代数学引论(近世代数)答案

第一章代数基本概念

习题解答与提示(P54)

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,…,a n},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若i j(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}.

(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.

类似可证

a k a t=a k.

因此a t就是G的幺元.

(Ⅱ) 证明G内任意元素都可逆；

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

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e a ,下面证明e a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

e a b= e a(ac)= (e a a)c=ac=b,

因此e a为G内的左幺元.

再者对任意d G, xd=e a在G内有解,即G内任意元素对e a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)2x2y2.

[思路] 在一个群G中，x,y G, xy=yx(xy)2x2y2(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

x=, y=

那么

(xy)2= x2y2.

[注意]

我们可以通过mathematica软件编写S n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S n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：

[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,,,,

（

6.对于n>2,作一阶为2n的非交换群.

7.设G是一群, a,b G,如果a-1ba=b r,其中r为一正整数,证明a-i ba i=.

证明：

我们采用数学归纳法证明.

当k=1时, a-1ba=b r=, 结论成立；假设当k=n时结论成立, 即a-n ba n=成立, 下面证明当k=n+1时结论也成立.

我们注意到

a-1b k a== b kr,

因此

a-(n+1)ba n+1= a-1 (a-n ba n)a=a-1a==,

…

可见k=n+1时结论也成立.

由归纳原理可知结论得证.

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.

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-1S.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-1S.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-1S,因为S为G的子群，故(ab-1)-1=ba-1S,因此b～a(对称性);若a～b，b～c,那么ab-1S,bc-1S,故ab-1 bc-1=ac-1S，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:

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.

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-1H.

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-1H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h1H.

假设存在h H, 使得aha-1H,则必有aha-1xH,从而可令

aha-1=xh2

这里h2H.

那么

xh1ha-1=xh2,

即

a= h2h1h H,

产生矛盾.

因此，任取a H, h H, 有aha-1H.

综上可知对任取a G, h H, 有aha-1H,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a n=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,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群D n 同构.

证明:

下面证明G={B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}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)B i B j=B i+j,注意到B n=故此

B i B j=B r G

这里i+j=kn+r,k Z,0

(2) A B i B j=B r G

这里i+j=kn+r,k Z,0

(3)容易证明BAB=A=AB n,BA=B i AB(s+1)n=AB n-t G,这里i=sn+t,k Z,0

B i(AB j)=( B i A)B j=(AB n-t)B j G

。

(4)(AB i)(AB j)=A(B i AB j)=A((AB n-t)B j)=A2(B n-t B j)= B n-t B j)G

由(1),(2),(3),(4)知G对乘法运算封闭.

(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B n=A2=E为幺元.

(Ⅳ)对B i(i=1,2,…,n),有

B i B n-i=E;

对AB i(i=1,2,…,n),有

(AB i)(B n-i A)=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D n同构.

令f:G→D n

f(B i)=T i, f(AB i)=ST i(i=1,2,…,n)，

可以证明f就是G到D n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=a k b k, k=I,i+1,i+2,证明G为交换群.证明:

对任意a,b G

a i+2

b i+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (a i+1b i+1)=a(ba i+1)b i+1,

根据消去律可得

a i+1b=ba i+(1)

同时

a i+1

b i+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (a i b i)=a(ba i)b i+1,

根据消去律可得

a i b=(2)

因此

a i+1b=a(a i b)=a(ba i)=(ab)a i----(3)

另外

ba i+1=(ba)a i----------------------(4)

结合(1),(3),(4)有

：

(ab)a i=(ba)a i---------------------(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

的阶为4，元素

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=(a m)n(b n)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-1S.

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a2G1，并设其阶数为n2，则循环群G2={,…}为G的一个子群；

G中取a3G1∪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

G n(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

（

G1=<>，G2=<>，…，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=h1k1，b=h2k2

这里h i∈H，k i∈K，i=1,2.

