近世代数习题解答张禾瑞三章

习 题 三1. 矩阵A 的秩指的是什么？解 A 中非零子式的最大阶数,若没有非零子式,则A 的秩为零. 2. 设F 上的矩阵A 的秩是r ，下列论断哪些是对的？哪些是错的？是对的，给出证明；是错的，举出反例. （1）A 中只有一个r 阶子式不为零；解 错.例如A =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛0021,秩A =1,但一阶非零子式有两个.（2）A 中所有r -1阶子式全为零；解 错.例如A =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛420210001,秩A =2, 但A 有5个2-1阶子式非零.（3）A 中可能也有r ＋1阶子式不为零； 解 错.否则与秩A =r 矛盾.（4）A 中至少有一个r 阶子式不为零. 解 对.若A 中r 阶子式全为零,则秩A <r 矛盾. 3. λ取何值时，矩阵的所有⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---42211211λ 的秩最小. 解.2-=λ4. 求下列矩阵的秩(1) ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛------2201111201121021;(2) ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---1641121213212110. 解 (1)4; (2)4.5. 设A *是F 上的n 阶矩阵A 的伴随矩阵，若秩A <n －1，问A *的秩是多少？解 秩A *=0.6. 证明，F 上的一个秩为r 的矩阵总可以表为r 个秩为1的矩阵之和.证明 设),(F M A n m ⨯∈且秩A =r ,则存在m 阶可逆矩阵P 和n阶可逆矩阵Q ,使得PAQ I r=⎪⎪⎭⎫⎝⎛000.因此, 111221111112211111)(000----------+++=+++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=Q E P Q E P Q E P Q E E E P Q I P A rr rr r 其中秩().,,2,1,111r i Q E Pii ==--7. 证明，F 上的一个n 阶矩阵A 的秩≤1的充分必要条件是A 可以表为一个n ⨯1矩阵和一个1⨯n 矩阵的乘积.证明 设秩A ≤1.若秩A =0,则().000000 ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==⨯nn O A若秩A =1,则存在可逆的P 和Q ,使得()()n n b b b a a a Q P Q P A2121001001000000001⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=其中),,2,1(n i a i =不全为零, ),,2,1(n j b j =不全为零.)⇐设()n n b b b a a a A2121⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=,所以秩A ≤min(秩⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛n a a a 21,秩()n b b b 21)≤1.8.证明，秩为1的n 阶矩阵A =()nn ija ⨯必满足：A 2=（∑=ni iia1）A .证明 因为秩A ＝1,所以由上题得()n n nn ij b b b a a a a A 2121)(⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛==⨯,其中),,2,1(n i a i =不全为零, ),,2,1(n j b j =不全为零. 因此2A =()n n b b b a a a 2121⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛()n n b b b a a a 2121⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==∑=A b a n i i i )(1A ani ii )(1∑=.9. 设A 是F 上的m ⨯n 矩阵，其秩小于m . 证明，存在m 阶非零矩阵G ,使得GA ＝0.证明 设秩A ＝r ,则存在m 阶可逆矩阵P 和n 阶可逆矩阵Q , 使得PAQ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛000rI 令m 阶方阵B =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-r m I 000,其中r m I -是m 阶单位矩阵,因为r <m, 所以0≠B ,而BPAQ=B ⎪⎪⎭⎫⎝⎛000r I =0 令G =BP ,因为P 为m 阶可逆矩阵, 所以0≠G .在GAQ=0两边右乘以1-Q 即得GA=0.10. 叙述并证明定理1.5.2的逆定理.逆定理为若n n ⨯齐次线性方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+++=+++=+++.0..........................,0,0221122221211212111n nn n n nn n n x a x a x a x a x a x a x a x a x a的系数行列式D 等于零, 则该齐次线性方程组有非零解. 证明略.11. 已知矩阵A 的秩为2，求一个非零矩阵C 使得AC ＝0.A ＝⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--010111101解 因为=--)1()1()1(132132AT T T ⎪⎪⎭⎫⎝⎛0002I 所以)1(13T C =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1000I =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛100000100. 