代数学引论高教第二版答案(第一章)
1. 如果群 G 中,对任意元素 a,b 有(ab)2=a2b2,则 G 为交换群. 证明: 对任意 a,b G,由结合律我们可得到
(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b 再由已知条件以及消去律得到
ba=ab, 由此可见群 G 为交换群.
2. 如果群 G 中,每个元素 a 都适合 a2=e, 则 G 为交换群. 证明: [方法 1] 对任意 a,b G,
ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab) =ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此 G 为交换群. [方法 2] 对任意 a,b G,
a2b2=e=(ab)2, 由上一题的结论可知 G 为交换群.
3. 设 G 是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法 ab,适合条件: (1) a(bc)=(ab)c; (2) 由 ab=ac 推出 b=c; (3) 由 ac=bc 推出 a=b;
证明 G 在该乘法下成一群. 证明:[方法 1]
设 G={a1,a2,…,an},k 是 1,2,…,n 中某一个数字,由(2)可知若 i j(I,j=1,2,…,n),有 akai ak aj------------<1> aiak aj ak------------<2>
再由乘法的封闭性可知 G={a1,a2,…,an}={aka1, aka2,…, akan}------------<3> G={a1,a2,…,an}={a1ak, a2ak,…, anak}------------<4>
由<1>和<3>知对任意 at G, 存在 am G,使得 akam=at.
由<2>和<4>知对任意 at G, 存在 as G,使得 asak=at.
由下一题的结论可知 G 在该乘法下成一群.
1
下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。
[方法 2]
为了证明 G 在给定的乘法运算下成一群,只要证明 G 内存在幺元(单位元),并且证明 G 内每一个元素都可逆即可.
为了叙述方便可设 G={a1,a2,…,an}. (Ⅰ) 证明 G 内存在幺元.
<1> 存在 at G,使得 a1at=a1.(这一点的证明并不难,这里不给证明); <2> 证明 a1at= ata1; 因为
故此
a1(ata1)at=(a1at) (a1at)=(a1)2 a1(a1at)at=(a1a1)at=a1(a1at)= (a1)2,
由条件(1),(2)可得到
a1(ata1)at= a1(a1at)at.
<3> 证明 at 就是 G 的幺元; 对任意 ak G,
由条件(2)可知
a1at= ata1. a1(atak) =(a1at)ak=a1ak
类似可证
atak=ak.
因此 at 就是 G 的幺元. (Ⅱ) 证明 G 内任意元素都可逆;
akat=ak.
上面我们已经证明 G 内存在幺元,可以记幺元为 e,为了方便可用 a,b,c,…等符号记 G 内元素.下面证明任意 a G,
存在 b G,使得
ab=ba=e.
<1> 对任意 a G,存在 b G,使得
ab=e;
(这一点很容易证明这里略过.)
<2> 证明 ba=ab=e;
因为
a(ab)b=aeb=ab=e
a(ba)b=(ab)(ab)=ee=e
再由条件(2),(3)知
2
ba=ab. 因此 G 内任意元素都可逆. 由(Ⅰ),(Ⅱ)及条件(1)可知 G 在该乘法下成一群.
4. 设 G 是非空集合并在 G 内定义一个乘法 ab.证明:如果乘法满足结合律,并且对于任一对 元素 a,b G,下列方程 ax=b 和 ya=b
分别在 G 内恒有解,则 G 在该乘法下成一群. 证明:
取一元 a G,因 xa=a 在 G 内有解, 记一个解为 ea ,下面证明 ea 为 G 内的左幺元. 对任意 b G, ax=b 在 G 内有解, 记一个解为 c,那么有 ac=b ,所以
eab= ea(ac)= (eaa)c=ac=b, 因此 ea 为 G 内的左幺元. 再者对任意 d G, xd=ea 在 G 内有解,即 G 内任意元素对 ea 存在左逆元, 又因乘法满足结合律,故此 G 在该乘法下成一 群.
[总结]
群有几种等价的定义:
(1) 幺半群的每一个元素都可逆,则称该半群为群. (2)设 G 是一个非空集合,G 内定义一个代数运算,该运算满足结合律, 并且 G 内包含
幺元, G 内任意元素都有逆元,则称 G 为该运算下的群. (3)设 G 是一个非空集合,G 内定义一个代数运算,该运算满足结合律, 并且 G 内包含
左幺元, G 内任意元素对左幺元都有左逆元,则称 G 为该运算下的群. (4)设 G 是一个非空集合,G 内定义一个代数运算,该运算满足结合律, 并且对于任一对
元素 a,b G,下列方程 ax=b 和 ya=b
分别在 G 内恒有解,则称 G 为该运算下的群. 值得注意的是如果一个有限半群满足左右消去律, 则该半群一定是群.
5. 在 S3 中找出两个元素 x,y,适合
(xy)2 x2y2.
[思路] 在一个群 G 中,x,y G, xy=yx (xy)2 x2y2(这一点很容易证明).因此只要找到 S3 中两个不可交换的元素即可. 我们应该在相交的轮换中间考虑找到这样的元素.
解: 取
3
那么
x=
, y=
(xy)2
= x2y2.
[注意]
我们可以通过 mathematica 软件编写 Sn 的群表,输出程序如下: Pr[a_,b_,n_]:=(*两个置换的乘积*)
(Table[a[[b[[i]]]],{I,1,n}]);
Se[n_]:=(*{1,2,…,n}的所有可能的排列做成一个表格*)
(Permutations[Table[i,{I,1,n}]]);
Stable[n_]:=(*生成 Sn 群表*) (a=Se[n];
Table[pr[a[[i]],a[[j]],n],{I,1,n},{j,1,n}])
当 n=3 时群表如下:
1
1
2
2
3
3
2
3
1
3
1
2
3
2
3
1
2
1
1
1
3
3
2
2
3
2
1
2
1
3
2
3
2
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3
1
2
2
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1
3
3
1
3
2
3
2
1
3
1
3
2
1
2
2
2
3
3
1
1
3
1
2
1
2
3
1
3
1
2
3
2
3
3
1
1
2
2
1
2
3
2
3
1
2
1
2
3
1
3
3
3
2
2
1
1
2
1
3
1
3
2
1
2
1
3
2
3
[说明]: 表示置换
, 剩下的类似.为了让更清楚,我们分别用 e,a,b,c,d,f 表示 ,
, , , 那么群
表如下:
e
a
b
c
d
f
e
e
a
b
c
d
f
a
a
e
d
f
b
c
b
b
c
e
a
f
d
c
c
b
f
d
e
a
d
d
f
a
e
c
b
f
f
d
c
b
a
e
6. 对于 n>2,作一阶为 2n 的非交换群.