那么

ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 ---------------(1)

因HK=KH，故此

k1h2= h3k3 ----------------------(2)

这里h3∈H，k3∈K.

由(1),(2)知

ab= h1(h3k3)k2=(h1h3)(k3k2)∈HK. ------------(3)

【

另外，

a-1= (h1k1)-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=h1(H∩K)∪h2(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=h1K∪h2K∪…∪(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=m1n1(m1∈M，n1∈N)，b=m2n2(m2∈M，n2∈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=m1n1n2-1m2-1= [m1(n1n2-1m2-1n2n1-1)](n1n2-1)，

而M为G的正规子群，故

。

n1n2-1m2-1n2n1-1∈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=y1[x(yay-1)x-1]y= y1(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

222

、

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

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，

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}；

31.环L中元素e L称为一个左单位元，如果对所有的a∈L，

e L a= a；

元素e R称为右单位元，如果对所有的a∈L，

ae R=a.

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= 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

[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=M2(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=E11+E22+…+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+a2+…+a n-1)(1-a)

=(1-a) (1+a+a2+…+a n-1)

)

=1-a n=1

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(近世代数)答案

第一章代数基本概念习题解答与提示(P54) 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,…,a n},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若i j(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}. (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. 类似可证 a k a t=a k. 因此a t就是G的幺元. (Ⅱ) 证明G内任意元素都可逆；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.)

近世代数第一章答案

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A?.于是由 B A? A B?B 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 ? A? B A 但显然有 ? A? A B 所以 ? A= A B (ii) 由并集的定义，B A?的每一个元素都属于A和B之一，但A?的每一元素都属于B: A?,所以B B ? A? B B 另一方面B A= ?. B ?,所以B A B? § 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,规定了一个唯一的象 A?的任何元素()b 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?到D的代数运算.是不是找得到一个以上的这样的D？ A

近世代数课后习题参考答案

近世代数课后习题参考答案第一章基本概念 1 集合 1.A B ?,但B 不是A 的真子集,这个情况什么时候才能出现? 解 ?只有在B A =时, 才能出现题中说述情况.证明如下当B A =,但B 不是A 的真子集,可知凡是属于A 而B a ?,显然矛盾; 若A B ?,但B 不是A 的真子集,可知凡属于A 的元不可能属于B ,故B A = 2.假定B A ?,?=B A ,A ∩B=? 解? 此时, A ∩B=A, 这是因为A ∩B=A 及由B A ?得A ?A ∩B=A,故A B A = ,B B A ? , 及由B A ?得B B A ? ,故B B A = , 2 映射 1.A =}{100,3,2,1，??,找一个A A ?到A 的映射. 解? 此时1),(211=a a φ A a a ∈21, 1212),(a a a =φ 易证21,φφ都是A A ?到A 的映射. 2.在你为习题1所找到的映射之下,是不是A 的每一个元都是A A ?到A 的一个元的的象? 解?容易说明在1φ之下,有A 的元不是A A ?的任何元的象;容易验证在2φ之下,A 的每个元都是A A ?的象. 3 代数运算 1.A ={所有不等于零的偶数}.找到一个集合D ,使得普通除法是A A ?到D 的代数运算;是不是找的到这样的D ? 解?取D 为全体有理数集,易见普通除法是A A ?到D 的代数运算;同时说明这样的D 不只一个. 2.=A }{c b a ,,.规定A 的两个不同的代数运算. 解? a b c a a b c a b c

b b c a a a a a c c a b b d a a c a a a 4 结合律 1.A ={所有不等于零的实数}. 是普通除法:b a b a = .这个代数运算适合不适合结合律? 解? 这个代数运算不适合结合律: 2 1 2)11(= , 2)21(1= ,从而 )21(12)11( ≠. 2.A ={所有实数}. : b a b a b a =+→2),(这个代数运算适合不适合结合律? 解? 这个代数运算不适合结合律 c b a c b a 22)(++= ,c b a c b a 42)(++= )()(c b a c b a ≠ 除非0=c . 3.A ={c b a ,,},由表所给的代数运算适合不适合结合律? 解? 经过27个结合等式后可以得出所给的代数运算适合结合律. 5 交换律 1.A ={所有实数}. 是普通减法:b a b a -= .这个代数运算适合不适合交换律? 解? 一般地a b b a -≠- 除非b a =. 2.},,,{d c b a A =,由表 a b c d a a b c d b b d a c c c a b d d d c a b 所给出代数运算适合不适合交换律? a b c a a b c b b c a c c a b

