韩士安 近世代数 课后习题解答

（１） 造一个码长 １３ ，容量为 ２９ 的能纠一个错的码集合 ． （２） 证明上面的码一般不能纠两个错 ．（举例 ：考察码子 Ｘ ＝ （０ ，０ ，０ ，０ ，０ ，０ ， ０ ，０ ，０ ，０ ，０ ，０ ，０）Ｔ 错了两位成为 Ｙ ＝ （１ ，１ ，０ ，０ ，０ ，０ ，０ ，０ ，０ ，０ ，０ ，０ ，０ ）Ｔ ．能否用 书中所述的译码方法由 Ｙ 恢复成 Ｘ ？
２畅 商环的应用例子 ：爱森斯坦判别法的证明（整数环上多项式性质的证明）
可化归到整数环的剩余类域上 ． ３畅 新域或新环的构造 ：复数域（作为实数域Ｒ 上使 ｘ２ ＋ １ ＝ ０ 有根的最小扩
域） ；二元域 ；集合 Ｓ 在域 Ｆ 上生成的扩域 ；商环 、剩余类环 Ｆ［ ｘ ］／（ ｆ （ ｘ ））（包括
§ １ 域的例子 ，复数域及二元域的构造 ， 对纠一个错的码的应用
以下习题中打 倡 者为必作题 ，其余为选作题 ．
倡 １畅 令
Ｃ０ ＝
ａ －ｂ
ｂ ａ
ａ ，ｂ ∈ Ｒ ，
则（１）Ｃ０ 对矩阵的加法和乘法成为域 ．
（２） Ｃ０ 中Ｒ０ ＝
ａ ０
０ ａ
ａ ∈ Ｒ 是同构于Ｒ 的子域 ．
· ４９ ·
（２） 若
ｕ３
－２＝
０
，把
ｕ ｕ
＋ －
１１表成
ａｕ２ ＋
ｂｕ ＋ ｃ 的形式 ，ａ ，ｂ ，ｃ ∈ Ｑ
．
９畅 令 Ｅ ＝ Ｆ（ ｕ） ，ｕ 是极小多项式为奇数次的代数元 ．证明 Ｅ ＝ Ｆ（ ｕ２ ） ．
促进读者巩固高等代数的知识与其它近世代数教材相比本书中域的内容包括下一章的有限域的内容放到整环的因式分解唯一性理论之前并且替代它而成为教材的核心部分内容也改变很多加入纠错码的例子和三大几何作图难题的讨论这些应用内容而舍去了可分扩张及分裂域等内容

近世代数课后习题参考答案第五章扩域1扩域、素域1. 证明：F(S)的一切添加S 的有限子集于F 所得的子域的并集是一个域.证一切添加S 的有限子集于F 所得的子域的并集为 a 1) 若a,b ^送则一定有a ^…^n)b FCh’ z —m)易 知 a-b FC'1^'2^ - n, -l/：2^' , -m 但 F(「1,〉2,n, L 2…，F) V从而 b-a ，、2) 若 a,b V ,且 b = 0 则 —b ・ FCJ ：2,…,'-m)从而有 abdFC-1^-2^ : n, -1, -2/' , F) 72单扩域1.令E 是域F 的一个扩域，而 a • F 证明a 是F 上的一个代数元，并且F(a) =F证 因a-a=0故a 是F 上的代数元.其次，因a ，F ,故F(a) F 易见 F(a)二 F ，从而 F (a)二 F2i +1 2 •令F 是有理数域•复数i 和2—1在F 上的极小多项式各是什么?3 .详细证明，定理3中 a 在域F 上的极小多项式是 p(x)证 令山是F(x)中的所有适合条件 f(a)=0的多项式作成f (x)的集合.1)-k 是F(x)的一个理想(i )若 f(x),g(x)：h 则 f (a) =0, g(a) =0因而 f (a) -g(a) = 0 故 f (x) -g(x)山 ii )若f (x) •山，h(x)是F(x)的任一元 那么 h(a)f(a) =0 则 h(x)f (x)山2) 是一个主理想设 p (x)是山中a !的极小多项式2i +1 i 一1F(i)与F( )是否同构？i — 1 1,在F 上的极小多项式为x 2 - x • 52i +1 2因F(i) =F( ) 故这两个域是同构的.i T 2i 1i -1那么，对山中任一f(X)有f (x) =P i(x)q(x) r(x)这里r(x) =0或r(x)的次数但f(a)二P i(a)q(a) R(x)因f(a) = 0, p i(a) =0 所以r(a) = 0若r(x)=0 则与p1x是a的极小多项式矛盾.故有f(x) = p1 (x)q(x)因而=(p1(x)(3)因p(a)=0 故p(x) ■-R(x)| p(x) 因二者均不可约，所以有p(x)=a»(x)又p(x), p i(x)的最高系数皆为1那么a =1 这样就是p(x) = R (x)4.证明：定理3中的F(a) = K证设f • K,,则在定理3的证明中，K = K'之下有.n nf a n x - a n」x 川…川-a但 a—；x, a i Q 故必f ^a n：n ' a n/n」a。

a1=56/8=7, b1=88/8=11, m1=96/8=12. 用辗转相除法求 p,q 满足 p a1+q m1=1，得 p=-5。 所 以 方 程 的 解 为 x ≡ pb1 (mod m1) ≡ -5 × 11(mod12) ≡ 5(mod12)。 或 x=5+12k(k 为任意整数)。 6. 解同余方程组： x≡3(mod5) x≡7(mod9) 解 按解同余方程组的三个步骤： 首先，计算 M=5×9=45, M1=9, M2=5. 其次，解两个一次同余式，由于这两个同余式有其特殊性：右端 都是 1，且(a,m)=1。因而 有时可用观察法得到 pa+qm=1,从而得到 p。 1) 9x≡1(mod5), 观察得到 -9+2×5=1, p=-1. 所以此一次同余式的一个特解为 c=-1≡4(mod5). 2)5x≡1(mod9), 观察得到 2×5-9=1, p=2. 所以此一次同余式的一个特解为 c=2(mod9). 最后，将得到的一次同余式的一个特解代入公式，得到同余方程 组的解： x=b1c1M1+b2c2M2=3×4×9+2×7×5(mod45)=43(mod45)。 7. 5 行多 1，6 行多 5，7 行多 4，11 行多 10，求兵数。
（2）在乘法表中任取一个 1，在同一列中必有一个 x，在同一行 中必有一个 y，设第四个顶点的元素为 z，见下图，
�
..........a-1.........................c...................
......
...........................................................
......

习题2－21．证：因()()n n SL R GL R ⊆，()n n E SL R ∈，故()n SL R ≠∅∀,()n A B SL R ⊆，有111AB M A M −−=⋅⋅=，故1()n AB SL R −⊆从而()()n n SL R GL R ≤∀()n M GL R ∈，有111MAM M A M −−=⋅⋅=，故1()n MAM SL R −⊆所以()()n n SL R GL R2．由P －21，例4知，()c G G ≤又因为()c G 中的每一个元素与G 中的每一个元素都可交换，所以∀a G ∈，都有()()ac G c G a =，因此()c G G3．证：因为e e =，e HN ∈，所以HN ≠∅∀12,h h H ∈，12,n n N ∈，有11111111221122122122()()()()h n h n h n n h h h h n n h −−−−−−==又H G ≤，有112h h H −∈，N G ，故112122()h n n h N −−∈ 所以11122()()h n h n HN −∈故HN G < 4．证：1）M G ，N G ，故M N G ∩<又x M N ∀∈∩，a G ∈，M G ，有1axa M −∈ 又N G ，有1axa N −∈ 故1axa M N −∈∩ ()M N G ∴∩2）由题3知：MN G <，又∀,,m M n N a G ∈∈∈ 有111amna ama ana MN −−−=⋅∈ 故MN G5．解：对四次对称群4S 来说，44{(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)}K S =又因为4K 是交换群，故44{(1),(12)(34)}C K = 即444C K S ，但4C 不是4S 的正规子群，因为： 44(13){(13),(1234)},(13){(13),(1432)}C C == 44(13)(13)C C ≠8．证：H G ，则∀,a b G ∈，有()()()()aH bH aHb H abH H ab H H ab H ⋅===⋅=，必然性成立 若aH bH cH ⋅=，则()()ab ae be cH =∈ 从而()aH bH ab H ⋅=于是∀,a G h H ∈∈，有1()()ah a h aH −∈，11()a H aa H eH H −−===所以1aha H −∈ 故H G11．证：由于[:],G H m H G = ，故{}G aH a G H=∈∴x G ∀∈，有()m xH H =，故,m x G x H H ∀∈=m x H ∴∈12．证：,h H k K ∀∈∈， ,H G K G ∵∴1111()hkh k h kh k H −−−−=∈ 1111()hkh k hkh k K −−−−=∈∵ 11{}hkh k H K e −−∴⋅∈∩=故11hkh k e −−⋅=，即hk kh = 13．证：G a =<>，H G < {}G gH g G H=∈ ,G gH g G H∀∈∈，则m g a =G H∴为循环群。