4
7. 设 G 是一群, a,b G,如果 a-1ba=br,其中 r 为一正整数,证明 a-ibai= . 证明:
我们采用数学归纳法证明.
当 k=1 时, a-1ba=br= , 结论成立;假设当 k=n 时结论成立, 即 a-nban= 成立, 下面证明当 k=n+1 时结论也
成立.
我们注意到
a-1bka=
= bkr,
因此
可见 k=n+1 时结论也成立. 由归纳原理可知结论得证.
a-(n+1)ban+1= a-1 (a-nban)a=a-1 a= =
,
8. 证明:群 G 为一交换群当且仅当映射
是一同构映射.
证明:
(Ⅰ)首先证明当群 G 为一个交换群时映射
是一同构映射.
由逆元的唯一性及
可知映射
为一一对应,又因为
, 并且群 G 为一个交换群,可得
. 因此有
.
综上可知群 G 为一个交换群时映射
是一同构映射.
(Ⅱ)接着证明当映射
是一同构映射,则群 G 为一个交换群.
若映射
是一同构映射,则对任意
有
, 另一方面,由逆元的性质可知
.
因此对任意
有
,
即映射
是一同构映射,则群 G 为一个交换群.
5
9. 设 S 为群 G 的一个非空子集合,在 G 中定义一个关系 a~b 当且仅当 ab-1∈S.证明这是一个等价关系的充分必要 条件为 S 是一个子群.
证明: 首先证明若~是等价关系,则 S 是 G 的一个子群. 对任意 a G,有 a~a,故此 aa-1=e S; 对任意 a,b S,由(ab)b-1=a S,可知 ab~b,又 be-1=b S,故 b~e,由传递性可知 ab~e,即(ab)e-1=ab S.再者因
ae-1=a S, 故 a~e,由对称性可知 e~a,即 ea-1=a-1 S.可见 S 是 G 的一个子群. 接着证明当 S 是 G 的一个子群,下面证明~是一个等价关系. 对任意 a G, 有 aa-1=e S,故此 a~a(自反性);若 a~b,则 ab-1 S,因为 S 为 G 的子群,故(ab-1)-1=ba-1 S,因此
b~a(对称性);若 a~b,b~c,那么 ab-1 S,bc-1 S,故 ab-1 bc-1=ac-1 S,因此 a~c(传递性). 综上可知~是一个等价关系.
10. 设 n 为一个正整数, nZ 为正整数加法群 Z 的一个子群,证明 nZ 与 Z 同构.
证明:
我们容易证明
为 Z 到 nZ 的同构映射,故此 nZ 与 Z 同构.
11. 证明:在 S4 中,子集合
B={e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}
是子群,证明 B 与 U4 不同构. 证明:
可记 a=(1 2)(3 4), b=(1 3)(2 4), c=(1 4)(2 3),那么置换的乘积表格如下:
e
a
b
c
e
e
a
b
c
a
a
e
c
b
b
b
c
e
a
c
c
b
a
e
由该表格可以知道 B 中的元素对置换的乘法封闭,并且 B 的每一元都可逆(任意元的逆为其本身),因此 B 为 S4 的 子群. 这个群(以及与其同构的群)称为 Klein(C.L.Klein,1849-1925)四元群.
假设 B 与 U4 同构,并设 f 为 B 到 U4 的同构映射, 则存在 B 中一元 x 使得 f(x)=i(i 为虚数单位),那么 f(x2)= f2(x)=i2=-1
另一方面, f(x2)=f(e)=1(注意 x2=e),产生矛盾.所以假设不成立, 即 B 与 U4 不同构.
[讨论] B 与 U4 都是 4 元交换群,但是后者是循环群, 前者不是, 这是这两个群的本质区别.
6
12. 证明:如果在一阶为 2n 的群中有一 n 阶子群,它一定是正规子群. 证明:[方法 1]
设 H 是 2n 阶群 G 的 n 阶子群, 那么对任意 a H, 有 H aH= ,
并且 aH G,H G,又注意到 aH 和 H 中都有 n 个元素, 故此 H aH=G.
同理可证对任意 a H, 有 H Ha= , H Ha=G,
因此对任意 a H,有 aH=Ha.
对任意 a H, 显然 aH H, Ha H 又因 aH,Ha 及 H 中都有 n 个元素,故 aH=Ha=H.
综上可知对任意 a G,有 aH=Ha,
因此 H 是 G 的正规子群.
[方法 2]
设 H 是 2n 阶群 G 的 n 阶子群,那么任取 a H, h H, 显然有 aha-1 H.
对给定的 x H, 有
H xH= , H xH=G.
这是因为若假设 y H xH, 则存在 h H,使得 y=xh,即 x=yh-1 H 产生矛盾,因此 H xH= ;另一方面, xH G,H G,
又注意到 xH 和 H 中都有 n 个元素, 故此 H xH=G.
那么任取 a H,由上面的分析可知 a xH, 从而可令
a=xh1 这里 h1 H.
假设存在 h H, 使得 aha-1 H,则必有 aha-1 xH,从而可令
这里 h2 H. 那么
aha-1=xh2
xh1ha-1=xh2, 即
产生矛盾.
a= h2h1h H,
7
因此,任取 a H, h H, 有 aha-1 H. 综上可知对任取 a G, h H, 有 aha-1 H,因此 H 为 G 的一个正规子群.
13. 设群 G 的阶为一偶数,证明 G 中必有一元素 a e 适合 a2=e. 证明: 设 b G,且阶数大于 2,那么 b≠b-1,而 b-1 的阶数与 b 的阶数相等.换句话说 G 中阶数大于 2 的元素成对出现,幺元 e 的阶数为 1,注意到 G 的阶数为宜偶数,故此必存在一个 2 阶元,(切确的说阶数为 2 的元素有奇数个).
[讨论] [1] 设 G 是一 2n 阶交换群,n 为奇数则 G 中只有一个 2 阶元.为什么? 提示:采用反证法,并注意用 Lagrange 定理. [2] 群 G 中,任取 a G,有 an=e,那么 G 一定是有限群吗?如果不是请举出反例,若是有限群,阶数和 n 有什么关 系?
