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}.
(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aG，存在bG，使得
ab=ba=e.
<1> 对任意aG，存在bG，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,bG,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aG,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bG, ax=b在G内有解, 记一个解为c,那么有
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dG, 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,bG,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,yG, 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:
6.对于n>2,作一阶为2n的非交换群.
7.设G是一群, a,bG,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aG,有a～a,故此aa-1=eS；
对任意a,bS,由(ab)b-1=aS,可知ab～b，又be-1=bS,故b～e,由传递性可知ab～e，即
(ab)e-1=abS.再者因ae-1=aS, 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aG, 有aa-1=eS，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:
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.
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aH, 有
HaH=,
并且aHG,HG,又注意到aH和H中都有n个元素, 故此
HaH=G.
同理可证对任意aH, 有
HHa=, HHa=G，
因此对任意aH，有
aH=Ha.
对任意aH, 显然aHH, HaH又因aH,Ha及H中都有n个元素，故
aH=Ha=H.
综上可知对任意aG,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aH, hH, 显然有aha-1H.
对给定的xH, 有
HxH=, HxH=G.
这是因为若假设yHxH, 则存在hH，使得y=xh,即x=yh-1H产生矛盾,因此HxH=;另一方面, xHG,HG, 又注意到xH和H中都有n个元素, 故此HxH=G.
那么任取aH,由上面的分析可知axH, 从而可令
a=xh1
这里h1H.
假设存在hH, 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= h2h1hH,
产生矛盾.
因此，任取aH, hH, 有aha-1H.
综上可知对任取aG, hH, 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ae适合a2=e.
证明:
设bG，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aG，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,kZ,0 (2)A B i B j=B r G 这里i+j=kn+r,kZ,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,kZ,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,bG 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 a= 的阶为4，元素 b= 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，bS，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abS. 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∈a H; (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MN={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MN={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 mNm， 那么该映射显然是一一对应，另外 f(m i Nm 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] 1MN={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∈MN，产生矛盾. 2. 设 f: MN/N→M mNm， 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=axa=x-1axax-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=SS=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 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 ab=ab, ab=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： ab=a+b-1, ab=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 (ab)c=(a+b-1)c=a+b-1+c-1=a+b+c-2 a(bc)= a(b+c-1)= a+b+c-1-1=a+b+c-2 这里2=1+1，所以 (ab)c= a(bc).----------------(1) 同时由的定义还可以得到 a1= 1a=a，------------------------(2) a(2-a)=(2-a)a=1，---------------(3) ab=ba，----------------------------(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(bc)= a(b+c-1)=a+(b+c-1)-a(b+c-1)=2a+b+c-ab-ac-1， (ab)(ac)=(a+b-1)(a+c-1)= (a+b-ab)+(a+c-ac)-1=2a+b+c-ab-ac-1， 所以 a(bc)= (ab)(ac). 