近世代数题解第一章基本概念§1. 11.4.5.近世代数题解§1. 2 2.3.近世代数题解§1. 31. 解1)与3)是代数运算，2)不是代数运算．2. 解这实际上就是M中n个元素可重复的全排列数n n．3. 解例如A B＝E与A B＝AB—A—B．4.5.近世代数题解§1. 41.2.3.解1）略2）例如规定4．5．略近世代数题解§1. 51. 解1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射．2.略3.4.5.§1. 61.2. 解1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性；3)是等价关系；4)是等价关系．3. 解3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类．4.则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把Q换成实数域的任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．5.6.证1）略2）7.8.9.10.11.12.第二章群§2. 1 群的定义和初步性质一、主要内容1．群和半群的定义和例子特别是一船线性群、n次单位根群和四元数群等例子．2．群的初步性质1)群中左单位元也是右单位元且惟一；2)群中每个元素的左逆元也是右逆元且惟一：3)半群G是群⇔方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．4)有限半群作成群⇔两个消去律成立．二、释疑解难有资料指出，群有50多种不同的定义方法．但最常用的有以下四种：1)教材中的定义方法．简称为“左左定义法”；2)把左单位元换成有单位元，把左逆元换成右逆元(其余不动〕．简称为“右右定义法”；3)不分左右，把单位元和逆元都规定成双边的，此简称为“双边定义法”；4)半群G再加上方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．此简称为“方程定义法”．“左左定义法”与“右右定义法”无甚差异，不再多说．“双边定\义法”缺点是定义中条件不完全独立，而且在验算一个群的实例时必须验证单位元和逆元都是双边的，多了一层手续(虽然这层手续一般是比较容易的)；优点是：①不用再去证明左单位元也是右单位元，左逆元也是右逆元；②从群定义本身的条件直接体现了左与右的对称性．以施行“除法运算”，即“乘法”的逆运算．因此，群的‘方程定义法”直接体现了在群中可以施行“乘法与除法”运算．于是简言之，可以施行乘法与除法运算的半群就是群．为了开阔视野，再给出以下群的另一定义．定义一个半群G如果满足以下条件则称为一个群：对G中任意元素a，在G中都存在元素1-a，对G中任意元素b都有1-a(ab)=(ba)1-a=b．这个定义与前面4种定义的等价性留给读者作为练习．2．在群的“方程定义法”中，要求方程a x=b与y a=b都有解缺一不可．即其中一个方程有解并不能保证另一个方程也有解．4．关于结合律若代数运算不是普通的运算(例如，数的普通加法与乘法，多项式的普通加法与乘法以及矩阵、变换和线性变换的普通加法或乘法)，则在一般情况下，验算结合律是否成立比较麻烦．因此在代数系统有限的情况下，有不少根据乘法表来研究检验结合律是否成立的方法．但无论哪种方法，一般都不是太简单．5．关于消去律．根据教材推论2，对有限半群是否作成群只用看消去律是否成立．而消去律是否成立，从乘法表很容易看出，因为只要乘法表中每行和每列中的元素互异即可．6．在群定义中是否可要求有“左”单位元而每个元素有“右”逆元呢？答不可以，例如上面例2就可以说明这个问题，因为e1是左单位元，而e1与e2都有右逆元且均为e1．但G并不是群．7．群与对称的关系．1)世界万物，形态各异．但其中有无数大量事物部具有这样或那样的对称性．而在这些具有对称性的万事万物中，左右对称又是最为常见的．由群的定义本身可知，从代数运算到结合律，特别是左、右单位元和左、右逆元，均体现出左右对称的本质属性．2)几何对称．设有某一几何图形，如果我们已经找到了它的全部对称变换(即平常的反射、旋转、反演和平移变换的统称)，则此对称变换的全体关于变换的乘法作成一个群，称为该图形的完全对称群．这个图形的对称性和它的完全对称群是密切相关的．凡对称图形(即经过对称变换保持不变的图形、亦即完成这种变换前后的图形重合)，总存在若干个非恒等对称变换和恒等变换一起构成该图形的完全对称群．反之，如果一个图形存在着非平凡的对称变换，则该图形就是对称图形．不是对称的图形，就不能有非恒等的对称变换．显然，一个图形的对称程度越高，则该图形的对称变换就越多．也就是说它的完全对称群的阶数就越高，即图形对称程度的高低与其对称群的阶数密切相关．因此；这就启发人们用群去刽面对称图形及其性质，用群的理论去研究对称．所以人们就把群论说成是研究对称的数学理论．显然，每个n元多项式都有一个确定的n次置换群：例如n元多项式例6 任何n元对称多项式的置换群都是n次对称群．很显然，一个多元多项式的置换群的阶数越高，这个多元多项式的对称性越强．反之亦然．因此，我们通常所熟知的多元对称多项式是对称性最强的多项式．三、习题2．1解答1.略2.3.4.5.6.§2. 2 群中元素的阶一、主要内容1．群中元素的阶的定义及例子．周期群、无扭群与混合群的定义及例子．特别，有限群必为周期群，但反之不成立．2．在群中若a＝n，则4．若G是交换群，又G中元素有最大阶m，则G中每个元素的阶都是m的因子．二、释疑解难在群中，由元素a与b的阶一般决定不了乘积ab的阶，这由教材中所举的各种例子已经说明了这一点．对此应十分注意．但是，在一定条件下可以由阶a与b决定阶ab，这就是教材中朗定理4：4．一个群中是否有最大阶元?有限群中元素的阶均有限，当然有最大阶元．无限群中若元素的阶有无限的(如正有理数乘群或整数加群)，则当然无最大阶元，若无限群中所有元素的阶均有限(即无限周期群)，则可能无最大阶元，如教材中的例4：下面再举两个(一个可换，另一个不可换)无限群有最大阶元的例子．5．利用元素的阶对群进行分类，是研究群的重要方法之一．例如，利用元素的阶我们可以把群分成三类，即周期群、无扭群与混合群．而在周期群中又可分出p—群p是素数)，从而有2—群、3—群、5—群等等．再由教材§3. 9知，每个有限交换群(一种特殊的周期群)都可惟一地分解为素幂阶循环p—群的直积，从而也可见研究p—群的重要意义．三、习题2．2解答1.2.3.4.5.推回去即得．6.§2. 3 子群一、主要内容1．子群的定义和例子．特别是，特殊线性群(行列式等于l的方阵)是一般线性群(行列式不等于零的方阵)的子群．4．群的中心元和中心的定义．二、释疑解难１．关于真子群的定义．教材把非平凡的子群叫做真子群．也有的书把非G的于群叫做群G的真子群．不同的定义在讨论子群时各有利弊．好在差异不大，看参考书时应予留意．2．如果H与G是两个群，且H⊆G，那么能不能说H就是G的子群?答：不能．因为子群必须是对原群的代数运算作成的群．例如，设G是有理数加群，而H 是正有理数乘群，二者都是群，且H⊆G但是不能说H是G的子群．答：不能这样认为．举例如下．例2设G是四元数群．则显然是G的两个子群且易知反之亦然．三、习题2．3解答1．证赂．2．证必要性显然，下证充分性．设子集H对群G的乘法封闭，则对H中任意元素a和任意正整数m都有a m∈H．由于H 中每个元素的阶都有限，设a ＝n ，则3．对非交换群一放不成立．例如，有理数域Q 上全体2阶可逆方阵作成的乘群中，易知⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1021a ， ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1031b的阶有限，都是2，但易知其乘积⎪⎪⎭⎫⎝⎛=1011ab的阶却无限．即其全体有限阶元素对乘法不封闭，故不能作成子群．4．证 由高等代数知，与所有n 阶可逆方阵可换的方阵为全体纯量方阵，由此即得证． 5．证 因为(m ，n )＝1，故存在整数s ，t 使 ms 十n t ＝1． 由此可得6．7．§2. 4 循 环 群一、主要内容1．生成系和循环群的定义．2．循环群中元素的表示方法和生成元的状况．3．循环群在同构意义下只有两类：整数加群和n 次单位根乘群，其中n ＝1，2，3，…． 4．循环群的子群的状况．无限循环群有无限多个子群．n 阶循环群a 有T (n )(n 的正出数个数)个子群，且对n 的每个正因数k ，a 有且仅有一个k 阶子群kn a．二、释疑解难1．我们说循环群是一类完全弄清楚了的群，主要是指以下三个方面：1)循环群的元素表示形式和运算方法完全确定．其生成元的状况也完全清楚(无限循环群有ϕ个生成元而且a k是生成元⇔(k n)＝1)；两个生成元，n阶循环群a有)(n2)循环群的子群的状况完全清楚；3)在同构意义下循环群只有两类：一类是无限循环群，都与整数加群同构；另一类是n(n ＝1，2，…)阶循环群，都与n次单位根乘群同构．2．循环群不仅是一类完全弄清楚了的群，而且是一类比较简单又与其他一些群类有广泛联系的群类．例如由下一章§9可知，有限交换群可分解为一些素幂阶循环群的直积．更一般地，任何一个具有有限生成系的交换群都可分解成循环群的直积．由于循环群已完全在我们掌握之中，所以这种群(具有有限生成系的交换群)也是一类研究清楚了的群类．它在各种应用中有着非常重要的作用．例如在组合拓扑学中它就是一个主要的工具．三、习题§2. 4解答1.2.3.4.5.6.7.§2. 5 变换群一、主要内容1．变换群、双射变换群(特别是集合M上的对称群和n次对称群)和非双射变换群的定义及例子．2．变换群是双射变换群的充要条件；双射变换群与抽象群的关系．1)集合M上的变换群G是双射变换群 G含有M的单或满)射变换；2)任何一个群都同一个(双射)变换群同构．3．有限集及无限集上非双射变换群的例子(例2和例3)．二、释疑解难1．一般近世代数书中所说的“变换群”，都是由双射变换(关于变换乘法)所作成的群，即本教材所说的“双射变换群”．而本教材所说的“变换群”则是由一个集合上的一些变换(不一定是双射变换)作成的群．通过教材§5定理2和推论1可知，实际上变换群可分成两类：一类是双射变换群(全由双射变换作成的群，即通常近世代数书中所说的“变换群”)，另一类是非双射变换群(全由非双射变换作成的群)．在学习本书时应留意这种差异．2．本节教材定理2(若集合M上的变换群G含有M的单射或满射变换．则G必为M上的一个双射变换群，即G中的变换必全是双射变换)比有些书上相应的定理(若集合M上由变换作成的群G含有M的恒等变换，则G中的变换必全为双射变换)大为推广．因为后者要求G包含恒等变换(一个特殊的双射变换)，而前者仅要求G包含一个单(或满)射变换即可．因此，后音只是前者(本节教材定理2)的一个推论，一种很特殊的情况．两相比较，差异较大．这种差异也说明，M上的任何一个非双射变换群不仅不能包含恒等变换，而且连M的任何单射或满射变换也不能包含．另外，在这里顺便指出，集合M上的任何双射变换群G的单位元必是M的恒等变换．3．集合M 上的全体变换作成的集合T (M )，对于变换的乘法作成一个有单位元的半群．在半群的讨论中，这是一类重要的半群．并且本节习题中第4题还指出，当M ＞1时T (M )只能作成半群，而不能作成群．三、习题§2. 5解答1. 解 作成有单位元半群，τ是单位元．但不作成群，因为σ无逆元．2.3. 解 G 作成群：因为易知4.5.§2. 6 置 换 群一、主要内容1．任何(非循环)置换都可表为不相连循环之积，任何置换都可表为若干个对换之积，且对换个数的奇阴偶性不变．从而有奇、偶置换的概念，且全体n 次置换中奇、偶置换个数相等，各为2!n 个(n ＞1)．2．k —循环的奇偶性、阶和逆元的确定方法，以及不相连循环乘积的奇偶性、阶和逆元的确定方法．1)k—循环与A有相反奇偶性．2)k—循环的阶为k．又(i1，i2…i k)－1＝(i k，…，i2，i1 )．3)若σ分解为不相连循环之积．则其分解中奇循环个数为奇时σ为奇置换，否则σ为偶置换．σ的阶为各因子的阶的最小公倍．其逆元可由k—循环的逆元来确定．3．由置换σ，τ求置换στσ－１的方法．n次对称群s n的中心．4．传递群的定义、例子和简单性质．二、释疑解难1．研究置换群的重要意义和作用．除了教材中已经指出的(置换群是最早研究的一类群，而且每个有限的抽象群都同一个置换群同构)以外，研究置换群的重要意义和作用至少还有以下几方面：1) 置换群是一种具体的群，从置换乘法到判断置换的奇偶性以及求置换的阶和逆置换，都很具体和简单．同时它也是元素不是数的一种非交换群．在群的讨论中举例时也经常用到这种群．2) 在置换群的研究中，有一些特殊的研究对象是别的群所没有的．如置换中的不动点理论以及传递性和本原性理论等等．3) 置换群中有一些特殊的子群也是一般抽象群所没有的．例如，交代群、传递群、稳定子群和本原群等等．就教材所讲过的交代群和传递群的重要性便可以知道，介绍置换群是多么的重要．2．用循环与对换之积来表出置换的优越性．首先，书写大为简化，便于运算。

