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 ∈+?∈,是S 的零元,即'0a a =+'0对的零元,G 000'=∴=+a a 即 .00S a a s ∈-=-∴∈ (ⅱ)若S b a S b a ∈+?∈, S a S a ∈-?∈今证是子群S 由对加法是闭的,适合结合律,S S b a S b a ,,∈+?∈由,而且得S a S a ∈-?∈S a a ∈=-0再证另一个充要条件:若是子群,S 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. ,加法和乘法由以下两个表给定:},,,0{c b a R =+0 a b c ?

0 a b c 00 a b c 00 0 0 0a a 0 c b a 0 0 0 0b b c 0 a b 0 a b c c c b a 0c 0 a b c 证明,作成一个环R 证 对加法和乘法的闭的.R 对加法来说,由习题6,和阶是4的非循环群同构,且为交换群..9.2R 乘法适合结合律Z xy yz x )()(=事实上. 当或,的两端显然均为.0=x a x =)(A 0

当或x=c,的两端显然均为.b x =)(A 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,只看或以及或就可以了.0=x a x =b x =c x =至于第二个分配律的成立的验证,由于加法适合交换律,故可看或 (可省略的情形)的情形,此时两端均为0=y a y =a z z ==,0zx 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.当时,显然成立.1=n 假定时是成立的:k n =k i i k k i k k k k b b a b a a b a +++++=+-- )()()(11看 的情形1+=k n )()(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 111111)()(+-+++++++++=k i i k k i k k k b b a b a a (因为))()()(11k r k r k r -++=即二项式定理在交换环中成立.2. 假定一个环对于加法来说作成一个循环群,证明是交换环.R R 证 设是生成元a 则的元可以写成R (整数)na n 2)]([)]([))((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, 是环的任意二元,1b a ,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 令是阶为的循环加群R 2规定乘法:而R b a ∈,0=ab 则显然为环.R 阶为2 有 而 ∴R a ∈0≠a 但 即为零因子0=aa a 或者为矩阵环.R n n ?5．证明由所有实数 (整数)作成的集合对于普通加法和乘法来说

2b a +b a ,是一个整环.证 令整数2{b a R +=b a ,()}(ⅰ) 是加群R 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+的负元2b a +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，任二实数或00=?=a ab 0=b 3 除、环、域

1. {所有复数 是有理数}=F bi a +b a ,证明 对于普通加法和乘法来说是一个域.=F

证 和上节习题5同样方法可证得F 是一个整环.并且 (ⅰ)有F 0

1≠+i (ⅱ) 即 中至少一个 0≠+bi a b a ,0≠因而有,022≠+∴b a 使i b a b b a a 2222+-++)((bi a +i b a b b a a 2222+-++1)=

故为域F

2. {所有实数 是有理数}

=F ,3b a +b a ,()

证明 对于普通加法和乘法来说是一个域.F

证 只证明 有逆元存在.则中至少有一个 ,03≠+b a b a ,0≠

我们说0322≠-b a

不然的话,223b a =

若 则 矛盾) ,0(≠b 0=b 0=a

但 不是有理数223b a =3

既然 0322≠-b a 则 的逆为3b a +3332222b 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 ),([32321321321----------+--=βββαβββαααα

)](32321321321----------++αββαβαβαβαα

,[321321321321αβββαβββαααα-------=

]321321321321βββααβαβαβαα-----++

,)()[(3212132121βαββααββαα--+--=

3212132121)()(---++-ααββαβββαα )]

)()[(())]()([(332211333211βαβαβαβαβαβα=∴

5. 验证,四元数除环的任意元 ,这里是实数,可以写成)(),(di c bi a ++d c b a ,,,原则：在分线盒处，当不同电压技术指导。对于调试过程中高中到准确灵活。对于差动保护装置高

的形式.

),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(i d c i b a +++ 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. 假定是一个有四个元的域,证明.F ()的特征是2;a ()的 或1的两个元都适合方程 b F 0≠1证 () 设的特征为a F P 则的(加)群的非零元的阶P F 所 (是群的阶)4P 4F 但要求是素数, P .2=∴P () 设b },,1,0{b a F =

由于,所以加法必然是2=P ,而,0=+x x b a a a =+?≠+11 故有0 1 a b 00 1 a b 1 1 0 b a a a b 0 1b b a 1 0 又 构成乘群,所以乘法必然是},,1{b a 1,=?≠≠ab b ab a ab (否则 )1,22≠≠a a a b a =b a =?2故有

.