近世代数（含答案）

近世代数（含答案）近世代数一、单项选择题 1、6阶有限群的任何一个子群一定不是（ C ）。 A ．2阶 B ．3阶 C ．4阶 D ．6阶 2、设G 是群，G 有（ C ）个元素，则不能肯定G 是交换群。 A ．4个 B ．5个 C ．6个 D ．7个 3、下面的代数系统(,*)G 中，（ D ）不是群。 A ．G 为整数集合，*为加法 B ．G 为偶数集合，*为加法 C ．G 为有理数集合，*为加法 D ．G 为有理数集合，*为乘法 4、设G 有6个元素的循环群，a 是生成元，则G 的子集（ C ）是子群。 A ．{}a B ．{},a e C ．{}3,e a D ．{}3,,e a a 5、在自然数集N 上，下列哪种运算是可结合的？（ B ） A ．*a b a b =? B ．{}*max ,a b a b = C ．*2a b a b =+ D ．a b a b +=? 二、填空题 1、已知群G 中的元素a 的阶等于50，则4a 的阶等于（ 25 ）。 2、一个有单位元的无零因子的（交换环）称为整环。

3、群的单位元是（唯一）的，每个元素的逆元素是（唯一）的。 4、一个子群H 的右、左陪集的个数（相等）。 5、无零因子环R 中所有非零元的共同的加法阶数称为R 的（特征）。 6、设群G 中元素a 的阶为m ，如果n a e =，那么m 与n 存在整除关系为（ |m n ）。 7、如果f 是A 与A 间的一一映射，a 是A 的一个元，则1[()]f f a ?=（ a ）。 8、循环群的子群是（循环群）。 9、若{}2,5A =， {}1,0,2B =?，则A B ×=（ {}(2,1),(2,0),(2,2),(5,1),(5,0),(5,2)?? ）。 10、如果G 是一个含有15个元素的群，那么，对于a G ?∈，则元素 a 的阶只可能是（ 1,3,5,15 ）。三、问答题 1、什么是集合A 上的等价关系？举例说明。【答案】设R 是某个集合上的一个二元关系。若满足以下条件：（1）自反性：x A ?∈，xRx ；（2）对称性：,x y A ?∈，xRy yRx ?；（3）传递性：,,x y z A ?∈，()xRy yR z xRz ∧?。则称R 是一个定义在某个集合上的等价关系。举例：“等于”这个关系是一个等价关系。设{}1,2,,8A = ，定义域上的关系如下：,,(mod 3)xRy x y A x y ??∈≡。 2、什么是正规子群?举例说明。【答案】设G 是一个群，且有子群H 。若H 的左陪集与右陪集总是相等（对任何的a G ∈，aH Ha =），则称H 是G 的正规子群（H G ≤）。举例：一个群G 总有两个平凡的正规子群{}H e =和H G =。 3、给出两个代数系统的同态定义，举例说明。【答案】一个A 到A 的映射φ，叫做一个对于代数运算和来说的，A 到A 的同态映射，假如，在φ之下，不管a 和b 是A 的哪两个元，只要,a a b b →→就有a b a b → 。A 和A 是2个代数系统，如

(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}.

