《近世代数》课后章节试题答案

近世代数课后习题参考答案

第一章基本概念

1集合

1.BuA,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A=3时，才能出现题中说述情况.证明如下

当A=B,但B不是A的真子集,可知凡是属于4而〃区2，显然矛盾；

若BuA,但.B不是A的真子集，可知凡属于A的元不可能属于8,故A=8

2.假定AuB,AC|3=?,AnB=?

解：此时,APB=A,

这是因为AHB=A及由Au8得AuACB=A，故=

及由Au〃得AU8u从故AU8=8,

2映射

\.A={1,2,3,……,100},找一个AxA到A的映射.

解：此时。|（。］,生）=1ava2GA

。2（以］,，2）=%

易证九物都是AxA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AxA到A的一个元的的象？

解:容易说明在族之下，芍A的元不是AxA的任何元*J象;容易验证在我之下,A的每个

元都是AxA的象.

3代数运算

l.A={所有不等于零的偶数}.找到一个集合。，使得普通除法

是AxA到。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AxA到。的代数运算;同时说明这样的D不

只一个.

2.A={a,0,c}.规定A的两个不同的代数运算.

解：

abc

aabcabc

bbcaaaaa

Ccabbdaa

caaa

4结合律

1.A二｛所有不等于零的实数｝.。是普通除法这个代数运算适合不适合结合律?

b

解：这个代数运算不适合结合律：

（lol）o2=-,lo（lo2）=2，从而（1。1）。2工1。（1。2）.

2

2.A=（所有实数｝.。:3,b）+2b=aob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

（4。Z?）。c=a+22?+2c,。。S。c）=a+2Z?+4c

（。。/?）。cW。。S。c）除非c=0.

3.A=｛｝,由表

abc

aabc

bbca

ccab

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

I.A=｛所有实数｝.。是普通减法:。。。。.这个代数运算适合不适合交换律?

解：一般地々一〃工。一々除非。二江

2.4={。,瓦。,4},由表

abed

aabcd

bbdac

ccabd

ddcab

所给出代数运算适合不适合交换律?

解：cod=d,d。c=a

从而c。4wd。c.故所给的代数运算不适合交换律.

6分配律

假定:㊉念是A的两个代数运算，并且㊉适合结合律，

®㊉适合两个分配律.证明

（q公乙）㊉（q会包）①（〃，合乙）㊉（a20.）

二（4③Z?］）㊉（％③4）㊉（4③与）㊉（生0Z?2）

证（4③4）㊉（q住4）㊉（《一伉）㊉（%区4）：

=［（«1㊉％）③41㊉K.㊉生）合仇］

=（4㊉〃2）③S1㊉打）

=［%®（b］㊉4）］㊉［生0（Z?（㊉仇）］

二（4■.）㊉（〃2）㊉（《㊈仇）

7——映射、变换

1.A=｛所有）0的实数｝,A=｛所有实数｝.找一个A与A间的意义映射.

证fa=log。因为。是大于零的实数，所以log。是实数

即A,而。£A,而且々=方=1。8。=108。.因此。是4到4的映射.

又给了一个A的任意元。,一定有一个A的元。，满足log。=a,因此。是A到A的满射.

a—。=log。/?—>Z?=log/?

若。工〃，则logalogb.K|Ja羊b=>a羊b因此欧乂是A到A的单射.总之.

。是A到A的一一映射.

2.A=｛所有N0的实数｝,A=｛所有实数找一个A到A的满射.

证（/）:a->a=\s\nal容易验证。是A到A的满射.

3.假定。是A与A间的一个一一映射，。是A的一个元.犷［。（期=?

现。"9）1=?若。是A的一个一一变换，这两个问题的叵答又该是什么？

解：犷廨（〃）］二〃，次。T（a）］=a未必有意义；当“是A的——变换

时,。二。,优。\a）］=a.

8同态

1.A二｛所有实数工）.A的代数运算是普通乘法.以下映射是不是4到A的一个子集A

的同态满射？

a)x\x|b)x2xc)xx2d)xt-x

证：。)显然A=｛所有NO的实数｝.又由于肛

可知x->W是A到A的同态满射.

b)由于刈—*(2x)(2)，)(除非孙=0)所以xf2x不是A到A的同态满

射.

C)由于xyT(孙)2=(x)2(y)2，易知元一/是A到A的同态满射.这里A=｛所有

之0的实数｝.

d)一般来说，一个工(-x)(-y)，:所以xf-x不是A到A的同态满射

2.假定A和4对于代数运算。和。来说同态，A和A对于代数运算。和o来说同态，

证明A和A对于代数运算。和。来说同态。

证：用丸afa表示A到A的同态满射，内afa表示A到A的同

态满射.