1 a b 1 1 a b a a b 1 b b a 1

这样, 显然适合 b a ,12+=x x 2. 假定 是模 的一个剩余类.证明,若 同 互素,][a a n 那么所有的书都同 互素(这时我们说同 互素).][a n ][a n 证 设 且][a x ∈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 ,且有 ,a d n d 因为 所以1),(=n a 1=d 3. 证明, 所有同 互素的模 的剩余类对于剩余类的乘法来说

n n 作成一个群(同 互素的剩余类的个数普通用符号 来表示,并且把它叫做由)(n φ拉函数)φ证而 同 互素}]{[a G =][a n 显然非空,因为G )1),1((]1[=∈n G (ⅰ)G b a ∈][],[则][]][[ab b a =又有1),(,1),(==n b n a 1),(=n ab G

ab ∈∴][(ⅱ)显然适合结合律.(ⅲ)因为有限,所以的阶有限.n G 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.作成一个群G 4. 证明,若是, 那么(费马定理)1),(=n a )(1)

(n a n ≡φ证 则),(n a G a ∈][而 的阶是的阶 的一个因子][a G )(n φ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 设是环的中心.N 显然 ，是环的任意元N O ∈N b a ∈,x 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！是中心由上题知是的交换子环N R 显然,即包含非零元,同时这个非零元是的单位元.,1R ∈N ∈1N 1

即R x N a ∈∈,xa ax = N a x a xa x axa xaa axa ∈?=?=?=------111111!是一个域N ∴3. 证明, 有理数域是所有复数是有理数）作成的域的唯一的真子域.b a bi a ,(+)(i R 证 有理数域是的真子域.R )(i R 设!是的一个子域,则(因为是最小数域)F )(i R R F ?R 若 而,F bi a ∈+0≠b 则)(i F F F i =?∈这就是说,是的唯一真子域.R )(i R 4. 证明, 有且只有两自同构映射.)(i R 证 有理数显然变为其自己.假定α

→i 则由或

i i =?-=?-=αα112

2

i -=α这就证明完毕.当然还可以详细一些:bi a bi a +→+:1φbi a bi a -→+:2φ确是的两个自同构映射.21,φφ)(i R 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 是有理数,在就出现矛盾,所以有 因而102-=?=a b 0=a .1±=b 在就是说, 只能i i →

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

3J 3J 3J 所有自同构映射.证 1）对加群的自同构映射3J 自同构映射必须保持!00←→故有 i i →:1φ 2）对域的自同构映射.3J 自同构映射必须保持，00←→11←→所有只有i i →:φ6. 令是四元数除环, 是子集{一切这里阿是实数,显然与实数域同R R =S )}0,(a a -

S 构.令是把中换成后所得集合;替规定代数运算.使,分别用表示的-

R R S -S R -?R R k j i ,,R 元

,那么的元可以写成是实数）的形式),,0(),1,0(),0,(i i -R d c b a dk cj bi a ,,,(+++(参看 习题). 验证.，.3.351222-===k j i .,,j ik ki i kj jk k ji ij =-==-==-=证 1）对来说显然a a →)0,(:φ-?S S 2）{一切 实数=S )}0,(a a {一切（ 实数=-S )0,a a 一切 βα,{(=R )}0,(a 复数对是不属于的的元.)(αβS R 一切=-R βα,{(}

a 规定 a a →→)0,(),,(),(:βαβαψ由于与的补足集合没有共同元,容易验证是与间的一一映射.S -S ψR -R 规定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.-R 首先,这样规定法则确是的两个代数运算.-R

其次,对于这两个代数运算以及的两个代数运算来说在之下R ψ-

?R R （3）由习题5知 .3.3 ),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(),(i d c i b a di c bi a +++=++ 这里 实数d c b a ,,,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, 假定是一个整环,那么上的一个多项式环也是一个整环.