由于和满足交换律，故此 (bc)a= (ba)(ca). 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}； 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 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=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. 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(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. (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 (i) 环M n(F)的元素的个数； (ii) 群GL n(F)的元素的个数. 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. 俄罗斯教材《代数学引论》的启迪（初稿） 庄瓦金 （漳州师范学院，福建，363000） 二十年前，北京大学三位教授根据1982年斯普林格出版社的英文版翻译了莫斯科大学A.И.柯斯特利金院士的《代数学引论》[1，2]，使得国内同行们对俄罗斯高水平的代数教材有所认识。但鉴于中国国情，至今还没看到该书对中国大学本科代数教学有实质的影响。而今，在中国数学会、中国工业与应用数学学会、国家自然科学基金委员会的关注下，数学天元基金资助、高等教育出版社出版了庆祝莫斯科大学成立250周年而推出的一批优秀数学教材的中译本，其中有 A.И.柯斯特利金的《代数学引论》（第二、三版）三卷本[3~5]（以下简称《引论》）。笔者看后，很受启发，现根据这几年来对高等代数研究的基础[17~23]，对《引论》作些思索，为提升中国大学本科代数教学水平奉献余力。 一《引论》的特色 稍读[3~5]，笔者认为，A.И.柯斯特利金之著有以下四大特色。 1 继承性 [1]的英文版译者指出：A.И.柯斯特利金“发展了莫斯科大学的代数课”，这从《引论》著者经历就可以看出。A.И.柯斯特利金1959年获莫斯科大学数理科学博士学位，1972年任莫斯科大学高等代数教研室主任，1976年升为教授，同年当选为苏联科学院通讯院士，1977－1980任莫斯科大学数学系主任，1991年起为莫斯科大学学术委员会成员，他的《引论》理所当然地继承了А.Г.库洛什等老一辈代数学家的代数教材，这还从[3~5]的补充文献也得到进一步证实。 在注意《引论》继承自己前辈工作之时，我们注意到《引论》三卷本与N.Jacobson的《抽象代数学》三卷本[6]在分卷上的相似性，这也多少说明[3~5]继承了国际上代数教材的遗产，使得这三卷本能够更好地贯串一条主线。因此，《引论》的继承性不仅是莫斯科大学的，而且也包涵了全世界各著名大学的。 值得一提的是，[3~5]的俄文版，第二卷2004年出版，第三卷2001年出版，估计第一卷也是2001年出版，也就是说：这三卷本是在著者去世之后出版的。记得Φ.Ρ.甘特马赫尔的《矩阵论》俄文第二版也是在著者去世后出版的。看来，这里说的继承性是莫斯科学派集体继承性，这是多么伟大的继承性，它体现了俄罗斯数学家的优良品格。 2 整体性 《引论》的特色不仅在于教材的系统性，更在于教材的整体性。首先是代数科学的整体性，中国的高等代数与抽象代数两门课程，在[3~5]中则整合为一，使整个代数教材的水平提高了一个层次，让学生尽早接触抽象代数思想，推进了学生对代数结构的理解。这显然对于学生的整个数学学习大有好处。其次是数学课程的整体性，《引论》第一卷的前言一开头就写到：“人们很早就感到有必要把代数、线性代数和几何放到一个统一的教程中。而教科书《代数学引论》自出版后的22年来可以看作是这种统一处理的初步考试。”因此，《引论》突出了代数与几何的统一；同时也注意了与分析的联系，特别是注意到了线性代数的两大后继课程：计算数学与泛函分析，这不仅在教材中有交代，而且在基本术语上相一致，如“线性变换”称为“线性算子”。再次是数学语言的整体性，在[1]中，著者就注 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 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错误！未找到引用源。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错误！未找到引用源。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错误！未找到引用源。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={a 1,a 2 ,…,a n },k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若i错误！未找到引用源。j(I,j=1,2,…,n),有 a k a i 错误！未找到引用源。a k a j ------------<1> a i a k 错误！未找到引用源。a j a k ------------<2> 再由乘法的封闭性可知 G={a 1,a 2 ,…,a n }={a k a 1 , a k a 2 ,…, a k a n }------------<3> G={a 1,a 2 ,…,a n }={a 1 a k , a 2 a k ,…, a n a k }------------<4> 由<1>和<3>知对任意a t 错误！未找到引用源。G, 存在a m 错误！未找到引用源。G,使得 a k a m =a t . 由<2>和<4>知对任意a t 错误！未找到引用源。G, 存在a s 错误！未找到引用源。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. 代数学基础学习笔记 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. 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}. 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={a 1,a 2,…,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={a 1,a 2,…,a n }={a k a 1, a k a 2,…, a k a n }------------<3> G={a 1,a 2,…,a n }={a 1a k , a 2a 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. 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 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 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. 