令。；a>a=AS(a)J，容易验证。是人到八的满射

———S2S

aob^(fi2[^(aob)]=(p2[(aob)]=aob

所以。是A和A的关于代数运算。,。来说的同态满射。

9同构、自同构

1.A=｛a,b,c｝,代数运算。由下表给定

abc

bccc

cccc

找出所有A的一一变换.对于代数运算。来说，这些一一变换是否是A

的子同构.

证：所有A的----变换有6个

G:a—>abfbc—>c

G:a—>/?b^acc

q:afbbfccfa

q:afcbibcTa

r5\a^c〃一>4c—

t八ataZ?—>Cc—>Z?

容易验证々及大是4的子同构・

2.A=｛所有有理数｝,找一个A的对于普通加法来说的子同构

(映射x—x除外)

证。：xf2x,对普通加法来说是A的一个子同构，验证这一点是容易的.

3.A=｛所有有理数):A的代数运算是普通加法.A=(所有工0的有理数｝

A的代数运算是普通乘法.

证明对于给的代数运算来说,4与A间没有同构映射存在(现决定

0在一个同构映射之下的象)

证：设A与4间有同构映射。存在，先看在。之下0的象

Ofao再看在。之下某一元〃的象。T4，那么0.但

O+4=a.所以a()a=a()，故必〃()=1,即0—>1

对一1£A来说，在，之下设有xw()£A,x—>-1

由于。是一同构映衬，于是x।x=2x>1=(1)(1)

但又知,0-1,故2x=0,从而x=(),与xw()矛盾》

10等价关系与集合的分类

1.A=｛所有实数｝,A的元间的关系〉以及之是不是等价关系？

解：〉不是等价关系，因为〃不大于〃>不是等价关系，因为221但1不大于等于2.

2.有人说:假如一个关系R适合对称和推移律,那么它也适合

反射律.他的推论方法是:因为R适合对称律

aRbnbRa因为R适合推移律aRb,hRa=>aRa

这个推论方法有什么错误？

证：这里aRa的。是受对称律，推移律约束的而不是集合中的任意今举一例

说明上述推论方法是错误的：

推移律，但不适合反射律.

3.规定整数间的关系：

aRb当而且只当。三伙一5)

证明你所规定的一个等价关系，并且找出模-5的剩余类.

近世代数课后习题参考答案

第二章群论

1群论

1.全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群？

证不是一个群，因为不适合结合律.

2.举一个有两个元的群的例子.

证G={1,-1}对于普通乘法来说是一个群.

3.证明，我们也可以用条件1,2以及下面的条件

4,5’来作群的定义：

4.G至少存在一个右单位元e,能让ae=。对于G的任何元。都成立

5.对于G的每一个元。，在G里至少存在一个右逆元。一1能让小：

证(1)一个右逆元一定是一个左逆元，意思是由二e得。一%二

因为由4G有元。能使

所以(c/％)e=(〃-%)(〃-%)

=[a~'(aa~l)]a=[u~xe]a=a~'a=e

即a~la=e

(2)一个右恒等元e一定也是一个左恒等元，意即

由ae=a得ea=。

ea=(aa])a=a(a~la)-ae-a

即ea=a

这样就得到群的第二定义.

(3)证可解

取x=iT'b

a(a'/?)=(aa>b=be=b

这就得到群的第一定义.

反过来有胖的定义得到4’5是不困难的.

2单位元，逆元，消去律

1.若群G的每一个元都适合方程f=%那么G就是交换群.

证由条件知G中的任一元等于它的逆元，因此对。SwG有岫=（他尸=人/=ba.

2.在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.

证（1）先证。的阶是〃则的阶也是〃.a"=e=>（。々）"=（4）"=e"=e

若有机〈〃使（〃■,=«即（"〃）T=e因而am=e-l/.an,=e这与。的阶

是〃矛盾.•〃的阶等于的阶

（2）a的阶大于2,则。工a，若a=a1=>A2=e这与a的阶大于2矛盾

（3）a手b则/wb-x

总起来可知阶大于2的元。与〃一|双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一

定是偶数

3.假定G是个数一个价是偶数的有限群，在G里阶等于2的元的

个数一定是奇数.

证根据上题知,有限群G里的元大于2的个数是偶数;因此阶

42的元的个数仍是偶数，但阶是1的元只有单位元,所以阶

42的元的个数一定是奇数.

