近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)-3

1、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 a,b 三 S二 a，bS 0是S的零兀，即0 +a =a又G 的零兀，0+a=a.0 =0即 0 三 s . 0 _a - -a 三 S. (ii)若 a,bS = a+bWSa S = -aS今证S是子群由a,bWS = a+bWS,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,bWS = a,-bWSn a-bWS反之 a 三 S = aa = 0 三 S=-

2、0a =-aS故 a,b- S=a-(-b)=a b S2 . R =0,a,b,c，加法和乘法由以下两个表给定0 a b c0 0 0 00 0 0 00 a b c0 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(y - z)x = yx - zx事实上，第一个分配律的成立和适合

3、律的讨论完全一样，只看x = 0或x = a以及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(b b)x = 0,bx bx = x x = 0(c c)x=0,cx cx=x x=0(b c)x = ax = 0, bx cx = x x =0R作成一个环.1 交换律、单位元、零因子、整环2 .证明二项式定理(a ' b)n = an , (n)anb - bn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 =

4、k时是成立的：(a b)k =ak (：)ak,b 一 - (：)ak % . - -bk看门=卜+1的情形(a +b)k (a +b)Kak - (：)ak,b，- - (k)akbi - -，bk)(a - b)k:：1k : 1k : 1 kkkk "l ik: ：1(a ' b) = a(1 )a b，(i) , 4)a b，b=ak 1 - (1k 1)akb +-、- +(： 1)ak 1% +- +bk '1(因为(k *) =(k) +(kQ)即二项式定理在交换环中成立.3 .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

5、元可以写成na (n整数)(na )( ma ) = na(ma ) = n m(aa ) = nma2(ma )(na )= mna4 .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(a +b)(1 +1) 证 单位元是1,a,b是环的任意二元,(a b b)(1 1) = (a b) 1 (1 1) 1=a b a b二a(1 »1)，b(1，1)=a -a，b，ba b a b=a a bbb，a = a »b5 .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 W R而ab =0则R显然为环.二 阶为2

6、,有aWR 而a#0但 aa =0即a为零因子或者R为n X n矩阵环.6 .证明由所有实数a+bJ2 (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 J2 (a, b整数)(i ) R 是加群(a + b <2) +(c +d (2 ) = (a + c) + (b + d ) 4 2适合结合律，交换律自不待言.零元 0+0 J2a十b J2的负元一a b J2(ii ) (a +b 引2 )(c + d 石)=(ac + 2bd )十(ad +bc )。2 乘法适合结合律，交换律，并满足分配律.(iii)单位元 1+0 J2(iii) R没有零因子，

7、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 =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.2.并且（i ） F有1 + i ¥ 0（ii） a + bi #022a +b #0因而有，a- b2222a b a b故F为域F =所有实数a +b J3,即a,b中至少一个¥0使（a - bi）（a,b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a+bJ300有逆元存在.则a, b中至少有一个 "0我们说a2 -3b2 - 0不然白话,a2 =3b2（b =0,:若

8、b=0 则 a=0 矛盾）23 = a2 但&不是有理数b既然 a 3b - 0则 a + b J3 的逆为一r +一x'；3a -3b a - 3b4.证明 例3的乘法适合结合律.证（ 1, ：1）（ 2, :2H（ 3, 飞）二（'1 二 2 - -I ' 2, ：-1 -2 ' -I ）（ ： 3, -3）K（二不上 一 -I -2）： 3 -（：1 - 2 - -I 1 2） -3，（：1：2 - -I -2） ：3 -（：1 -2 - -I 1 2） 3又（二 1, GN ： 2, -2）（ ： 3, 'a）=（：1, >） ：

