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是一个子群则 a,b S = a b S0是S的零元，即0 a = a对G的零元，0 a =a. O' -0即 0 s 0 - a = -a S.(ii )若 a,b S= a b Sa S= -aS今证S是子群由a,bS= 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，

2、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：+0abcX0abc00abc00000aa0cba0000bbc0ab0abcccba0c0abc证明,R作成一个环证R对加法和1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

3、合律的讨论完全一样，只看x=0或x二a以及x = b或x二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(bb)x= 0，bxbx = xx = 0(cc)x= 0, exex = xx = 0(bc)x= ax =0, bx ex= x x= 0-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 nJn(a b) a(i )a b b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二k时是成立的：k k/kk-1kk-iik(

4、a b) = a (Ja b - (i )a bb看 n =k 1 的情形(a b)k(a b)= (ak (k)akiD (k)akbibk)(a b)(a b)k 1 ak1 (畀归怙 (：)(寫加心 bk1 = ak1 (k1)ak'(ik'1)ak14b' bk 1個为(畀)=(：)(4)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(na)(ma)二 na(ma)二 nm(aa) = nma2(ma)( na)二 mna3. 证明，对于有单位元的环来说，加法适合交换

5、律是环定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,(a b)(1 1) =(a b) 1(11) 1=a b a b二 a(11)b(11)=a a b b.a b a ba a b bb a =a b4. 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,bR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 .2 (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 二a b-、2 (a,b整数)(i) R是加群(a b、

6、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 .2 的负元-ab . 2(ii) (a b、2)(c d .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 = 02 2.a b 0因而有，a- b2 22 2a +ba +b故F

7、为域2. F =所有实数a b . 3,即a,b中至少一个-0a b使（a bi）（亍 22 i）"a +b a +b（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 b - 0有逆元存在则a, b中至少有一个-02 2我们说a -3b -0不然的话,a2 =3b2(b = 0，；若b=0 贝U a=0 矛盾) 3=% 但.3不是有理数b22既然 a2 _3b2 = 0则a+bj3的逆为 一 +a 3b a 3b4.证明 例3的乘法适合结合律证（M, -1） 2, -2）r 3, -3）- 'I -2, :21）（3厶）=（：1：2 一 -1 T）3 -（：

8、（21 Ql,（12 - -1 -2）订 -（：,2 十2）： 3又 C 1, '1） 2, -2）C'3, ：3）=1, 1）23 一 V 飞，2丄3 2二3丄一十1（： 2： 3 - ：2七）-才3）,：1（：2：2 >3）1 C 2： 3 一 - 2 - ）1 -1-：2-3-'1 ' 2 一3一1 （=2 ' 32 ' 3）,： V'2 I J 七 >3C3 - -2 ： 3）=123 八 1 -2 订12 订2 >3： V'2>13 I23 - ' 1' 2'3二（1 Qf

9、Cu /2）匕， （：*2 - -1 ：2） ：3 （*212厂3（*1）C 2 匕）（：3 W1 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)(0,1)(d,0)(0,i)的形式.证 (a bi,c di) = (a,c) (bi,di)= (a,0)(0,c)(bi,0)(0,di)= (a,0)(c,0)(0,1) (b,0)(i,0) (d,0)(0,i)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(

10、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 b001ab110baAab0 1Bba1 0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 二 b)： a b故有1ab11abaab1bba1这样，a,b2显然适合x=x 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

11、) = d贝U = dx1, n = dnj由于 x - a = nq 二 a = x -nq = d% - dng = d(Xj - n 1q)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 = a而a同n互素G显然非空，因为1G(1, n) =1)(i )a,b G则ab =ab又(a, n) =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二ax即ax

12、二ax 由此可得 nax _ax =a(x _X)丁 (a,n)=1，二 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 '(n1(n)(费马定理)证(a,n)则a G而a的阶是G的阶'(n)的一个因子因此a (n1即a (n)二1 a7(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是环的中心显然N a,bN , x是环的任意元(a -b)x = ax - bx = x - xb = x(a - b)二 a - b N(ab)x = a(bx) = a(xb) = (ax)b = (xa)b =

13、 x(ab)二 ab 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 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 = xaaxa J xaaJ : axa=x= xa，ax二 a-1N.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 = F = F(i)这就是说，R是R(i)的唯一真子域4.

14、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 > 22贝廿由 i _ T = _ T - i 或_i这就证明完毕当然还可以详细一些：1 : a bi “ a bi2: a bi “ a - biI，；确是R(i)的两个自同构映射.现在证明只有这两个.若：i 二 a bi（有理数变为其自己）则由 < =（a bi）2 二 a2 -b2 2abi 二-12 22ab =0,a -b 1若 b =0= a= -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 r i或 i i I5. J3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

15、射，这找出域J3啲 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卩，1 1所有只有：i > 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同构.令R是把R中S换成S后所得集合 潜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R的元可以写成a bi cj dk（a，b，c，d是实数）的形式（参看 3.3.习题 5）.验证.i2 = j2=k2 =-1, ij = - ji = k,jk =-kj = i

16、,ki =-ik = j.证 1）对:（a,0） > a来说显然S二S2） S珂一切（a,0）a实数S珂一切（a,0） a实数R =（G, 0I 一切（a,0）复数对 ）是不属于S的R的元.R=（°, "T 切 a规定'-（）> （:）,（a,0） > a由于S与S的补足集合没有共同元，容易验证是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之下R二R(3)由3.3.习题5知(a bi,c di)=(a,O)