近世代数习题解答第三章 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 0c0 a b c证明,R 作成一个环 证 R 对加法和乘法的闭的.对加法来说,由.9.2习题6,R 和阶是4的非循环群同构,且为交换群. 乘法适合结合律Z xy yz x )()(=事实上.当0=x 或a x =,)(A 的两端显然均为0. 当b x =或x=c,)(A 的两端显然均为yz .这已讨论了所有的可能性,故乘法适合结合律.两个分配律都成立xz xy z y x +=+)( zx yx x z y +=+)(事实上,第一个分配律的成立和适合律的讨论完全一样, 只看0=x 或a x =以及b x =或c x =就可以了.至于第二个分配律的成立的验证,由于加法适合交换律,故可看0=y 或a y = (可省略a z z ==,0的情形)的情形,此时两端均为zx剩下的情形就只有0,0)(=+=+=+x x bx bx x b b 0,0)(=+=+=+x x cx cx x c 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 nn 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 kk k b b a b a a b a +++++=+-- )()()(11 看1+=k n 的情形)()(b a b a k++))()()((11b a b b a b a a k i i k k i k kk ++++++=--1111111)]()[()()(++--+++++++++=+k i i k k i k i k k k k b b a b a a b a111111)()(+-+++++++++=k i i k k i k k k b b a b a a (因为)()()(11kr k r k r -++=)即二项式定理在交换环中成立.2. 假定一个环R 对于加法来说作成一个循环群,证明R 是交换环.证 设a 是生成元 则R 的元可以写成na (n 整数)2)]([)]([))((nma aa m n ma a n ma na === 2))((mna na ma =3． 证明,对于有单位元的环来说,加法适合交换律是环定义里其他条件的结果 (利用)11)((++b a ) 证 单位元是1,b a , 是环的任意二元,1)11(1)()11)((⋅++⋅+=++b a b ab a b a +++= )11()11(+++=b a b b a a +++=b b a a b a b a +++=+++∴ b a a b +=+4． 找一个我们还没有提到过的有零因子的环.证 令R 是阶为2的循环加群 规定乘法:R b a ∈,而0=ab 则R 显然为环.阶为2 ∴有R a ∈ 而 0≠a但 0=aa 即a 为零因子 或者R 为n n ⨯矩阵环.5． 证明由所有实数2b a + (b a ,整数)作成的集合对于普通加法和乘法来说 是一个整环.证 令2{b a R +=b a ,(整数)}(ⅰ) R 是加群2)()()2()2(d b c a d c b a +++=+++ 适合结合律,交换律自不待言.零元 200+2b a +的负元2b a --(ⅱ)2)()2()2)(2(bc ad bd ac d c b a +++=++ 乘法适合结合律,交换律，并满足分配律.(ⅲ)单位元 201+(ⅲ) R 没有零因子，任二实数00=⇒=a ab 或0=b3 除、环、域1. =F {所有复数bi a + b a ,是有理数}证明 =F 对于普通加法和乘法来说是一个域. 证 和上节习题5同样方法可证得F 是一个整环.并且 (ⅰ)F 有01≠+i(ⅱ) 0≠+bi a 即 b a , 中至少一个0≠022≠+∴b a 因而有,i b a b b a a 2222+-++ 使)((bi a +i b a bb a a 2222+-++1)= 故F 为域2. =F {所有实数,3b a + b a ,( 是有理数)} 证明 F 对于普通加法和乘法来说是一个域.证 只证明 03≠+b a 有逆元存在.则b a ,中至少有一个0≠ , 我们说0322≠-b a 不然的话,223b a =,0(≠b 若0=b 则 0=a 矛盾)223b a = 但 3 不是有理数既然0322≠-b a则 3b a + 的逆为3332222b a bb a a -+-4. 证明 例3的乘法适合结合律.证),)](,)(,[(332211βαβαβα=),)(,(331212121βααββαββαα--+----+--=,)()[(3212132121βαββααββαα ---+--])()(3212132121ααββαβββαα 又 )],)(,)[(,(332211βαβαβα],)[,(3232323211--+-=αββαββααβα -----------------+--=)()([3232132321αββαβββααα, )]()(3232132321----------------++ββααβαββαα ),([32321321321----------+--=βββαβββαααα )](32321321321----------++αββαβαβαβαα,[321321321321αβββαβββαααα-------= ]321321321321βββααβαβαβαα-----++ ,)()[(3212132121βαββααββαα--+--= 3212132121)()(---++-ααββαβββαα )])()[(())]()([(332211333211βαβαβαβαβαβα=∴5. 验证,四元数除环的任意元 )(),(di c bi a ++ ,这里d c b a ,,,是实数,可以写成 ),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(i d c i b a +++的形式.证 ),(),(),(di bi c a di c bi a +=++ ),0()0,(),0()0,(di bi c a +++=),0)(0,()0,)(0,()1,0)(0,()0,(i d i b c a +++=4 无零因子环的特征1. 假定F 是一个有四个元的域,证明.(a )的特征是2;(b )F 的0≠ 或11的两个元都适合方程 证 (a ) 设F 的特征为P 则P 的(加)群F 的非零元的阶 所 4P (4是群F 的阶) 但要求P 是素数, .2=∴P (b ) 设},,1,0{b a F =由于2=P ,所以加法必然是,0=+x x ,而b a a a =+⇒≠+11 故有0 1 a b0 0 1 a b 1 1 0 b a a a b 0 1 bb a 1 0 又 },,1{b a 构成乘群,所以乘法必然是 1,=⇒≠≠ab b ab a ab1,22≠≠a a a (否则b a = )b a =⇒2故有.1 a b 11 a b a a b 1 bb a 1这样, b a , 显然适合12+=x x2. 假定 ][a 是模 的一个剩余类.证明,若a 同 n 互素,那么所有][a 的书都同n 互素(这时我们说][a 同n 互素). 证 设][a x ∈ 且d n x =),( 则11,dn n dx x ==由于)(1111q n x d q dn dx nq x a nq a x -=-=-=⇒=-故有 ,a d ,且有 n d因为 1),(=n a 所以1=d3. 证明, 所有同 n 互素的模 n 的剩余类对于剩余类的乘法来说作成一个群(同 互素的剩余类的个数普通用符号)(n φ 来表示,并且把它叫做由拉φ函数)证]{[a G =而][a 同n 互素}G 显然非空,因为)1),1((]1[=∈n G(ⅰ)G b a ∈][],[则][]][[ab b a =又1),(,1),(==n b n a 有1),(=n abG ab ∈∴][(ⅱ)显然适合结合律.(ⅲ)因为n 有限,所以G 的阶有限. 若]][[]][['x a x a = 即][]['ax ax =由此可得)(''x x a ax ax n -=-',1),(x x n n a -∴=即有][]['x x =另一个消去律同样可证成立.G 作成一个群4. 证明,若是1),(=n a , 那么)(1)(n an ≡φ(费马定理)证 ),(n a 则G a ∈][而 ][a 的阶是G 的阶 )(n φ的一个因子 因此]1[][)(=n a φ即]1[][)(=n aφ)(1)(n a n ≡∴φ5 子环、环的同态1. 证明,一个环的中心是一个交换子环.证 设N 是环的中心.显然N O ∈ N b a ∈,，x 是环的任意元N b a b a x xb x bx ax x b a ∈-⇒-=-=-=-)()( N ab ab x b xa b ax xb a bx a x ab ∈⇒=====)()()()()()(是子环,至于是交换环那是明显的.2. 证明, 一个除环的中心是个域.证 设!是除环！是中心 由上题知N 是R 的交换子环,1R ∈显然N ∈1,即N 包含非零元,同时这个非零元1是的单位元.R x N a ∈∈,即xa ax =N a x a xax axa xaa axa ∈⇒=⇒=⇒=------111111N ∴!是一个域3. 证明, 有理数域是所有复数b a bi a ,(+是有理数）作成的域)(i R 的唯一的真子域. 证 有理数域R 是)(i R 的真子域.设F !是)(i R 的一个子域,则R F ⊇(因为R 是最小数域) 若,F bi a ∈+ 而0≠b则)(i F F F i =⇒∈这就是说,R 是)(i R 的唯一真子域.4. 证明, )(i R 有且只有两自同构映射.证 有理数显然变为其自己. 假定α→i则由i i =⇒-=⇒-=αα1122或 i -=α这就证明完毕. 当然还可以详细一些:bi a bi a +→+:1φ bi a bi a -→+:2φ21,φφ确是)(i R 的两个自同构映射.现在证明只有这两个. 若bi a i +=→αφ:(有理数变为其自己)则由12)(12222-=+-=+⇒-=abi b a bi a i 1,0222-=-=b a ab若 102-=⇒=a b 是有理数,在就出现矛盾,所以有0=a 因而.1±=b在就是说, 只能i i → 或i i -→i5. 3J 表示模3的剩余类所作成的集合.找出加群3J 的所有自同构映射,这找出域3J !的所有自同构映射.证 1）对加群3J 的自同构映射 自同构映射必须保持!00←→ 故有i i →:1φ2）对域3J 的自同构映射.自同构映射必须保持00←→，11←→所有只有i i →:φ6. 令R 是四元数除环, R 是子集=S {一切)}0,(a 这里a 阿是实数,显然与实数域-S 同构.令-R 是把R 中S 换成-S 后所得集合;替R 规定代数运算.使-≅R R ,分别用k j i ,,表示R 的元),,0(),1,0(),0,(i i ,那么-R 的元可以写成d c b a dk cj bi a ,,,(+++是实数）的形式(参看.3.3 习题5). 验证.1222-===k j i ，.,,j ik ki i kj jk k ji ij =-==-==-=证 1）对a a →)0,(:φ来说显然-≅S S 2）=S {一切)}0,(a a 实数 =-S {一切（)0,a a 实数 βα,{(=R 一切)}0,(a 复数对)(αβ是不属于S 的R 的元. =-R βα,{(一切}a规定a a →→)0,(),,(),(:βαβαψ由于S 与-S 的补足集合没有共同元,容易验证ψ是R 与-R 间的一一映射. 规定-R 的两个唤的和等于它们的逆象的和的象. -R 的两个元的积等于它们的逆象的积的象.首先,这样规定法则确是-R 的两个代数运算.其次,对于这两个代数运算以及R 的两个代数运算来说在ψ之下-≅R R（3）由.3.3习题5知),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(),(i d c i b a di c bi a +++=++ 这里 d c b a ,,, 实数这是因为令),0(),1,0(),0,(i k j i i ===（4）1)0,1()0,)(0,(2-=-==i i i1)0,1()1,0)(1,0(2-=-==j 1)0,1()1,0)(1,0(2-=-==k k i ij -===)1,0()1,0)(0,( k i i ji -=-==),0()0,)(1,0(同样j ik ki i kj jk =-==-=,6 多项式环1. 证明, 假定R 是一个整环,那么R 上的一个多项式环][x R 也是一个整环. 证 R !是交换环][x R ⇒交换环, R 有单位元11⇒是][x R 的单位元, R 没有零因子][x R ⇒没有零因子事实上，0,)(10≠++=a x a x a a x f n n0,)(10≠++=m m m b x b x b b x g则m n m n x b a b a x g x f +++= 00)()( 因为R 没有零因子,所以0≠m n b a 因而0)()(≠x g x f 这样][x R 是整环2． 假定R 是模7的剩余类环,在][x R 里把乘积 ])3[]4])([4[]5[]3([23+--+x x x x 计算出来解 原式=]2[]5[]4[]5[]5[]5[]3[]5[345345++++=-++-x x x x x x x x 3. 证明:(ⅰ) ],[],[1221ααααR R =(ⅱ) 若n x x x ,,,21 是R 上的无关未定元,那么每一个i x 都是R 上的未定元. 证 （ⅰ）=],[21ααR {一切}211221i i i i aαα∑{],[12=ααR 一切}112212j j j j a αα∑由于=∑211221i i i i aαα112212j j j j a αα∑因而=],[21ααR ],[12ααR（ⅱ）设00=∑=nk k ik xa即∑=+-nk ni h i i k x x x xx a 00010101 因为n x x x ,,21是R 上的无关未定元,所以即i x 是R 上的未定元4. 证明:(ⅰ) 若是n x x x ,,21和n y y y ,,21上的两组无关未定元,那么],,[],,[2121n n y y y R x x x R ≅(ⅱ) R !上的一元多项式环][x R 能与它的一个真子环同构. 证 (ⅰ)),,(),,(:2121n n y y y f x x x f →φ 根据本节定理3 ],,[~],,[2121n n y y y R x x x R容易验证),,(),,(212211n n x x x f x x x f ≠),,(),,(212211n n y y y f y y y f ≠⇒ 这样],,[],,[2121n n y y y R x x x R ≅（ⅱ）令{][=x R 一切}2210n n x a x a a +++显然][][2x R x R ⊂ 但][2x R x ∉不然的话m m m m x b x b x b x b x b b x 22102210 ++-⇒++=这与x 是R 上未定元矛盾. 所以][2x R 是][x R 上未定元显然 故有（ⅰ）}[][2x R x R ≅这就是说,][2x R 是][x R 的真子环,且此真子环与][x R 同构.7 理想1. 假定R 是偶数环,证明,所有整数r 4是ϑ的一个理想,等式!对不对? 证 R r r r r ∈∈2121,,4,4ϑϑ∈-=-)(4442121r r r r R r r ∈-21 ϑ∈=∈)(4)4(,'1'1'r r r r R r R r r ∈'1 ϑ∴ 是R 的一个理想. 等式 )4(=ϑ不对这是因为R 没有单位元,具体的说)4(4∈但ϑ∉42. 假定R 是整数环,证明.1)7,3(=证 R 是整数环,显然)1(=R .1)7,3(=又 )7,3()7(13)2(1∈+-=1)7,3(=∴3. 假定例3的R 是有理数域,证明,这时),2(x 是一个主理想.证 因为2与x 互素,所以存在)(),(21x P x P 使),2(11)()(221x x xP x P ∈⇒=+),2()1(][x x R ==∴ 。

