当前位置：文档库 › 近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)-3

近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)-3

近世代数课后习题参考答案

第三章环与域

1 加群、环的定义

1. 证明,本节内所给的加群的一个子集作成一个子群的条件是充分而且必要的.

证 (ⅰ)若S 是一个子群则S b a S b a ∈+?∈,

0是S 的零元,即a a =+'

对G 的零元,000'=∴=+a a 即.00S a a s ∈-=-∴∈ (ⅱ)若S b a S b a ∈+?∈, S a S a ∈-?∈

今证S 是子群

由S S b a S b a ,,∈+?∈对加法是闭的,适合结合律, 由S a S a ∈-?∈,而且得S a a ∈=-0 再证另一个充要条件:

若S 是子群,S b a S b a S b a ∈-?∈-?∈,, 反之S a a S a a S a ∈-=-?∈=-?∈00 故S b a b a S b a ∈+=--?∈)(,

2. },,,0{c b a R =,加法和乘法由以下两个表给定:

+ 0 a b c ?

0 a b c 0 0 a b c 0 0 0 0 0 a a 0 c b a 0 0 0 0 b b c 0 a b 0 a b c c c b a 0

0 a b c

证明,R 作成一个环证 R 对加法和乘法的闭的.

对加法来说,由.9.2习题6,R 和阶是4的非循环群同构,且为交换群. 乘法适合结合律Z xy yz x )()(=

事实上.

当0=x 或a x =,)(A 的两端显然均为0.

当b x =或x=c,)(A 的两端显然均为yz . 这已讨论了所有的可能性,故乘法适合结合律.

两个分配律都成立xz xy z y x +=+)( zx yx x z y +=+)(

事实上,第一个分配律的成立和适合律的讨论完全一样, 只看0=x 或a x =以及b x =或c x =就可以了.

至于第二个分配律的成立的验证,由于加法适合交换律,故可看

0=y 或a y = (可省略a z z ==,0的情形)的情形,此时两端均为zx

剩下的情形就只有

0,0)(=+=+=+x x bx bx x b b 0,0)(=+=+=+x x cx cx x c c 0,0)(=+=+==+x x cx bx ax x c b

∴R 作成一个环.

2 交换律、单位元、零因子、整环

1. 证明二项式定理

n n n n b b a a b a +++=+- 11)()(

在交换环中成立. 证用数学归纳法证明. 当1=n 时,显然成立. 假定k n =时是成立的:

i i

k k i k k

b b a

b a

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

看1+=k n 的情形)()(b a b a k

))()()((1

1b a b b a

b a

a k

i i

k k i k k k ++++++=--

111111)]()[()()

(++--+++++++++=+k i i k k i k i k k k k b b a b a a b a 1

)()(+-+++++++++=k i i

k k i

k k k b

b a

b a a

(因为)()()(11

r k

r k r -++=) 即二项式定理在交换环中成立.

2. 假定一个环R 对于加法来说作成一个循环群,证明R 是交换环.

证设a 是生成元则R 的元可以写成

na (n 整数)

)]([)]([))((nma aa m n ma a n ma na ===

2))((mna na ma =

3．证明,对于有单位元的环来说,加法适合交换律是环定义里其他

条件的结果 (利用)11)((++b a ) 证单位元是1,b a , 是环的任意二元,

1)11(1)()11)((?++?+=++b a b a

b a b a +++= )11()11(+++=b a b b a a +++=

b b a a b a b a +++=+++∴ b a a b +=+

4．找一个我们还没有提到过的有零因子的环.

证令R 是阶为2的循环加群规定乘法:R b a ∈,而0=ab 则R 显然为环.

阶为2 ∴有R a ∈ 而 0≠a

但 0=aa 即a 为零因子或者R 为n n ?矩阵环.

5．证明由所有实数2b a + (b a ,整数)作成的集合对于普通加法和乘法来说是一个整环.

证令2{b a R +=b a ,(整数)}

(ⅰ) R 是加群2)()()2()2(d b c a d

c b a +++=+++

适合结合律,交换律自不待言.零元 200+

2b a +的负元2b a --

(ⅱ)2)()2()2)(2(bc ad bd ac d c b a +++=++

乘法适合结合律,交换律，并满足分配律.

(ⅲ)单位元 201+

(ⅲ) R 没有零因子，任二实数00=?=a ab 或0=b

3 除、环、域

1. =F {所有复数bi a + b a ,是有理数}

证明 =F 对于普通加法和乘法来说是一个域.

证和上节习题5同样方法可证得F 是一个整环. 并且 (ⅰ)F 有01≠+i

(ⅱ) 0≠+bi a 即 b a , 中至少一个0≠

≠+∴b a 因而有,

i b a b b a a 2222+-++ 使)((bi a +i b

a b

b a a 2

222+-++1)= 故F 为域

2. =F {所有实数,3b a + b a ,( 是有理数)} 证明 F 对于普通加法和乘法来说是一个域.

证只证明 03≠+b a 有逆元存在.则b a ,中至少有一个0≠ , 我们说0322≠-b a 不然的话,223b a =

,0(≠b 若0=b 则 0=a 矛盾)

223b

= 但 3 不是有理数

既然0322≠-b a 则 3b a + 的逆为3332

a b b

a a -+

4. 证明例3的乘法适合结合律.

证),)](,)(,[(332211βαβαβα

=),)(,(331212121βααββαββαα-

-+- -

-+--=,)()[(3212132121βαββααββαα --

+--])()(3212132121ααββαβββαα 又 )],)(,)[(,(332211βαβαβα

],)[,(3232323211-

+-=αββαββααβα -

---------------

+--=)()([3232132321αββαβββααα, )]()(3232132321------

--------

-++ββααβαββαα ),([32

321321321-

-----

---

+--=βββαβββαααα )](32321321321-----

---

-++αββαβαβαβαα

,[321321321321αβββαβββαααα-

---= ]32

1321321321ββ

βααβαβαβαα--

--++

,)()[(3212132121βαββααββαα-

+--= 3212132121)()(-

++-ααββαβββαα )])()[(())]()([(332211333211βαβαβαβαβαβα=∴

5. 验证,四元数除环的任意元 )(),(di c bi a ++ ,这里d c b a ,,,是实数,可以写成

),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(i d c i b a +++的形式. 证 ),(),(),(di bi c a di c bi a +=++ ),0()0,(),0()0,(di bi c a +++=

),0)(0,()0,)(0,()1,0)(0,()0,(i d i b c a +++=

4 无零因子环的特征

1. 假定F 是一个有四个元的域,证明.