14. 令
A=
, B=
证明:集合{B,B2,…,Bn,AB,AB2,…,ABn}在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群 Dn 同构. 证明:
下面证明 G={B,B2,…,Bn,AB,AB2,…,ABn}在矩阵的乘法下构成一群. (Ⅰ)首先证明对乘法运算封闭. 下面进行分类讨论:
(1) Bi Bj=Bi+j,注意到 Bn=
故此
Bi Bj=Br G 这里 i+j=kn+r,k Z,0
(Ⅱ)因集合 G 对矩阵乘法封闭,再由矩阵乘法的性质可知,结合律肯定成立. (Ⅲ)显然 Bn=A2=E 为幺元. (Ⅳ)对 Bi(i=1,2,…,n),有
BiBn-i=E;
8
对 ABi(i=1,2,…,n),有
(ABi)(Bn-iA)=E,
因此 G 内任何一元都可逆.
由(Ⅰ),(Ⅱ),(Ⅲ),(Ⅳ)可知 G 在矩阵乘法下构成一群.
最后证明 G 与 Dn 同构. 令 f:G→Dn
f(Bi)=Ti, f(ABi)=STi(i=1,2,…,n),
可以证明 f 就是 G 到 Dn 的同构映射,这里不予证明了. 15. 设 i 是一个正整数, 群 G 中任意元素 a,b 都适合(ab)k=akbk, k=I,i+1,i+2,证明 G 为交换群.
证明:
对任意 a,b G
ai+2bi+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (ai+1bi+1)=a(bai+1)bi+1,
根据消去律可得
ai+1b=bai+1.----------------------(1)
同时
ai+1bi+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (aibi)=a(bai)bi+1,
根据消去律可得
aib=bai.---------------------------(2)
因此
ai+1b=a(aib)=a(bai)=(ab)ai----(3)
另外
bai+1=(ba)ai----------------------(4)
结合(1),(3),(4)有
(ab)ai=(ba)ai---------------------(5)
由消去律可得到
ab=ba.
因此 G 为交换群.
16. 在群 SL2(Q)中,证明元素 a=
的阶为 4,元素 b=
9
的阶为 3,而 ab 为无限阶元素. 证明:
可以直接验证 a 的阶为 4,b 的阶为 3. 因为
ab=
,
对任何正整数 n,
(ab)n=
≠
可见 ab 的阶为无限.
[注意] 在一群中,有限阶元素的乘积并不一定也是有限阶的,但两个可交换的有限阶元素的乘积一定是有限阶元素. [问题] 若一群中所有元素的阶数都有限,那么这个群一定是有限群吗?
17. 如果 G 为一个交换群,证明 G 中全体有限阶元素组成一个子群. 证明:
交换群 G 中全体有限阶元素组成的集合记为 S,任取 a,b S,并设 a 的阶为 m,b 的阶为 n,则 (ab)mn=(am)n(bn)m=e
因此 ab 为有限阶元素,即 ab S. a-1 的阶数与 a 相同,故此 a-1 也是有限阶元素,即 a-1 S. 综上可知 S 为 G 的一个子群.
18. 如果 G 只有有限多个子群,证明 G 为有限群. 证明:
采用反证法证明.假设 G 为无限群,则 G 中元素只可能有两种情况:(1)G 中任意元素的阶数都有限、(2)G 中存在 一个无限阶元素. (1) 首先看第一种情况:
G 中取 a1≠e,并设其阶数为 n1,则循环群 G1={ ,… }为 G 的一个子群; G 中取 a2 G1,并设其阶数为 n2,则循环群 G2={ ,… }为 G 的一个子群; G 中取 a3 G1∪G2,并设其阶数为 n3,则循环群 G3={ ,… }为 G 的一个子群; ……… 我们一直这样做下去,可以得到 G 的互不相同的子群构成的序列 Gn(n=1,2,…),所以 G 有无穷多个子群,产生 矛盾; (2) 再看第二种情况: 设 a∈G 的阶数为无穷,那么序列
10
G
1=<>,G 2=<>,…,G n =<
>,…
是G 的互不相同的子群,所以G 有无穷多个子群,产生矛盾.
综上就可知“G 是无限群”这个假设不成立,因此G 是有限群.
19. 写出D n 的所有正规子群.
20. 设H ,K 为群G 的子群,HK 为G 的一子群当且仅当HK=KH.
证明:
(Ⅰ)设HK=KH ,下面证明HK 为G 的一子群.
任取a,b ∈HK,可令
a=h 1k 1,b=h 2k 2
这里h i ∈H ,k i ∈K ,i=1,2.
那么 ab=(h 1k 1)(h 2k 2)=h 1(k 1h 2)k 2 ---------------(1)
因HK=KH ,故此
k 1h 2= h 3k 3 ----------------------(2)
这里h 3∈H ,k 3∈K.
由(1),(2)知
ab= h 1(h 3k 3)k 2=(h 1h 3)(k 3k 2)∈HK. ------------(3)
另外,
a -1= (h
1k 1)-1=
∈KH=HK. ----------------- (4)
由(3),(4)知HK 是G 的子群.
(Ⅱ) HK 为G 的一子群,下面证明HK=KH.
若a ∈HK,易知a -1∈KH. HK 是子群,任取a ∈HK,有a -1∈HK,因此(a -1)-1=a∈KH,那么有HK KH.
若a ∈KH,易知a -1∈HK. HK 是子群,任取a ∈KH ,有a -1∈HK,因此(a -1)-1=a∈HK,那么有KH HK.
综上知,HK=KH.
21. 设H ,K 为有限群G 的子群,证明
证明:
因H ∩K 为H 的子群,那么可设H 的左陪集分解式为
H=h 1(H ∩K)∪h 2(H ∩K)∪…∪h r (H ∩K)
这里r 为H ∩K 在H 中的指数,h i ∈H ,当i ≠j ,h i -1h j ∉H ∩K(事实上等价于h i -1h j ∉K),i, j=1,2,…,r.
又(H ∩K)K=K,所以
HK=h 1K ∪h 2K ∪…∪h r K.------------(1)
注意到h i -1h j ∉K ,所以当i ≠j(i, j=1,2,…,r)时,
h
i K ∩h j K=.----------------(2)
由(1),(2)我们得到
[总结]
左陪集的相关结论
设H 为G 的一子群,那么
(1) a ∈aH;
(2) a ∈H ⇔aH=H;
(3) b ∈aH ⇔aH=bH;
(4) aH=bH ⇔a -1b ∈H;
(5) aH ∩bH≠,有aH=bH.
22. 设M,N 是群G 的正规子群.证明:
(i) MN=NM;
(ii) MN 是G 的一个正规子群;
(iii) 如果M N={e},那么MN/N 与M 同构.