9、2： 3 一 ：2 飞，I 2一一二2一二匚zd 一 ：2 -3） - ，（.”飞），：1（：2 -3- -2 >3） -1 （：-2： 3 -皿一=：1： 2 1 3 一 二 Jr L - ：1 （： 2、.一2 L）,:/ 二, 2 % 二，：2 1 3 . ：1 （- 2 ：3 -B、： 3 ） I 23I 23 I 23234=：1： 2 - 3 -，飞 一 丁 2 飞 一 丁 1 二3,123123123123 '：-1?2 - 3 - ?1 -2 ： 3 - IL ： 3- -1 ' 2 T（ ；2 - -1 -2）：-3 -（：1 -2 - -1 ： 2）

10、-3,（>1>2 - -1 ：2） ：3 - （：-1 ：2 - -12） ? 3（1 ：1）（1 2 %）（二 3 %）（：1 -1）（ ： 2 ：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)(0,1) +(d ,0)(0,i)的形式 证 (a bi , c , di) = (a, c) (bi , di )二 (a,0) (0,c) (bi,0) (0,di)二 (a,0) (c,0)(0,1) (b,0)(i,0) - (d ,0)(0,i)4无零因子环的

11、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1 1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 =0,1, a, b由于P =2,所以加法必然是x +x=0,而 1 + a =a = 1 + a = b故有01 a b001ab110baaab01bba10又1,a,b构成乘群，所以乘法必然是ab - a, ab ； b = ab =1222a *a,a #1(否则 a=b )= a故有1 a b11 a ba a b 1b b a 1这样，a,b显然适合x2 =x

12、+12 .假定 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 xWa 且(x,n)=d贝U x = dx1 ,n = dn1由于 x - a = nq = a = x - nq = dx1 - dn1 q = d (x1 - n1q)故有d a,，且有d n因为(a , n) =1所以d =13 .证明，所有同n互素白模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，并且把它叫做由拉巾函数)证G = a而a同n互素G显然非空，因为1 G (1, n) =1)a, bWG则a b =ab又(a,n

13、)=1,(b,n) =1 有(ab,n) =1.ab G(ii)显然适合结合律.(iii)因为n有限，所以G的阶有限.若ax =ax'即ax =ax ','、.由此可得 n ax - ax = a (x x ) (a, n) =1,；. n x - x '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(a,n) =1 ,那么a*(n)三1(n)(费马定理)证 (a,n) 则a W g而a的阶是G的阶(n)的一个因子因此a (n) =1即a (n) =1,二 a 加三 1(n)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

14、环的中心.显然OWN a,b W N , x是环的任意元(a - b) x =ax - bx =x - xb = x(a - b)= a - b m N(ab) x = a(bx) = a(xb) = (ax)b = (xa)b = x(ab ) =. ab 三 N 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1 R,显然1 W N ,即N包含非零元，同时这个非零元1是的单位元.a w N , x w R 即 ax = xaJ。.1.1二-1tlaxa = xaa = axa = x = xa = a x = a N二N !是一

15、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 3 R (因为R是最小数域)若 a+biF, 而 b#0则 i 三 F 二 F =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 r J-则由 i2=_1= a2 =-1= 0(=1或 a =-i这就证明完毕.当然还可以详细一些：1 : a bira bi2 : a bi r a - bi4,电确是R(i)的两个自同构映射.现在证明只有这两个右,: i ） ：

16、 = a ：；,bi（有理数变为其自己）则由 i2 - _1 =. （a +bi ）2 = a2 - b2 3 2abi - _1 222ab = 0, a - b - -1若 b=0=a2=_1 是有理数，在就出现矛盾，所以有a = 0因而b = ±1.在就是说，只能i t i或 i - -i i5 . J 3表示模3的剩余类所作成的集合.找出加群J3的所有自同构映射，这找出域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与，13所有只有 ：ii6 .令R是四元数

17、除环，R是子集S =一切（a,0）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与R,分别用i, j ,k表示R的 兀（i ,0）, （0,1）, （0, i）,，那么R的元可以写成a+bi十cj十dk （a , b, c, d是实数）的形式（参看3.3. 习题 5 ）. 验证.i = j = k = 1 , ij = ji = k, jk = kj = i, ki = ik = j.证 1）对a （a,0） t a来说显然S与S2） S = 一 切（a,0） a 实数S =一切（a,0） a 实数R =（ a, BI 一切（a,0）复数对（aP