近世代数习题答案

近世代数习题答案近世代数习题答案近世代数是数学中的一个重要分支，研究的是代数结构及其性质。在学习近世代数的过程中，习题是不可或缺的一部分。通过解答习题，我们可以加深对概念和定理的理解，提高解决问题的能力。本文将给出一些近世代数习题的答案，并对其中的一些重要思想进行解析。 1. 习题：证明群的单位元是唯一的。解答：设G是一个群，e和e'都是G的单位元。根据单位元的定义，对于任意的元素g∈G，有eg=g=ge'。将e'代入上式，得到e=ge'。同理，将e代入上式，得到e'=ge。由此可知，e=e'，即群的单位元是唯一的。思考：这个习题通过对单位元的性质进行推理，展示了群的基本概念和性质。在解答过程中，我们需要运用代数运算的基本法则，如等式的传递性和对称性等。 2. 习题：证明群的逆元是唯一的。解答：设G是一个群，g∈G，且g有两个逆元g'和g''。根据逆元的定义，有 gg'=e和gg''=e。将第一个等式两边都乘以g''，得到gg'g''=eg''=g''。将第二个等式两边都乘以g'，得到gg'g''=g'。由此可知，g''=g'。即群的逆元是唯一的。思考：这个习题通过对逆元的性质进行推理，进一步巩固了群的基本概念和性质。在解答过程中，我们需要灵活运用等式的乘法和消去律，以及群运算的定义。 3. 习题：证明交换群的幂运算满足指数相加的性质。

解答：设G是一个交换群，a∈G，m和n是任意的整数。我们要证明a^m * a^n = a^(m+n)。当m和n都是非负整数时，根据幂运算的定义，这个等式成立。当m和n都是负整数时，设-m=k，-n=l，其中k和l都是非负整数。根据幂运算的定义，有a^m * a^n = a^(-k) * a^(-l) = (a^k)^(-1) * (a^l)^(-1) = (a^k * a^l)^(-1) = a^(-k-l) = a^(m+n)。因此，不论m和n的正负情况如何，都有a^m * a^n = a^(m+n)。这就证明了交换群的幂运算满足指数相加的性质。思考：这个习题通过对交换群幂运算的性质进行推理，展示了交换群的重要性质。在解答过程中，我们需要运用幂运算的定义和交换群的交换性质，以及整数的加法和乘法的性质。 4. 习题：证明子群的幂运算满足指数相乘的性质。解答：设G是一个群，H是G的一个子群，a∈H，m和n是任意的整数。我们要证明a^m * a^n = a^(m+n)。当m和n都是非负整数时，根据幂运算的定义，这个等式成立。当m和n都是负整数时，设-m=k，-n=l，其中k和l都是非负整数。根据幂运算的定义，有a^m * a^n = a^(-k) * a^(-l) = (a^k)^(-1) * (a^l)^(-1) = (a^k * a^l)^(-1) = a^(-k-l) = a^(m+n)。因此，不论m和n的正负情况如何，都有a^m * a^n = a^(m+n)。这就证明了子群的幂运算满足指数相乘的性质。思考：这个习题通过对子群幂运算的性质进行推理，进一步加深了对子群的理解。在解答过程中，我们需要运用幂运算的定义和子群的封闭性质，以及整数的加法和乘法的性质。通过解答上述习题，我们可以看到近世代数的一些基本概念和性质。这些习题不仅帮助我们巩固知识，还培养了我们的逻辑思维和问题解决能力。在学习近

近世代数课后习题答案

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'。根据结合律和乘法逆元素的定义，等式右边可以化简为b = c。因此，非零元素a的乘法逆元素是唯一的。三、域论 1. 设F是一个域，证明每个非零元素在F中的乘法逆元素是唯一的。答案：与环论中的证明类似，假设F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'。根据结合律和乘法逆元素的定义，等式右边可以化简为b = c。因此，非零元素a的乘法逆元素是唯一的。 2. 设F是一个域，证明每个非零元素在F中的加法逆元素是唯一的。答案：与群论中的证明类似，假设F中的非零元素a有两个加法逆元素b和c，即a + b = 0，a + c = 0。则有a + b = a + c。两边同时左加a的加法逆元素-a，得到(a + b) + (-a) = (a + c) + (-a)。根据结合律和加法逆元素的定义，等式右边可以化简为b = c。因此，非零元素a的加法逆元素是唯一的。通过以上习题的答案，我们可以更好地理解近世代数中群论、环论和域论的基本概念和性质。希望这些答案对大家的学习有所帮助，同时也希望大家能够在课后的习题中多加思考，加深对近世代数的理解。

