a a =?=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 则 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证G a ∈故G a a a a n m ∈K K K ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等:n m a a = )(n m ? 故 e a m n =-m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定相同? 证不一定相同例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G 对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由φ可知G ∽-G但 231,231i i --+-的阶都是3. 而1的阶是1.。

近世代数课后习题参考答案第二章群论1群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?证 不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件''5,4来作群的定义:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1得e a a =-1因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1 所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即 由 a ae = 得 a ea =a ae a a a a aa ea ====--)()(11即 a ea =这样就得到群的第二定义. (3) 证 b ax =可解 取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.2单位元,逆元,消去律1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就是交换群. 证 由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)(.2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证 (1) 先证a 的阶是n 则1-a 的阶也是n .e e a a e a n nn===⇒=---111)()(若有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a 的阶等于1-a 的阶 (2)a 的阶大于2, 则1-≠a a 若 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 则 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证 根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶 2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a nm∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等:n m a a =)(n m 〈 故 e a m n =- m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定相同? 证 不一定相同 例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G 但231,231i i --+-的阶都是3.而1的阶是1.5变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证 我们的回答是回有的},3,2,1{ =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→3 3→2 3→4 4→3 4→5 ……τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A 是所有实数作成的集合.证明.所有A 的可以写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群? 证 (1) :τb ax x +→:λd cx x +→:τλd cb cax d b ax c x ++=++→)(d cb ca +,是有理数 0≠ca 是关闭的.(2) 显然时候结合律(3) 1=a 0=b 则 :εx x → (4) :τb ax +)(1:1ab x a x -+→-τ 而 εττ=-1所以构成变换群.又 1τ: 1+→x x:2τx x 2→:21ττ)1(2+→x x :12ττ12+→x x故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ: )()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元. 证 :1τ)(1a a τ→:2τ)(2a a τ→那么:21ττ)()]([2121a a a ττττ=→ 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ==→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ故 )()(321321ττττττ= 再证ε还是S 的单位元:ε)(a a a ε=→:ετ)()]([a a a ττε=→τ:τε)()]([a a a τετ=→∴τεετ=4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。