(a )的特征是2;

(b )F 的0≠ 或11的两个元都适合方程证 (a ) 设F 的特征为P 则P 的(加)群F 的非零元的阶所 4P (4是群F 的阶) 但要求P 是素数, .2=∴P (b ) 设},,1,0{b a F =

由于2=P ,所以加法必然是

,0=+x x ,而b a a a =+?≠+11 故有

0 1 a b

0 0 1 a b 1 1 0 b a a a b 0 1 b

b a 1 0 又 },,1{b a 构成乘群,所以乘法必然是 1,=?≠≠ab b ab a ab

1,22≠≠a a a (否则b a = )b a =?2

故有

1 a b 1

1 a b a a b 1 b

b a 1

这样, b a , 显然适合12+=x x

2. 假定 ][a 是模的一个剩余类.证明,若a 同 n 互素,

那么所有][a 的书都同n 互素(这时我们说][a 同n 互素). 证设][a x ∈ 且d n x =),( 则11,dn n dx x ==

由于)(1111q n x d q dn dx nq x a nq a x -=-=-=?=-

故有 ,a d ,且有 n d

因为 1),(=n a 所以1=d

3. 证明, 所有同 n 互素的模 n 的剩余类对于剩余类的乘法来说

作成一个群(同互素的剩余类的个数普通用符号)(n φ 来表示,并且把它叫做由

拉φ函数)

证]{[a G =而][a 同n 互素}

G 显然非空,因为)1),1((]1[=∈n G

(ⅰ)G b a ∈][],[

则][]][[ab b a =

又1),(,1),(==n b n a 有1),(=n ab

G ab ∈∴][

(ⅱ)显然适合结合律.

(ⅲ)因为n 有限,所以G 的阶有限. 若]][[]][['

x a x a = 即][]['

ax ax =

由此可得)(''x x a ax ax n -=-',1),(x x n n a -∴= 即有][]['x x =

另一个消去律同样可证成立.

G 作成一个群

4. 证明,若是1),(=n a , 那么)(1)

(n a

n ≡φ(费马定理)

证 ),(n a 则G a ∈][

而 ][a 的阶是G 的阶 )(n φ的一个因子因此]1[][)

(=n a φ

即]1[][)

(=n a φ

)(1)

(n a

n ≡∴φ

5 子环、环的同态

1. 证明,一个环的中心是一个交换子环.

证设N 是环的中心.

显然N O ∈ N b a ∈,，x 是环的任意元

N b a b a x xb x bx ax x b a ∈-?-=-=-=-)()( N ab ab x b xa b ax xb a bx a x ab ∈?=====)()()()()()(

是子环,至于是交换环那是明显的.

2. 证明, 一个除环的中心是个域.

证设!是除环！是中心由上题知N 是R 的交换子环

,1R ∈显然N ∈1,即N 包含非零元,同时这个非零元1是的单位元.

R x N a ∈∈,即xa ax = N a

x a xa

x axa

xaa

axa

∈?=?=?=------1

N ∴!是一个域

3. 证明, 有理数域是所有复数b a bi a ,(+是有理数）作成的域)(i R 的唯一的真子域. 证有理数域R 是)(i R 的真子域.

设F !是)(i R 的一个子域,则R F ?(因为R 是最小数域) 若,F bi a ∈+ 而0≠b

则)(i F F F i =?∈

这就是说,R 是)(i R 的唯一真子域.

4. 证明, )(i R 有且只有两自同构映射.

证有理数显然变为其自己. 假定α→i

则由i i =?-=?-=αα112

2或 i -=α

这就证明完毕. 当然还可以详细一些:

bi a bi a +→+:1φ

bi a bi a -→+:2φ

21,φφ确是)(i R 的两个自同构映射.

现在证明只有这两个.

若bi a i +=→αφ: (有理数变为其自己)

则由12)(12222-=+-=+?-=abi b a bi a i 1,0222-=-=b a ab

若 102-=?=a b 是有理数,在就出现矛盾,所以有0=a 因而.1±=b 在就是说, 只能i i → 或i i -→i

5. 3J 表示模3的剩余类所作成的集合.找出加群3J 的所有自同构映射,这找出域3J !的所有自同构映射.

证 1）对加群3J 的自同构映射

自同构映射必须保持!00←→

故有i i →:1φ

2）对域3J 的自同构映射.

自同构映射必须保持00←

→，11←

→ 所有只有i i →:φ

6. 令R 是四元数除环, R 是子集=S {一切)}0,(a 这里a 阿是实数,显然与实数域-

S 同

构.令-

R 是把R 中S 换成-

S 后所得集合;替R 规定代数运算.使-

?R R ,分别用k j i ,,表示R 的元),

,0(),1,0(),0,(i i ,那么-

R 的元可以写成d c b a dk cj bi a ,,,(+++是实数）的形式(参

看.3.3 习题5). 验证.1222-===k j i ，.,,j ik ki i kj jk k ji ij =-==-==-=

证 1）对a a →)0,(:φ来说显然-

?S S 2）=S {一切)}0,(a a 实数

S {一切（)0,a a 实数

βα,{(=R 一切)}0,(a

复数对)(αβ是不属于S 的R 的元. =-

βα,{(一切}a

规定

a a →→)0,(),,(),(:βαβαψ

由于S 与-

S 的补足集合没有共同元,容易验证ψ是R 与-

R 间的一一映射. 规定

R 的两个唤的和等于它们的逆象的和的象.

R 的两个元的积等于它们的逆象的积的象.

首先,这样规定法则确是-

R 的两个代数运算.

其次,对于这两个代数运算以及R 的两个代数运算来说在ψ之下-

?R R （3）由.3.3习题5知

),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(),(i d c i b a di c bi a +++=++ 这里 d c b a ,,, 实数

这是因为令),0(),1,0(),0,(i k j i i ===

（4）1)0,1()0,)(0,(2-=-==i i i

1)0,1()1,0)(1,0(2-=-==j 1)0,1()1,0)(1,0(2-=-==k k i ij -===)1,0()1,0)(0,( k i i ji -=-==),0()0,)(1,0(

同样j ik ki i kj jk =-==-=,

6 多项式环

1. 证明, 假定R 是一个整环,那么R 上的一个多项式环][x R 也是一个整环. 证 R !是交换环][x R ?交换环, R 有单位元11?是][x R 的单位元, R 没有零因子][x R ?没有零因子

事实上，0,)(10≠++=a x a x a a x f n

0,)(10≠++=m m

m b x b x b b x g

则m

n m n x b a b a x g x f +++= 00)()(

因为R 没有零因子,所以0≠m n b a 因而0)()(≠x g x f 这样][x R 是整环

2．假定R 是模7的剩余类环,在][x R 里把乘积 ])3[]4])([4[]5[]3([2

3+--+x x x x 计算出来

解原式=]2[]5[]4[]5[]5[]5[]3[]5[3

45345++++=-++-x x x x x x x x

3. 证明:

(ⅰ) ],[],[1221ααααR R =

(ⅱ) 若n x x x ,,,21 是R 上的无关未定元,那么每一个i x 都是R 上的未定元. 证（ⅰ）=],[21ααR {一切}2

221i i i i a αα∑ {],[12=ααR 一切}112

212j j j j a αα∑

由于=

∑2

11221i i i i a αα1

12212j j j j a αα∑

因而=],[21ααR ],[12ααR

（ⅱ）设00

=∑=n

k k i k x a

即∑=+-n

k n i h i i k x x x x x a 0

010101

因为n x x x ,,21是R 上的无关未定元,所以

即i x 是R 上的未定元

4. 证明:

(ⅰ) 若是n x x x ,,21和n y y y ,,21上的两组无关未定元,那么

],,[],,[2121n n y y y R x x x R ?