近世代数第一章基本概念答案§ 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 由题设以及真子集的定义得，A 的每一个元都属于B ，因此B A ⊂.于是由A B ⊂ B A ⊂得B A =.所以上述情况在A=B 时才能出现.2. 假设B A ⊂,?=⋂B A ?=⋃B A解 （i ） 由于B A ⊂,所以A 的每一个元都属于B ,即A 的每一个元都是A 和B 的共同元，因而由交集的定义得B A A ⋂⊂但显然有A B A ⊂⋂所以A B A =⋂(ii) 由并集的定义，B A ⋃的每一个元素都属于A 和B 之一，但B A ⊂,所以B A ⋃的每一元素都属于B :B B A ⊂⋃另一方面B A B ⋃⊂,所以B B A =⋃.§ 2 ． 映射1. A ={1,2,…，100}.找一个A A ⨯到A 的映射.解 用()b a ,表示A A ⨯的任意元素，这里a 和b 都属于A .按照定义做一个满足要求的映射即可，例如 Φ： ()b a ,→a 就是这样的一个，因为Φ替A A ⨯的任何元素()b a ,规定了一个唯一的象a ,而A a ∈.读者应该自己再找几个A A ⨯到A 的映射. 2.在你为习题1所找的映射之下，是不是A 的每一个元都是A A ⨯的一个元的象?解 在上面给出的映射Φ之下，A 的每一个元素都是A A ⨯的一个元的象，因为()b a ,中的a 可以是A 的任一元素.你自己找到的映射的情况如何？有没有出现A 的元素不都是象的情况？假如没有，找一个这样的映射.§ 3 ．代数运算1. A ={所有不等于零的偶数}.找一个集合D ，使得普通除法是A A ⨯到D 的代数运算.是不是找得到一个以上的这样的D ？解 一个不等于零的偶数除一个不等于零的偶数所得结果总是一个不等于零的有理数.所以取 D ={所有不等于零的有理数} 普通除法就是一个A A ⨯到D 的代数运算.可以找得到一个以上的满足要求的D .读者可以自己找几个. 2.{}c b a A ,,=.规定A 的两不同的代数运算.解 （i ）我们用运算表来给出A 的一个代数运算： a b ca a a ab a a ac a a a按照这个表，通过 ，对于A 的任何两个元素都可以得出一个唯一确定的结果a 来，而a 仍属于A ，所以 是A 的人一个代数运算.这个代数运算也可以用以下方式来加以描述 : ()y x a y x o =→, 对一切A y x ∈, (ii)同理: ()y x x y x o =→, 对一切A y x ∈,也是A 的一个代数运算.读者可用列表的方法来给出这个代数运算.读者应自己给出几个A 的代数运算.§4 ．结合律1. A ={所有不等于零的实数}， 是普通的除法:ba b a =o 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.例如， 当4=a 2==c b时()122224224)(====o o o o o c b a ()()414224224==⎪⎭⎫ ⎝⎛==o o o o o c b a所以当a ,b 和c 取上述值时()()c b a c b a o o o o ≠2. A ={所有实数}，代数运算： （a,b ）→a+2b=a b适合不适合结合律？解读者可以用解上一题的方法来证明，所给代数运算不适合结合律.3.A={a,b,c}.由表a b ca ab cb bc ac c a b给出的代数运算适合不适合结合律？解所给代数运算 适合结合律.为了得出这个结论，需要对元素a,b,c的27（=33）种排列（元素允许重复出现）加以验证.但是利用元素a的特性，可以把验证简化.仔细考察运算表，我们发现以下规律：对集合A的任意元素x来说，都有a x=x a=x由此得出，对于有a出现的排列，结合律都成立.这一点读者可以自己验证.还剩下a不出现的排列.这样的排列共有8（=32）种.我们在这里验证4种，其余4种读者可以自己验证.（b b） b=c b=ab (b b)=b c=a所以（b b） b=b (b b)(b b) c=c c=bb (b c)=b a=b所以 (b b) c=b (b c)(b c) b=a b=bb (c b)= b a=b所以 (b c) b=b (c b)(b c) c=a c=cb (c c)=b b=c所以 (b c) c=b (c c)§5．交换律1.A={所有实数}. 是普通减法：a b= a b这个代数运算适合不适合交换律？解容易验证，当a = 1，b = 2时a b b a ≠ 所以这个代数运算不适合交换律. 2. A ={a , b ,c , d}，由表 a b c da abcd b b d a c c c a b d d d c a b所给的代数运算适合不适合交换律？解 要回答这个问题，只须考察一下运算表，看一看关于主对角线对称的位置上，有没有不相同的元素.易知此运算表不对称，所以此代数运算不适合交换律。

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3 2 1 3 1 2 3 2 1 1 1 03 2 1 3 2 12. 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,H 以及下面的条件IV , V 来做群的定义:IVG 里至少存在一个右逆元a 1，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a 1，能让1aa = 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x 2 = e ，那么G 是交换群。

解：令a 和b 是G 的任意两个元。

由题设2ab ab = ab = e另一方面ab ba = ab 2a = aea= a 2 = 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n>2。

考察a 1。

我们有n 1n1n1 na a = ee a = a = e设正整数m<n而a1"=e，那么同上可得a m = e，与n是a的阶的假设矛盾。

近世代数习题解答第二章 群论1 群论1. 全部整数的集合关于一般减法来讲是不是一个群?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 关于一般乘法来讲是一个群.3. 证明, 咱们也能够用条件1,2和下面的条件 ''5,4来作群的概念:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 关于G 的任何元a 都成立'5. 关于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) 一个右逆元必然是一个左逆元,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因此))(()('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 必然也是一个左恒等元,意即 由 a ae = 得 a ea = a ae a a a a aa ea ====--)()(11即 a ea =如此就取得群的第二概念. (3) 证 b ax =可解 取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就取得群的第一概念.反过来有群的概念取得''5,4是不困难的.2 单位元,逆元,消去律1. 假设群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 确实是互换群. 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)()(假设有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因此 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, 那么1-≠a a 假设 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 那么 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双显现,因此有限群里阶大于2的元的个数必然是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数必然是奇数.证 依照上题知,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,因此阶 2≤的元的个数必然是奇数.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,因此这些元中至少有两个元相等: nma a = )(n m 〈 故 e amn =-m n -是整数,因此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 的阶是不是必然相同? 证 不必然相同 例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G对一般乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(那个地址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会可不能有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证 咱们的回答是回有的},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 的能够写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.那个群是不是一个互换群? 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 那么 :ε x x → (4) :τ b ax + )(1:1ab x a x -+→-τ而 εττ=-1因此组成变换群.又 1τ: 1+→x x :2τ x x 2→ :21ττ )1(2+→x x :12ττ 12+→x x 故1221ττττ≠因此不是互换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,咱们临时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→来讲明一个变换τ.证明,咱们能够用21ττ: )()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,那个乘法也适合结合律,而且关于那个乘法来讲ε仍是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. 此刻证那个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ= =→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ 故 )()(321321ττττττ= 再证ε仍是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必然是恒等变换。

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. 假设群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 那么1-a 的阶也是n .e e a a e a n n n ===⇒=---111)()(假设有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a me 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, 那么1-≠a a 假设 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 那么 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 的阶是不是一定一样? 证 不一定一样 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 我们的答复是回有的},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 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 那么 :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。

§1—3 集合、映射及代数运算思考题1：如何用语言陈述“A B ⊄”？定义4：设A B ⊂，且存在B a A a ∉∈但，那么称B 是A 的真子集，否则称B 不是A 的真子集。

思考题2：若A B ⊂，但B 不是A 的真子集，这意味着什么？定义5：若集合A 和B 含有完全一样的元素，那么称A 与B 相等，记为A =B .结论1：显然，A B B A B A ⊂⊂⇔=且.（4）集合的运算 ①集合的并：{}B x A x x B A ∈∈=或 ②集合的交：{}B x A x x B A ∈∈=且 ③集合的差：{}B x A x x B A ∉∈=-且 ④集合在全集内的补：{}A x E x x A ∉∈=且⑤集合的布尔和（对称差）：{})()()()( B A B A A B B A B A x B x A x x B A -=--=∉∈∈=⊕但或 ⑥集合的卡氏积：{}B b A a b a B A ∈∈=⨯且),(卡氏积的推广：{}m i A a a a a A A A A m A A A i i m m mi i m ,,2,1,),,,( ,,,2121121 =∈=⨯⨯⨯=∏=：成的卡氏积为个集合，那么由它们做是令课堂练习：which of the following rules are algebra operations on the indicated set? 1、.,Q set the on ab b a =2、{}.0,ln >∈=x and R x x set the on b a b a3、.,0222R set the on b a x equation the of root a is b a =-4、.,Z set the on n Subtractio5、{}.0,≥∈n and Z n n set the on n Subtractio6、{}.0,≥∈-=n and Z n n set the on b a b aSolution:1、.221Q b a b and a when ∉=⇒==2、.0ln 12121<=⇒==b a b and a when3、⎩⎨⎧⋅-⋅=⇒==32323,2b a b a when4、.Okay5、.0352<-=⇒==b a b and a when6、.Okay§4—6 结合律、交换律及分配律例1、设,Z A =“ ”是整数中的加法：则)()(,,,t s r t s r Z t s r ++=++∈∀∴“+”在Z 中适合结合律。