近世代数课后习题参考答案第一章 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 aa b ca b cb bc a a a a a c c a b bd a aca a a4 结合律1.A ={所有不等于零的实数}. 是普通除法:bab a = .这个代数运算适合不适合结合律? 解׃ 这个代数运算不适合结合律: 212)11(= , 2)21(1= ,从而 )21(12)11( ≠.2.A ={所有实数}. : b a b a b a =+→2),(这个代数运算适合不适合结合律?解׃ 这个代数运算不适合结合律c b a c b a 22)(++= ,c b a c b a 42)(++= )()(c b a c b a ≠ 除非0=c .3.A ={c b a ,,},由表所给的代数运算适合不适合结合律?解׃ 经过27个结合等式后可以得出所给的代数运算适合结合律.5 交换律1.A ={所有实数}. 是普通减法:b a b a -= .这个代数运算适合不适合交换律?解׃ 一般地a b b a -≠- 除非b a =.2.},,,{d c b a A =,由表a b c d a a b c d b b d a c c c a b d dd c a b所给出代数运算适合不适合交换律?a b c aa b cb bc a cc a b解׃ d d c = , a c d =从而c d d c ≠.故所给的代数运算不适合交换律.6 分配律假定:⊗⊕,是A 的两个代数运算,并且⊕适合结合律,⊕⊗,适合两个分配律.证明)()()()(22122111b a b a b a b a ⊗⊕⊗⊕⊗⊕⊗ )()()()(22211211b a b a b a b a ⊗⊕⊗⊕⊗⊕⊗= 证)()()()(22122111b a b a b a b a ⊗⊕⊗⊕⊗⊕⊗׃ =])[(])[(221121b a a b a a ⊗⊕⊕⊗⊕ =)()(2121b b a a ⊕⊗⊕=)]([)]([212211b b a b b a ⊕⊗⊕⊕⊗)()()()(22211211b a b a b a b a ⊗⊕⊗⊕⊗⊕⊗=7 一 一 映射、变换1.A ={所有0〉的实数},=-A {所有实数}.找一个A 与-A 间的意义映射.证 φ:a a a log =→-因为a 是大于零的实数,所以a log 是实数即 A a ∈,而--∈A a ,而且b a b a log log =⇒=.因此φ是A 到-A 的映射.又给了一个-A 的任意元-a ,一定有一个A 的元a ,满足-=a a log ,因此φ是A 到-A 的满射.a a a log =→-b b b log =→-若 b a ≠, 则 b a log log ≠.即 --≠⇒≠b a b a 因此φ又是A 到-A 的单射.总之,φ是A 到-A 的一一映射.2. A ={所有0≥的实数},=-A {所有实数-a ,10≤≤-a }. 找一个A 到-A 的满射. 证 a a a sin :=→-φ,容易验证φ是A 到-A 的满射.3.假定φ是A 与-A 间的一个一一映射,a 是A 的一个元.?)]([1=-A φφ?)]([1=-a φφ若φ是A 的一个一一变换,这两个问题的回答又该是什么?解׃ a a =-)]([1φφ, a a =-)]([1φφ未必有意义;当φ是A 的一一变换时,.)]([,)]([11a a a a ==--φφφφ8 同态1.A ={所有实数x },A 的代数运算是普通乘法.以下映射是不是A 到A 的一个子集-A 的同态满射?x x a →) x x b 2)→ 2)x x c → x x d -→) 证׃ )a 显然=-A {所有0≥的实数}.又由于 y x xy xy =→ 可知x x →是A 到-A 的同态满射.)b 由于)2)(2(2y x xy xy ≠→ ( 除非0=xy )所以x x 2→不是A 到-A 的同态满射.)c 由于222)()()(y x xy xy =→,易知2x x →是A 到-A 的同态满射.这里-A ={所有0≥的实数}.)d 一般来说,))((y x xy --≠-,:所以x x -→不是A 到-A 的同态满射 .2. 假定A 和-A 对于代数运算ο和-ο来说同态，-A 和=A 对于代数运算-ο和=ο来说同态，证明 A 和=A 对于代数运算ο和=ο来说同态。

近世代数课后习题参考答案第二章 群论1 群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?证 不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件 ''5,4来作群的定义:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1得e a a =-1因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1 所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([ 即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即 由 a ae = 得 a ea = a ae a a a a aa ea ====--)()(11即 a ea =这样就得到群的第二定义. (3) 证 b ax =可解 取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.2 单位元,逆元,消去律1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就是交换群. 证 由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)(.2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证 (1) 先证a 的阶是n 则1-a 的阶也是n .e e a a e a n nn===⇒=---111)()(若有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a 的阶等于1-a 的阶 (2)a 的阶大于2, 则1-≠a a 若 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 则 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证 根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶 2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a nm∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等: nma a = )(n m 〈 故 e amn =-m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定相同? 证 不一定相同 例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G 但231,231i i --+-的阶都是3.而1的阶是1.5 变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证 我们的回答是回有的},3,2,1{ =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→3 3→2 3→4 4→3 4→5 … …τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A 是所有实数作成的集合.证明.所有A 的可以写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群? 证 (1) :τ b ax x +→:λ d cx x +→:τλ d cb cax d b ax c x ++=++→)( d cb ca +,是有理数 0≠ca 是关闭的.(2) 显然时候结合律(3) 1=a 0=b 则 :ε x x → (4) :τ b ax + )(1:1ab x a x -+→-τ而 εττ=-1所以构成变换群.又 1τ: 1+→x x :2τ x x 2→ :21ττ )1(2+→x x :12ττ 12+→x x 故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ: )()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元. 证 :1τ )(1a a τ→ :2τ )(2a a τ→那么:21ττ )()]([2121a a a ττττ=→ 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ= =→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ 故 )()(321321ττττττ= 再证ε还是S 的单位元 :ε )(a a a ε=→:ετ )()]([a a a ττε=→τ:τε )()]([a a a τετ=→ ∴ τεετ=4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。