(ⅱ) R !上的一元多项式环][x R 能与它的一个真子环同构. 证 (ⅰ)),,(),,(:2121n n y y y f x x x f →φ

根据本节定理3 ],,[~],,[2121n n y y y R x x x R

容易验证),,(),,(212211n n x x x f x x x f ≠),,(),,(212211n n y y y f y y y f ≠? 这样],,[],,[2121n n y y y R x x x R ?

（ⅱ）令{][=x R 一切}2210n

n x a x a a +++

显然][][2x R x R ? 但][2x R x ?不然的话

m m

m x

b x b x b x

b x b b x 221022

10 ++-?++=

这与x 是R 上未定元矛盾. 所以][2x R 是][x R 上未定元显然故有（ⅰ）}[][2

x R x R ?

这就是说,][2

x R 是][x R 的真子环,且此真子环与][x R 同构.

7 理想

1. 假定R 是偶数环,证明,所有整数r 4是?的一个理想,等式!对不对? 证 R r r r r ∈∈2121,,4,4?

?∈-=-)(4442121r r r r R r r ∈-21 ?∈=∈)(4)4(,'

r r r r R r R r r ∈'

1 ?∴ 是R 的一个理想. 等式 )4(=?不对

这是因为R 没有单位元,具体的说)4(4∈但??4

2. 假定R 是整数环,证明.1)7,3(=

证 R 是整数环,显然)1(=R .1)7,3(=

又 )7,3()7(13)2(1∈+-=

1)7,3(=∴

3. 假定例3的R 是有理数域,证明,这时),2(x 是一个主理想. 证因为2与x 互素,所以存在)(),(21x P x P 使

),2(11)()(221x x xP x P ∈?=+

),2()1(][x x R ==∴ 。即~是一个主理想.

4. 证明,两个理想的交集还是一个理想.

证 ?是?的两个理想

?? 非空显然 .,,?∈??∈b a b a

.,??∈-??∈-?∈-? b a b a b a

R r a R r a ∈?∈?∈??∈,,

??∈??∈?∈? ar ra ar ra ar ra ,,,,

5. 找出模6的剩余类环的所有理想.

证找出的理想是

]}5[],4[],3[],2[],1[],0{[=R

]}0{[1=R ]}3[],0{[2=R

]}4][2[],0{[3=R

我们只有这四个理想必包]0[

若包含]1[或]5[则必包含所有的元

若同时含];3[],2[或]4[],3[则必包含]5[或]1[

6. 一个环R !的一个子集S 叫做R 的一个左理想,假如 (ⅰ)S b a S b a ∈-?∈, (ⅱ)s ra R r S a ∈?∈∈,

你能不能在有理数域F 上的22?矩阵环里找到一个不是理想的左理想/

证 ????????

???? ??=2221121122a a a a F 11a 是有理数取??

??????????

??=?00b a ?∈????

??--=???? ??-???? ??000000d b c a d c b a 2222211211F c c c c ∈?

? ?? ?∈???

??++=???? ?????? ??00002221121122211211b c a c b c a c b a c c c c

?∴是22F 的一个左理想,

但它不是理想.

?????

??=???? ?????? ??2221

1211

2221121100bc bc ac ac c c c c b a （只要012≠ac 或)012≠bc

8 剩余类环、同态与理想

1. 假定我们有一个环R 的一个分类，而S 是由所有的类 ],[],[],[c b a 所作成的集合又假定][]][[],[][][xy y x y x y x =+=+规定两个S 的代数运算，证明]0[是R 的一个理想并且给定类刚好是模]0[的R 剩余类。

证（ⅰ）先证]0[是R 的一个理想]0[,∈b a

即]0[][],0[][==b a ]0[]00[]0[]0[][][=+=+=+b a

而][][][b a b a +=+ ]0[]0[][∈+?=+∴b a b a ]0[∈a ]0[][=a ]0[][][][=-=-+a a a a ][]0[][]0[][][a a a a a -=-=-+=-+ ]0[]0[][∈-?=-∴a a

][]0[]0][[]][[[][,a a r a r ra R r -=-===∈

]0[∈∴ra 同理]0[∈ar

于是]0[是R 的理想

（ⅱ）若y x ,属于同一类，即][][y x = 0][][][][][=-=-+=-y x y x y x ]0[∈-y x 即y x ,属于对]0[同一剩余类

反之，若y x ,属于对]0[的同一剩余类即]0[∈-y x

所以]0[][=-y x

即 ][][y x = 亦即y x ,属于同一类这样给定的类正好是对][ο来讲的剩余类。

2．假定φ是环R 到环-

R 的一个同态满射，证明，φ是R 与-

R 间的同构映射，当而且

只当φ的核是R 的零理想的时候。

证（ⅰ）若-

?R R ，-

0的逆象只有0既核是零理想（ⅱ）若φ的核的零理想 R b a ∈,而 b a ≠

那么?-b a 核， 0)(≠-b a φ 即)()(b a φφ≠

∴是同构映射

3．假定R 是由所有复数bi a +是整数1作成的环，环）

（i 1R +有多少元？

证 R 是有单位元的交换环

那么主理想i 1+的元的形式应为i b a b a i bi a )()()1)((++-=++ 令y b a x b a =+=-, 2

y b y x a -=

我们说当而且只当y x ,的奇偶性相同时，b a ,是整数

所以）

（i 1R

+共有两个元：

一个元是][vi u +而v u ,奇偶性相同以]1[i +代表

一个元是][vi u +而v u ,奇偶性相反以]21[i +代表实际上，R 的任二元i b a i b a 2211,++

而)1()()()()(21212211i i b b a a i b a i b a +∈-+-=+-+ 则 21a a -与21b b -奇偶性相同

=---?)()(1121b b a a 偶数 =---?)()(2211b a b a 偶数 11b a -? 与22b a -奇偶性相同

若 11b a - 与 22b a - 均奇数

11b a -?以及2,2b a 均奇偶性相反，若

1b a -与 22b a - 均偶数

11b a -?以及2,2b a 均奇偶性相同，反之亦然。

9 最大理想

1．假定R 是由所有复数b a bi a ,(+是整数所作成的环，证明，)

1(i R +是一个域，证证法一，由.8.3习题3知)1(i R +是只包含两个元，是有单位元的交换环且

有零理想与单位理想，所以)

1(i R

+是一个域。

证法二，证明)1(i +是R 的最大理想。

设?是R 的一个理想，且

)1(i R +???