证明:
(i)[方法1]
任取a ∈MN,可设a=mn(m∈M,n ∈N).因为M 为G 的正规子群,故n -1mn ∈M. 所以a=n(n -1mn) ∈NM ,故此MN ⊆NM.
同样的方法可以证明NM ⊆MN. 因此MN=NM.
[方法2]
任取a ,b ∈MN ,可设a=m 1n 1(m 1∈M ,n 1∈N),b=m 2n 2(m 2∈M ,n 2∈N).下面只要证明MN 为G 的一个子群即可(由第20题可知),也就是说只要证明ab -1∈MN 即可.
因为
ab -1=m 1n 1n 2-1m 2-1= [m 1(n 1n 2-1m 2-1n 2n 1-1)](n 1n 2-1),
而M 为G 的正规子群,故
n 1n 2-1m 2-1n 2n 1-1∈M ,
所以ab -1∈MN.
(ii) 由(i)可知MN 为G 的一个子群.
任取a ∈MN, 可设a=mn(m ∈M ,n ∈N).因为M 和N 为G 的正规子群,对任意g ∈G ,有
g -1ag= g -1mng= (g -1mg)(g -1ng) ∈MN.
所以MN 为G 的正规子群.
(iii) 易知N 为MN 的正规子群,因此MN/N 是一个群. 因为M N={e},对任何m i ≠m j ∈M, 有m i N ≠m j N [注]. 作一个MN/N 到M 的映射f [注],
f: MN/N→M mN m ,
那么该映射显然是一一对应,另外
f(m i N m j N)= f(m i m j N)= m i m j ,
因此f 为MN/N 到M 的同构映射,即MN/N 与M 同构.
[讨论]
1. 只要M 和N 的一个是正规子群,那么MN 就是子群,或者说成立MN=NM.这一点我们从(i)的证明方法2可知.
2. M 和N 中有一个不是正规子群时MN 一定不是正规子群.
[注意] 1M N={e},对任何m i ≠m j ∈M, 有m i N ≠m j N.
证明:若存在m i ≠m j ∈M, 有m i N=m j N ,那么m i m j -1∈N ,而m i m j -1∈M. 因此m i m j -1∈M N ,产生矛盾.
2. 设
f: MN/N→M mN m ,
则由于对任何m i ≠m j ∈M, 有m i N ≠m j N ,故此f 为MN/N 到M 的一个映射.
23. 设G 是一个群,S 是G 的一非空子集合.令
C(S)={x ∈G|xa=ax,对一切a ∈S}
N(S)= {x ∈G|x -1Sx=S}.
证明:
(i) C(S),N(S)都是G 的子群;
(ii) C(S)是N(S)的正规子群.
证明:
(i) 首先证明C(S)是G 的子群.
任取x ,y ∈C(S),那么对任意a ∈S 有xa=ax ,ya=ay. 那么一方面,
(xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=(ax)y=a(xy),
所以xy ∈C(S).
另一方面,
xa=ax a=x -1ax ax -1=x -1a
所以x -1∈C(S).
因此,C(S)是G 的子群.
接着证明N(S)都是G 的子群.
任取x ,y ∈N(S),则x -1Sx=S ,y -1Sy=S. 那么一方面,
(xy)-1S(xy)=x -1(y -1Sy)x=x -1Sx=S
所以xy ∈N(S).
另一方面,
x -1Sx=S S=xSx -1
所以x -1∈N(S).
因此,N(S)是G 的子群.
(ii) 任取x ∈C(S),a ∈S ,则xa=ax ,即a=x -1ax ,亦即S= x -1Sx. 因此x ∈N(S),即C(S)N(S).
任取x ∈C(S),y ∈N(S),a ∈S ,则存在a y ∈S 使得yay -1=a y ,因此a=y -1a y y.
那么
(y -1xy)a(y -1xy)-1=y 1[x(yay -1)x -1]y= y 1(xa y x -1)y= y -1a y y=a ,
即
(y -1xy)a=a(y -1xy).
所以y -1xy ∈C(S),因此C(S)是N(S)的正规子群.
24. 证明任意2阶群都与乘法群{1,-1}同构.
证明:略.
25. 试定出所有互不相同的4阶群.
解:
我们分类讨论:(1)存在四阶元;(2)不存在四阶元.
(1) 若存在一个四阶元,并设a 为一个四阶元,那么该四阶群为.
(2) 若不存在四阶元,那么除了单位元e 的阶为1,其余元素的阶只能是2,即设四阶群
G={e ,a ,b ,c},那么a 2=b 2=c 2=e ,ab=ba=c ,ac=ca=b ,bc=cb=a. 群表如下:
这是Klein 四阶群.
综上可知,四阶群群在同构意义下只有两种或者是四阶循环群或者是Klein四阶群.
26.设p为素数.证明任意两个p阶群必同构.
证明:
易知当p为素数时,p阶群必存在一个p阶元,即p阶群必是p阶循环群,故两个p阶群必同构.
27.Z为整数环,在集合S=Z×Z上定义
(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d),
(a,b)(c,d)=(ac+bd,ad+bc).
证明S在这两个运算下成为幺环.
提示:(1,0)为该环的单位元素.
证明:略.
28.在整数集上重新定义加法“”与乘法“”为
a b=ab, a b=a+b
试问Z在这两个运算下是否构成一环.
答:不构成环.
29.设L为交换幺环,在L中定义:
a b=a+b-1,
a b=a+b-ab.
这里e为单位元素,证明在新定义的运算下,L仍称为交换幺环,并且与原来的环同构.
证明:
(i)证明L在运算下构成交换群:
由的定义,得到
(a b)c=(a+b-1)c=a+b-1+c-1=a+b+c-2
a(b c)= a(b+c-1)= a+b+c-1-1=a+b+c-2
这里2=1+1,所以
(a b)c= a(b c).----------------(1)
同时由的定义还可以得到
a1= 1a=a,------------------------(2)
a(2-a)=(2-a)a=1,---------------(3)
a b=
b a,----------------------------(4)
由(1),(2),(3)(4)可知L在运算下构成交换群.
(ii)证明L中运算满足结合律和交换律:容易证明这里略过.
(iii)证明乘法对加法满足分配律:
因为
a(b c)= a(b+c-1)=a+(b+c-1)-a(b+c-1)=2a+b+c-ab-ac-1,
(a b)(a c)=(a+b-1)(a+c-1)= (a+b-ab)+(a+c-ac)-1=2a+b+c-ab-ac-1,所以
a(b c)= (a b)(a c).
由于和满足交换律,故此
(b c)a= (b a)(c a).