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: ii i r a ba b -=, i 是非负整数.证明: 对i 作数学归纳. □8. 证明: 群G 是一个交换群当且仅当映射1x x - 是群同构.证明: 直接验证. □9. 设S 是群G 的一个非空集合. 在G 上定义关系 为: ~a b 当且仅当1ab S -∈. 证明: 这个关系是一个等价关系当且仅当S G ≤. 证明: 直接验证. □10. 设n 是正整数. 证明: n 是 的子群且与 同构.证明: 直接验证. □11. 证明: 4S 的子集{(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)}B =是一个子群, 而且B 与4U 不同构. (n U 是全体n 次单位根关于复数的乘法组成的群).证明: 用定义验证B 是4S 的子群. 由于4U 中有4阶元而B 中的元的阶只能是1或2, 所以它们不可能同构. □12.证明: 2n 阶群的n 阶子群必然是正规子群.证明: 用正规子群的定义验证. □13. 设群G 的阶为偶数. 证明: G 中必有2阶元.证明: 否则, G 中的任意非单位元和它的逆成对出现, 从而, G的阶为奇数, 矛盾. □14. 设0110A ⎛⎫= ⎪⎝⎭, 2i 2i 0e e 0n n B ππ-⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭. 证明: 集合 22:{,,,,,,,}n n G B B B AB AB AB =⋯⋯关于矩阵的乘法是一个群, 而且这个群与二面体群n D 同构.证明: n D 有如下的表现: 21,|1,n n D T S T S TS ST -=〈===〉. 作2:GL ()n D ϕ→ : S A , T B . 直接验证ϕ是群单同态,而且im G ϕ=. □15. 设群G 满足: 存在正整数i 使得对任意,a b G ∈都有()k k k ab a b =, 其中,1,2k i i i =++. 证明: G 是一个交换群.证明: 由()i i i ab a b =和111()i i i ab a b +++=得:111()()()()()i i i i i i ab a b ab ab ab a b +++===, 从而, 1i i i i ba b a b +=, 即:i i ba a b =.同理可得: 11i i ba a b ++=. 于是:11()()i i i i a ba ba a b a ab ++===, 即: ab ba =. □16. 在群2()SL 中, 证明元素0110a -⎛⎫= ⎪⎝⎭的阶为4, 元素1101b --⎛⎫= ⎪-⎝⎭的 阶为3, 而ab 的阶为∞.证明: 直接验证. □17. 如果群G 为一个交换群, 证明G 的全体有限阶元素组成一个子群.证明: 设{|()}H g G o g =∈<∞. 显然e H ∈, 从而H 不是空集. 对任意,a b H ∈, 设()o a m =, ()o b n =, 则1()o b n -=;11()()mn m n ab a b e --==, 即: 1ab H -∈. □18. 如果群G 只有有限多个子群, 证明G 是有限群.证明: 首先证明: 对任意a G ∈有()o a <∞. 事实上, 设k a 〈〉为G 的由k a 生成的子群, 其中, 1k ≥是整数. 则242m a a a a 〈〉⊇〈〉⊇〈〉⊇⊇〈〉⊇ . 由于G 只有有限多 个子群, 所以必然存在m 使得2(1)22(2)m m m a a a ++〈〉=〈〉=〈〉= ,即 22(1)m t m a a +=.由消去律即得()o a <∞.于是G 的任意元素都包含在某个有限子群里, 而G 只有有限多个子群, 所以||G <∞. □19. 写出群n D 的全部正规子群.解: 已知: 212121{,,,,1,,,,,,|1},n n n n n D T T T T S ST ST ST S T S T TS ST ---=⋯=⋯〈====〉设H 是n D 的子群. 如果1H =则H 当然是n D 的正规子群.I (1) 设k H T =〈〉. 由于1k k k k ST S ST S SST T H ---===∈和k k TT T T H =∈. 所以k T 〈〉是n D 的正规子群.(2) 设{1,}H S S =〈〉=. 由于SSS S =和12TST ST --=, 所以{1,}H S S =〈〉=是n D 的正规子群当且仅当2n =.(3) 设k H ST =〈〉. 注意到()()1k k ST ST =, 所以{1,}k k H ST ST =〈〉=. 由于1k k TST T ST -=和()k k S ST S ST -=,所以{1,}k k H ST ST =〈〉=是n D 的正规子群当且仅当|2n k .II (1) 设,k k H T T '=〈〉. 则(,')k k H T =〈〉. 归结为I (1)的情形, 从而是n D 的正规子群. 一般地,1212(,,,),,,t t k k k k k k H T T T T ⋯=〈⋯〉=〈〉也是n D 的正规子群.(2) 设,k H S T =〈〉. 由于1k k TT T T -=, 12TST ST --=, k k ST S T -=, 所以,k H S T =〈〉是n D 的正规子群当且仅当存在m ∈ 使得|(2)n mk +. (注: 当1k =时,k n H S T D =〈〉=). 一般地, 设1,,,t k k H S T T =〈⋯〉. 则12(,,,),t k k k H S T ⋯=〈〉, 归结为刚讨论的情形.(3) 设,k k H ST ST '=〈〉. 或者, 更一般地,1212(,,,),,,t t k k k k k k H ST ST ST ST ⋯=〈⋯〉=〈〉. 归结为I (3)的情形,即: 1212(,,,),,,t tk k k k k k H ST ST ST ST ⋯=〈⋯〉=〈〉是n D 的正规子群 当且仅当12|2(,,,)t n k k k ⋯.□20. 设,H K 是群G 的子群. 证明: HK 为G 的子群当且仅当HK KH =. 证明: HK 为G 的子群当且仅当111()HK HK K H KH ---===. □21. 设,H K 是群G 的有限子群. 证明: ||||||||H K HK H K =⋂. 证明: 首先, HK 是形如Hk 的不交并; 其中k K ∈. 又, 12Hk Hk =当且仅当112k k K H -∈⋂. 所以, 这样的右陪集共有||||K H K ⋂ 个. 于是: ||||||||K HK H K H =⋂. □ 22. 设,M N 是群G 的正规子群, 证明:(1) MN NM =.(2) MN 是G 的正规子群.(3) 如果{}M N e ⋂=, 那么/MN N 与M 同构.证明: (1) 由1MNM N -⊆得MN NM ⊆. 同理, NM MN ⊆.(2) 由(1)和第20题, MN 确实是子群. 对任意g G ∈有111()()()g MN g gMg gNg MN ---=⊆. 所以MN 是G 的正规子群.(3) 如果mn m n ''=则11(){}m m n n M N e --''=∈⋂=, 从而,m m n n ''==. 即: MN 中的元素可以唯一地写为,,mn m M n N ∈∈的形式. 于是可以定义映射: :MN M σ→为mn m . 由于,M N 都是正规子群, 对任 意,m M n N ∈∈有111()(){}mn nm mnm n M N e ---=∈⋂=, 所 以mn nm =: 即此时, M 中的元素与N 中的元素可交 换. 由此可以验证σ是群同态. 显然σ是满的, 而且 ker N σ=. □23. 设G 是一个群, S 是G 的一个非空子集. 令(){|,}C S x G xa ax a S =∈=∀∈; 1(){|}N S x G x Sx S -=∈=. 证明: (1) (),()C S N S 都是G 的子群.(2) ()C S 是()N S 的正规子群.证明: 直接用定义验证. 以(2)为例. 对任意(),(),c C S n N S s S ∈∈∈,111111()()()()ncn s ncn nc n sn c n ------=. 设1n sn s S -'=∈, 即: 1s ns n -'=. 所以,1111111()()()()ncn s ncn nc n sn c n ns n s -------'===. 此即表明: 1()ncn C S -∈. □24. 证明: 任意2阶群都与乘法群{1,1}-同构. 证明: 设{,}G e a =. 作:{1,1}G σ→-为1e , 1a - . □25. 试定出所有的互不同构的4阶群.解: 设群G 的阶为4. 如果G 有4阶元, 则4G . 如果G 没有4阶元, 则G 的非单位元的阶都为2. 设{,,,}G e a b c =. 考虑第11题中的4S 的子群(Klein 四元群):{(1),(12),(34),(12)(34)}K =. 作映射: :G K σ→为:(1),(12),(34),(12)(34)e b a c . 则σ为群同构. 综上, 在同构意义下, 4阶群只能是4 或Klein 四元群. □26. 设p 是素数. 证明任意两个p 阶群都同构.证明: 只需证明任意p 阶群G 都同构于p . 由Lagrange 定理, G的任意非单位元a 的阶都为p , 从而21{,,,,}p G e a a a -=⋯, 从 而有良定的映射:p G σ→ 为: 1a . 此即为一个群同构.□27. 在集合S =⨯ 上定义(,)(,):(,);(,)(,):(,)a b c d a c b d a b c d ac bd ad bc +=++=++. 证明: S 在这两个运算下是一个有单位元的环. 证明: 直接验证. 零元素为(0,0), 单位元为(1,0). □28. 在 上重新定义加法⊕和 为: :,:a b ab a b a b ⊕==+ . 问 关于这两个运算是否是一个环.解: 不是. 关于⊕不是一个abel 群. □29. 设L 是一个有单位元的交换环. 在L 中定义: :1a b a b ⊕=+-,:a b a b ab =+- . 证明: 在这两个新的运算下, L 仍然是一个环, 且与原来的环同构.证明: 直接验证满足环的定义中的条件. 作:(,,)(,,)L L σ+→⊕ 为:1a a - . 验证σ是环同构. □30. 给出满足如下条件的环L 和子环S 的例子:(1) L 有单位元, 而S 没有单位元.(2) L 没有单位元, 而S 有单位元.(3) ,L S 都有单位元, 但不相同.(4) L 不交换, 但S 可交换.解: (1) ;2L S == .(2) 0|,20a L a b b ⎧⎫⎛⎫=∈∈⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭ , 0|00a S a ⎧⎫⎛⎫=∈⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭ . (3) 0|,0a L a b b ⎧⎫⎛⎫=∈∈⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭, 0|00a S a ⎧⎫⎛⎫=∈⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭ . (4) |,,,a L a b b c d c d ⎧⎫⎛⎫=∈⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭ , 0|0a S a a ⎧⎫⎛⎫=∈⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭ . 31. 环R 中的一个元L e 为一个左单位元, 如果对任意r R ∈有L e r r =.类似地可定义右单位元. 证明:(1) 如果环R 既有左单位元, 又有右单位元, 则R 有单位元.(2) 如果环R 有左单位元, 没有零因子, 则R 有单位元.(3) 如果环R 有左单位元但没有右单位元, 则R 至少有两个左单位元.证明: (1) 设,L R e e 分别为R 的左, 右单位元. 则L L R R e e e e ==为R的单位元.(2) 设L e 为R 的一个左单位元. 对任意0x R =∈/, 由22()0L xe x x x x -=-=得: L xe x =, 即L e 为R 的一个右单 位元. 由(1)即得.(3) 设L e 为R 的一个左单位元, 由于R 没有右单位元, 所以存在0z R =∈/使得L ze z =/. 令: :L L L f e z ze =+-. 则 L L f e =/且, 对任意r R ∈有0L L L f r e r zr ze r r r =+-=+=, 即: L f 为R 的另一个单位元. □32. 设F 为一个域. 证明: F 没有非平凡的双边理想.证明: 设0I F =⊆/为F 的一个理想. 取0x I =∈/, 有11x x F -=∈, 从而I F =. □33. 设R 是一个交换环, a R ∈.(1) 证明{|}Ra ra r R =∈是R 的一个理想.(2) 举例说明, 如果R 不是交换环, 那么Ra 不一定是一个(双边)理想.证明: (1) 直接验证.(2) 设|,,,a b R a b c d c d ⎧⎫⎛⎫=∈⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭ , 1010a ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 则 0|,0r s Ra r s ⎧⎫⎛⎫=∈⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭. 显然, Ra 不是一个理想, 比如: 01010101a Ra ⎛⎫⎛⎫=∉ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. □34. 设I 为交换环R 的一个理想, 令: rad {|,}n I r I r I n +=∈∈∈ . 证明:rad I 为R 的理想, 称为I 的根.证明: 对任意,rad a b I ∈. 则存在正整数,m n 使得,m n a b I ∈. 由于 ()m n a b I +-∈, 从而rad a b I -∈.对任意rad a I ∈和r R ∈, 存在正整数m 使得m a I ∈. 从而()m m m ra r a I =∈, 即: rad ra I ∈. □35. 设F 为一个有单位元的交换环. 证明: 如果F 没有非平凡理想,则F 是一个域.证明: 对任意0a F =∈/, 由第33题(1)知, Fa 是F 的一个非零理想.由于F 没有非平凡理想, 所以Fa F =. 特别1Fa ∈, 即: 存在 b F ∈使得1ba =. □36. 设 是有理数域, ()n 是全体n 阶 上的矩阵组成的环. 证明:()n 没有非平凡的理想(没有非平凡理想的环称为单环). 证明: 设0I =/为()n 的一个理想. 取0A I =∈/. 则A 至少有一个 非零元素, 设为ij a . 由于I 是一个理想, 所以1ij ij ij ij E AE E I a ⎛⎫=∈ ⎪ ⎪⎝⎭, 其中ij E 表示(,)i j -元为1而其余元为0的基本矩阵. 由基本矩阵的乘法性质, ij jk ik E E E I =∈, 从而ki ik kk E E E I =∈, 1,2,,k n =⋯. 于是单位阵1nn kk k E E I ==∈∑, 从而()n I = . □37. 设R 是一个环, 0a R =∈/. 证明: 如果存在0b R ≠∈使得0aba =, 那么a 是一个左零因子或右零因子.证明: 由于0aba =, 所以, 如果0ba =/则a 是一个左零因子; 如果0ba =, 则a 是一个右零因子. □38. 环的一个元素a 成为幂零的, 如果存在正整数n 使得0n a =. 证明:对于有单位元环R 的任意幂零元a , 1a -是可逆的.证明: 21(1)(1)11n n a a a a a --+++⋯+=-=. □39. 证明: 在交换环中, 全部幂零元素组成一个理想.证明: 用定义直接验证: 在交换环中, 幂零元的差、积仍然幂零.□40. 设R 是有单位元的有限环. 如果,x y R ∈满足1xy =, 证明: 1yx =.证明: 作映射: ::f R R z yz → . 则f 是单射: 事实上, 如果 12yz yz =, 则12xyz xyz =, 即12z z =. 由于R 是有限集, 所以f是满射, 从而存在0z R ∈使得001()f z yz ==. 只需证明:0z x =. 事实上, 00001()()1z z xy z x yz x x ===== . □41. 设R 是一个有单位元的环. 证明: 如果存在,a b R ∈满足1ab =但1ba =/, 那么有无穷多x R ∈使得1ax =.证明: 注意到111()1n n n n a b ba a ab aba a ab ++++-=+-==, n ∈ . 所以只需证明1n n ba a +- (n ∈ )互不相同. 注意到1m m a b aa abb b =⋯⋯=, 对任意m ∈ 都成立.如果11n n k k ba a ba a ++-=-, (n k >). 则11111()0n n k k k k k ba a b ba b a b b b +++++-=-=-=, 即0n k n k ba a b ---=. 如果1n k -=则1ba ab ==, 矛盾.所以1n k ->. 从而10n k n k ba a ----=;11)(10n k n k n k ba a b b a ------=-=, 也得到矛盾. □42. 设R 是满足如下条件的环: R 至少有两个元素而且对任意0a R =∈/都存在唯一的元素b R ∈使得aba a =. 证明:(1) R 没有零因子.(2) bab b =.(3) R 有单位元.(4) R 是一个体.证明: (1) 设0a R =∈/使得0ax =. 由已知, 对于a 有唯一的b R ∈使得aba a =. 于是()a b x a aba +=. 由唯一性, b x b +=, 即: 0x =; 从而a 不是左零因子. 即: R 中的任意非零元都不 是左零因子; 从而R 也没有右零因子.(2) 由于()()a bab a ab aba aba ==, 再由唯一性即得bab b =.(3) 任取0a R =∈/, 取那个唯一的b R ∈使得aba a =. 往证ab就是一个单位元. 对任意0x R =∈/, 取那个唯一的y R ∈ 使得xyx x =. 由(2)有:()0b ab xy x babx bxyx bx bx -=-=-=.由(1), 0ab xy -=. 从而abx xyx x ==, 此即证明了ab 是左 单位元. 保持记号. 类似地有:()0a ba xy x abax axyx ax ax -=-=-=, 从而ba xy =, 于是xab xyx x ==, 此即证明了ab 是右单位元.(4) 由(3)可知, R 的每个非零元都有逆. □43. 设[0,1]C 是[0,1]上的连续函数组成的环. 证明:(1) 对于[0,1]C 的任意非平凡理想I , 都存在一个[0,1]θ∈使得对任意()f x I ∈都有()0f θ=.(2) ()[0,1]f x C ∈是一个零因子当且仅当零点集{[0,1]|()0}x f x ∈= 包含一个开区间.证明: (1) 若不然, 对任意[0,1]θ∈都存在()[0,1]g x C θ∈使得()0g θ=/. 由连续性, 存在一个包含θ的开区间[0,1]J θ⊆使得()g x θ在 J θ上恒为正或恒为负（0J 实际上是左闭右开的; 1J 实际上是左开右闭的）. 另一方面, 由开覆盖定理, 存在有限多个i J θ, 使得[0,1]i i J θ=⋃. 定义2():(())ii g x g x θ=∑. 则 ()g x I ∈, 而且()0g x >. 于是11()()g x I g x =∈ , 与I 是非平凡理 想矛盾.(2) “⇒”: 设()f x 是[0,1]C 中的一个零因子: 存在0()[0,1]g x C =∈/使得()()0,[0,1]g x f x x ≡∈. 由于()0g x =/, 所以 存在[0,1]上的开区间J 使得()g x 在J 上恒为正或恒为负; 从而, ()f x 在J 上恒为0.“⇐”: 设存在[0,1]上的开区间J 使得()f x 在J 上恒为0. 作连 续函数()g x 使得: ()g x 在J 上恒不为0, 而在J 上恒为0, 从 而()()0f x g x ≡: 即()f x 是[0,1]C 中的一个零因子. □44. 设p = 为素域. (1) 求环()n 的元素个数.(2) 求群()n GL 的元素个数.(1) 解: 由于2dim ()n n = , 所以()n 的元素个数为2n p .(2) 解: 取定向量空间n 的一个基, 则()n GL 中的元与n 上 的可逆线性变换一一对应, 而可逆线性变换把基映为基. 所以, 只需求n 的基的个数. 注意到n 的元素个数为n p . 任取n 的一 个非零向量1α, 这样的取法有1n p -种. 取2n α∈ 使得12,αα线性 无关. 这样的2α能且只能从1n α-〈〉 中选取. 所以2α的选取方法有n p p -种. 类似地, 取3n α∈ 使得312,,ααα线性无关. 这样的3α 能且只能从12,n αα-〈〉 中选取. 所以3α的选取方法有2n p p -种(因为12,αα〈〉的维数是2). 继续这个过程, 我们得到n 的基的个 数为21()()()n n n n p p p p p p ---⋯-, 此即为所求. □45. 设K 是一个体, 0,a b K =∈/且1ab =/. 证明如下的华罗庚恒等式:1111(())a a b a aba -----+-=.证明: 由提示, 先证明引理: 对任意0,1x K =∈/,1111(1)(1(1))1(1)(((1)))x x x x x x -----+-=-+--11(1)(1)11x x x x x x -=-+--=-+=,所以, 111(1)(1)1x x ----=--成立. 注意到: 原恒等式等价于1111(1)(())a ba a b a -----=+-, 等价于11111(1)()ba a a b a ------=+-. 由引理,111111*********(1)((1)1)(1)((1))ba a a b a a a b a a a a b ----------------=-+=+-=+-111()a b a ---=+- 即为所要的等式. □第二章1. 设G 为有限群, N G , (||,|/|)1N G N =. 证明: 如果元素a G ∈的阶整除||N , 那么a N ∈.证明: 考虑自然满态: :/G G N π→. 记()a a π=. 由于()/o a a e G N =∈, 所以()|()o a o a . 如果()1o a =/, 则((),|/|)1o a G N =/, 矛盾. □2. 设c 为群G 的阶为rs 的元素, 其中(,)1r s =. 证明: c 可以表示成c ab =, 其中()o a r =, ()o b s =, 且,a b 都是c 的幂.证明: 由(,)1r s =知, 存在整数,u v 使得1ur vs +=. 于是1ur vs c c c c ==.令vs a c =和ur b c =. 则()()((),)(,)o c rs rs o a r o c vs rs vs s ====. 同理, ()o b s =. □3. 证明: 如果群G 中的元素a 的阶与正整数k 互素, 那么方程k x a =在 a 〈〉内恰有一解.证明: 设()o a n =. 于是存在整数,r s 使得1rn ks +=. (法一) 作映射::k f a a x x 〈〉→〈〉 . 只需证明f 是双射. 由于||a n 〈〉=<∞, 所以只需证明f 是单射. 若k k x y =, ,x y a ∈〈〉, 则1()1k xy -=. 从而1111()()rn ks s xy xy xy e e ----====, 即x y =.(法二) 首先1()s k rn a a a -==, 即方程k x a =在a 〈〉中有解. 若t a a ∈〈〉也是k x a =的一个解, 那么()t s k a e -=, 从而 1()()t s ks t s rn t s a e a a ----===, 即t s a a =. □4. 设G 是一个群. 证明: 对任意,a b G ∈有()()o ab o ba =. 证明: 注意到, 对任意正整数m , 1()()m m ab a ba b -=, 所以1()()m m ab a ba b e -==当且仅当1111()()m ba a b ba ----==当且仅当 ()m ba e =. □5. 设2n >. 证明: 有限群G 中阶为n 的元素个数是偶数. 证明: 注意到, 对任意g G ∈有1()()o g o g -=, 而且, ()2o g >当且仅当1g g -=/. □6. 证明: 当2n >时有(){}n Z S e =. 即: n S 是交换群当且仅当2n ≤. 证明: 注意到, 对任意n S σ∈和轮换12()r i i i ⋯有11212()(()()())r r i i i i i i σσσσσ-⋯=⋯. 设()n e z Z S =∈/, 则对任意 n S σ∈应该有1z z σσ-=. 不妨设z 分解为互不相交的轮换的乘积(必要的话, 可通过重新编号): (12)(...)...(...)z =⋯. 取 (23)σ=. 则()(1)3z σσ=但(1)2z =, 矛盾. □7. 证明: 有理数加群 的任意有限生成的子群是一个循环群. 证明: 设1212,,,n n n H m m m =〈⋯〉, 其中(,)1i i n m =, 1i ≤≤ . 令 12[,,,]t m m m =⋯ . 则1H t=〈〉. □ 8. 设G 是有限生成的交换群. 证明: 如果G 的这些生成元都是有限 阶的, 那么G 是一个有限群.证明: 设1,,n G a a =〈⋯〉且()i i o a m =. 则G 的任意元素具有形式:1212nt t t n a a a ⋯, 其中1i i t m ≤≤, 从而G 只有有限个元素. □ 9. 对任意群G 和正整数k , 令{|}k k G a a G =∈. 证明: 群G 是循环 群的成分必要条件是G 的任意非单位子群都是形如k G 的集合. 证明: 必要性. 设G g =〈〉. 则G 的任意非单位子群H 具有形式k H g =〈〉, 其中k 是某个正整数. 于是H 中的任意元素具有形 式()()k m m k g g =, 即k H G ⊆. 反之, k G 的任意元素具有形式 ()()m k k m g g =, 于是k H G =.充分性. 考虑12k k G G ≥-⋃.(i) 如果12k k G G ≥-⋃不是空集, 取12k k g G G ≥∈-⋃. 则G g =〈〉是无限循环群. 事实上, g e =/, 从而G 的子群g 〈〉形如k G . 如果2k ≥, 则k k g x G =∈, 与g 的选取矛盾. 所以1g G G 〈〉==. 另外, 如果此时G g =〈〉是有限群, 则2k k G G ≥=⋃, 也得到矛盾.(ii) 现在假设12k k G G ≥-⋃是空集. 则对任意e x G =∈/, 存在正整 数k 使得子群k x G 〈〉=. 若1k =则G x =〈〉是循环群. 特别,存在整数s 使得k s x x =, 此即表明, G 的任意元素都是有限阶的. (To be continued).。