同时有)1(i bi a +?+而?∈+bi a

根据.8.3习题3知b a ,奇偶性相反R yi x ∈+ 若)1(i yi x +∈+则?∈+yi x

若)1(i yi x +?+ 则y x ,的奇偶性相反

∴同属一类

即?∈+∈+-+)1()()(i yi x bi a

?是理想，故R yi x ∈+ ，R =?

而R 是有单位元交换环自不必多说

根据本节定理)

1(i R +是域。

2．我们看环R 上的一个多项式环][x R ，当R 是整数环时，][x R 的理想)(x 是不是最大理想？当R 是有理数域的时候，情形如何？

证（ⅰ）R 是整数环时，)(x 不是][x R 的最大理想

这是因为由.7.3例3知),2(x 是][x R 的理想明显的有)(),2(][x x x R ≠? 且)(),2(][x x x R ≠≠

（ⅱ）当R 是有理数域时，可证)(x 是][x R 的最大理想。

设?是][x R 的一个理想，且)(x ??而)(x ≠? 那么，0,010≠?∈+++b x b x b b m m

?是理想?∈+++-)(101

m x b x b b b

即??∈+++--)(11011

0x x b b x b b m m 而??∈++--)(1

011

0x x b b x b b m

)1(1

011

m x b b x b b --+++ -m

m x

b b x b b 1

011

0--++ ?∈=1

于是][x R =?

3．我们看所有偶数作成的环R 。证明，（4）是R 的最大理想，但4

R 不是一个域。

证设?是R 的一个理想，且4??而)4(≠?

则?除包含n 4外还至少包含一个m 而r q m +=4

40?≤r

m 是偶数，只有2=r

那么，?∈-==q m r 42 故有R =?

即)4(是R 的最大理想。

R 只包含两个元]4[],2[

而没有单位元：

]4[]4][2[],4[]2][2[==

所以4

R 不是一个域。

4．我们看有理数域F 上的全部22?矩阵环22F ，证明，22F 只有零理想同单位理想，但不是一个除环。

证设?是22F 的一个理想，0≠? ???

??≠???? ????00

002221

1211a a

a a

不失一般性，假设11≠a

那么?∈????

??=???? ?????? ?????? ??000000100011122211211a a a a a ?∈???? ??=???? ??????

?????? ??112112110000010220100a a a a a 易知?∈???? ??111100a a ?∈???

??=???? ?????? ?

?--100100001111111111

a a a a 22F =?∴ 但22F 不是除环因为???

??42

21没有逆

10 商域

1．证明一个域！是它自己的商域。证设Q 是F 的商域

显然Q F ?

Q q ∈则b a

q =而0,,≠∈b F b a

F ab b

a q ∈==?-1

即F Q ? Q F =∴

2．详细证明本节定理3

证本节定理3 是说；

假定R 是一个有两个以上的元的环，F 是一个包含R 的域那么F 包含R 的一个商域现在证明在F 里

0,,(1

≠∈==--b R b a b

a a

b ab

有意义，作F 的子集 {=-

Q 所有}b a )0,,(≠∈b R b a

我们证明-

Q 是F 的子域

)0,0,,,,(,≠≠∈∈-

d b R d c b a Q d c

b a 1

1---=-cd ab d

c b a 1

111-----=d cbb b add

))((--=bd bc ad

∈-=Q bd

bc ad

0,(≠∈-bd R bc ad 且)R bd ∈

1111)()(----=cd ab d c b a -

---∈===Q bc ad bc ad dc ab 111)( ),(R bc ad ∈

Q 对F 的代数运算来说作成一个域再证R Q ?-

对R 的任一元a 及一元0≠b 则有

-∈==Q a b

ab b

ab 1

)(

因此，F 包含R 的一个商域-

近世代数ch2(1-6节)习题参考答案

第二章前6节习题解答 P35 §1 1．全体整数集合对于普通减法来说是不是一个群？解 ∵减法不满足结合律，∴全体整数对于减法不构成群。 2．举出一个有两个元的群例子。解 }11{-，对于普通乘法构成一个群。 ]}1[]0{[，对于运算][][][j i j i +=+构成群。 ]}2[]1{[，对于运算][]][[ij j i =构成群。它们都是两个元的群。 3. 设G 是一个非空集合，”“ο是一个运算。若①”“ο运算封闭；②结合律成立；③G 中存在右单位元R e ：G a ∈?，有a ae R =；④G a ∈?，G a R ∈?-1，有R R e aa =-1。则G 是一个群。证(仿照群第二定义的证明) 先证R R R e a a aa ==--1 1。 ∵G a R ∈-1，∴G a ∈?'，使R R e a a =-'1， ∴R R R R R R R R R R R e a a a e a a aa a a a a a e a a a a ======--------''')()')(()(11111111，R R e a a =?-1。 ∴R R R e a a aa ==--11。再证a ae a e R R ==，即R e 是单位元。 G a ∈?，已证R R R e a a aa ==--11，∴a a e a ae a a a a aa a e R R R R R =?====--)()(1 1。 ∴a ae a e R R ==。即R e 就是单位元e 。再由e a a aa R R ==--11得到1 -R a 就是1-a 。这说明：G 中有单位元， G a ∈?都有逆元1-a 。 ∴G 是一个群。 P38 §2 1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2，那么G 是可交换的。证∵ 12，-=?=∈?x x e x G x 。 ∴。b b a a G b a 11,,--==?∈? ∴ba ba b a ab ===---111)(。 ∴ba ab =，即G 是可换群。 2．在一个有限群中阶大于2的元的个数一定是偶数。证令a 是有限群G 中一个阶2>的元，∵互逆元是同阶的，∴1-a 的阶也大于2，且a a ≠-1 (若矛盾的阶与2,21>=?=-a e a a a )。设G 中还有阶2>的元b ，且1,-≠≠a b a b ，∴1-b 的阶也大于2，且b b ≠-1。

