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,…,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,,,,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

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.

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:

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.----------------------(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=ba i.---------------------------(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∪…∪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=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

G={e，a，b，c}，那么a2=b2=c2=e，ab=ba=c，ac=ca=b，bc=cb=a. 群表如下：

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，所以

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.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

[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

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.

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+x1)=1(i=1,2,…,n),

又当i≠j时，1-x i a+x1≠1-x j a+x1[注]，这里i，j=1,2,…,n.于是

{x i|i=1,2,…,n}={1-x i a+x1| i=1,2,…,n }，

故存在x k∈{x i|i=1,2,…,n}使得

x1=1-x k a+x1,

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+x1=1-x j a+x1，则x i a=x j a，故x i ax1=x j ax1,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.

(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(a2b-a+b)a=a，

所以a2b-a+b=b，即a2b=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.

45.设K是一体，a，b∈K，a，b不等于0，且ab≠1.证明华罗庚恒等式：

a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.

证明：

因为a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba⇔1-(a-1+(b-1-a)-1)-1a-1=ab⇔(aa-1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab⇔

(1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab⇔(1+((ab)-1-1)-1)-1=1-ab，为了方便记x=ab，那么1-x，x，x-1-1都可逆，只要证明(1+(x-1-1)-1)-1=1-x即可，或者证明1+(x-1-1)-1=(1-x)-1即可.

因为

1+(x-1-1)-1=1+(x-1-x-1x)-1=1+(1-x)-1x=(1-x)-1(1-x) +(1-x)-1x=(1-x)-1,

所以结论成立，即a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.

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

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:

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.

a1(a t a k) =(a1a t)a k=a1a k

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

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)

(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.

(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(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

数学分析第五版答案

数学分析第五版答案【篇一：数学分析学习方法档】 >从数学分析开始讲起：数学分析是数学系最重要的一门课，经常一个点就会引申出今后的一门课，并且是今后数学系大部分课程的基础。也是初学时比较难的一门课，这里的难主要是对数学分析思想和方法的不适应，其实随着课程的深入会一点点容易起来。当大四考研复习再看时会感觉轻松许多。数学系的数学分析讲三个学期共计15学分270学时。将《数学分析》中较难的一部分删去再加上常微分方程的一些最简单的内容就是中国非数学专业的《高等数学》，或者叫数学一的高数部分数学分析书：初学从中选一本教材，一本参考书就基本够了。我强烈推荐11，推荐1，2，7，8。另外建议看一下当不了教材的16，20。中国人自己写的： 1《数学分析》陈传璋，金福临，朱学炎，欧阳光中著（新版作者顺序颠倒）应该是来自辛钦的《数学分析简明教程》，是数学系用的时间最长，用的最多的书，大部分学校考研分析的指定教材。我大一用第二版，现在出了第三版，但是里面仍有一些印刷错误，不过克可以一眼看出来。网络上可以找到课后习题的参考答案，不过建议自己做。不少经济类工科类学校也用这一本书。里面个别地方讲的比较难懂，而且比其他书少了一俩个知识点，比如好像没有讲斯托尔滋(stolz)定理，实数的定义也不清楚。不过仍然不失为一本好书。能广泛被使用一定有它自己的一些优势。 2《数学分析》华东师范大学数学系著

师范类使用最多的书，课后习题编排的不错，也是考研用的比较多的一本书。课本最后讲了一些流形上的微积分。虽然是师范类的书，难度比上一本有一些降低，不过还是值得一看的。 3《数学分析》陈纪修等著以上三本是考研用的最多的三本书。 4《数学分析》李成章，黄玉民是南开大学一个系列里的数学分析分册，这套教材里的各本都经常被用到，总体还是不错的，是为教学改革后课时数减少后的数学系各门课编写的教材。 5《数学分析讲义》刘玉链我的数学分析老师推荐的一本书，不过我没有看，最近应该出了新版，貌似是第五？版，最初是一本函授教材，写的应该比较详细易懂。不要因为是函授教材就看不起，事实上最初的函授工作都是由最好的教授做的。细说就远了，总之可以看看。 6《数学分析》曹之江等著内蒙古大学数理基地的教材，偏重于物理的实现，会打一个很好的基础，不会盲目的向n维扩展。适合初学者。国家精品课程的课本。 7《数学分析新讲》张筑生公认是一本新观点的书，课后没有习题。材料的处理相当新颖。作者已经去世。 8《数学分析教程》常庚哲，史济怀著中国科学技术大学教材，课后习题极难。 9《数学分析》徐森林著和上面一本同出一门，清华大学教材。程度好的同学可以试着看一看。书很厚，看起来很慢。 10《数学分析简明教程》邓东翱著也是一本可以经常看到的书，作者已经去世。国家精品课程的课本。