18、）是不属于S的R的元.r =（5声, 一切 a规定（I：），（，：）,（a,0） > a由于S与S的补足集合没有共同元，容易验证中是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中之下R三R(3)由3.3.习题5知(a bi,c di) =(a ,0) (b,0)( i,0) - (c,0)( 0,1) (d ,0)(0,i)这里a,b,c,d实数这是因为令 i =(i,0), j =(0,1), k =(0,i)(4) i2 =(i,0)(i,0

19、) =(_1,0) =_1 .2j =(0,1)(0,1) =(-1,0) = -12k =(0,1)(0,1) =( -1,0) =-1ij =(i,0)(0,1) =(0,1) - -kji =(0,1)(i,0) =(0,-i) =-k同样 jk = _kj = i, ki = -ik = j6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 Rx也是一个整环.证 R !是交换环=Rx交换环，R有单位元1 = 1是Rx的单位元，R没有零因子 =Rx没有零因子事实上，f (x) = a0，a1x 一 anxn,a - 0g(x) =b。- bxbmxm,bm =0则 f (x)

20、g (x) =a0b° +十anbmxn.因为R没有零因子，所以anbm 00因而 f (x)g(x) =0这样Rx是整环2 .假定R是模7的剩余类环，在R x里把乘积 32(3x5x -4)( 4x -x 3)计算出来解 原式=5x5 3x4 +x3 + 5x 5 =5x5 +4x4 + x3 + 5x +23 .证明：(i ) R«1,«2 =R«2,«1(ii )若x1, x2，xn是R上的无关未定兀，那么每一个xi都是R上的未定兀 i1 i2.证(1) Rot1 ,a2 =一切 £ ai1i2a2% r 一j 2 jiRC&l

21、t;2 ,a1 = 一切乙 a j 2 j1 2 % i1 i 2j 2 j1田于 1V ai1i2.二 2、11= 1V aj2jl"2 Q：1因而R、工1，、工2 = R、工2，、工l n(五)设、akxk =0nk _000- h 00akXiXiXi Xi 1 Xnk _0因为21,X2，Xn是R上的无关未定元，所以即Xi是R上的未定兀4 .证明：(i )若是Xi, X2，Xn和yi, y2,yn上的两组无关未定元，那么RX1，X2，Xn三 Ryi，y2，yn(ii ) R !上的一元多项式环 R x能与它的一个真子环同构.证(i)： f(Xi，X2，Xn)T f(yi，y2

22、,yn)根据本节定理 3RX1, x2, Xn Ry1，y2,yn容易理佥证 fl (Xi, X2，Xn )= f2 (Xi, X2，Xn) = fi( 丫1 , y 2,y n )= £2(丫1。2,Yn)这样 R Xi , X2， Xn三 R yi, y2，yn (ii)令 R X =一切 a。+aiX 假定R是整数环，证明(3,7) = i. + +anX2n显然 Rx2二 Rx但x更R x2 不然的话,2, 2m,2, 2mx = b°biXbmx =.b0x ,xbmx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，Rx

23、2是Rx的真子环，且此真子环与Rx同构.7理想i.假定R是偶数环，证明，所有整数4r是3的一个理想，等式!对不对？证4rl ,4r2 三：二，r2R4ri - 4r2 = 4(ri - r2)三r1f r2 三 R''_' 一 八'r - R, (4 ri) r = 4(r1r 片口rir - R二3 是R的一个理想.等式 3 = (4)不对这是因为R没有单位元，具体的说4W(4)但4乏&(3,7) 5证 R是整数环，显然R=又 1=( /)3 1(7) . (3,7)(3,7) =13 .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