《抽象代数基础》习题解答

《抽象代数基础》习题答解于延栋编盐城师范学院数学科学学院二零零九年五月

第一章群论 §1 代数运算 1.设},,,{c b a e A =,A 上的乘法”“?的乘法表如下: 证明: ”“?适合结合律. 证明设z y x ,,为A 中任意三个元素.为了证明”“?适合结合律,只需证明 )()(z y x z y x ??=??. 下面分两种情形来阐明上式成立. I.z y x ,,中至少有一个等于e . 当e x =时,)()(z y x z y z y x ??=?=??; 当e y =时,)()(z y x z x z y x ??=?=??; 当e z =时,)()(z y x y x z y x ??=?=??. II .z y x ,,都不等于e . (I)z y x ==.这时,)()(z y x e x x z z e z y x ??=?===?=??. (II)z y x ,,两两不等.这时,)()(z y x x x e z z z y x ??=?==?=??. (III)z y x ,,中有且仅有两个相等. 当y x =时,x 和z 是},,{c b a 中的两个不同元素,令u 表示},,{c b a 中其余的那个元素.于是,z z e z y x =?=??)(,z u x z y x =?=??)(,从而,)()(z y x z y x ??=??.同理可知,当z y =或x z =时,都有)()(z y x z y x ??=??. 2.设”“?是集合A 上一个适合结合律的代数运算.对于A 中元素,归纳定义∏=n i i a 1为: 111a a i i =∏=,111 1+=+=????? ??=∏∏r r i i r i i a a a . 证明: ∏∏∏+==+==???? ??????? ??m n k k m j j n n i i a a a 1 11.

近世代数基础习题课答案到第二章9题

第一章第二章第一章 1. 如果在群G 中任意元素,a b 都满足222()ab a b =, 则G 是交换群. 证明: 对任意,a b G ∈有abab aabb =. 由消去律有ab ba =. □ 2. 如果在群G 中任意元素a 都满足2a e =,则G 是交换群. 证明: 对任意,a b G ∈有222()ab e a b ==. 由上题即得. □ 3. 设G 是一个非空有限集合, 它上面的一个乘法满足: (1) ()()a bc ab c =, 任意,,a b c G ∈. (2) 若ab ac =则b c =. (3) 若ac bc =则a b =. 求证: G 关于这个乘法是一个群. 证明: 任取a G ∈, 考虑2{,,,}a a G ??. 由于||G <∞必然存在最小的i +∈ 使得i a a =. 如果对任意a G ∈, 上述i 都是1, 即, 对任意x G ∈都有2x x =, 我们断言G 只有一个元, 从而是幺群. 事实上, 对任意,a b G ∈, 此时有: ()()()ab ab a ba b ab ==, 由消去律, 2bab b b ==; 2ab b b ==, 再由消去律, 得到a b =, 从而证明了此时G 只有一个元, 从而是幺群. 所以我们设G 中至少有一个元素a 满足: 对于满足 i a a =的最小正整数i 有1i >. 定义e G ∈为1i e a -=, 往证e

为一个单位元. 事实上, 对任意b G ∈, 由||G <∞, 存在最小的k +∈ 使得k ba ba =. 由消去律和i 的定义知k i =: i ba ba =, 即be b =. 最后, 对任意x G ∈, 前面已经证明了有最小的正整数k 使得k x x =. 如果1k =, 则2x x xe ==, 由消去律有x e = 从而22x e e ==, 此时x 有逆, 即它自身. 如果1k >, 则11k k k x x xe xx x x --====, 此时x 也有逆: 1k x -. □ 注: 也可以用下面的第4题来证明. 4. 设G 是一个非空集合, G 上有满足结合律的乘法. 如果该乘法还满足: 对任意,a b G ∈, 方程ax b =和ya b =在G 上有解, 证明: G 关于该乘法是一个群. 证明: 取定a G ∈. 记ax a =的在G 中的一个解为e . 往证e 是G 的单位元. 对任意b G ∈, 取ya b =的一个解c G ∈: ca b =. 于是: ()()be ca e c ae ca b ====. 得证. 对任意g G ∈, 由gx e =即得g 的逆. □ 5. 找两个元素3,x y S ∈使得222()xy x y =/. 解: 取(12)x =, (13)y =. □ 6. 对于整数2n >, 作出一个阶为2n 的非交换群. 解: 二面体群n D . □ 7. 设G 是一个群. 如果,a b G ∈满足1r a ba b -=, 其中r 是正整数, 证明: i i i r a ba b -=, i 是非负整数.

近世代数初步_习题解答(抽象代数)

《近世代数初步》习题答案与解答

引论章一、知识摘要 1.A 是非空集合,集合积A A b a b a A A 到},:),{(∈=?的一个映射就称为A 的一个代数运算(二元运算或运算). 2. 设G 非空集合,在G 上有一个代数运算,称作乘法,即对G 中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素c 与之对应,c 称为a 与b 的积,记为c=ab.若这个运算还满足：,,,G c b a ∈? (1),ba ab = (2)),()(bc a c ab = (3)存在单位元e 满足,a ae ea == (4)存在,'G a ∈使得.''e a a aa =='a 称为a 的一个逆元素. 则称G 为一个交换群. (i)若G 只满足上述第2、3和4条,则称G 为一个群. (ii) 若G 只满足上述第2和3条,则称G 为一个幺半群. (iii) 若G 只满足上述第2条,则称G 为一个半群. 3.设F 是至少包含两个元素的集合,在F 上有一个代数运算,称作加法,即对F 中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素c 与之对应,c 称为a 与b 的和,记为c=a+b.在F 上有另一个代数运算,称作乘法,即对F 中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素d 与之对应,d 称为a 与b 的积,记为d=ab.若这两个运算还满足： I. F 对加法构成交换群. II. F*=F\{0}对乘法构成交换群. III..)(,,,ac ab c b a F c b a +=+∈? 就称F 为一个域. 4.设R 是至少包含两个元素的集合,在R 上有加法和乘法运算且满足： I. R 对加法构成交换群(加法单位元称为零元,记为0;加法单位逆元称为负元). II. R *=R\{0}对乘法构成幺半群(乘法单位元常记为1). III. .)(,)(,,,ca ba a c b ac ab c b a R c b a +=++=+∈? 就称R 为一个环. 5.群G 中满足消去律：.,,,c b ca ba c b ac ab G c b a =?==?=∈?且 6.R 是环,),0(00,,0,==≠∈≠∈ba ab b R b a R a 或且若有则称a 是R 中的一个左(右)零因子. 7.广义结合律:半群S 中任意n 个元a 1,a 2,…,a n 的乘积a 1a 2…a n 在次序不变的情况下可以将它们任意结合. 8.群G 中的任意元素a 及任意正整数n,定义：个 n n a aa a ...=, 个 n n a a a a e a 1 110...,----==. 则由广义结合律知,,,Z n m G a ∈?∈?有 .)(,)(,1m m mn n m n m n m a a a a a a a --+=== (在加法群中可写出相应的形式.)