Chapter 11、proof Let A,B,C be sets .Suppose that x ∈B,we get x ∈A ∩B orx A B A ∈- ,andx A C∈ or x A C A ∈- sinceA B A C= andA B A C= .so x ∈C andB C⊆.Similarly ,we haveC B⊆and soB=C .2、proof ① First,consider()x A B A ∈- .Then x A ∈ or x B ∈,butx A ∉.This implies if x is not an element of A ,then x B ∈.Hence x A B∈ and ()A B A - ⊆A B .Conversely, ifx A B∈ ,then by definition , x A ∈ or x B ∈.This generates two cases: (a1) If x A ∈,clearly()x A B A ∈- ;(b2) Ifx B ∈,then either x A ∈ or not . i.e.,either x B ∈andx A ∈or x B ∈but x A ∉, in either case, we have()x A B A ∈- .Hence A B ⊆()A B A - .Therefore()A B A - =A B . ② Suppose that()x A B C ∈- .Then x A ∈but x B ∉ and x C∉.Sox A ∈-B and x A C ∈- and ()()x A B A C ∈--bydefinition .Hence()A B C - ⊆()()A B A C -- .Converssely, Assume that()()x A B A C ∈-- ,then x A ∈-Bandx A C∈-,and we have ,x A ∈but x B ∉ andx C ∉.Hence x B C ∉ , x A ∈, i.e., ()x A B C ∈- .Therefore ()()A B A C -- ⊆()A B C - and,so ()A B C - =()()A B A C --3.(a) surjective (b) bijective (c) bijective4.proof if f: X →Y and g: Y →Z are functions,then their composite denoted by g ︒f, is the function X →Z given by g ︒f: X →g(f(x))(i) suppose that (g ︒f)(a)= (g ︒f)(b), where a,b ∈X. we haveg(f(a))=g(f(b)) by definition, and f(a)=f(b) since g is injective, similarly, a=b for f is injective. Therefore, g ︒f is injective. (ii) For each Z ∈Z, there is y ∈Y with g(y)=z since g is surjective,and for each y ∈ Y , there exists a ∈ x with f(a)=y since f is surjective. So for∀z ∈Z, there is a ∈ x with(g ︒f)(a)=g(f(a))=g(y)=z. which implies g ︒f is surgective.5. proof clearly,α:R →R is a function. Suppose thatα(a)=α(b)where a, b ∈R are distinct. Then 332211aba b =++, cross multiplyingyields332323a ab b a b+=+, which simplifies to33a b= and hence a b =,so α is injective. for ∀given y ∈R,321xyx =+from,we getequation 320x yx y --=, which can be solved for x, i.e .for each y ∈R,there is at least x ∈x such that 321xyx =+.whic impliesαissurjective. Thereforeαis bijective.6、(a) R is reflexive, symmetric, transitive. (b) R is reflexive, not symmetric, transitive. (c ) R is reflexive, symmetric, transitive. (d) R is reflexive, symmetric, transitive.7、proof (1) For every a ∈R-{0}，we have 20aa a =>, and so,aR a(2) If aRb , where ,{0}a b R ∈-, i.e.,0,ab > then0ba >, i.e., bRa ,(3) If ,aR b bR c , where ,,a b c ∈{0}R -, i.e.0,ab >0bc >, then 0ac >.i.e.,aRc .Therefore, therelation ～ is an equivalence relation .8、 There are 1,3,5,15 equivalence relations on a set S with 1,2,3 or 4elements, separately.9、 We can list the elements of the residue classes of modulo 3: [0]={…,-9,-6,-3,0,6,9,…} [1]={…,-8,-5,-2,1,4,7,10,…} [2]={…，-7,-4,-1,2,5,8,11,…}Chapter 21、proof i)ii ）For every x,y,z ∈G ,(x*y)*z=(xy-x-y+2)*z=(xy-x-y+2)z-z-(xy-x-y+2)+2=xyz-xz-yz+z-xy+x+yx*(y*z)=x*(yz-y-z+2)=x(yz-y-z+2)-x-(yz-y-z+2)+2=xyz-xy-xz+x-yz+y +zwe have (x*y)*z=x*(y*z). And so the associative law holds.3、Solution Straightforward calculation shows that 46A IB ==.()nAB I ≠, since 1()01nn AB I -⎛⎫=≠⎪⎝⎭(0)n ≠.4、proof Suppose222()ab a b = for all ,a b G ∈，then 2()ab =()()ab ab =22a b =()()aa bb ,i.e., abab aabb =. Applying left cancellation , this becomesbab abb =,and by right cancellation, this reduces to ba ab =.5、proof For every a G ∈, there is a ,1a G -∈ such that 1a a e -=(identity)So 11()naba aba--=1aba- (1)aba-1aba-=1n ab a-。