因此新定义的乘法对新定义的加法满足分配律
(iv) 设0为环(L,+,)的零元,则
0a=a0=a
由(i),(ii),(iii),(iv)可得到(L,,)为交换幺环.
(v) 最后证明(L,+,)与(L,,)同构:设
f: L→L
x1-x,
容易证明f为(L,+,)到(L,,)的同构映射.
30.给出环L与它的一个子环的例子,它们具有下列性质:
(i) L具有单位元素,但S无单位元素;
(ii) L没有单位元素,但S有单位元素;
(iii) L, S都有单位元素,但互不相同;
(iv) L不交换,但S交换.
解:
(i) L=Z,S=2Z;
(ii) L={|a,b∈R},S={|a∈R};
(iii) L={|a,b∈R},S={|a∈R};
(iv) L={|a,b∈R},S={|a∈R};
称为一个左单位元,如果对所有的a∈L,
31.环L中元素e
L
e
a= a;
L
元素e
称为右单位元,如果对所有的a∈L,
R
ae
=a.
R
证明:
(i)如果L既有左单位元又有右单位元,则L具有单位元素;
(ii)如果L有左单位元,L无零因子,则L具有单位元素;
(iii)如果L有左单位元,但没有右单位元,则L至少有两个左单位元素. 证明:
(i) 设e
L 为一个左单位元,e
R
为右单位元,则e
L
e
R
=e
R
=e
L
.记e=e
R
=e
L
,则对所有的a∈L,ea=ae=a,
因此e为单位元素;
(ii) 设e
L 为一个左单位元,则对所有的a(≠0)∈L,a(e
L
a)=a2;另一方面,a(e
L
a)=(ae
L
)a.
所以a2=(ae
L )a.因为L无零因子,所以满足消去律[注],故此a= ae
L
.另外,若a=0,则a= ae
L
=e
L
a.
因此左单位元e
L
正好是单位元.
(iii) 设e
L 为一个左单位元,因为L中无右单位元,故存在x∈L,使得xe
L
≠x,即xe
L
-x≠0,
则e
L + xe
L
-x≠e
L
,但是对所有的a∈L,(e
L
+ xe
L
-x)a=a,因此e
L
+ xe
L
-x为另一个左单位元,所以L至少有两个左单位
元素.
[注意] L无零因子,则满足消去律(参考教材46页).
32.设F为一域.证明F无非平凡双边理想.
证明:
设I为F的任意一个理想,且I≠{0},则对任意a(≠0)∈I,则a-1∈F,于是
a-1a=1∈I.
从而F中任意元素f,有
f1=f∈I,
故I=F,即F只有平凡双边理想.
[讨论] 事实上,一个体(又称除环)无非平凡双边理想. 另一方面,若L是阶数大于1的(交换)幺环,并且除了平凡理想,没有左或右理想,则L是一体(域).
33.如果L是交换环,a∈L,
(i) 证明La={ra|r∈L}是双边理想;
(ii) 举例说明,如果L非交换,则La不一定是双边理想.
证明:
(i) 容易验证La为L的一个加法群. 任取ra∈La,l∈L,则
l(ra)=(lr)a∈La,(ra)l=r(al)=r(la)=(rl)a∈La
故La为L的一个双边理想.
(ii) 设L=M
2
(R),那么L显然不是交换环,取h=,下面考察Lh是否为L的理想:
取k=
,容易验证h ∈Lh ,hk Lh ,因此Lh 不是L 的一个理想.
34. 设I 是交换环L 的一个理想,令
rad I ={r ∈L|r n ∈I 对某一正整数n},
证明rad I 也是一个理想.radI 叫做理想I 的根.
35. 设L 为交换幺环,并且阶数大于1,如果L 没有非平凡的理想,则L 是一个域.
证明:
只要证明非零元素均可逆即可.任取a ∈L ,那么La 和aL 是L 的理想,且La ≠{0},aL ≠{0},因L 无平凡的理想,故此La=aL=L ,因此ax=1和ya=1都有解,因而a 为可逆元.
36. Q 是有理数域,M n (Q)为n 阶有理系数全体矩阵环.证明无非平凡的理想(这种环称为单
环).
证明:
我们社K 为M n (Q)的非零理想,下面证明K=M n (Q).为了证明这一点,只要证明n 阶单位矩阵E ∈K.记E ij 为除了第i 行第j 列元素为1,其余元素全为0的矩阵.那么
E ij E st =
而E=E 11+E 22+…+E nn .我们只要证明E ii ∈K(i=1,2,…,n)就有E ∈K.
设A ∈K ,且A≠0,又令A=(a ij )n×n ,假设a kj ≠0,则有E ik AE ji =a kj E ii (i=1,2,…,n).由于a kj ≠0,故存在逆元a kj -1.设B= a kj -1E ii ,则
BE ik AE ji = a kj -1E ii E ik AE ji = a kj -1E ik AE ji =E ik E kj E ji =E ii .
因为K 为理想,A ∈K ,所以E ii =BE ik AE ji ∈K ,证毕.
37. 设L 为一环,a 为L 中一非零元素.如果有一非零元素b 使aba=0,证明a 是一个左零
因子或一右零因子.
证明:
若ab=0,则a 为左零因子;若ab≠0,则aba=(ab)a=0,故ab 为右零因子.
38. 环中元素x 称为一幂零元素,如果有一正整数n 使x n =0,设a 为幺环中的一幂零元素,
证明1-a 可逆.
证明:设a n =0,那么
(1+a+a 2+…+a n-1)(1-a)
=(1-a) (1+a+a 2+…+a n-1)
=1-a n =1
因此1-a 可逆.
39. 证明:在交换环中,全体幂零元素的集合是一理想.
证明:略.
40. 设L 为有限幺环.证明由xy=1可得yx=1.
证明:
当L 只有一个元素,即L={0},亦即0=1[注],此时显然有xy=1=xy ;当L 有多于一个元素时(即0≠1时),若xy=1,y 不是左零元[注],因此yL=L.又因L 为有限环,所以存在z ∈L ,使得yz=1.
注意到(xy)z=z ,x(yz)=x ,所以x=z ,即yx=1.
[注意]
1.幺环多于一个元素当且仅当0≠1.
2.当L 有多于一个元素时(即0≠1时),若xy=1,y 不是左零元.因为若存在z≠0使得yz=0,则z=(xy)z=x(yz)=0,产生矛盾.
41. 在幺环中,如果对元素a 有b 使ab=1但ba≠1,则有无穷多个元素x ,适合ax=1.
(Kaplansky 定理)
证明:
首先,若ab=1但ba≠1,则a 至少有两个右逆元[注].