第一部分对学习代数学引论的认识及理解 以下简要总结代数学引论所学的基本内容。 首先，介绍了初等数论和集合论的一些知识，为学习代数学做了必要的准备。 其次学习了群，环，域与模四个基本代数结构的基本性质，群伦的应用日益广泛，主要归功于变换群的理论，也就是群在集合上作用的理论；环的基本理论可通过跟群的基本理论比较加深理解，其中交换环上的多项式环以及整环上的一元多项式环的理论在初等数论及高等代数的多项式理论中都已经了解过，可看成是对以前所学知识的一种推广；域的基本理论是以域的代数扩张为中心，而我们对数由整数，分数，小数，有理数，无理数直至复数的认识实质上就是对数域扩张的认识，从本质上讲，域的代数扩张是为实现某种目的把一个数学体系在某种条件下扩张，使之达到某种更趋完美的程度，这也是现在数学研究中的一种基本方法；模是两个代数体系的结合，模的理论与语言在数学，物理中运用的越来越普遍，无疑是代数学基础的核心之一，可以用模论方法解决有限生成Abel群的分类以及有限维线性空间的线性变换的标准形问题，它们也是模应用很好的例子。 最后对Galois(伽罗瓦)理论进行了一定的了解。主要包括高次方程的根式解和圆规直尺作图两部分，这是两个已经圆满解决了的问题，但它们在历史上长期使数学家百思不得其解，只是等到数学家对数学家的抽象性有了跟进一步的了解，从而提出比如变换群等比以往更为抽象的概念之后，这两个问题才迎刃而解。 Galois(伽罗瓦)理论是抽象代数的开端，也是它强大生命力的最早得光辉例证。只要追本溯源，我们就能深切地感受到这门既近世又古老的学科的无穷魅力，因而在学习了代数学的一些基础之后，回头看看它的源头对加深对代数学的理解不无益处。 代数学是数学中最重要的，基础分支之一。代数学的历史悠久，它随着人类生活的提高，生产技术的进步，科学和数学本身的需要而产生和发展。在这个过程中，代数学的研究对象和研究方法发生了重大的变化。代数学可分为初等代数学和抽象代数学两部分。初等代数学是更古老的算术的推广和发展，而抽象代数 《高观点下中学数学—代数学》练习题一 一、填空 1、由A →B 的单映射σ的定义为（ σ(a)≠σ (b) a ≠b ）。 2、由A →B 的满映射σ的定义为（ σ:A →B σ (A)=B ）。 3、自然数a 与b 相乘的定义中两个条件为（ ①a ×1=a ② a ×b=a ×b+a ）。 4、环的理想定义为（ ① I 是子环 ② ?a ←R b ←I a ×b ←I ）。 5、剩余类环12Z 中可逆元素（ 1,3,5,7,11 ）。 6、π为有理数域上的（B ）。 A 、代数元 B 、超越元 7、y=lg x 则（A ） A 、y 是上凸函数 B 、y 是下凸函数 8、++21x x ……+n x =m 的非负整数解的个数为（ C m n m 1-+ ）。 9、下面不等式正确的是（ A ）。 A 、212121)(2 1 Sinx Sinx x x Sin +≥ + B 、21212 1 )(21Sinx Sinx x x Sin +≤+ 10、n 个数码的扰乱排列总数为（ n!(1-1+!21+!31+……+（-1)n ! 1 n ） ）。 11、在二阶方阵环（实数域上）中找出两个零因子（ ? ?? ? ??0001×? ?? ? ??0001=? ? ? ? ??0000 ）。 12、素元素的定义为（ p|a ×b ? p|a 或 p|b ）。 13、不可约元素的定义为（ a=b ×c ? b 是可逆元或c 是可逆元 ）。 14、r n C 1-+1 1--r n C =（ C r n ）。 15、在剩余类环8Z 中不可逆的元素为（ 1，3，5，7 ）。 16、若|A|=m ，|B|=n ，则A →B 的所有不同映射的个数为( B ) A 、n m B 、m n C 、n ×m 17、皮阿罗公理中的归纳公式为（ 1←M 由a ←M ?a ←M ）。 18、由A →B 的单映射的定义为（ a ≠b ?σ(a)≠σ(b) ）。 19、自然数a 与b 加法的定义中两个条件为（ ①a+1=a' ②a+b'=(a+b)' ）。 20、若f(x) =k x 为上凸函数则( B )。 A 、k>1 B 、0 《高观点-代数》练习题一 1、 由A →B 的单映射σ的定义是什么? 2、由A →B 的满映射σ的定义是什么？ 3、自然数a 与b 相乘的定义中两个条件是什么？ 4、y=lg x 是上凸函数还是下凸函数？ 5、比较121()2Sin x x +与1212 Sinx Sinx +的大小？ 6、若a>b>c>0，且a+b+c=1，求（1）、2abc 的极大值。（2）a ×b ×c=1， 求2a+b+4c 的极小值。 7、若|A|=m ，|B|=n ，则A →B 的所有不同映射的个数为多少？ 8、皮阿罗公理中的归纳公式是什么？ 9、自然数a 与b 加法的定义中两个条件是什么？ 10、若f(x) =k x 为上凸函数则k 的范围是什么？ 11、若x>0,y>0,z>0且满足92x +122y +52z =9 , 求3x+6y+5z 的极大值。 12、求证半径为R 的圆内接n 边形以正n 边形的面积最大。 13、求多项式124321)(x x x x +++展开合并同类项后 （1）共有多少项？（2）335241x x x 的系数为多少？ 14、给出一个由整数集合Z 到自然数集合N 的双射. 15、自然数a>b 的定义是什么？ 16、f(x)=3..0x ，g(x)=Sin x （0 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. 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 aiak 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. ak aj------------<1> aj ak------------<2> 解析几何答案尤承业 解析几何答案尤承业 【篇一：数学专业参考书整理推荐】 >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 与上面一本同出一门，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》邓东翱著俄罗斯教材《代数引论》的启迪
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)
代数学引论第一章答案
代数学引论(丁石孙)_第一章答案
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 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>
1代数学引论(聂灵沼-丁石孙版)第一章习题答案
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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]
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; 因为解析几何答案尤承业