24、为2与x互素，所以存在R(x), P2(x)使2P(x)xPz(x) =1= 1(2,x)>Rx =(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.证费是代的两个理想次代非空显然a,bWNn a,bW?L= a b 三 J；,a b - : =' a -b 三.二 .a 三： .、，r 三 R 二 a 三：' ,r 三 R= ra , ar 三 J；,ra,ar ' '； = ra , ar 三5 .找出模6的剩余类环的所有理想.证找出的理想是R = 0, 1, 2, 3, 4,5R = 0R2 = 0,3R3 = 0,24我

25、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 !的一个子集S叫做R的一个左理想，假如(ii)aWS,rWRn ra s s你能不能在有理数域 F上的2 M 2矩阵环里找到一个不是理想的左理想取SR =4以 =a 1b C1201：1121- f22a12a22a* c是有理数0 ' 一卜21 c22C21C22 .，lb 0，-(d1 a 0c!12b 0lC21 a + c22 b 0小是F22的一个左理想 但它不是理想.c11c12aciia%C22bCi2gi: 0)bc228剩余类环、同态与理想1 .假定我们有一个环 R

26、的一个分类，而S是由所有的类a,b, c, 所作成的集合 又假定x +y =x +y, x y =xy 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 =0, b =0a b =0 0 =0 0 = 0而a b -a b. a b =0 =. a b - 0a - 0a =0a -a =a -a =0a-a =0 -a =0 -a =-a. -a =0二-a - 0r R,ra =r a =r0 =0 -a = -a，ra W 0 同理 ar = 0于是 0是R的理想(ii) 若x,y属于同一类，即x=yx -y =x

27、 - -y =x - y =0xyW0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 e 0所以x - y =0即x =y 亦即x,y属于同一类这样给定的类正好是对口来讲的剩余类。2 .假定6是环R到环R的一个同态满射，证明， 6是R与R间的同构映射，当而且 只当6的核是R的零理想的时候。证(i ) 若RmR , 0的逆象只有0既核是零理想(11) 若小的核的零理想a,bR 而 a#b那么a -b乏核，®(a -b)丰0即(a)= '(b)二是同构映射3 .假定R是由所有复数a + bi是整数1作成的环，环 %1 +i)有多少元？证R是有单位元的

28、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)i人x y y-x令 a_b=x,a b=y a=, b -：22我们说当而且只当x, y的奇偶性相同时，a,b是整数所以% +i)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1 +2i代表实际上，R的任二元a1 +b/,a2 + b2i而(a1bli) - (a2b2i) = (a1 - a2) (b1 - b2)i 三(1 i)则 a1 一22与0 -b2奇偶性相同二(a1 -a2) _(b1 -b1)=偶数二(a1 -b1) (a2 b2)=偶数

29、=a1 -b1与a2 -b2奇偶性相同若 a1 -。与 a2 -b2均奇数=a1 -b1以及a2 b2均奇偶性相反，若 a1 -b与a2 -b2均偶数na1 -b1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，R4+i)是一个域,证 证法一，由3.8.习题3知猊是只包含两个元，是有单位元的交换环且有零理想与单位理想，所以R/是一个域。(1 i)证法二，证明(1+i)是R的最大理想。设索是R的一个理想，且R 二 五 二(1 - i)同时有a +bi贵(1 +i)而a +bi亡次根据3.8 .习题3知a, b奇偶性相反x十yi W

30、R若 x + yi w (1 +i)贝U x + yi w 小若x + yi贵(1 +i) 则x, y的奇偶性相反同属一类即(a - bi ) - (x yi )(1 , i)三：区是理想，故x+yiR ,四=R 而R是有单位元交换环自不必多说根据本节定理R/是域。(1 i)2 .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 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 一(2,x) = (x)且 Rx =(2,x) =(x)(ii)当R是有理数域时，可证 (x)是Rx的最大理想。设由是Rx的一个理想，且 重口(x)而次#(x)那么，b0 b1x - ,，bm