现在假设a 只有n(>1)个右逆元,并设这些元素为x i (i=1,2,…,n).那么
a(1-x i a+x 1)=1(i=1,2,…,n),
又当i≠j 时,1-x i a+x 1≠1-x j a+x 1[注],这里i ,j=1,2,…,n.于是
{x i |i=1,2,…,n}={1-x i a+x 1| i=1,2,…,n },
故存在x k ∈{x i |i=1,2,…,n}使得
x 1=1-x k a+x 1,
即
x k a=1.
因为n>1,我们取x t ≠x k ∈{x i |i=1,2,…,n},那么
(x k a)x t =x t ,(x k a)x t =x k (ax t )=x k
因此x t =x k ,产生矛盾,所以假设不成立,即a 有无穷多个右逆元.
[注意]
1. 若ab=1但ba≠1,则a 至少有两个右逆元. 因为易验证1-ba+a 就是另一个右逆元.
2. 假设当i ≠j 时,1-x i a+x 1=1-x j a+x 1,则x i a=x j a ,故x i ax 1=x j ax 1,因此x i =x j ,产生矛盾.
42. 设L 是一个至少有两个元素的环. 如果对于每个非零元素a ∈L 都有唯一的元素b 使得
aba=a.
证明:
(i) L 无零因子;
(ii) bab=b;
(iii) L 有单位元素;
(iv) L 是一个体.
证明:
(i) 先证明L 无左零因子,假设a 为L 的一个左零因子,那么a≠0,且存在c≠0,使得ac=0,于是cac=0. 因a≠0,则存在唯一b 使得aba=a.但
a(b+c)a=a,b+c≠b
产生矛盾,所以L 无左零因子.
类似可证L 无右零因子.
(ii) 因aba=a ,所以abab=ab. 由(i)的结论知L 无零因子,因此满足消去律,而a≠0,故bab=b.
(iii) 我们任一选取a(≠0)∈L ,再设aba=a(这里b 是唯一的),首先证明ab=ba.因为
a(a 2b-a+b)a=a ,
所以a 2b-a+b=b ,即a 2b=a=aba ,由消去律得到ab=ba.
任取c ∈L ,则ac=abac ,故此c=(ba)c=(ab)c ;另一方面,ca=caba ,故此c=c(ab).综上得到c=(ab)c=c(ab),所以ab 就是单位元素,我们记ab=ba=1.
(iv) 由(iii)可知任意a(≠0)∈L ,ab=ba=1,即任意非零元素都可逆,因此L 成为一个体.
43. 令C[0,1]为全体定义在闭区间[0,1]上的连续函数组成的环.证明:
(i) 对于的任一非平凡的理想I ,一定有个实数,
,使得f()=0对所有的f(x)∈I ; (ii) 是一零因子当且仅当点集
{x ∈[0,1]|f(x)=0}
包含一个开区间.
证明:
(i) 证明思路:设I 为非零的非平凡理想,假设对任意x ∈[0,1],存在f(x)∈I 使得f(x)≠0,想法构造一个g ∈I 可逆. (ii) 提示:用连续函数的局部保号性.
44. 令F=Z/pZ 为p 个元素的域.求
代数学引论高教第二版答案(第一章)
1. 如果群 G 中,对任意元素 a,b 有(ab)2=a2b2,则 G 为交换群. 证明: 对任意 a,b G,由结合律我们可得到
(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b 再由已知条件以及消去律得到
ba=ab, 由此可见群 G 为交换群.
2. 如果群 G 中,每个元素 a 都适合 a2=e, 则 G 为交换群. 证明: [方法 1] 对任意 a,b G,
ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab) =ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此 G 为交换群. [方法 2] 对任意 a,b G,
a2b2=e=(ab)2, 由上一题的结论可知 G 为交换群.
3. 设 G 是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法 ab,适合条件: (1) a(bc)=(ab)c; (2) 由 ab=ac 推出 b=c; (3) 由 ac=bc 推出 a=b;
证明 G 在该乘法下成一群. 证明:[方法 1]
设 G={a1,a2,…,an},k 是 1,2,…,n 中某一个数字,由(2)可知若 i j(I,j=1,2,…,n),有 akai ak aj------------<1> aiak aj ak------------<2>
再由乘法的封闭性可知 G={a1,a2,…,an}={aka1, aka2,…, akan}------------<3> G={a1,a2,…,an}={a1ak, a2ak,…, anak}------------<4>
由<1>和<3>知对任意 at G, 存在 am G,使得 akam=at.
由<2>和<4>知对任意 at G, 存在 as G,使得 asak=at.
由下一题的结论可知 G 在该乘法下成一群.
1
代数学引论(聂灵沼_丁石孙版)第一章习题答案(可编辑修改word版)
第一章代数基本概念 1.如果群 G 中,对任意元素 a,b 有(ab)2=a2b2,则 G 为交换群. 证明: 对任意 a,bG,由结合律我们可得到 (ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b 再由已知条件以及消去律得到 ba=ab, 由此可见群 G 为交换群. 2.如果群 G 中,每个元素 a 都适合 a2=e, 则 G 为交换群. 证明: [方法 1] 对任意 a,bG, ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab) =ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此 G 为交换群. [方法 2] 对任意 a,bG, a2b2=e=(ab)2, 由上一题的结论可知 G 为交换群. 3.设 G 是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法 ab,适合条件: (1)a(bc)=(ab)c; (2)由 ab=ac 推出 a=c; 1
(3)由 ac=bc 推出 a=b; 证明 G 在该乘法下成一群. 证明:[方法 1] 设 G={a1,a2,…,a n},k 是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若ij(I,j=1,2,…,n),有 再由乘法的封闭性可知a k a i a k a j<1> a i a k a j a k<2> G={a1,a2,…,a n}={a k a1, a k a2,…, a k a n} <3> G={a1,a2,…,a n}={a1a k, a2a k,…, a n a k} <4> 由<1>和<3>知对任意 a t G, 存在 a m G,使得 a k a m=a t. 由<2>和<4>知对任意 a t G, 存在 a s G,使得 a s a k=a t. 由下一题的结论可知 G 在该乘法下成一群. 下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。 [方法 2] 为了证明 G 在给定的乘法运算下成一群,只要证明 G 内存在幺元(单位元),并且证明G 内每一个元素都可逆即可. 为了叙述方便可设 G={a1,a2,…,a n}. (Ⅰ) 证明 G 内存在幺元. <1> 存在 a t G,使得 a1a t=a1.(这一点的证明并不难,这里不给证明); <2> 证明 a1a t= a t a1; 因为 2
代数学引论(聂灵沼-丁石孙版)第一章习题答案
代数学引论(聂灵沼-丁石孙版)第一章习题答案
第一章代数基本概念 1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群. 证明: 对任意a,bG,由结合律我们可得到 (ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b 再由已知条件以及消去律得到 ba=ab, 由此可见群G为交换群. 2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群. 证明: [方法1] 对任意a,bG, ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab) =ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab
再由乘法的封闭性可知 G={a 1,a2,…,a n}={a k a1, a k a2,…, a k a n}------------<3> G={a1,a2,…,a n}={a1a k, a2a k,…, a n a k}------------<4> 由<1>和<3>知对任意a t G, 存在a m G,使得 a k a m=a t. 由<2>和<4>知对任意a t G, 存在a s G,使得 a s a k=a t. 由下一题的结论可知G在该乘法下成一群. 下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。 [方法2] 为了证明G在给定的乘法运算下成一群,只要证明G内存在幺元(单位元),并且证明G内每一个元素都可逆即可.