12. 设α, β 都是数域F 上的矩阵A 的属于特征根λ的特征向量，问α＋β是不是A 的特征向量？为什么？解 若,0=+βα 则βα+不是A 的特征向量; 若,0≠+βα 则βα+是A 的属于特征根λ的特征向量.这是因为A (βα+)=λ(βα+).13. 求下列矩阵的特征根.(1) ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛----242422221; (2)⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛----284014013.(1) λ1=7-,232==λλ; (2) λ1=2-,132==λλ.14. 设λ1, λ2是数域F 上的矩阵A 的不同特征根，α1, α2是相应的特征向量，证明α1＋α2不再是A 的特征向量.证明 假设α1＋α2是A 的属于特征根λ的特征向量,则 A (α1＋α2)= λ(α1＋α2),另一方面, A (α1＋α2)= λα1＋λα2于是0)()(2211=-+-αλλαλλ.因为21λλ≠,所以1λλ-,2λλ-都不为零.因此α2=k α1)0(≠k . 这样k 1λα1= k A α1= A α2=22αλ=k 2λα1从而 )(21λλ-α1=0.因此21λλ=.矛盾.15. 设A , B 都是数域F 上的n 阶矩阵，且A 可逆，证明，AB 与BA 相似.证明 因为 AB 1-=ABAA 111)()(---=A BA A , 所以AB 与BA 相似.16. 已知相似矩阵有相同的特征多项式，问这个命题的逆命题成立吗？若不成立，请举一个反例.解 不成立.例如:⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=1011,1001B A 尽管有2)1()()(-==x x f x f B A ,但A 与 B 不相似.17. 设矩阵A 与B 相似，其中A ＝⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-11322002a ，B ＝⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-b 00020001.求a 与b 的值. 解 a ＝0,b ＝－2.18. 设A 是复数域上的n 阶方阵. 证明, (1) 存在复数域上的n 阶可逆矩阵P ,使得P -1AP =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛nn n n n b b b b b b2222112100λ;, (2) A 相似于一个复数域上的n 阶上三角形矩阵(即主对角线下方全是0的矩阵).证明 (1)因为矩阵A 有n 个特征根(重根按重数算),设λ1为A 的一个特征根, α1是A 的属于特征根λ1的特征向量,则A α1＝λ1α1.其中α10≠.由习题二的第15题知, 存在以α1为第一列的可逆矩阵P )(C M n ∈.设),,,(11n P ααα =,因为IP P =-1,于是⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-00111 αP , 所以=-AP P 1AP 1-),,,(11n ααα =(AP 1- α1,A P 1-α2, …,A P 1- αn )=(λ11-P α1, A P 1-α2, …,A P 1- αn )=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛nn n n n b b b b b b 2222112100λ (2)对A 的阶数n 利用数学归纳法. 1 当n =1时,显然.2 假设n >1且n －1时结论成立,下证n 时结论也成立. 由(1)知,存在可逆的P )(C M n ∈,使得=-AP P 1⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛nn n n n b b b b b b 2222112100λ.令1A =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛nn n n b b b b 2222,则1A )(1C M n -∈,由归纳假设知,存在可逆的Q )(1C M n -∈,使得=-AQ Q 1⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛n λλλ00*32令S=⎪⎪⎭⎫⎝⎛Q 001,则=--S AP P S )(11⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-1001Q ⎪⎪⎭⎫⎝⎛*110A λ⎪⎪⎭⎫⎝⎛Q 001=⎪⎪⎭⎫⎝⎛*-AQ Q 11λ=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛n λλλ 00*21. 所以A 相似于一个复数域上的n 阶上三角形矩阵.19. 设A , B , T 都是复数域上的n 阶方阵, 且T 是可逆矩阵. 证明, 若T -1AT = B , 则对任意的正整数m , 有T -1A m T = B m .证明 B 2＝(T -1AT )(T -1AT )= T -1A 2TB 3＝B 2B =( T -1A 2T )( T -1AT )= T -1A 3T…………………….B m ＝T -1A m T .20. 设A 是n 阶实对称矩阵. 证明，若A 2＝0，则A ＝0. 