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()()--≠--3213212.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<m n 而()1=ma e -，那么同上可得=m a e ，与n 是a 的阶的假设矛盾。

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()()--≠--3213212.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<m n 而()1=ma e -，那么同上可得=m a e ，与n 是a 的阶的假设矛盾。

习题1-2(参考解答)1. 证明：:实数域R 上全体n 阶方阵的集合()Mn R ,关于矩阵的加法构成一个交换群.证明:（1）显然，()Mn R 为一个具有“+”的代数系统. （2）∵矩阵的加法满足结合律，那么有结合律成立. （3）∵矩阵的加法满足交换律，那么有交换律成立. （4）零元是零矩阵.(),00.A Mn R A A A ∀∈+=+=（5）(),A Mn R ∀∈负元是.()0A A A A A −+−=−=.∴()(),Mn R +构成一个Abel 群.2. 证明：实数域R 上全体n 阶可逆方阵的集合()GLn R 关于矩阵的乘法构成群.这个群称为n 阶一般线形群.证明: 显然()GLn R 是个非空集合.对于任何的,()A B GLn R ∈，令C AB =, 则0C AB A B ==≠,所以()C GLn R ∈.⑴ 因为举证乘法有结合律，所以结合律成立. ⑵ 对任意(),A GLn R AE EA ∈=,所以E 是单位元.⑶ 任意的(),A GLn R ∈由于0A ≠,∴A 的逆矩阵1A −，满足11AAA A E −−==且∴A 的逆元是1A −.所以, ()GLn R 关于矩阵的乘法构成群.3. 证明:实数域R 上全体n 阶正交矩阵的集合()On R 关于矩阵的乘法构成群.这个群称为n 阶正交群.证明:（1）由于()E On R ∈,∵ ()On R 非空.(2 ) 任意,()A B On R ∈,有()()111TTTAB B A B AAB −−−===,∴()AB On R ∈,于是矩阵的乘法在()On R 上构成代数运算. (3) ∵矩阵的乘法满足结合律，那么有结合律成立. （4）对任意()A On R ∈，有.AE EA A ==∴E 为()On R 的单位元.（5）对任意()A On R ∈，存在()TA On R ∈,满足1T AA E AA −==, 1T AA E A A −==∴TA 为A 在()On R 中的逆元.∴()On R 关于矩阵的乘法构成一个群.4. 证明：所有行列式等于1的n 阶整数矩阵组成的集合()SLn Z ,关于矩阵的乘法构成群.证明：∵()E SLn Z ∈，∴()SLn Z 是个非空集合.对任意,()A B SLn Z ∈,记C AB =,则C 是整数矩阵，且1C AB A B ===,∴()C SLn Z ∈，即()SLn Z 关于矩阵的乘法封闭.(1) ∵矩阵乘法有结合律，∴结合律成立.(2) 对任意的()A SLn Z ∈,.AE EA A ==,且()E SLn Z ∈,∴A 的单位元是单位矩阵E .(3) 对任意的()A SLn Z ∈,因为()A Mn Z ∈,故*()A Mn Z ∈,又11*A A A A−−==且11A A −==,所以1()A SLn Z −∈,又11AA A A E −−==,故A 的逆元为1A −.所以, ()SLn Z 关于矩阵乘法构成群.5. 在整数集中,规定运算“∈”如下：2a b a b ⊕=+−, ,a b Z ∀∈.证明：(),Z ⊕构成群. 证明: （1）对于,a b Z ∀∈有 2a b a b Z ⊕=+−∈, 于是“⊕”在Z 上构成代数运算. （2）对于,a b Z ∀∈有，()4a b c a b c ⊕⊕=++−.()()24a b c a b c a b c ⊕⊕=⊕+−=++−∴()()a b c a b c ⊕⊕=⊕⊕于是结合律成立.（3）对于,a b Z ∀∈,22a b a b b a b a Z ⊕=+−=+−=⊕∈ 那么“⊕”在Z 上有交换律.（4）对于a Z ∀∈， 有222a a a ⊕=+−= ∴2为单位元． （5）对于a Z ∀∈， 有4a Z −∈,()()4422a a a a −⊕=−+−= ∴4a −为a 的逆元.∴(),Z ⊕构成群.6. 分别写出下列各群的乘法表. （1）例6中的群:1 -1 i -i 1 1 -1 i -i -1 -1 1 -i i i I -i -1 1 -i -i i 1 -1(3) 群*7Z :1 2 3 4 5 61 123456 2 2 4 6 1 3 5 3 3 6 2 5 1 4 4 4 1 5 2 6 3 5 5 3 1 6 4 2 6 6 5 4 3 2 1(4) 群(18)U .1 5 7 11 13 17 1 1 5 7 11 13 17 5 5 7 17 1 11 13 7 7 17 13 5 1 11 11 11 1 5 13 17 7 13 13 11 1 17 7 5 17 17 13 11 7 5 17. 设,0.a a G a R a a a ⎧⎫⎛⎞=∈≠⎨⎬⎜⎟⎝⎠⎩⎭证明：G 关于矩阵的乘法构成群.证明: 记a a aI a a ⎛⎞=⎜⎟⎝⎠，1111I ⎛⎞=⎜⎟⎝⎠.（1） G 非空，1111G ⎛⎞∈⎜⎟⎝⎠. （2）,aI bI G ∀∈，则,,,0a b R a b ∈≠，∴20,2ab aIbI abI G ≠=∈.（3）,,a b c R ∀∈,且,,0a b c ≠,有()()242aIbI cI abIcI abcI aI bcI aI bIcI ====,结合律成立.（4）单位元为12I G ∈. 11,0,22a R a aI I IaI aI ⎛⎞∀∈≠==⎜⎟⎝⎠. （5）aI G ∀∈，则1111,4442I G aI I I aI I a a a ⎛⎞⎛⎞∈==⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠. ∴(),G ⋅为群.8. 证明：所有形如23m n的有理数(),m n Z ∈的集合关于数的乘法构成群.证明：记{}23|,m nG m n Z =∈,G 是一个非空集合;（1）∀112223,23m n m n G ∀∈，有11221212232323m n m n m m n n G ++•=∈,∴•是G 上的一个代数运算; （2） 结合律，交换律均成立（数的乘法满足结合律和交换律）; （3）1是单位元. 00123G =∈G ，且1•23m n=23m n;（4）∀23m n G ∈，有23m n G −−∈，且23m n −−•231m n =;∴ G 关于数的乘法构成群.9. 证明：所有形如101001a b c ⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠的33∗实矩阵关于矩阵的乘法构成一个群.这个群以诺贝尔物理学奖获得者海森伯（Heisenberg ）的名字命名，称为海森伯群（Heisenberg group ）. 证明:（1）显然非空.（2）保持代数运算：11112211212120110120112001001001a b a b a a b b a c c c c c G +++⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟=+∈⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠.（3）结合律：111122133112121330110120130112013001001001001001a b a b a b a a b b a b c c c c c c ⎛⎞++⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟=+⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠13(21)33(21)(2121)013(21)001a a a b c a a b a c b c c c +++++++⎛⎞⎜⎟=++⎜⎟⎜⎟⎝⎠1(32)1(3232)(23)1101(32)1001a a a b a c b c c a b c c c +++++++⎛⎞⎜⎟=++⎜⎟⎜⎟⎝⎠11112332320110123001001a b a a b a c b c c c +++⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟=+⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠111122133011012013.001001001a b a b a b c c c ⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠ （4）单位元为100010001⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠，101001a b c ⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠100010001⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠100010001⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠101001a b c ⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠101001a b c ⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠. （5）∀101001a b c G ⎛⎞⎜⎟∈⎜⎟⎜⎟⎝⎠，∃101001a ac b c G −−⎛⎞⎜⎟−∈⎜⎟⎜⎟⎝⎠，使101001a b c ⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠101001a ac b c −−⎛⎞⎜⎟−=⎜⎟⎜⎟⎝⎠101001a ac b c −−⎛⎞⎜⎟−⎜⎟⎜⎟⎝⎠101001a b c ⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠100010001⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠. ∴G 构成群. 10. 设G 是群，12,,,r a a a G ∈L .证明()11111221r r a a a a a a −−−−=L L .证：∵G 是群，,1,2,i a G i r ∀∈=L ,则1111221,r r a a a G a a a G −−−∈∈L L . ∴()()()()()()()111111112112211222rr r r r r aa a a a a a a a a a a a a a a −−−−−−−−====L L L L L L L 1r r a a e −=又()()()()()111111122112111r r r r rr a a a a a a a a a a a aa e −−−−−−−−===L L L L L .由逆元的惟一性知：()11111221r r a a a a a a −−−−=L L .11. 设G 是群，a ，b ,a b G ∈，证明：如果ab e =,则ba e =.证明：ba =eba =1()a a ba −=1()a ab a −=1a ea −=e .或ba =bae =1()ba bb −=1()b ab b−=1beb −=e .12. 设G 是群.证明：如果对任意的x G ∈,都有2x e =，则G 是一个交换群. 证明：对任意,a b G ∈,∵aa e =∴1a a −=.故()111ab ab b a ba −−−===，所以群G 是交换群.13. 设G 是群.证明：G 是交换群的充分必要条件是对任意的()222,,a b G ab a b ∈=. 证明: “⇒”∵G 是交换群.∴对于任意的,a b G ∈，有ab ba =那么()()()()()222ab ab ab a ba b a ab b a b ====.“⇐”令G 为群假设对于任意的,a b G ∈,()222,,a b G ab a b ∈=,即abab aabb =.ba ab ⇒=， (消去律)∴G 为交换群.14. 设G 是一个具有乘法运算的非空有限集合.证明：如果G 满足结合律，有左单位元，且右消去律成立，则G 是一个群.证明: ∵G 是具有乘法运算的非空有限集合， 设{}12,,,n G a a a =L ，对于任意的a G ∈， {}12,,,n Ga a a a a a a G ==L ． 且G 满足结合律，有左单位元． ∴存在i a a e G =∈, 即i a 为a 的左逆元． 于是G 是一个群.15. 证明：一个具有乘法运算的非空集合G ，如果满足结合律，有右单位元（即有e G ∈，使对任意的a G ∈，有ae a =），且G 中的每个元素有右逆元（即对每个a G ∈，有'a G ∈，使'aa =e ），则G 构成群.证明：（必要性）由群的定义，这是显然的.（充分性）只需证：e 是G 的单位元，'a 是a 的逆元即可.设a ∈G ，由条件知，存在'a ∈G ，使'aa =e .同时又存在''a ∈G ，使'''a a =e .于是'a a ='a ae =''''()a a a a =''''()a aa a ='''a ea ='''a a =e ，且ea ='aa a ='()a a a =ae =a .由题设条件知，e 是G 的单位元，'a 是a 的逆元.∴G 为群.16. 设G 是有限群.证明: G 中使3x e =的元素x 的个数是奇数.证明: ∵G 是有限群，{}3|A x G x e =∈=．∵e G ∈ 且3e e =， ∴e A ∈．又 对于任意的x A ∈,x e ≠,存在1x A −∈,满足()()331262xx x e e −====∴A 中的元素个数是奇数.17. 设,p q 是不同的素数.假设H 是整数集的真子集，且H 关于加法是群，H 恰好包含集合{},,,,qpp p q pq p q +中的三个元素.试确定以下各组元中哪一组是H 中的这三个元素？(A) ,,q p pq p q ; (B) ,,p p q pq + (C) ,,q p pq p (D) ,,q p q pq p + (E) ,,q pp p q . 解：（C ）. （A ）(),1q pp q=,()qp p mpnq p H +=∈,矛盾.（B ）(),1,p p q q H +=∈,矛盾.（C ）全为p 的倍数，不能生成q 的倍数，故也没有p q +. （D ）()2q p q pq q H +−=∈,(),1,qpp qp q H =⇒∈,矛盾.（E ）(),1q pp q=, ()()1,qp q p mpnq p q mp nq p q H +=++=+∈,矛盾.18. 假设下表是一个群的乘法表，试填出未列出的元.e a b c de e abcda abcd eb bcde ac cde a b d de a b c。