为了叙述方便可设G={a1,a2,…,a n}. (Ⅰ) 证明G内存在幺元. <1> 存在a t G,使得a1a t=a1.(这一点的证明并不难,这里不给证明); <2> 证明a1a t= a t a1; 因为 a1(a t a1)a t=(a1a t) (a1a t)=(a1)2 a1(a1a t)a t=(a1a1)a t=a1(a1a t)= (a1)2, 故此 a1(a t a1)a t= a1(a1a t)a t. 由条件(1),(2)可得到 a1a t= a t a1. <3> 证明a t就是G的幺元; 对任意a k G, a1(a t a k) =(a1a t)a k=a1a k 由条件(2)可知 a t a k=a k.
高等代数第一章答案(多项式)
若()()()x m x l x h +=,且()()x m x p |,()()x l x p |/,则()()x h x p |/。 证法1: 由()()x m x p |/有 ()()()x p x m x m 1=。 由()()x l x p |/有()()()()()0,1≠+=x r x r x p x l x l 。 于是 ()()()()()()()()x r x p x l x m x m x l x h ++=+=11。 因()0≠x r ,故()()x h x p |/。 证明2:用反证法。若()()x h x p |,即()()()()x m x l x p +|, 又()()x m x p |,故()()()()()x m x m x l x p -+|,即()()x l x p |,矛盾。 问:若()()()()x g x h x f x h |,|//, 则()()()()x g x f x h +|成立吗?试举例说明。 答:不一定。 例如 ()()()1,1,+=-==x x g x x f x x h ,则()()()()x g x h x f x h |,|//,但 ()()()()x g x f x h +|。 例如 ()()()2,1,+=-==x x g x x f x x h , 则()()()()x g x h x f x h |,|//,且()()()()x g x f x h +/|。 例 求m l ,, 使()2523+++=x lx x x f 能被()12++=mx x x g 整除。 解法1:因()()3=?x f ,()()2=?x g ,故商()x q 满足 ()()1=?x q ,且设()p x x q +=,则由 ()()()x g x q x f =,可得 ()()p x pm x p m x x lx x +++++=+++1252323, l m p pm p =+=+=,51,2,从而 4,2,2===l m p 。
(完整版)代数学引论(聂灵沼_丁石孙版)第一章习题答案
第一章代数基本概念 1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群. 证明: 对任意a,bG,由结合律我们可得到 (ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b 再由已知条件以及消去律得到 ba=ab, 由此可见群G为交换群. 2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群. 证明: [方法1] 对任意a,bG, ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab) =ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此G为交换群. [方法2] 对任意a,bG, a2b2=e=(ab)2, 由上一题的结论可知G为交换群. 3.设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件: (1)a(bc)=(ab)c; (2)由ab=ac推出a=c; (3)由ac=bc推出a=b; 证明G在该乘法下成一群. 证明:[方法1] 设G={a1,a2,…,a n},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若ij(I,j=1,2,…,n),有 a k a i a k a j------------<1> a i a k a j a k------------<2> 再由乘法的封闭性可知 G={a1,a2,…,a n}={a k a1, a k a2,…, a k a n}------------<3> G={a1,a2,…,a n}={a1a k, a2a k,…, a n a k}------------<4> 由<1>和<3>知对任意a t G, 存在a m G,使得 a k a m=a t. 由<2>和<4>知对任意a t G, 存在a s G,使得 a s a k=a t. 由下一题的结论可知G在该乘法下成一群. 下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。 [方法2] 为了证明G在给定的乘法运算下成一群,只要证明G内存在幺元(单位元),并且证明G内每一个元素都可逆即可. 为了叙述方便可设G={a1,a2,…,a n}.
代数学引论答案(第一章)
1.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群. 证明: [方法1] 对任意a,b G,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此G为交换群. 2.证明:群G为一交换群当且仅当映射是一同构映射. 证明:(Ⅰ)首先证明当群G为一个交换群时映射是一同构映射. 由逆元的唯一性及可知映射为一一对应,又因为, 并且群G为一个交换群,可得.因此有. 综上可知群G为一个交换群时映射是一同构映射. (Ⅱ)接着证明当映射是一同构映射,则群G为一个交换群. 若映射是一同构映射,则对任意有, 另一方面,由逆元的性质可知. 因此对任意有, 即映射是一同构映射,则群G为一个交换群. 3.设n为一个正整数, nZ为正整数加法群Z的一个子群,证明nZ与Z同构. 证明: 我们容易证明为Z到nZ的同构映射,故此nZ与Z同构. 4.证明:在S 4 中,子集合B={e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}是子群,证明B与U4不同构. 证明:可记a=(1 2)(3 4), b=(1 3)(2 4), c=(1 4)(2 3),那么置换的乘积表格如下: 由该表格可以知道B中的元素对置换的乘法封闭,并且B的每一元都可逆(任意元的逆为其本身),因此B为S 4 的子群. 这个群(以及与其同构的群)称为Klein(C.L.Klein,1849-1925)四元群. 假设B与U 4同构,并设f为B到U 4 的同构映射, 则存在B中一元x使得f(x)=i(i为虚数单位),那么f(x2)= f2(x)=i2=-1 另一方面, f(x2)=f(e)=1(注意x2=e),产生矛盾.所以假设不成立, 即B与U 4 不同构. [讨论] B与U 4 都是4元交换群,但是后者是循环群, 前者不是, 这是这两个群的本质区别.