证明 因为A 2＝⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛nn n n n n a a aa a a a a a 212221211211⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛nn n n n n a a aa a a a a a 212221211211= ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++*+++*++222212222221221212211nn n n nn a a a a a a a a a =0所以.,,2,1,,,0n j i j i a ij =<=即A =0.21. 设A , B 都是F 上的n 阶对称矩阵，证明，AB 是对称矩阵当且仅当AB ＝BA .证明 必要性：设AB 对称，则()TTTAB AB B A BA ===． 充分性 设AB BA =，则()TTTAB B A BA AB ===． 22. 方阵A 称为斜对称的，如果A T ＝-A . 证明，实斜对称矩阵的特征根为零或纯虚数.证明 设λ是A 的任一特征根，则存在复数域上ｎ维列向量α，使得A αλα=．设12n c cc α⎛⎫ ⎪ ⎪= ⎪⋅⋅⋅ ⎪ ⎪⎝⎭，其中12,,,n c c c ⋅⋅⋅均为复数且不全为零．用α的转置矩阵Tα左乘以上式的两边，得()TTTA αααλαλαα==．由于T A A =-，所以由转置矩阵的性质可得()T T TT T A A A ααααααλαα=-=-=-所以()0Tλλαα+=，而10nTi ii c cαα==≠∑．因此0λλ+=，即λ是零或纯虚数．23. 设矩阵A 与B 合同. 证明，秩A ＝秩B .证明 若A 与B 合同，则存在可逆矩阵P 使得TB P AP =，43 所以秩B ＝秩()T P AP ＝秩A ．24. 设可逆实方阵A 与B 合同. 证明，det A 与det B 的符号相同. 证明 设实方阵A 与B 合同，则存在可逆实方阵P 使得T B P AP =，因此2det det()(det )det T B P AP P A ==，因为2(d e t )0P >，所以det A 与det B 同正，同负或同时为零．25. 如果把全体n 阶实对称矩阵按合同分类，即两个n 阶实对称矩阵属于同一类当且仅当它们合同，问共有几类？解 共有1(1)(2)2n n ++类． 26. 用合同变换化下列矩阵为对角形. (1) ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛312101211， (2) ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛021212102121210. 解 (1)100010000⎛⎫ ⎪- ⎪ ⎪⎝⎭；(2)1001004001⎛⎫ ⎪ ⎪- ⎪ ⎪-⎝⎭.(答案不唯一) 27. 证明： ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛n λλλ 21与⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛n i i i λλλ 21。

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是一个子群贝y a, b三S二a b三S0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= aS,S对加法是闭的，适合结合律,由a S= -a • S,而且得a — a = 0 ：= S再证另一个充要条件：若S是子群，a,b S= a,-b S= a-b S 反之a S= a - a = 0 S= 0 - a - -a S故a, b S= a -( -b) = a b S2. 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^ xy xz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)(因为(畀)北)(：」))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三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 • b 12 (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 一2) (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 ■ b2 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 1 ^.2(iii) R 没有零因子，任二实数ab = 0= a = 0或b = 03除、环、域1. F =｛所有复数a bi a,b 是有理数｝证明 F 二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 证明 F 对于普通加法和乘法来说是一个域 .证 只证明 a 亠b--3=0有逆元存在.则a,b 中至少有一个 =0,2 2我们说a-3b -- 02 2不然的话,a =3b(b =0］若 b =0 贝y a =0 矛盾)23 =笃 但-3不是有理数、b 2 2既然a …3b 0‘_a b贝U a ^.3的逆为 22 * 2—a 2_3b 2a 2_3b 24.证明 例3的乘法适合结合律. 证［(:1, ■1)C 2, -2)］^'3,'3)又(:九沁：2「2)(： 3「3)］_____________二［〉1(〉2〉3 - ：2 ：3)-1：1 (〉2 ：3： 3),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.证 (a bi,c di)二(a,c) (bi,di)4无零因子环的特征1. 假定F 是一个有四个元的域，证明.(a) 的特征是2； (b)F 的0 或11的两个元都适合方程证(a )设F 的特征为P 则P 的(加)群F 的非零元的阶 所 P 4(4是群F 的阶) 但要求P 是素数，• P = 2.