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,…,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

数学分析梅加强。答案

数学分析梅加强。答案【篇一：南京大学基础数学考研参考书目】思想政治理论②201 英语一③627 数学分析④801 高等代数复试科目:2305 通信与信息系统专业综合参考书目：《数学分析》梅加强著，高等教育出版社。《高等代数》丘维声编，科学出版社。复试参考书目: 《实变函数与泛函分析概要（第一册）》（第二版）郑维行、王声望编，高等教育出版社。《常微分方程教程》丁同仁、李承治编，高等教育出版社。《代数学引论》聂灵沼、丁石孙编著，高等教育出版社。《概率论基础》李贤平著，高等教育出版社。《数值计算方法（上、下册）》林成森编著，科学出版社。参考资料：《南京大学801高等代数考研专业课复习全书》聚英南大（含真题与答案解析）《2017南京大学801高等代数考研专业课历年真题与答案解析》【篇二：国内常见数学教材评价.doc】 orich，数学分析（两卷）

是hilbert的传记作者和richard熟识)的版权，后因robinson多方努力才使其名字见于书中. 这两本书里对许多问题的处理很有特色，还有些有趣而且有用的例子和习题。我自己在教学中就吸纳了不少他们的处理办法和例子陈天权数学分析讲义3卷陈老师据说是当年北大的大才子，毕业后去了内蒙古大学，我上大学的那年他已经去了清华，没有听过他的课。被大家称为国内唯一可与v.a.zorich，数学分析比肩的分析教材高等代数--线性代数-空间解析几何-近世代数-数论 postnikov 解析几何学与线性代数(第一学期) postnikov 解析几何学与线性代数(第二学期) 作者水平应该很高，反正他的学生s.p.novikov是很有名气，他也研究拓扑。书写的绝对好.这套书还有一些分册,但只能找到俄语版. 解析几何可以说很重要,但学起来又觉的没什么内容.学会第一本应该就可以了.第二本是线性代数和部分初等微分几何,内容讲的很清晰. a.i.kostrikin，代数学引论(共三卷) 这三卷都值得一读，尤其是第二，三卷，作者毕竟是前苏联通讯院士.他是纯粹的俄罗斯学派的传人,其祖上是俄本土数学大家chebevshev.s的学生,这个沙老师作为苏联人,居然有点反对十月革命,结果被学校停了职,也不知道解体后的情况怎么样,水平是很高.克老师这么优秀的人物,可惜没有培养学生.书很好,但学起来不容易,有些抽象,其实这已经是作者的简化版了. m．artin 代数 s．lang 线性代数导论

第一章课后习题解答(应用回归分析)

1、变量间统计关系和函数关系的区别是什么？答：函数关系是一种确定性的关系，一个变量的变化能完全决定另一个变量的变化；统计关系是非确定的，尽管变量间的关系密切，但是变量不能由另一个或另一些变量唯一确定。 2、回归分析与相关分析的区别和联系是什么？答：联系：刻画变量间的密切联系；区别：一、回归分析中，变量y 称为因变量，处在被解释的地位，而在相关分析中，变量y 与x 处于平等地位；二、相关分析中y 与x 都是随机变量，而回归分析中y 是随机的，x 是非随机变量。三、回归分析不仅可以刻画线性关系的密切程度，还可以由回归方程进行预测和控制。 3、回归模型中随机误差项ε的意义是什么？主要包括哪些因素？答：随机误差项ε的引入，才能将变量间的关系描述为一个随机方程。主要包括：时间、费用、数据质量等的制约；数据采集过程中变量观测值的观测误差；理论模型设定的误差；其他随机误差。 4、线性回归模型的基本假设是什么？答：1、解释变量非随机；2、样本量个数要多于解释变量(自变量)个数；3、高斯-马尔科夫条件；4、随机误差项相互独立，同分布于2(0,)N σ。 5、回归变量设置的理论根据？在设置回归变量时应注意哪些问题？答：因变量与自变量之间的因果关系。需注意问题：一、对所研究的问题背景要有足够了解；二、解释变量之间要求不相关；三、若某个重要的变量在实际中没有相应的统计数据，应考虑用相近的变量代替，或者由其他几个指标复合成一个新的指标；四、解释变量并非越多越好。 6、收集、整理数据包括哪些内容？答：一、收集数据的类型（时间序列、截面数据）；二、数据应注意可比性和数据统计口径问题（统计范围）；三、整理数据时要注意出现“序列相关”和“异