代数学引论
代数学引论 代数学引论 因为代数是研究数和形的关系的科学,所以通常我们把代数学分为初等代数和高等代数两部分。初等代数就是一般的代数(除去数论),而高等代数就是研究抽象代数的数论、环和群等重要课题。 1.1代 数的基本概念 第一章研究整数和分数,内容包括:整数和分数的意义;整数的表示法;自然数和整数之间的关系;整数的性质;自然数的加法和乘法;分数的意义和性质;分数的加法和减法;分数乘法;分数除法;百分数。 1.2代数式 第二章研究整数和分数,内容包括:代数式及其运算;整式的加减法;整式乘除;合并同类项;因式分解;分式及其运算;含有字母的代数式;方程的概念及其解法。 第三章研究小数,内容包括:小数的意义;小数的性质;小数的加法和减法;小数点移动引起的小数大小变化;循环小数;有限小数与无限小数;近似值和精确值;整数指数幂;近似计算和近似值;极限。 2.1数 3.2整数 3.3无理数 4.1有理数 至此,初等代数和高等代数已全部讲完,接下来还将讲多项式、域、有限域、群、环、模、代数学基础等课程,但这些内容与代数是
没有直接联系的。本书的重点是群、环、模的知识。 1.4代数学基础 代数学基础,包括:整数域、有限域和无限域、向量空间、线性空间和直线、线性变换、矩阵、实对称矩阵、方阵的行列式、特征值、二次型和对称矩阵,其中尤以二次型和对称矩阵最重要。本书后面有习题集可供使用。 2.5代数学的应用 代数学的应用范围非常广泛,在自然科学和工程技术中都有大量应用。在社会科学领域,如经济学、统计学、编码学等;在人文科学领域,如拓扑学、泛函分析、模糊数学等。学习本课程有助于读者提高数学修养和综合素质。
高教线性代数第一章 多项式——课后习题答案
第一章 多项式 1. 用)(x g 除)(x f ,求商)(x q 与余式)(x r : 1)123)(,13)(2 2 3 +-=---=x x x g x x x x f ; 2) 2)(,52)(24+-=+-=x x x g x x x f 。 解 1)由带余除法,可得9 2926)(,9731)(--=-= x x r x x q ; 2)同理可得75)(,1)(2 +-=-+=x x r x x x q 。 2.q p m ,,适合什么条件时,有 1)q px x mx x ++-+3 2 |1, 2)q px x mx x ++++2 4 2 |1。 解 1)由假设,所得余式为0,即0)()1(2 =-+++m q x m p , 所以当???=-=++0 012m q m p 时有q px x mx x ++-+3 2|1。 2)类似可得???=--+=--0 10 )2(2 2m p q m p m ,于是当0=m 时,代入(2)可得1+=q p ;而当022=--m p 时,代入(2)可得1=q 。 综上所诉,当?? ?+==10q p m 或???=+=2 12 m p q 时,皆有q px x mx x ++++2 42|1。 3.求()g x 除()f x 的商()q x 与余式: 1)5 3 ()258,()3f x x x x g x x =--=+; 2)3 2(),()12f x x x x g x x i =--=-+。 解 1) 432()261339109()327 q x x x x x r x =-+-+=-; 2) 2()2(52)()98q x x ix i r x i =--+=-+。 4.把()f x 表示成0x x -的方幂和,即表成
代数学引论(聂灵沼丁石孙版)第一章习题解答
代数学引论(聂灵沼丁石孙版)第一章习题解答第一章代数基本概念 1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群.证明: 对任意a,b∈G,由结合律我们可得到 (ab)2=a(ba)b,a2b2=a(ab)b 再由已知条件以及消去律得到 ba=ab, 由此可见群G为交换群. 2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e,则G为交换群.证明:[方法1]对任意a,b∈G, ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此G为交换群.[方法2] 对任意a,b∈G, a2b2=e=(ab)2, 由上一题的结论可知G为交换群. 3.设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件: (1)a(bc)=(ab)c;(2)由ab=ac推出a=c;(3)由ac=bc推出a=b;证明G 在该乘法下成一群.证明:[方法1]
设G={a1,a2,…,an},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若 i≠j(I,j=1,2,…,n),有 akai≠akaj------------<1>aiak≠ajak------------<2> 再由乘法的封闭性可知 G={a1,a2,…,an}={aka1,aka2,…,akan}------------ <3>G={a1,a2,…,an}={a1ak,a2ak,…,anak}------------<4> 由<1>和<3>知对任意at∈G,存在am∈G,使得 akam=at. 由<2>和<4>知对任意at∈G,存在a∈G,使得 aak=at. 由下一题的结论可知G在该乘法下成一群. 下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。[方法2] 为了证明G在给定的乘法运算下成一群,只要证明G内存在幺元(单位元),并且证明G内每一个元素都可逆即可. 为了叙述方便可设G={a1,a2,…,an}. (Ⅰ)证明G内存在幺元. <1>存在at∈G,使得a1at=a1.(这一点的证明并不难,这里不给证明);<2>证明a1at=ata1;因为
代数学引论(聂灵沼-丁石孙版)第一章习题答案
代数学引论(聂灵沼-丁石孙版)第一章习题答案 第一章代数基本概念 1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群.证明: 对任意a,bG,由结合律我们可得到 (ab)2=a(ba)b,a2b2=a(ab)b 再由已知条件以及消去律得到 ba=ab, 由此可见群G为交换群. 2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e,则G为交换群.证明:[方法1]对任意a,bG, ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此G为交换群.[方法2]对任意a,bG, a2b2=e=(ab)2, 由上一题的结论可知G为交换群. 3.设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件: (1)a(bc)=(ab)c; (2)由ab=ac推出a=c;(3)由ac=bc推出a=b;证明G在该乘法下成一群.证明:[方法1]
设G={a1,a2,…,an},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若 ij(I,j=1,2,…,n),有 akaiakaj------------<1>aiakajak------------<2> 再由乘法的封闭性可知 G={a1,a2,…,an}={aka1,aka2,…,akan}------------ <3>G={a1,a2,…,an}={a1ak,a2ak,…,anak}------------<4> 由<1>和<3>知对任意atG,存在amG,使得 akam=at. 由<2>和<4>知对任意atG,存在aG,使得 aak=at. 由下一题的结论可知G在该乘法下成一群. 下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。[方法2] 为了证明G在给定的乘法运算下成一群,只要证明G内存在幺元(单位元),并且证明G内每一个元素都可逆即可. 为了叙述方便可设G={a1,a2,…,an}. (Ⅰ)证明G内存在幺元. <1>存在atG,使得a1at=a1.(这一点的证明并不难,这里不给证明);<2>证明a1at=ata1;因为