17、 (b,O)(i,O)(c,0)(0,1) (d,O)(O,i)这里a, b, c, d实数这是因为令 i =(i,O), j =(O,1),k =(O,i)(4) i (i,O)(i,O)= (-1,O)12j =(O,1)(O,1) =(-1,O)12k =(O,1)(O,1) =(-1,O) 1ij =(i,O)(O,1H(O,1H-kji =(O,1)(i,O) =(O,-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

18、零因子=Rx没有零因子事实上，f(x)二a0 a/anxn,a =0g(x)二 b°QxbmXm,bm = 0则 f (x)g(x)二anbmXn m因为R没有零因子，所以anbm = 0因而 f(x)g(x) = 0这样R x是整环2. 假定R是模7的剩余类环，在Rx里把乘积32(3x5x-4)(4x -x 3)计算出来解 原式=5x5 -3x4 x证明：(i) R：1，： 2 =R： 21(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 证(i) R：12 =一切 7 ai1i 2 :'1i2%口2，円= 一切送 aj2j2j1j1 由于 v

19、 缶2：12 八 aj2j122：*1 5x -5 =5x54x4x3 5x 2因而 R冷，： 2 = R ： 2,：n n (ii)设送 akXk =o0l0=0 h 00即' akXi XjXiXi 1Xnk卫因为_x11x2 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x1 , x2 / Xn和y<i, y2,yn上的两组无关未定元，那么RX1,X2,Xn三 Ryi,y2/ yn(i ) R!上的一元多项式环 RX能与它的一个真子环同构.证(i ) ： f (Xi,X2, Xn) > f(yi”2,yn)根据本节定理证 R是整数环，显然R=(

20、1)(3,7) =1.Rx,X2，Xn R %, y2,yn容易验证f1(X1,X2,Xn)=f2(X1,X2Xn)二仏2,Yn)=彳2( %, 丫2,Tn)这样 RX1,X2,Xn三 RM, y2, yn22n(ii) 令 Rx = 切 a° yxa.x 2显然 Rx Rx但x - Rx假定R是整数环证明(3,7) =1.不然的话x =b0 Ex2bmx2m 二 b0 - x Qx2bmx2m这与x是R上未定兀矛盾.所以R x 是R x上未定兀显然 2 故有(i) Rx = R x 2 这就是说，Rx 是Rx的真子环，且此真子环与 Rx同构.7理想1. 假定R是偶数环，证明，所有整

21、数4r是二的一个理想，等式!对不对？证 4,4“：，廿2R4” 4r2 = 4(” 一 r2)二 Hr2 RrR,(4rjr = 4(r1r )二r1rR八是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 7又 1 = (-2)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 因为2与x互素，所以存在R(x),P2(x)使2R(x) +xF2(x) =1n 1 乏(2,x).Rx二=(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:匕：':非空显然a,b ：、：

22、= a,b：-：干.=a -b ：- :了,a -b 】=a - b ； F 丨；.a 三；、,r R二 a r R二 ra ,ar ：-：/, ra,ar ： ： = ra,ar 山 ：5. 找出模6的剩余类环的所有理想.证找出的理想是R = 0,1,2,3,4,5尺=0R2 = 0,3R3 = 0,2 4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= ra s你能不能在有理数域 F上的2 2矩阵环里找到一个不是理想的左理想/证F 22

23、a21a12取円=.何叽2°畀22 f lC21 C22 丿山是F22的一个左理想，a22a 0an是有理数 c 0ac 0r -1=1偉田lb®丿占丫羽丿0芒何a 0C12b<C210人b 0丿©心+卧0丿但它不是理想（只C12acH8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a,b,c,所作成的集合 又假定x yHx y,x y二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,b0即a =0,b =0 a b =0 0=0 0 =0 而a b二a b .

24、a b二0= a b 0a 0a二0a -a二a-a=0a -a二0 -a二0-a二-aka =0= -a 0 r R raj=门闵 r =0 r = 0 .ra 0 同理 ar 0于是0是R的理想（ii） 若x,y属于同一类，即x二yx -y二x -y =x-y =0 x - 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 =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。2. 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 只当的核是R的零理想的时候。证（i） 若R二R , 0的逆象只有0

25、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）-是同构映射3. 假定R是由所有复数a bi是整数1作成的环，环R(1门有多少元？ 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 a -b = 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 . 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12i代表实际上，R的

26、任二元a1ti, a2 b2i而(a1bj) -(a2 di)二佝一a2) (bi -b2)i (1 i)贝V印一a2与d - b2奇偶性相同-"a2) - (d -'bj =偶数-'0) -'(a2 'b2)=偶数=a1 - d与a2 - b2奇偶性相同右a1 - bi与a2 - b2 均奇数二a b1以及a2,b2均奇偶性相反，若a1 bi与a? - b?均偶数二a1 -d以及a2p2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， R( “是一个域, 证 证法一，由3.8.习题3知R(1 . i

27、)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。设山是R的一个理想，且R -"(1 i)同时有 a bk' (1 i)而 a bi根据3.8.习题3知a,b奇偶性相反xyr R若 x yi (1 i)则 x yi 山若x yk' (1 i)则x,y的奇偶性相反同属一类即 (a bi) (x yi) (1 i)山山是理想，故xyr R ，山二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。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二(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。设山是Rx的一个理想，且山二(x)而山-(x)那么，b0 bix 亠-亠bmxm 三：，5=0 山是理想b0(b0 Qx亠一 bmxm) 山 即 1 IbAxb'bmxm (x)山而 b0b|X 亠&