近世代数论文

几个重要的群的结构分析三个极其重要的群。本文讨论了这三个群的相关性质，分析了这三个群之的关系，并讨论了4S ，４Ａ等n S ，n A 中典型的群，得到了一些好的结论。关键词：对称群性质关系定义1 非空集合X 到自身X 的映射称为X 的变换，X 到X 的双射称为X 的对称。当X 为有限集时，X 的对称有称为X 的置换，X 的所有对称做成的集合关于映射的合成成群，它称为X 的对称群，记为SymX ，习惯上吧SymX 记为n S ，显然｜n S ｜＝ｎ！。定义2 n S 中所有偶置换所作出的集合，称为ｎＡ（ｎ次交错群）。ｎＡ为n S 的子群。定义3 4K ＝｛（1），（1 2）（3 4），(1 3）（2 4），（1 4）（2 3）｝称为Ｋlein 四元群。性质1 n S （n ≥3)为非交换群。证 n ≥3时，（1 2），（1 3）∈n S ，但（1 2）（1 3）=（1 3 2）≠(1 3) (1 2)=(1 2 3)则n S （n ≥2)为非交换群。性质2 n S =<（1 2），（1 3），…，（1 n ）>，且n S 中阶大于三的元素总是成对出现。证 n S =（1 2 3 …n ），而任一置换都能写成对换之积，且i ≠1,j ≠1时，（i j ）=（1 i ）（1 j ）（1 i ）,则 n S =<（1 2），（1 3），…，（1 n ）>。引理1 有限群Ｇ之子群Ｈ在Ｇ中之指数等于｜Ｇ｜的最小素因子，则Ｈ为Ｇ的正规子群。性质3 n ≥2时，[n S ：n A ]=2 证任取定（a b)∈n S ,∵(ab)n A 中全为奇置换，∴n A ∩（ab ）n A =ф是显

《线性代数》(第二版)智能教学系统习题解答第一章B组题

第1章矩阵习题一 (B) 1、证明：矩阵A 与所有n 阶对角矩阵可交换的充分必要条件是A 为n 阶对角矩阵. 证明：先证明必要性。假设矩阵A 为n 阶对角矩阵. 即令n 阶对角矩阵为： A =⎪⎪⎪⎪ ⎪⎭⎫ ⎝ ⎛n a a a 00000021, 任何对角矩阵B 设为⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛n b b b 000 0021，那么AB=⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎭ ⎫ ⎝ ⎛n n b a b a b a 000 002 21 1，而BA =⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎭ ⎫ ⎝ ⎛n n a b a b a b 000002211，所以矩阵A 与所有n 阶对角矩阵可交换。再证充分性，设 A =⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎭⎫ ⎝⎛nn n n n n b b b b b b b b b 2 1 222 21 11211 ，与B 可交换，那么由AB=BA ，得： ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛nn n n n n n n n b a b a b a b a b a b a b a b a b a 2 21 1222 22111122111=⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎭ ⎫ ⎝⎛nn n n n n n n n b a b a b a b a b a b a b a b a b a 2 1 2222 221 21112111 1，比拟对应元素，得 0)(=-ij j i b a a ，)(j i ≠。又j i a a ≠，)(j i ≠，所以 0=ij b ，)(j i ≠，

即A 为对角矩阵。 2、证明：对任意n m ⨯矩阵A ，T AA 和A A T 均为对称矩阵. 证明：(T AA )T =(A T )T A T =AA T ，所以，T AA 为对称矩阵。 (A A T )T =A T (A T )T =A T A ，所以，A A T 为对称矩阵。 3、证明：如果A 是实数域上的一个对称矩阵，且满足O A =2 ，那么A =O . 证明：设 A =⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎭ ⎫ ⎝⎛nn n n n n a a a a a a a a a 2 1 22221 11211，其中，ij a 均为实数，而且ji ij a a =。由于O A =2 ，故 A 2=AA T =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛nn n n n n a a a a a a a a a 2 1 22221 11211 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎭ ⎫ ⎝⎛nn n n n n a a a a a a a a a 21222 12 12111 =0。取A 2的主对角线上的元素有 02 2221=+++in i i a a a ，〔i =1,2,…,n 〕因为，ij a 均为实数，故所有ij a =0，因此A=O 。 4、证明：如果A 是奇数阶的反对称矩阵，那么det A=0. 证明：设 A =⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎭ ⎫ ⎝⎛nn n n n n a a a a a a a a a 2 1 22221 11211 为奇数阶反对称矩阵，即n 为奇数，且 ij a =-ji a ，i,j=1,2,…,n ，

完整版高等代数习题解答(第一章)