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 12)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_杨子胥_第二版课后习题答案

近世代数题解第一章基本概念 §1. 1 1. 4. 5. 近世代数题解§1. 2 2. 3. 近世代数题解§1. 3 1. 解 1)与3)是代数运算，2)不是代数运算． 2. 解这实际上就是M中n个元素可重复的全排列数n n． 3. 解例如AοB＝E与AοB＝AB—A—B． 4. 5. 近世代数题解§1. 4 1. 2. 3.解 1）略 2）例如规定 4．

近世代数题解§1. 5 1. 解 1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射． 2.略 3. 4. 5. §1. 6 1. 2. 解 1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性； 3)是等价关系；4)是等价关系． 3. 解 3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类． 4. 则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把Q换成实数域的任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．5. 6.证 1）略2） 7. 8.

9. 10. 11. 12. 第二章群 §2. 1 群的定义和初步性质一、主要内容 1．群和半群的定义和例子特别是一船线性群、n次单位根群和四元数群等例子． 2．群的初步性质 1)群中左单位元也是右单位元且惟一； 2)群中每个元素的左逆元也是右逆元且惟一： 3)半群G是群?方程a x=b与y a=b在G中有解(?a ,b∈G)． 4)有限半群作成群?两个消去律成立．二、释疑解难有资料指出，群有50多种不同的定义方法．但最常用的有以下四种： 1)教材中的定义方法．简称为“左左定义法”； 2)把左单位元换成有单位元，把左逆元换成右逆元(其余不动〕．简称为“右右定义法”； 3)不分左右，把单位元和逆元都规定成双边的，此简称为“双边定义法”； 4)半群G再加上方程a x=b与y a=b在G中有解(?a ,b∈G)．此简称为“方程定义法”． “左左定义法”与“右右定义法”无甚差异，不再多说．“双边定\义法”缺点是定义中条件不完全独立，而且在验算一个群的实例时必须验证单位元和逆元都是双边的，多了一层手续

近世代数参考答案

安徽大学2008－2009学年第一学期《近世代数》考试试卷（B 卷）参考答案一、名词解释题（本题共5小题，每小题3分，共15分） 1、对，显然模n 的同余关系满足以下条件： 1）对Z 中的任意元素a 都有(mod )a a n ≡；（反身性） 2）如果(mod )a b n ≡，必有(mod )b a n ≡；（对称性） 3）如果(mod )a b n ≡，(mod )b c n ≡，必有(mod )a c n ≡（传递性）则这个关系是的一个等价关系． 2、错，因为2Z ∈，在Z 中没有逆元． 3、错，因为由于[]Z x x Z <>?，而整数环Z 不是一个域． 4、错，在同态满映下，正规子群的象是正规子群． 5、对，[]F x 是一个有单位元的整环，且 1）存在?：()()f x f x →的次数，是非零多项式到非负整数集的一个映射； 2）在[]F x 中任取()f x 及()0g x ≠，存在[]F x 上的多项式()q x ，()r x 满足 ()()()(f x g x q x r x =+，其中()0r x =或()r x 的次数<()g x 的次数．因此[]F x 作成一个欧式环．二、计算分析题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 1、στ=(2453)，2τσ=(2346)，1τστ-=(256413)． 2、12Z 的所有的可逆元为1,5,7,11；n Z 的子环共有()T n 个，故12Z 共有6个子环，它们分别是{}10S =，{}20,6S =，{}30,4,8S =，{}40,3,6,9S =，{} 50,2,4,6,8,10S =和12Z 本身． 3、在8Z 中：32([4][3][2])([5][3])x x x x +--+ 5432 [4][4][3][5][3][6]x x x x x =-+-+-．三、举例题（本题共3小题，1,2题各3分，第3题4分，共10分） 1、在整数环上的一元多项式[]Z x 中，由于[]Z x x Z <>?，整数环Z 是一个

近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)-1(新)

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

近世代数习题解答张禾瑞三章

近世代数习题解答第三章环与域 1加群、环的定义 1. 证明,本节内所给的加群的一个子集作成一个子群的条件是充分而且必要的. 证 (ⅰ)若S 是一个子群则S b a S b a ∈+?∈, '0是S 的零元,即a a =+'0 对G 的零元,000' =∴=+a a 即.00S a a s ∈-=-∴∈ (ⅱ)若S b a S b a ∈+?∈, S a S a ∈-?∈ 今证S 是子群由S S b a S b a ,,∈+?∈对加法是闭的,适合结合律, 由S a S a ∈-?∈,而且得S a a ∈=-0 再证另一个充要条件: 若S 是子群,S b a S b a S b a ∈-?∈-?∈,, 反之S a a S a a S a ∈-=-?∈=-?∈00 故S b a b a S b a ∈+=--?∈)(, 2. },,,0{c b a R =,加法和乘法由以下两个表给定: + 0 a b c ? 0 a b c 0 0 a b c 0 0 0 0 0 a a 0 c b a 0 0 0 0 b b c 0 a b 0 a b c c c b a 0 c 0 a b c 证明,R 作成一个环证R 对加法和乘法的闭的. 对加法来说,由.9.2习题6,R 和阶是4的非循环群同构,且为交换群. 乘法适合结合律Z xy yz x )()(= 事实上. 当0=x 或a x =,)(A 的两端显然均为0. 当b x =或x=c,)(A 的两端显然均为yz .

这已讨论了所有的可能性,故乘法适合结合律. 两个分配律都成立xz xy z y x +=+)( zx yx x z y +=+)( 事实上,第一个分配律的成立和适合律的讨论完全一样, 只看0=x 或a x =以及b x =或c x =就可以了. 至于第二个分配律的成立的验证,由于加法适合交换律,故可看 0=y 或a y =(可省略a z z ==,0的情形)的情形,此时两端均为zx 剩下的情形就只有 0,0)(=+=+=+x x bx bx x b b 0,0)(=+=+=+x x cx cx x c c 0,0)(=+=+==+x x cx bx ax x c b ∴R 作成一个环. 2交换律、单位元、零因子、整环 1. 证明二项式定理 n n n n n b b a a b a +++=+- 11)()( 在交换环中成立. 证用数学归纳法证明. 当1=n 时,显然成立. 假定k n =时是成立的: k i i k k i k k k k b b a b a a b a +++++=+-- )()()(11 看1+=k n 的情形)()(b a b a k ++ ))()()((11b a b b a b a a k i i k k i k k k ++++++=-- 1111111)]()[()()(++--+++++++++=+k i i k k i k i k k k k b b a b a a b a 1111 11)()(+-+++++++++=k i i k k i k k k b b a b a a (因为)()()(11 k r k r k r -++=) 即二项式定理在交换环中成立. 2. 假定一个环R 对于加法来说作成一个循环群,证明R 是交换环. 证设a 是生成元则R 的元可以写成 na (n 整数) 2)]([)]([))((nma aa m n ma a n ma na === 2))((mna na ma =