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《近世代数》练习题及答案 1. B u A,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A=B时才能出现。证明如下：当A=B时，即有BA, A(Z B,若有' a e A而a £ B ,显然矛盾；若BuA,但B不是A的真子集，可知凡属于A的兀素不可能不属于B,故A=B 2.A=(1, 2, 3, .... , 100｝,找一个AXA 到 A 的映射。解 S(a"2)= 1 易证。102都是AXA到A的映射。 3.在你为习题1所找的映射下，是不是A的每一个元都是AXA的一个元的象？解在0]下，有' A的元不是AX A的任何元的象；容易验证在啊下，A的每个元都是AXA的一个元的象。 4.A=｛所有实数｝。 O (a, b) Ta+b=aOb 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。 (aOb) Oc=a+2b+2c, aO (bOc) =a+2b+4c (aOb) Oc#aO (bOc)除c=0 5.假定巾是A与A间的一个---- 映射，a是A的一个元。厂[0(a)] = ?,如尸(«)] = ? 解厂渺(a)] = a0[户(a)]未必有意义; 当巾是A的一个一一变换时 (/)-' [©(a)] =。0[厂(a)] = a. 6.假定A和，对于代数运算。和：来说同态，云和云对于代数运算：和；来说同态, 证明A和云对于代数运算。和；来说同态。、〒S '• a — a表示A到屈勺同态满射 iiE /Il —— ». _—, ©2 ：。t。表示A SU A的同态满射

容易验证。是A到葡满射 a。b T ONMa。b)l =(/)2(a。b) = a。b 所以6是A到工的关于代数运算：和；来说同态满射。 7.A={所有有理数},找一个A的对于普通加法来说的自同构(映射x<^x除外) 证© : x —> 2x 对于普通加法来说是A的一个同构，很容易验证。 &证明：一个循环群一定是交换群。证设循环群G= (a)，那么对于G的任两个元a m,a n有 m n m+n n+m n m a a =a =a = a a , 故G是一个交换群。 9.证明：阶是素数的群一定是循环群。证设群G的阶为素数p,在G中取一兀aNe,则a生成G的一个循环子群(a),设(a)的阶为n,那么nNl,但由拉格朗日定理，nip,故n=p,从而G=(a),是一个循环群。 10.设群G=S3=((1), (12), (13), (23), ( 123), ( 132) },求G 的子群 H=( (1) , (12) }的所有右陪集与左陪集，H是不是一个不变子群？证H(1)={(1),(12)}, H(12)=H(1); H(13)={(13),(123)}, H(123)=H(13); H(23)={(23),(132)}, H(132)=H(23). 以上是H的所有右陪集。 ⑴时{⑴,(12)}, (12)H = (1)H; (13) H ={(13),(132)}, (132 ) H =(13) H; (23) H ={(23),(123)}, (123) H =(23) H. 以上是H的所有左陪集。可见,H(13) N(13)H, H(23)NH(23),故H不是一个不变子群。 11.设群G=S3=( (1), (12), (13), (23), (123), ( 132) }, 证G的子群N={ ( 1), ( 123), ( 132) }是一个不变子群，一并给出商群G/N。 N(1)=((1),(123),(132) },(1)N={⑴,(123),(132)} N(12)={(12),(23),(13)},(12)N={(12),(13),(23)} 故N(1)=N(123)=N(132)=( 1)N=(123)N=( 132)N; N(12)=N(23)=N(13)=(12)N=(23)N=( 13)N. 因此,N是一个不变子群,G/N={(1)N,(12)N}. 12.假定G是一个循环群，N是G的一个子群，证明：G/N也是循环群。证循环群G是交换群，故G的子群N是不变子群，从而G/N有意义. 设G=(a),则对于G/N的任意元a m N, 当m=k(正整数)时,有 a k N=(aN) —(aN)=(aN)k 当m=-k时，有 a k N=(a-1N) - - - (a-1N)=(aN)-1 - - • (aN)-1=(aN)-k; 当m=0时，有 a°N=eN=(eN)°. 总i,a m N=(aN)m,故G/N=(aN),也是一个循环群. 13.(1)举一个是交换环，无零因子环，但不是有单位元环的例； (2)举一个是除环，但不是域的例。解(1)偶数环是交换环、无零因子环,但不是有单位元环；