R R ][x R 证 !是交换环交换环,R ][x R ? 有单位元是的单位元,R 11?][x R 没有零因子没有零因子R ][x R ?事实上，0,)(10≠++=a x a x a a x f n 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)()(因为没有零因子,所以R 0≠m n b a 因而0)()(≠x g x f 这样是整环][x R 2． 假定是模7的剩余类环,在里把乘积R ][x R ])3[]4])([4[]5[]3([23+--+x x x x 计算出来解 原式=]2[]5[]4[]5[]5[]5[]3[]5[345345++++=-++-x x x x x x x x 3. 证明:(ⅰ) ],[],[1221ααααR R =(ⅱ) 若是上的无关未定元,那么每一个都是上的未定元.n x x x ,,,21 R i x R 证 （ⅰ）{一切=],[21ααR }211221i i i i a αα∑ 一切{],[12=ααR }112212j j j j a αα∑

由于=∑211221i i i i a αα112212j j j j a αα∑因而=],[21ααR ],[12ααR （ⅱ）设0

0=∑=n k k i k x a 即∑=+-n k n i h i i k x x x x x a 00010101 因为是上的无关未定元,所以n x x x ,,21R 即是上的未定元i x R

4. 证明: (ⅰ) 若是和上的两组无关未定元,那么n x x x ,,21n y y y ,,21],,[],,[2121n n y y y R x x x R ?(ⅱ) !上的一元多项式环能与它的一个真子环同构.R ][x R 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）令一切{][=x R }2210n n x a x a a +++ 显然][][2x R x R ?但不然的话][2x R x ?m m m m x b x b x b x b x b b x 22102210 ++-?++=这与是上未定元矛盾.x R 所以是上未定元显然][2x R ][x R 故有（ⅰ）}[][2x R x R ?这就是说,是的真子环,且此真子环与同构.][2x R ][x R ][x R 7 理想 1. 假定是偶数环,证明,所有整数是的一个理想,等式!对不对?R r 4? 证 R r r r r ∈∈2121,,4,4? ?∈-=-)(4442121r r r r R r r ∈-21 ?∈=∈)(4)4(,'1'1'r r r r R r R r r ∈'1 是的一个理想.?∴R 等式 不对)4(=?这是因为没有单位元,具体的说但R )4(4∈??4 2. 假定是整数环,证明R .1)7,3(=

证 是整数环,显然 R )1(=R .1)7,3(=又 )7,3()7(13)2(1∈+-=1)7,3(=∴ 3. 假定例3的是有理数域,证明,这时是一个主理想.

R ),2(x

证 因为2与互素,所以存在使x )(),(21x P x P ),2(11)()(221x x xP x P ∈?=+ 。 即~是一个主理想.),2()1(][x x R ==∴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[若包含或则必包含所有的元]1[]5[若同时含或则必包含或];3[],2[]4[],3[]5[]1[ 6. 一个环!的一个子集叫做的一个左理想,假如R S R (ⅰ)S b a S b a ∈-?∈, (ⅱ)s ra R r S a ∈?∈∈,你能不能在有理数域上的矩阵环里找到一个不是理想的左理想/F 22?证 是有理数???????????? ??=2221121122a a a a F 11a 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

是的一个左理想,?∴22F 但它不是理想.?????? ??=???? ?????? ??222112112221121100bc bc ac ac c c c c b a （只要或012≠ac )012≠bc 8 剩余类环、同态与理想1. 假定我们有一个环的一个分类，而是由所有的类所作成的集合R S ],[],[],[c b a 又假定规定两个的代数运算，证明是的一个理想][]][[],[][][xy y x y x y x =+=+S ]0[R 并且给定类刚好是模的剩余类。]0[R

证 （ⅰ） 先证是的一个理想]0[R ]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 -=-===∈ 同理]0[∈∴ra ]0[∈ar 于是是的理想]0[R

（ⅱ） 若属于同一类，即y x ,][][y x = 0][][][][][=-=-+=-y x y x y x 即属于对同一剩余类]0[∈-y x y x ,]0[反之，若属于对的同一剩余类即y x ,]0[]0[∈-y x 所以]0[][=-y x 即 亦即属于同一类][][y x =y x ,这样给定的类正好是对来讲的剩余类。][ο

2． 假定是环到环的一个同态满射，证明，是与间的同构映射，当而且

φR -R φR -

R 只当的核是的零理想的时候。φR 证 （ⅰ） 若，的逆象只有0既核是零理想-?R R -0 （ⅱ） 若的核的零理想φ 而 R b a ∈,b a ≠那么核， ?-b a 0)(≠-b a φ即)()(b a φφ≠是同构映射∴

3． 假定是由所有复数是整数作成的环，环有多少元？R bi a +1）（i 1R + 证 是有单位元的交换环R 那么主理想的元的形式应为i 1+i b a b a i bi a )()()1)((++-=++令 y b a x b a =+=-,2,2x y b y x a -=+=我们说当而且只当的奇偶性相同时，是整数y x ,b a ,所以共有两个元：）（i 1R +一个元是而奇偶性相同以代表][vi u +v u ,]1[i +一个元是而奇偶性相反以代表][vi u +v u ,]21[i +实际上，的任二元R i b a i b a 2211,++而)1()()()()(21212211i i b b a a i b a i b a +∈-+-=+-+则 与奇偶性相同21a a -21b b -