完整版高等代数习题解答(第一章) 高等代数题解答第一章多项式补充题1.当a,b,c取何值时，多项式f(x)=x-5与g(x)=a(x-2)^2+b(x+1)+c(x^2-x+2)相等？提示：比较系数得a=-1,b=-1,c=6. 补充题2.设f(x),g(x),h(x)∈[x]，f^2(x)=xg^2(x)+x^3h^2(x)，证明：假设f(x)=g(x)=h(x)不成立。若f(x)≠0，则∂(f^2(x))为偶数，又g^2(x),h^2(x)等于或次数为偶数，由于 g^2(x),h^2(x)∈[x]，首项系数（如果有的话）为正数，从而 xg^2(x)+x^3h^2(x)等于或次数为奇数，矛盾。若g(x)≠0或 h(x)≠0，则∂(xg^2(x)+x^3h^2(x))为奇数，而f^2(x)为偶数，矛盾。综上所证，f(x)≠g(x)或f(x)≠h(x)。 1.用g(x)除f(x)，求商q(x)与余式r(x)：

1）f(x) =x^3-3x^2-x-1，g(x) =3x^2-2x+1； 2）f(x) =x^4-2x+5，g(x) =x^2-x+2． 1）解法一：待定系数法。由于f(x)是首项系数为1的3次多项式，而g(x)是首项系数为3的2次多项式，所以商q(x)必是首项系数为1的1次多项式，而余式的次数小于2.于是可设q(x)=x+a,r(x)=bx+c。根据f(x)=q(x)g(x)+r(x)，即x^3-3x^2-x-1=(x+a)(3x^2-2x+1)+bx+c，右边展开，合并同类项，再比较两边同次幂的系数，得a=- 1/3,b=-2/3,c=-1，故得q(x)=x-1/3,r(x)=-x-1/3. 2）解法二：带余除法。用长除法得商q(x)=x^2+x-1，余式r(x)=-5x+7. 2.m,p,q适合什么条件时，有 1）x^2+mx-1/x^3+px+q; 2）x^2+mx+1/x^4+px^2+q. 解：1）将x^3+px+q除以x^2+mx-1得商为x+m+1/(x+m-1)，所以当m≠1时有解。

(完整版)高等代数多项式习题解答

第一章多项式习题解答1.用g( x)除f ( x)，求商q( x)与余式r ( x) . 1）f ( x) x3 3x2 x 1, g (x) 3x2 2x 1 3x 2 2x 1 x3 3x 2 x 1 1 x 7 x3 2 x2 1 x 3 9 3 3 7 x2 4 x 1 3 3 7 x2 14 x 7 3 9 9 26 x 2 9 9 1 x 7 , r ( x) 26 x 2 q( x) 9 9 . 3 9 2）f ( x) x4 2x 5, g(x) x2 x 2 x2 x 2 x 4 0x3 0 x2 2 x 5 x2 x 1 x4 x3 2x2 x3 2x2 2x x3 x2 2x x2 4x 5 x2 x 2 5x 7 q( x) x2 x 1, r ( x) 5x 7 . 2.m, p, q 合适什么条件时，有 1）x2 mx 1| x3 px q x 2 mx 1 x3 0 x2 px q x m x3 mx2 x mx2 ( p 1) x q m x2 m2 x m (m2 p 1) x ( q m) 当且仅当 m2 m 时x2 1| x3 px q .

此题也可用待定系数法求解.当x2 mx 1| x3 px q 时，用 x2 mx 1 去除x3 px q ，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商为x q .于是有x3 px q ( x q)( x2 mx 1) x3 (m q)x2 (mq 1) x q . 所以有 m2 p 1 0, q m . 2）x2 mx 1| x4 px2 q 由带余除法可得 x4 px2 q ( x2 mx 1)( x2 mx p 1 m2 ) m(2 p m2 ) x (q 1 p m2 ) 当且仅当 r ( x) m(2 p m2 ) x (q 1 p m2 ) 0 时 x2 mx 1 | x4 px2 q .即 m(2 p m2 ) 0 ，即m 0, 或 p m2 2, q 1 p m2 0 q 1 p, q 1. 此题也可用待定系数法求解 .当x2 mx 1| x4 px2 q 时，用 x2 mx 1 去除x4 px2 q ，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商可设为x2 ax q .于是有 x4 px2 q (x 2 ax q)( x2 mx 1) x4 (m a) x3 (ma q 1) x2 (a mq) x q. 比较系数可得 m a 0, ma q 1 p, a mq 0. 消去 a 可得 m 0, 或p m2 2, q 1 q 1. p, 3.求g( x)除f ( x)的商q( x)与余式r ( x) . 1）f ( x) 2x5 5x3 8x , g (x) x 3; 解：运用综合除法可得 3 2 0 5 0 8 0 6 18 39 11 7 327 2 6 1 3 39 109 327 商为 q(x) 2x4 6x3 13x2 39 x 109 ，余式为 r (x) 327.