近世代数习题与答案

一、选择题本题共5小题,每小题3分,共15分一、从下列备选答案中选择正确答案 1、下列子集对通常复数的乘法不构成群的是 ; A ｛1,－1,i ,－i ｝ B ｛1,－1｝ C ｛1,－1,i ｝ 2、设H 是群Ｇ的子群,a ,b ∈Ｇ,则aH = bH 的充要条件是 ; A a －1b －1∈H B a －1b ∈H C ab －1∈H 3、在模6的剩余类环Z 6 中,Z 6 的极大理想是 ; A 2,3 B 2 C 3 4、若Q 是有理数域,则Q 2:Q 是 ; A 6 B 3 C 2 5、下列不成立的命题是 ; A 欧氏环是主理想环 B 整环是唯一分解环 C 主理想环是唯一分解环二、填空题本题共5空,每空3分,共15分请将正确答案填入空格内 1、R 为整环,a ,b ∈R ,ba ,则b a ; 2、F 是域,则[](())F x f x 是域当且仅当 ; 3、域F 上的所有n 阶方阵的集合M n F 中,规定等价关系~: A ～ B ⇔秩A =秩B ,则这个等价关系决定的等价类有________个; 4、6次对称群S 6中,1235 -136=____________; 5、12的剩余类环Z 12的可逆元是 ; 三、判断题本题共5小题,每小题2分,共10分请在你认为正确的题后括号内打“√”,错误的打“×” 1、设G 是群,∅≠H ,若对任意a,b ∈H 可推出ab ∈H ,则H≤G ..

2、群G 中的元,a b ,()2,()7,a b ab ba ===,则()14ab =; 3、商环6Z Z 是一个域; 4、设f 是群G 到群-G 的同态映射,若1()f H G -, 则H G ; 5、任意群都同构于一个变换群; 四、计算题本题共2小题,每小题10分,共20分要求写出主要计算步骤及结果 1、找出6Z 的全部理想,并指出哪些是极大理想;对极大理想K ,写出 6Z K 的全部元; 2、确定3次对称群S 3的所有子群及所有正规子群; 五、证明题本题共4小题,每小题10分,共40分 1、设f 是群G 到群-G 的满同态,N 是G 的正规子群,证明：G Kerf N G N f =⋅⇔=- )(; 2、设N G, G:N =2008, 证明：对G x ∈∀, 恒有2008x N ∈; 3、设R 为交换环,若R 的理想P ≠R ,则R ／P 是整环当且仅当P 是素理想; 4、设Rx 是实数域R 上的一元多项式环,取2 1[]x R x +∈,证明：2[](1)R x C x ≅+,C 为复数域; 近世代数测试题一一、选择题本题共5小题,每小题3分,共15分一、从下列备选答案中选择正确答案 1、设G ＝Z ,对G 规定运算o ,下列规定中只有构成群; A aob=a+b-2 B aob=a ∙ b C aob=2∙ a+3∙ b “∙”为数的乘法 2、设H ≤G ,a ,b ∈G ,则H a = H b 的充要条件是 . A ab ∈H B ab －1∈H C a －1b ∈H