《近世代数》模拟试题1及答案

近世代数模拟试题一. 单项选择题(每题5分，共25分) 1、在整数加群（Z，＋）中，下列那个是单位元（）. A. 0 B. 1 C. －1 D. 1/n，n是整数 2、下列说法不正确的是（）. A . G只包含一个元g，乘法是gg＝g。G对这个乘法来说作成一个群; B . G是全体整数的集合，G对普通加法来说作成一个群; C . G是全体有理数的集合，G对普通加法来说作成一个群; D. G是全体自然数的集合，G对普通加法来说作成一个群. 3. 如果集合M的一个关系是等价关系，则不一定具备的是( ). A . 反身性 B. 对称性 C. 传递性 D. 封闭性 4. 对整数加群Z来说，下列不正确的是（）. A. Z没有生成元. B. 1是其生成元. C. －1是其生成元. D. Z是无限循环群. 5. 下列叙述正确的是（）。 A. 群G是指一个集合. B. 环R是指一个集合. C. 群G是指一个非空集合和一个代数运算，满足结合律，并且单位元，逆元存在. D. 环R是指一个非空集合和一个代数运算，满足结合律，并且单位元，

逆元存在. 二. 计算题(每题10分，共30分) 1. 设G 是由有理数域上全体2阶满秩方阵对方阵普通乘法作成的群，试求中G 中下列各个元素1213,,0101c d cd ???? == ? ?-????，的阶. 2. 试求出三次对称群 {}3(1),(12),(13),(23),(123),(132)S = 的所有子群.

3. 若e是环R的惟一左单位元，那么e是R的单位元吗？若是，请给予证明. 三. 证明题(第1小题10分，第2小题15分，第3小题20分，共45分). 1. 证明: 在群中只有单位元满足方程

《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。

近世代数习题与答案

近世代数习题与答案 Company Document number：WUUT-WUUY-WBBGB-BWYTT-1982GT

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 ，b |a ，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)-1(36)=____________。 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。（）

抽象代数复习题及答案

《抽象代数》试题及答案本科一、单项选择题(在每小题的四个备选答案中，选出一个正确答案，并将正确答案的序号填在题干的括号内。每小题3分) 1. 设Q 是有理数集，规定f(x)= x +2；g(x)=2 x +1,则（fg ）(x)等于（ B ） A. 2 21x x ++ B. 2 3x + C. 2 45x x ++ D. 2 3x x ++ 2. 设f 是A 到B 的单射，g 是B 到C 的单射，则gf 是A 到C 的（ A ） A. 单射 B. 满射 C. 双射 D. 可逆映射 3. 设 S 3 = {（1），（1 2），（1 3），（2 3），（1 2 3），（1 3 2）}，则S 3中与元素（1 32）不能交换的元的个数是( C )。 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 在整数环Z 中，可逆元的个数是( B )。 \ A. 1个 B. 2个 C. 4个 D. 无限个 5. 剩余类环Z 10的子环有( B )。 A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个 6. 设G 是有限群，a ∈G, 且a 的阶|a|=12, 则G 中元素8 a 的阶为( B ) A ． 2 B. 3 C. 6 D. 9 7．设G 是有限群，对任意a,b ∈G ，以下结论正确的是( A ) A. 111 ) (---=a b ab B. b 的阶不一定整除G 的阶 C. G 的单位元不唯一 D. G 中消去律不成立 8. 设G 是循环群，则以下结论不正确．．．的是( A ) A. G 的商群不是循环群 B. G 的任何子群都是正规子群 [ C. G 是交换群 D. G 的任何子群都是循环群 9. 设集合 A={a,b,c}, 以下A ?A 的子集为等价关系的是( C ) A. 1R = {(a,a),(a,b),(a,c),(b,b)} B. 2R = {(a,a),(a,b),(b,b),(c,b),(c,c)} C. 3R = {(a,a),(b,b),(c,c),(b,c),(c,b)} D. 4R = {(a,a),(a,b),(b,a),(b,b),(b,c),(c,b)} 10. 设f 是A 到B 的满射，g 是B 到C 的满射，则gf 是A 到C 的（ B ） A. 单射 B. 满射 C. 双射 D. 可逆映射 11. 设 S 3 = {（1），（1 2），（1 3），（2 3），（1 2 3），（1 3 2）}，则S 3中与元素（1 2）能交换的元的个数是( B )。 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 … 12. 在剩余类环8Z 中，其可逆元的个数是( D )。 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 13. 设（R ，+，·）是环，则下面结论不正确的有( C )。 A. R 的零元惟一 B. 若0x a +=，则x a =-

近世代数练习题题库

近世代数练习题题库 LELE was finally revised on the morning of December 16, 2020

§1 第一章基础知识 1 判断题： 1.1 设A 与B 都是非空集合，那么{}B A x x B A ∈∈=?x 且。（） 1.2 A ×B = B ×A （） 1.3 只要f 是A 到A 的一一映射，那么必有唯一的逆映射1 -f 。（） 1.4 如果?是A 到A 的一一映射,则?[?(a)]=a 。( ) 1.5 集合A 到B 的可逆映射一定是A 到B 的双射。（） 1.6 设A 、B 、D 都是非空集合，则B A ?到D 的每个映射都叫作二元运算。（） 1.7 在整数集Z 上，定义“ ”：a b=ab(a,b ∈Z)，则“ ”是Z 的一个二元运算。（） 1.8 整数的整除关系是Z 的一个等价关系。( ) 2 填空题： 2.1 若A={0,1} , 则A ?A= __________________________________。 2.2 设A = {1，2}，B = {a ，b}，则A ×B =_________________。 2.3 设={1,2,3} B={a,b},则A ?B=_______。 2.4 设A={1,2}, 则A ?A=_____________________。 2.5 设集合{}1,0,1-=A ；{ }2,1=B ，则有=?A B 。 2.6 如果f 是A 与A 间的一一映射，a 是A 的一个元，则 ()[]=-a f f 1 。 2.7 设A =｛a 1, a 2,…a 8｝，则A 上不同的二元运算共有个。