作业讲评2011.11.10 42p5.设G 为交换群且H G ，证明：H G也是交换群。

问题：部分表达混乱，不严谨证明：∵G 为交换群∴对∀a ，b ∈G 有aH=Ha于是对∀aH ，bH ∈H G . 有aH •bH=a(Hb)H=a(bH)H=(ab)•HH=(ba)HH=b(aH)H=b(aH)H=b(Ha)H=bH •aH∴H G 是交换群 47p1.设G 为群,a ∈G.证明:左平移L a :x ax 是G 上的一个一一变换.L a 是否为G 到自身的同构?(类似可讨论右平移R a :x xa).问题:①.部分学生题意不清,不明确要证什么.(如有些学生开始就说L a 是一一变换,特别第二问.相当一部分学生归为让G ≌`G =﹛L a ︳L a (x)=ax,x ∈G,a ∈G ﹜)②.证L a 是满射时,方法不对:对∀a,∃e 使L a (e)=a •e=a③.判别L a 是否是G 的自同构：理解错题意或证明阐述不清楚与凯莱定理混淆.证明:⑴.显然L a 是G 的变换∵对∀y ∈G ，由a ∈G ，有1a -∈G.于是∃x=1a -y ∈G使L a (x)=ax=a （1a -y ）=y ∴L a 是G 到G 的满射又对∀1x ，2x ∈G ，若L a （1x ）=L a （2x ）.则a 1x =a 2x由消去律，有1x =2x∴L a 是单射从而L a 是G 的一个一一变换⑵.当a=e （单位元）时.对∀x ，y ∈G 有L e （xy ）=e •xy=ex •ey=L e （x ）L e （y ）∴L e 是G 到自身的同构映射（既L e 是G 的自同构）当a ≠e 时. 对x ，y ∈GL e （xy ）=axy L a （x ）•L a （y ）=ax •ay一般地 axy ≠ax •ay∴L a （xy ）≠L a （x ）L a （y ）∴L a 不是G 的自同构48p4、设ϕ是两个群G 到、G 的满同态，则 ⑴.若G 为交换群，则、G 也是交换群.⑵.若G 为循环群，则、G 也是循环群.证明：⑴.若G 为交换群，则对∀x ，y ∈G 有xy=yx∵对∀、x ，、y ∈、G ，由ϕ是G 到、G 的满同态 ∴对∀、x ，、y ∈、G ，∃x ，y ∈G. 使ϕ（x ）=、x ϕ（y ）=、y 且ϕ（xy ）=ϕ（x ）ϕ（y ） ϕ（yx ）=ϕ（y ）ϕ（x ）于是、x 、y =ϕ（x ）ϕ（y ）=ϕ（xy ）=ϕ（yx ）=ϕ（y ）ϕ（x ）=、y 、x∴、G 是交换群⑵.若G 为循环群，则∃a ∈G ，使G=(a)={n a ︳n ∈z}∵ϕ是G 到、G 的满同态 ∴对∀y ∈、G ∃x=m a ∈G 使y=ϕ（x ）=ϕ（m a ）=mϕ（a ） 而a ∈G ，∴ϕ（a ）∈、G ∴、G =（ϕ（a ））是一个循环群74p 习题2.12.设a ，b 是有单位元的环R 的两个可逆元.证明：⑴-a 也是可逆的，且1a --）（=1a --；⑵ab 也是可逆的，且1ab -）（=1b -1a -.证明：∵R 有单位元1，且a ，b 可逆∴a 1a -=1a -a=1 b 1b -=1b -b=1⑴ ∵（-a ）（1a --）=a 1a -=1 （1a --）（-a ）=1a -a=1∴-a 可逆 且1a --）（=1a --⑵ ∵（ab ）（1b -1a -）=a （b 1b -）1a -=a 1a -=1（1b -1a -）（ab ）=1b -（1a -a ）b=1b -b=1∴ab 可逆，且1ab -）（=11a b --5.下述集合关于所指出的运算是否构成环？⑴ 集合{2b a +︳a ，b ∈Z}关于数的加法和乘法；⑵ 集合{⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛a b b a ︳a ，b ∈Z}关于矩阵的加法和乘法. 解：⑴ 设R={2b a +︳a ，b ∈Z}∵R ∈+200 ∴R ≠φ1° ∵∀2b a +，R ∈+2d c 有（2b a +）（2d c +）=R ∈+++2bc ad bd 2ac ）（）（ ∴R 对数的加法封闭又 对∀α=2b a +，β=2d c +，γ=R ∈+2f e 有βα+=2d b c a ）（）（+++=2b d a c ）（）（+++=αβ+ ）（γβα++=[]2f d e c 2b a ）（）（）（+++++=2f d b e c a ）（）（+++++ =[]）（）（）（2f e 2d c 2b a +++++=γβα++）（ ∃2000+=，∀ααα=+=+00 既0是R 的零元对∀α=2b a + ∃2b a --=-α 使0=-+）（αα 既α-为α的负元∴R 关于数的加法构成交换群2° 对∀ α=2b a + β=2d c + γ=R ∈+2f e 有βα⋅=R 2bc ad 2bd ac ∈+++）（）（ ∴R 关于数的乘法封闭γβα⋅⋅）（=）（））（）（（2f e 2bc ad 2bd ac +⋅+++ =2bce ade bdf 2acf bcf adf 2bde 2ace ）（）（+++++++ =22bdf bce ade acf bcf bde adf 2ace ）（）（+++++++ γβαγβα⋅⋅=⋯⋯=⋅⋅）（）（∴R 关于数的乘法构成半群3° ∵数对加法满足是分配律 而R 中元素均为数∴R 满足分配律从而R 关于数的加法、乘法构成一个环⑵. 设Z}b a a b b a {R ∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=，略……8. 设（R ，+，•）是有单位元1的环，在R 上又定义 1-b a b a +=⊕⊕：， b a -b a b a ∙+= ：证明：），，（ +R 也是一个有单位元的环证明：依题意，R ≠φ，且1为环（R ，+，•）的单位元，0为环（R ，+，•）的零元⑴.证（R ，⊕）是（加法）交换群，对∀a ，b ，c ∈R ，有1° 1-b a b a +=⊕⊕：∈R 是唯一，∴⊕是R 的代数运算2°c 1-b a c b a ⊕+=⊕⊕）（）（=2-c b a 1c 1-b a ++=-++ 2-c b a 1-1c b a 1-c b a c b a ++=-++=+⊕=⊕⊕）（）（ 既）（）（c b a c b a ⊕⊕=⊕⊕ ⊕满足结合律3°∃1∈R ，使对∀a ∈R. 有a 1-a 1a 1=+=⊕ a 1-1a 1a =+=⊕既1是R 的零元4°∀a ∈R ∃2-a ∈R 使11-a -2a a 2a =+=-⊕）（， 11a a 2a a -2=-+-=⊕）（ 既2-a 是a 的负元5°a b 1-a b 1-b a b a ⊕=+=+=⊕ 既⊕满足交换律∴（R ，⊕）是交换群⑵. 证），（ R 是半群对∀a ，b ，c ∈R ， 有R b a -b a b a ∈⋅+= 且唯一，既 是R 的代数运算c b a -b a c b a -b a c b a -b a c b a ⋅⋅+-+⋅+=⋅+=）（）（）（ =c b a c b -c a b a -c b a ⋅⋅+⋅⋅-⋅++）（）（）（c b -c b a c b -c b a c b -c b a c b a ⋅+⋅-⋅++=⋅+==c b a c b c a b a -c b a ⋅⋅+⋅-⋅-⋅++既）（）（c b a c b a = 满足结合律∴），（ R 是一个半群⑶ 让分配律成立对∀a ，b ，c ∈R ，有）（）（）（1-c b a 1-c b a 1c b a c b a +⋅-++=++=⊕=1c a b a -c b a 2-⋅-⋅++）（）（）（）（c a c a b a -b a c a b a ⋅-+⊕⋅+=⊕=1-c a -b a -c b 2a 1-c a -c a b a b a ⋅⋅++=⋅++⋅-+∴）（）（）（c a b a c b a ⊕=又a 1-cb a 1c b a 1c b a a b ⋅+-+-+=-+=⊕）（）（）（ =1-a c -a b c b a 2⋅⋅-++）（）（）（）（a c a c a b a b a c a b ⋅-+⊕⋅-+=⊕=1-a c -a c a b a b ⋅++⋅-+=1-a c -a b c b a 2⋅⋅-++∴）（）（）（a c a b a c b ⊕=⊕ 既分配律成立⑷ 让），，（ ⊕R 有单位元∵∃0∈R ，使对∀a ∈R ， 有a 0-a 0a 0a 0a 0=+=⋅-+=a 0-0a 0a 0a 0a =+=⋅-+=∴0是），，（ ⊕R 的单位元综上所述 ），，（ ⊕R 是有单位元的环10. 证明{}Z x x 3R 1∈=，{}Z x x 5R 2∈=是整数环Z 的两个子环，并求21R R .证明: ⑴ ∵1R 313∈=⋅ ∴φ≠1R 且），有（Z x 3R x 3Z.R 11∈∈∀⊆又对121R 3x x 3∈，，有 12121R x x 33x -x 3∈-=）（， 12121R x x 333x x 3∈=⋅）（ ∴Z R 1≤⑵ ∵2R 515∈=⋅ ∴Z R R 22⊆≠，且φ又对221R x 5,x 5∈， 有22121R x x 5x 5x 5∈-=-）（， 22121R x x 55x 5x 5∈⋅=⋅）（ ∴Z R 2≤⑶ 对21R R y ∈∀ 有1R y ∈且2R y ∈ ∴Z x x 21∈∃， 使 1x 3y =，且2x 5y =， 从而y 3且y 5， 而（3,5）=1 ∴y 53⨯ ）（Z x x 15y ∈= ∴{}Z x x 15R R 21∈⊆ 反之 {}Z x x 15y ∈∈∀ 则Z x ∈∃ 使 1R x 53x 15y ∈⋅== 且2R x 35y ∈⋅=∴21R R y ∈ ∴{}21R R Z x x 15 ⊆∈ 故{}Z x x 15R R 21∈= 11.。