近世代数习题解答张禾瑞三章

1、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是一个子群贝y a, b三S二a b三S0是S的零元，即0 a = a对G的零元，0a=a.0=0即 0 s 0 - a - -a S.(ii )若 a,b S= a - b S今证S是子群由a,b S= aS,S对加法是闭的，适合结合律,由 a S= -a S,而且得 a a = 0 ：= S再证另一个充要条件：若 S是子群，a,b S= a,-b S= a-b S 反之 a S= a - a = 0 S= 0 - a - -a S 故 a, b S= a -(

2、 -b) = a b S2. R =0,a,b,c加法和乘法由以下两个表给定:+0abc0abc00abc00000aa0cba0000bbc0ab0abcccba0c0abc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2.9.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 x(yz) = (xy)Z事实上.当x =0或x = a ,(A)的两端显然均为0 .当x =b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 x( y z xy xz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x = 0或x = a以及

3、x = b或x = c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y =0或y = a (可省略z =0,z =a的情形)的情形，此时两端均为 zx 剩下的情形就只有.R作成一个环.2交换律、单位元、零因子、整环1. 证明二项式定理在交换环中成立.证用数学归纳法证明.当n =1时,显然成立.假定n = k时是成立的：看 n =k 1 的情形(a b)k(a b)(因为(畀)北)(：)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)3 .证明,对于有单位元的环来说，加法适合交换律是环定

4、义里其他条件的结果(利用(a b)(11)证 单位元是1,a,b是环的任意二元，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：a,b三R而ab = 0 则R显然为环.阶为2.有a R 而a=0但 aa=0即a为零因子或者R为n n矩阵环.5.证明由所有实数 a b 12 (a,b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 R -a b. 2 (a,b整数)(i ) R是加群(a b 一2) (c d . 2) =(a c) (b d) . 2适合结合律，交换律自不待言.零元0 0,2a b2 的负元-a - b 2(ii )(a b -2)(c d

5、 2) =(ac 2bd) (ad be) 2乘法适合结合律，交换律，并满足分配律.(iii )单位元1 .2(iii) R没有零因子，任二实数ab = 0= a = 0或b = 03除、环、域1. F =所有复数a bi a,b是有理数证明 F二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1 i = 0(ii) a bi = 0.a2 b2 = 0因而有，a- b7272a +ba +b故F为域2. F -所有实数a b,. 3,即a, b中至少一个-0使(a bi)(aa2 b2-ba2 b2i )=1(a,b是有理数)证明 F对于普通加法和

6、乘法来说是一个域.证 只证明 a亠b-3=0有逆元存在.则a,b中至少有一个 =0,2 2我们说a-3b - 02 2不然的话,a =3b(b =0若 b =0 贝y a =0 矛盾)23 =笃 但-3不是有理数、b2 2既然a3b 0_ab贝U a .3的逆为 22 * 2a2 _3b2a2 _3b24. 证明 例3的乘法适合结合律.证(:1, 1)C 2, -2)3, 3)又(:九沁：22)(： 33)二1(23 - ：2 ：3)-1：1 (2 ：3： 3),5. 验证,四元数除环的任意元(a bi),(c di)，这里a,b,c,d是实数，可以写成(a,0)(b,0)(i,0)(c,0)

7、(0,1)(d,0)(0,i)的形式.证 (a bi,c di)二(a,c) (bi,di)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 P 4(4是群F的阶)但要求P是素数， P = 2.(b)设 F 二0,1,a,b由于P =2,所以加法必然是x x =0,而 1 a = a 二 1 a = b故有又1,a,b构成乘群，所以乘法必然是2 2a a, a 1故有1a11aaabb b a 2(否则 a = b )= a 二 bbb11这样，a, b显然适合x2 = x

8、12. 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 x a且(x,n) = d贝U x = dx1, n = dn1由于 x -a 二 nq= a = x -nq = dxdng = d(xr mq)故有d a, ，且有d n因为(a, n) =1所以d =13. 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)来表示,并且把它叫做由拉 函数)证G二 a而a同n互素G显然非空，因为1 G(1, n) =1)(i )a,b G则ab二ab又(a, n) =1,(b, n) =1 有(a

9、b, n) =1(ii )显然适合结合律.(iii)因为n有限所以G的阶有限.若a x二ax即ax二ax由此可得 naxax =a(x x)常(a,n) =1,二 dx x 即有x二x 另一个消去律同样可证成立.G作成一个群4.证明 ,若是(a, n) =1,那么a(n)三1( n)(费马定理)证 (a, n)则a三G而a的阶是G的阶 n)的一个因子因此a (n1即a (n) =15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0三N a,b三N，x是环的任意元是子环，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

10、换子环1 R,显然1 N ,即N包含非零元，同时这个非零元1是的单位元.a N , x R 即 ax = xa.N !是一个域3. 证明，有理数域是所有复数 a - bi(a,b是有理数)作成的域R(i)的唯一的真子域证 有理数域R是R(i)的真子域.设F !是R(i)的一个子域，则F二R(因为R是最小数域)若 a bi F ,而 b = 0则 i F 二 F 二 F(i)这就是说，R是R(i)的唯一真子域.4. 证明，R(i)有且只有两自同构映射.证 有理数显然变为其自己.假定 i则由 i2 - -1=- -1 - - i 或- -i这就证明完毕.当然还可以详细一些：确是R(i)的两个自同构