(b )设 F 二｛0,1,a,b ｝并且(i ) F 有1 • i = 0(ii ) a bi = 0.a 2 • b 2 = 0因而有，a - b~7~2— 7~2a +ba +b故F 为域2.F -｛所有实数a b,. 3, 即a, b 中至少一个-0使(a bi)(aa 2b 2-b a 2b2i )=1(a,b 是有理数)｝由于P =2,所以加法必然是x x =0,,而 1 a = a 二 1 a = b2 2 a a, a 1 故有1a 1 1 a a abb b a— 2 (否则 a = b )=• a 二 bb b 1 1这样，a, b 显然适合x 2 = x 12. 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 贝U x = dx 1, n = dn 1由于 x -a 二 nq= a = x -nq = dx^dng = d(x r ~m q) 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 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 ■•函数)证G 二｛［ 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]二[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 ］二［a ］［x '］ 即［ax ］二［ax '］由此可得 nax —ax ' =a(x —x ')常(a,n) =1,二 dx — x ' 即有［x ］二［x ］ 另一个消去律同样可证成立.故有又{1,a,b}构成乘群，所以乘法必然是 那么所有［a ］的书都同n 互素(这时我们说 ［a ］同n 互素).G作成一个群4.证明,若是(a, n) =1,那么a°(n)三1( n)(费马定理)证(a, n) 则[a]三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0三N a,b三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 = xa.N !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二R(因为R是最小数域)若a bi F ,而b = 0则i F 二F 二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=- -1— - - i 或「- -i这就证明完毕.当然还可以详细一些：确是R(i)的两个自同构映射.现在证明只有这两个.若：i 》：二a bi(有理数变为其自己)则由i2= -1 = (a bi)2二a2「b22abi 二-1若b =0= a2- -1是有理数，在就岀现矛盾所以有a = 0因而b = 1.在就是说，只能i > i或i •-i i5. J3表示模3的剩余类所作成的集合.找岀加群J3的所有自同构映射，这找岀域J3!的所有自同构映射. 证1)对加群J3的自同构映射自同构映射必须保持！0 0故有1 : i —；i2)对域J3的自同构映射.自同构映射必须保持0 0 , 1 1所有只有—• i6. 令R是四元数除环，R是子集S = { —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三R,分别用i,j,k表示R的元(i,0), (0,1),(0,i), ,那么2 2 2R的元可以写成a bi cj dk(a,b,c1d是实数)的形式(参看33 习题5).验证.i - j -k - -1, ij = 一ji = k, jk = —kj = i,ki = —ik = j.证1)对':(a,0)—；a来说显然S三S2)S ={ —切(a,0)} a实数S ={—切(a,0) a 实数R={(a,"・| 一切(a,0)}复数对(:厂)是不属于S的R的元.R={(c(,P…| 一切a}规定由于S与S的补足集合没有共同元，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.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二R(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) i2=(i,O)(i,O) =(-1,0) 1同样jk - -kj = 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1=1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) =a0a n x n,a =0则f (x)g(x) =a°b°+ …+a n b m X n4m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]里把乘积计算出来解原式=[5]x5-[3]x4x3[5]x -[5] =[5]X5 [4]x4x3[5]x [2]3. 证明：(i) R[：i,：2] = R[：2,：1](ii )若X“X2，…，X n是R上的无关未定元，那么每一个X j都是R上的未定元.证(i) «1，_辺]={ 一切二如2一：*一：：；2}R02,%] ={ —切送a j2j^2j«i j1}由于》a i1i^2a i j^Z a j2j®22°1j1因而R[ r，：2 ] = R[ ： 2,：』n(i)设v Hx k=°0-.. k00 h 0 0即' a k X i X i d X i X i 1 X nk =0因为x1,x2/ x n是R上的无关未定元，所以即x i是R上的未定元4. 证明：(i )若是x1,x2/ x n和y1, y2/ 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 i，X2， X n) > f (y i, y2/ y n)根据本节定理3 R[x1,x2^ x n] ~ R[y1, y2^ y n]容易验证f i(X i，X2，X n) = f2(X i，X2；X n)二f i(y i,y2, y n) =f2(y i, y2, y n)这样R[X i，X2，X n]= R[y i，y2， y n]2 2 n(ii) 令R[x] ={ —切a。