近世代数模拟试题1及答案

近世代数模拟试题单项选择题（每题5分，共25分） 1、在整数加群（Z+）中，下列那个是单位元（）. A. 0 B. 1 C. －1 D. 1/n , n 是整数 2、下列说法不正确的是（）. A . G只包含一个元g,乘法是gg= g。G对这个乘法来说作成一个群 B . G是全体整数的集合，G对普通加法来说作成一个群 C . G是全体有理数的集合，G对普通加法来说作成一个群 D. G是全体自然数的集合，G对普通加法来说作成一个群 3.如果集合M的一个关系是等价关系，则不一定具备的是（）. A . 反身性B. 对称性C. 传递性D. 封闭性 4. 对整数加群Z来说，下列不正确的是（). A. Z 没有生成元. B. 1 是其生成元. C. －1 是其生成元. D. Z 是无限循环群. 5. 下列叙述正确的是（）。 A. 群G是指一个集合. B. 环R 是指一个集合. C. 群G是指一个非空集合和一个代数运算，满足结合律, 并且单位元, 逆元存在. D. 环R 是指一个非空集合和一个代数运算,满足结合律, 并且单位元,

逆元存在. 二. 计算题（每题10 分，共30 分） 1.设G是由有理数域上全体2阶满秩方阵对方阵普通乘法作成 3 的群，试求中G中下列各个元素c ,cd ， 1 的阶. 2. 试求出三次对称群 S3 (1),(12),(13),(23),(123),(132) 的所有子群.

3. 若e是环R的惟一左单位元，那么e是R的单位元吗若是, 请给予证明. 证明题（第1小题10分，第2小题15分，第3小题20分，共45 分）. 1. 证明: 在群中只有单位元满足方程

《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．√ 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 作成一个群。 2．证：设∞=a ，则当n m ≠时，n m a a ≠，于是映射Φ：m a m →就是G=（a ）到整数加群Z 的一个一一映射。又n m a a a n m n m +→=?+，故Φ是G 到Z 的同构映射。即G=（a ）与整数加群Z 同构。

近世代数期末考试试卷及答案

一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分)在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。错选、多选或未选均无分。 1、设G 有6个元素的循环群，a 是生成元，则G 的子集（）是子群。 A 、{}a B 、{}e a , C 、{}3,a e D 、{}3 ,,a a e 2、下面的代数系统（G ，*）中，（）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 3、在自然数集N 上，下列哪种运算是可结合的？（） A 、a*b=a-b B 、a*b=max{a,b} C 、 a*b=a+2b D 、a*b=|a-b| 4、设1σ、2σ、3σ是三个置换，其中1σ=（12）（23）（13），2σ=（24）（14）， 3σ=（1324），则3σ=（） A 、12σ B 、1σ2σ C 、22σ D 、2σ1σ 5、任意一个具有2个或以上元的半群，它（）。 A 、不可能是群 B 、不一定是群 C 、一定是群 D 、是交换群二、填空题(本大题共10小题，每空3分，共30分)请在每小题的空格中填上正确答案。错填、不填均无分。 1、凯莱定理说：任一个子群都同一个----------同构。 2、一个有单位元的无零因子-----称为整环。

3、已知群G 中的元素a 的阶等于50，则4a 的阶等于------。 4、a 的阶若是一个有限整数n ，那么G 与-------同构。 5、A={1.2.3} B={2.5.6} 那么A ∩B=-----。 6、若映射?既是单射又是满射，则称?为-----------------。 7、α叫做域F 的一个代数元，如果存在F 的-----n a a a ,,,10 使得 010=+++n n a a a αα 。 8、a 是代数系统)0,(A 的元素，对任何A x ∈均成立x a x = ，则称a 为---------。 9、有限群的另一定义：一个有乘法的有限非空集合G 作成一个群，如果满足G 对于乘法封闭；结合律成立、---------。 10、一个环R 对于加法来作成一个循环群，则P 是----------。三、解答题（本大题共3小题，每小题10分，共30分） 1、设集合A={1,2,3}G 是A 上的置换群，H 是G 的子群，H={I,(1 2)}，写出H 的所有陪集。 2、设E 是所有偶数做成的集合，“?”是数的乘法，则“?”是E 中的运算，（E ，?）是一个代数系统，问（E ，?）是不是群，为什么？ 3、a=493, b=391, 求(a,b), [a,b] 和p, q 。四、证明题（本大题共2小题，第1题10分，第2小题15分，共25分） 1、若是群，则对于任意的a 、b ∈G ，必有惟一的x ∈G 使得a*x ＝b 。 2、设m 是一个正整数，利用m 定义整数集Z 上的二元关系：a ?b 当且仅当m ︱a –b 。

韩士安近世代数课后习题解答1

习题1-1(参考解答) 1. （1）姊妹关系（2）()(),P S ? （3） (),{1},1a b Z a b ∈?≠,.例如(2 ,6 )2,(3 ,6 )3,==但()2,31=. 2. 若b 不存在，则上述推理有误.例如{}{~~~~}S a b c R b c c b b b c c =,,,：,,,. 3. (1)自反性:,(),,n A M E GL R A EAE ?∈?∈=~A A ∴ 对称性: 1111,,~,,(),,,,().~.n n A B M A B P Q GL R A PBQ B P AQ P Q GL R B A ?????∈?∈==∈∴ 传递性: 12211221212,,~,~,,,,(),,,,n A BC M A B B C P Q P Q GL R A PBQ B P CQ A PP CQ Q ?∈?∈===1212,(),~.n PP Q Q GL R A C ∈∴ (2) 自反性:1,(),,~.n A M E GL R A E AE A A ??∈?∈=∴ 对称性: ()11,,~,(),,,(),~.T T n n A B M ifA B T GL R A T BT B T BT T GL R B A ???∈?∈=∴=∈∴ 传递性: 121122,,,~,~,,(),,,T T n A B C M ifA B B C T T GL R A T BT B T CT ?∈?∈== ()12211221,T T T A T T CT T TT CT T ∴==12(),~.n TT GL R A C ∈∴ (3) 自反性:()1,,,~.n n A GL E GL R A E AE A A ??∈?∈=∴ 对称性: 1,(),~,(),,n n A B GL R ifA B T GL R A T BT ??∈?∈= () 1 1 111,(),~n B TAT T AT T GL R B A ?????∴==∈∴. 传递性: 11121122,,(),~,~,,(),,,n n A B C GL R A B B C T T GL R A T BT B T CT ???∈?∈== ()()1 1112212121,A T T CT T T T C T T ???∴==21(),~.n T T GL R A C ∈∴ 4. 证明: (1) 反身性:,()(),~a A a a a a φφ?∈=∴Q (2)对称性: ,,~,()(),()(),.a b A ifa b a b b a b a φφφφ∈=∴==