11、映射.现在证明只有这两个.若：i ：二 a bi(有理数变为其自己)则由 i2 = -1 = (a bi)2 二 a2b2 2abi 二-1若 b =0= a2 - -1是有理数，在就岀现矛盾 所以有a = 0因而b =1.在就是说，只能i i或 i -i i5. J3表示模3的剩余类所作成的集合.找岀加群J3的所有自同构映射，这找岀域J3!的所有自同构映射. 证1)对加群J3的自同构映射自同构映射必须保持！0 0故有1 : i ； i2)对域J3的自同构映射.自同构映射必须保持 0 0 , 1 1所有只有 i6. 令R是四元数除环，R是子集S = 切(a,0)这里a阿是实数，显然与实数域 S

12、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三R,分别用i,j,k表示R的元(i,0), (0,1),(0,i),那么2 2 2R的元可以写成a bi cj dk(a,b,c1d是实数)的形式(参看33 习题5).验证.i - j -k - -1, ij = 一ji = k, jk = kj = i,ki = ik = j.证 1)对:(a,0)；a来说显然S三S2)S = 切(a,0) a实数 S = 切(a,0) a 实数R=(a,| 一切(a,0)复数对(:厂)是不属于S的R的元.R=(c(,P| 一切 a规定由于S与S的补足集合没有共同元，容易验证 f (yi, y2/

13、 yn)根据本节定理 3Rx1,x2 xn Ry1, y2 yn容易验证fi(Xi，X2，Xn)=f2(Xi，X2；Xn)二fi(yi,y2,yn)=f2(yi,y2, yn)这样 RXi，X2，Xn = Ryi，y2， yn22 n(ii) 令 Rx = 切 a。qxanX 显然 Rx2二 Rx但xRx2不然的话这与x是R上未定元矛盾.所以Rx2是Rx上未定元显然故有(i) Rx=Rx2这就是说，R x 是RX的真子环，且此真子环与 R X同构.7理想1. 假定R是偶数环，证明,所有整数4r是二的一个理想，等式!对不对？证4r|,4r2 、：，r|,r2R.令是R的一个理想 等式二=(4)不

14、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(3,7) =1.证R是整数环，显然R= (1)(3,7) =1.又 1 = (-2)3 1(7)(3,7)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R(x), P2(x)使.RxH(1) =(2, x)。即是一个主理想.4. 证明,两个理想的交集还是一个理想.证 山和：、是两个理想： L非空显然a,ba, b三5. 找岀模6的剩余类环的所有理想.证找出的理想是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2,3;或3,4则必包含5或16. 一个环R!的一个子

15、集S叫做R的一个左理想，假如(i ) a,b S= a -b S(ii) a S, r R 二 ra s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F?2 =iaana1221 a22 /01的一个左理想，ban是有理数、(c 0-9 0 厂lb_da -c但它不是理想.(只要 aq2 = 或 bC|2 = 0)同态与理想假定我们有一个环 R的一个分类，而8剩余类环、1.S是由所有的类a,b,c, 所作成的集合又假定x y =x y,x yxy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a,b，0即a二0,b二0 a

16、 b =0 0 =0 0=0 而a b二a b . a b =0二 a b 0ra - 0 同理 ar 0于是0是R的理想(ii) 若x,y属于同一类，即x珂yx - y 0即x,y属于对0同一剩余类反之，若x,y属于对0的同一剩余类即 x-y 0所以x - y =0即x珂y亦即x,y属于同一类这样给定的类正好是对:-来讲的剩余类。-的核是R2. 假定是环R到环R的一个同态满射，证明， 是R与R间的同构映射，当而且只当 的零理想的时候。证(i) 若R三R，0的逆象只有0既核是零理想(ii) 若的核的零理想a,b R 而 a = b那么 a -b-核，a -b) =0即 (a) (b).是同构映

17、射3. 假定R是由所有复数a bi是整数1作成的环，环 R(1 . j)有多少元？证R是有单位元的交换环那么主理想1 - i的元的形式应为(a bi)(1 i) = (a -b) (a b)ix y y _ x令 ab=x, a+b = y a=, b =2 2我们说当而且只当 x,y的奇偶性相同时，a,b是整数所以R(1 - j)共有两个元：一个元是u vi而u,v奇偶性相同以1 i代表一个元是u vi而u,v奇偶性相反以12i代表实际上，R的任二元a.j b1i,a2 - b2i而 6 bj) -(a2 b2i) = (q - a2) (d - b2)i (1 i)贝Uq -a2与d -b

18、2奇偶性相同=佝 一 a?) -(d - bj 二偶数=佝-0) - (a2 -b?)二偶数=a1 - bi与a - b2奇偶性相同若冃-与 a2 b2 均奇数二a1 0以及a2,b2均奇偶性相反，若a1与 a2 b2均偶数二a1 - D以及a2,b2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a bi(a,b是整数 所作成的环，证明， 只仆 “是一个域， 证 证法一，由3.8.习题3知R(1 . i)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R(1 . i)是一个域。证法二，证明(1 i)是R的最大理想。2.大理想?2.大理想?3.3.设山是R的一个理想，且同

19、时有 a b- (1 i)而 a bi J；根据3.8.习题3知a,b奇偶性相反 x y R若x yi三(1 i)则x yi三J：若xyH (1 i)则x, y的奇偶性相反.同属一类即(a bi) _(x yi) (1 i)山.是理想，故x yk R ，山=R而R是有单位元交换环自不必多说 根据本节定理 R (1 i)是域。我们看环R上的一个多项式环 Rx，当R是整数环时，Rx的理想(x)是不是最当R是有理数域的时候，情形如何？证 (i) R是整数环时，(x)不是Rx的最大理想这是因为由3.7.例3知(2,x)是Rx的理想明显的有 Rx二(2,x) =(x)且 Rxp(2,x) =(x)(ii)当R是有理数域时，可证 (x)是R x的最大理想。设山是Rx的一个理想，且上_： (x)而们-(x)那么，b0 0X bmxm 三 J：,b0 =0山是理想bo(b p