近世代数课后习题参考答案（张禾瑞）-1近世代数课后习题参考答案第一章基本概念1 集合1.A B ?,但B 不是A 的真子集,这个情况什么时候才能出现? 解 ?只有在B A =时, 才能出现题中说述情况.证明如下当B A =,但B 不是A 的真子集,可知凡是属于A 而B a ?,显然矛盾; 若A B ?,但B 不是A 的真子集,可知凡属于A 的元不可能属于B ,故BA =2.假定B A ?,?=B A ,A ∩B=? 解? 此时, A ∩B=A,这是因为A ∩B=A 及由B A ?得A ?A ∩B=A,故A B A = ,B B A ? , 及由B A ?得B B A ? ,故B B A = ,2 映射1.A =}{100,3,2,1，??,找一个A A ?到A 的映射. 解? 此时1),(211=a a φ A a a ∈21, 1212),(a a a =φ 易证21,φφ都是A A ?到A 的映射.2.在你为习题1所找到的映射之下,是不是A 的每一个元都是A A ?到A 的一个元的的象? 解?容易说明在1φ之下,有A 的元不是A A ?的任何元的象;容易验证在2φ之下,A 的每个元都是A A ?的象.3 代数运算1.A ={所有不等于零的偶数}.找到一个集合D ,使得普通除法是AA ?到D 的代数运算;是不是找的到这样的D ?解?取D 为全体有理数集,易见普通除法是A A ?到D 的代数运算;同时说明这样的D 不只一个.2.=A }{c b a ,,.规定A 的两个不同的代数运算. 解?a b c aa b ca b cc a a a a a c c a b bd a aca a a4 结合律1.A ={所有不等于零的实数}. 是普通除法:bab a = .这个代数运算适合不适合结合律? 解? 这个代数运算不适合结合律: 212)11(= , 2)21(1= ,从而)21(12)11( ≠.2.A ={所有实数}. : b a b a b a =+→2),(这个代数运算适合不适合结合律?解? 这个代数运算不适合结合律c b a c b a 22)(++= ,c b a c b a 42)(++=)()(c b a c b a ≠ 除非0=c .3.A ={c b a ,,},由表所给的代数运算适合不适合结合律?解? 经过27个结合等式后可以得出所给的代数运算适合结合律.5 交换律1.A ={所有实数}. 是普通减法:b a b a -= .这个代数运算适合不适合交换律?解? 一般地a b b a -≠- 除非b a =.2.},,,{d c b a A =,由表a b c d a a b c d b b d a c c c a b d dd c a b所给出代数运算适合不适合交换律?a b c aa b cc a cc a b解? d d c = , a c d =从而c d d c ≠.故所给的代数运算不适合交换律.6 分配律假定:?⊕,是A 的两个代数运算,并且⊕适合结合律,⊕?,适合两个分配律.证明)()()()(22122111b a b a b a b a ?⊕?⊕?⊕? )()()()(22211211b a b a b a b a ?⊕?⊕?⊕?= 证?)()()()(22122111b a b a b a b a ?⊕?⊕?⊕? =])[(])[(221121b a a b a a ?⊕⊕?⊕ =)()(2121b b a a ⊕?⊕=)]([)]([212211b b a b b a ⊕?⊕⊕?)()()()(22211211b a b a b a b a ?⊕?⊕?⊕?=7 一一映射、变换1.A ={所有0?的实数},=-A {所有实数}.找一个A 与-A 间的意义映射.证φ:a a a log =→-因为a 是大于零的实数,所以a log 是实数即A a ∈,而--∈A a ,而且b a b a log log =?=.因此φ是A 到-A 的映射.又给了一个-A 的任意元-a ,一定有一个A 的元a ,满足-=a a log ,因此φ是A 到-A 的满射.a a a log =→-b b b l o g =→-若b a ≠, 则b a log log ≠.即 --≠?≠b a b a 因此φ又是A 到-A 的单射.总之,φ是A 到-A 的一一映射.2. A ={所有0≥的实数},=-A {所有实数-a ,10≤≤-a }. 找一个A 到-A 的满射. 证a a a s i n :=→-φ,容易验证φ是A 到-A 的满射.3.假定φ是A 与-A 间的一个一一映射,a 是A 的一个元.?)]([1=-A φφ)]([1=-a φφ若φ是A 的一个一一变换,这两个问题的回答又该是什么?解? a a =-)]([1φφ, a a =-)]([1φφ未必有意义;当φ是A 的一一变换时,.)]([,)]([11a a a a ==--φφφφ8 同态1.A ={所有实数x },A 的代数运算是普通乘法.以下映射是不是A 到A 的一个子集-A 的同态满射?x x a →) x x b 2)→ 2)x x c → x x d -→)证? )a 显然=-A {所有0≥的实数}.又由于y x xy xy =→ 可知x x →是A 到-A 的同态满射.)b 由于)2)(2(2y x xy xy ≠→ ( 除非0=xy )所以x x 2→不是A 到-A 的同态满射.)c 由于222)()()(y x xy xy =→,易知2x x →是A 到-A 的同态满射.这里-A ={所有0≥的实数}.)d 一般来说,))((y x xy --≠-,:所以x x -→不是A 到-A 的同态满射 .2. 假定A 和-A 对于代数运算ο和-ο来说同态，-A 和=A 对于代数运算-ο和=ο来说同态，证明 A 和=A 对于代数运算ο和=ο来说同态。

近世代数课后习题参考答案第二章群论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。