近世代数答案

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：（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。 A∈Mn(R),A+0=0+A=A。（5） A∈Mn(R),负元是-A。A+(-A)=(-A)+A=0。 ∴（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C=|AB|=|A||B|≠0,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∣A∣≠0,∴ 的逆矩阵

，满足且∴A的逆元是 .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：（1）由于E∈On (R),∵On (R)非空。 (2 ) 任意A,B∈On (R)，有（AB）T=BTAT=B-1A-1=(AB) -1, ∴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AT∈On (R)，满足AAT=E=AA-1, ATA=E=A-1A． ∴AT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：∵En∈SLn(Z)，∴SLn(Z)是个非空集合。

《近世代数》作业参考答案

《近世代数》作业参考答案一．概念解释 1．代数运算：一个集合B A ⨯到集合D 的映射叫做一个B A ⨯到D 的代数运算。 2．群的第一定义：一个非空集合G 对乘法运算作成一个群，只要满足： 1）G 对乘法运算封闭； 2）结合律成立：)()(bc a bc a =对G 中任意三个元c b a ,,都成立。 3）对于G 的任意两个元b a ,来说，方程b ax =和b ya =都在G 中有解。 3．域的定义：一个交换除环叫做一个子域。 4．满射：若在集合A 到集合A 的映射Φ下，A 的每一个元至少是A 中的某一个元的象，则称Φ为A 到A 的满射。 5．群的第二定义：设G 为非空集合，G 有代数运算叫乘法，若：（1）G 对乘法封闭；（2）结合律成立；（3）单位元存在；（4）G 中任一元在G 中都有逆元，则称G 对乘法作成群。 6．理想：环R 的一个非空子集N 叫做一个理想子环，简称理想，假若：（1）N b a N b a ∈-⇒∈,（2）N ar N ra N r N a ∈∈⇒∈∈,, 7．单射：一个集合A 到A 的映射，a a →Φ:，A a A a ∈∈,，叫做一个A 到A 的单射。若：b a b a ≠⇒≠。 8．换：一个有限集合的一个一一变换叫做一个置换。 9．环：一个环R 若满足：（1）R 至少包含一个不等于零的元。（2）R 有单位元。（3）R 的每一个非零元有一个逆元，则称R 为除环。 10．一一映射：既是满射又是单射的映射，叫做一一映射。 11．群的指数：一个群G 的一个子群H 的右陪集（或左陪集）的个数，叫做群H 在G 里的指数。 12．环的单位元：设R 是一个环，R e ∈，若对任意的R a ∈，都有a ae ea ==，则称e 是R 的单位元。二．判断题 1．×；2．×；3． √；4．×；5．√；6．√；7．√； 8，√；9．√；10．√；11．×；12．√ 13、√ 14、× 15、√ 三．证明题 1．证：G 显然非空，又任取A ，B G ∈，则1,1±=±=B A ，于是AB 是整数方阵，且1±=⋅=B A AB ，故G AB ∈，即G 对乘法封闭。结合律显然成立，且E 是G 单位元。又设G A ∈，由于A 是整数方阵，故A 的伴随矩阵*A 也是整数方阵；又,1±=A 故**-±==A A A A 11，即1-A 也是整数方阵，即G 中每一个元在G 中都有逆元，从而证得G 作