偶数=---?)()(1121b b a a 偶数=---?)()(2211b a b a 与奇偶性相同11b a -?22b a -若 与 均奇数11b a -22b a -以及均奇偶性相反，若与 均偶数11b a -?2,2b a 11b a -22b a -以及均奇偶性相同，反之亦然。11b a -?2,2b a 9 最大理想

1． 假定是由所有复数是整数 所作成的环，证明，是一个域，R b a bi a ,(+)1(i R

+ 证 证法一，由习题3知是只包含两个元，是有单位元的交换环且

.8.3)1(i R +有零理想与单位理想，所以是一个域。)1(i R

+ 证法二，证明是的最大理想。)1(i +R 设是的一个理想，且?R )1(i R +???同时有而)1(i bi a +?+?∈+bi a 根据习题3知奇偶性相反.8.3b a ,R yi x ∈+若则)1(i yi x +∈+?∈+yi x 若 则的奇偶性相反)1(i yi x +?+y x ,同属一类∴即?∈+∈+-+)1()()(i yi x bi a 是理想，故 ，?R yi x ∈+R =?而是有单位元交换环自不必多说R

根据本节定理是域。)1(i R + 2． 我们看环上的一个多项式环，当是整数环时，的理想是不是R ][x R R ][x R )(x 最大理想？当是有理数域的时候，情形如何？R 证 （ⅰ）是整数环时，不是的最大理想R )(x ][x R 这是因为由例3知是的理想.7.3),2(x ][x R 明显的有)(),2(][x x x R ≠?且)(),2(][x x x R ≠≠ （ⅱ）当是有理数域时，可证是的最大理想。R )(x ][x R 设是的一个理想，且而?][x R )(x ??)(x ≠?那么， 0,010≠?∈+++b x b x b b m m 是理想??∈+++-)(1010m m x b x b b b 即??∈+++--)(110110x x b b x b b m m 而??∈++--)(10110x x b b x b b m m -)1(10110m m x b b x b b --+++ m m x b b x b b 10110--++ ?∈=1于是][x R =? 3． 我们看所有偶数作成的环。证明，（4）是的最大理想，但不是一个域。R R 4R 证 设是的一个理想，且而?R 4??)4(≠?则除包含外还至少包含一个而?n 4m r q m +=440?≤r 是偶数，只有m 2=r 那么， ?∈-==q m r 42故有R =?即是的最大理想。)4(R 只包含两个元4R ]4[],2[而没有单位元： ]4[]4][2[],4[]2][2[==所以不是一个域。4R 4． 我们看有理数域上的全部矩阵环，证明，只有零理想同单位理想，

F 22?22F 22F

但不是一个除环。 证 设是的一个理想， ?22F 0≠????? ?

?≠????

????000022211211a a a a 不失一般性，假设011≠a 那么?∈???? ??=???? ?????? ?????? ??000000100011122211211a a a a a ?∈???? ??=???? ?????? ?????? ??112112110000010220100a a a a a 易知 ?∈???? ??111100a a ?∈???? ??=???? ?????? ??--100100001111111111a a a a 22F =?∴但不是除环22F 因为没有逆???? ??422110 商域1． 证明一个域！是它自己的商域。 证 设是的商域Q F 显然Q F ?则而Q q ∈b a q =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；假定是一个有两个以上的元的环，是一个包含的域R F R 那么包含的一个商域F R 现在证明在里F 有意义，作的子集

0,,(11≠∈==--b R b a b a a b ab F 所有 {=-Q }b a )

0,,(≠∈b R b a 我们证明是的子域

-Q F )0,0,,,,(,≠≠∈∈-d b R d c b a Q d c b a 1

1---=-cd ab d c b a 1111-----=d cbb b add 1

))((--=bd bc ad -∈-=Q bd bc ad 且0,(≠∈-bd R bc ad )

R bd ∈ 1111)((----=cd ab d c b a ----∈===Q bc ad bc ad dc ab 111)(

)

,(R bc ad ∈对的代数运算来说作成一个域再证Q F R Q ?-对的任一元及一元则有

R a 0≠b --∈==Q

a b ab b ab 1)( 因此，包含的一个商域F R -Q