《近世代数》习题及答案

《近世代数》作业一．概念解释 1．代数运算 2．群的第一定义 3．域的定义 4．满射 5．群的第二定义 6．理想 7．单射 8．置换 9．除环 10．一一映射 11．群的指数 12．环的单位元二．判断题 1．Φ是集合n A A A ⨯⨯⨯ 21列集合D 的映射，则),2,1(n i A i =不能相同。 2．在环R 到环R 的同态满射下，则R 的一个子环S 的象S 不一定是R 的一个子环。 3．设N 为正整数集，并定义ab b a b a ++= ),(N b a ∈，那么N 对所给运算能作成一个群。 4．假如一个集合A 的代数运算适合交换率，那么在n a a a a 321里)(A a i ∈，元的次序可以交换。 5．在环R 到R 的同态满射下，R 得一个理想N 的逆象N 一定是R 的理想。 6．环R 的非空子集S 作成子环的充要条件是： 1）若,,S b a ∈则S b a ∈-； 2）,,S b a ∈，则S ab ∈。 7．若Φ是A 与A 间的一一映射，则1 -Φ是A 与A 间的一一映射。 8．若ε是整环I 的一个元，且ε有逆元，则称ε是整环I 的一个单位。 9．设σ与τ分别为集合A 到B 和B 到C 的映射，如果σ，τ都是单射，则τσ是A 到C 的映射。 10．若对于代数运算 ,，A 与A 同态，那么若A 的代数运算适合结合律，则A 的代数运算也适合结合律。 11．整环中一个不等于零的元a ，有真因子的冲要条件是bc a =。 12．设F 是任意一个域，*F 是F 的全体非零元素作成的裙，那么*F 的任何有限子群G 必为循环群。 13. 集合A 的一个分类决定A 的一个等价关系。（） 14. 设1H ,2H 均为群G 的子群，则21H H ⋃也为G 的子群。（） 15. 群G 的不变子群N 的不变子群M 未必是G 的不变子群。（）三．证明题 1．设G 是整数环Z 上行列式等于1或-1的全体n 阶方阵作成集合，证明：对于方阵的普通乘法G 作成一个群。 2．设G=（a ）是循环群，证明：当∞=a 时，G=（a ）与整数加群同构。

近世代数第二章答案

近世代数第二章群论答案 §1.群的定义 1.全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群？解：不是，因为普通减法不是适合结合律。例如 () 321110 --=-= --=-=() 321312 ()() --≠-- 321321 2.举一个有两个元的群的例。解：令G=,e a {},G的乘法由下表给出首先，容易验证，这个代数运算满足结合律 (1) ()(),, = ∈ x y z x y z x y z G 因为，由于ea ae a ==，若是元素e在(1)中出现，那么(1)成立。(参考第一章，§4，习题3。)若是e不在(1)中出现，那么有 ()aa a ea a == a aa ae a ==() 而(1)仍成立。其次，G有左单位元，就是e；e有左逆元，就是e，a有左逆元，就是a。所以G是一个群。读者可以考虑一下，以上运算表是如何作出的。 3.证明，我们也可以用条件Ⅰ，Ⅱ以与下面的条件IV'，V'来做群的

定义： IV 'G 里至少存在一个右逆元1a -，能让 =ae a 对于G 的任何元a 都成立； V ' 对于G 的每一个元a ，在G 里至少存在一个右逆元1a -，能让 1=aa e - 解：这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件I,II,IV,V 来做群定义的证明，但读者一定要自己写一下。 §2. 单位元、逆元、消去律 1. 若群G 的每一个元都适合方程2=x e ，那么G 是交换群。解：令a 和b 是G 的任意两个元。由题设 ()()() 2==ab ab ab e 另一方面 ()()22====ab ba ab a aea a e 于是有()()()()=ab ab ab ba 。利用消去律，得 =ab ba 所以G 是交换群。 2. 在一个有限群里，阶大于2的元的个数一定是偶数。解：令G 是一个有限群。设G 有元a 而a 的阶>2n 。考察1a -。我们有 ()1=n n a a e -()()11==n n e a a e -- 设正整数

近世代数课后习题参考答案(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))(()(' 11 1 a 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 ===⇒=---11 1) ()( 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 n m ∈ ,,,,,,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 }2 3 1,231, 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 2 31,231i i --+-的阶都是3.