4.一个有限群的每一个元的阶都是有限的.

证awG

由于G是有限群,所以这些元中至少有两个元相等：

a,H=a1'（〃？〈〃）故an-m=e

n-m是整数，因而。的阶不超过它.

4群的同态

假定在两个群G和G的一个同态映射之下,。。。和。的阶是不是一定相同?

证不一定相同

「,~1+/V3-1+/Vs

例如G={（1,——-——,——-——1}

-NN

G={1}

对普通乘法G,G都作成群，且Mx）=1（这里工是

G的任意元,1是G的元）

由。可知GsG

-I+/J3-I-/J3

但二“，的阶都是3.

22

而1的阶是1.

5变换群

1.假定汇是集合的一个非--变换会不会有一个左逆元使得广^二£?

证我们的回答是叵有的A={1,2,3,...}

r,:1-*1r21-*1

2fl2-*3

3f23f4

4-*34f5

r显然是一个非---变换但r-'r=£

2.假定A是所有实数作成的集合.证明.所有4的可以写成xf公+4。力是有理

数,〃工0形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群？

证(1)r:x^>ax+b

2:x^cx+d

沈：xc(ax+b)+d=cax+cb+d

ca,c〃+d是有理数CQW(),/是关闭的.

(2)显然时候结合律

(3)a=\b=0则£：xfx

(4)T:ax+b

.i1b

T:XTz—X+(——)

而=£所以构成变换群.

又0：X—>x+l

r2:xf2x

r(r2:x->2(x+l)

r2r1:x—>2x+1

故弓jWGG因而不是交换群.

3.假定S是一个集合A的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号r:。f。=r(a)

来说明一个变换T.证明，我们可以用中2:aT-a)]=中2(。)来规定一个S的

乘法，这个乘法也适合结合律，并且对于•这个乘法来说£还是S的单位元.

证F1:a->弓⑷

r2:a—>T2(O)

那么7工2:a—不匕2（。）1=巧72（〃）

显然也是4的一人变换.

现在证这个乘法适合结合律：

（丘国:。—（32）匕（〃）=

r）（r2r3）:afr^r^a）]=r][r2[ry（a）]]

故（^i^2）r3=ri（r2r3）

再证£还是S的单位元

£:aTa=s（a）

T

ST:ae[r（a）]=r（a）

TE:a—>”£（〃）]=r（6f）

ST=T£

4.证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。

证设。是是变换群G的单位元

TGG,G是变换群，故「是一一变换，因此对集合

A的任意元。，有A的元〃，

r:bfa=r（/?）

£（a）=£（7（a））=£7（））=r（b）=a

£（a）=a

另证£（x）=r-lrU）

根据1.7.习题3知:\（人）二人

/.£（X）=X

5.证明实数域上一切有逆的〃x〃矩阵乘法来说，作成一个群。

证G=｛实数域上--切有逆的〃x〃矩阵｝

A,BwG则8是A3的逆

从而A,BwG

对矩阵乘法来说，G当然适合结合律且石（〃阶的单位阵）是G的单位元。

故G作成群。

6置换群

1.找出所有邑的不能和（图）交换的元.

证S3不能和（给交换的元有照）,（累）,（哈）这是难验证的.

2.把S3的所有的元写成不相连的循环置换的乘积

解：S3的所有元用不相连的循环置换写出来是:

（1）,（12）,（13）,（23）,（123）,（132）.

3.证明:

（1）两个不相连的循环置换可以交换

⑵（i也…"尸...............

.......年2…"kl’X.2…••玛

证⑴（眄…办心…露虫黑及比丁广HL'—.）

_/冉…储*・1八"J"X

'$6…G小"+3•­***1Ji

V（ii...；、一/冉H）/汕…八小…5，班「•以、

XM+4+2%八'内”）一"2…ikl+3…出…心…G

啕物黑：£幻，故（柱…”3—八…以）（汨・4）

（2）（札•••4X44-1..%）=（4），故（宿.•4）-1=（MT…，；）・

3.证明一个K一循环置换的阶是K.

证设%=（止・％）=（;*:;:）

£=（M）

一=（晨）=a）

设力〈2,那么/=（；：；、）工⑷

5.证明S“的每一个元都可以写成（12）,（13）,…,（1，）这〃一1个2一循环置换

中的若干个乘积。

证根据2.6.定理2。S”的每一个元都可以写成若干不相干循环置换的乘积

而我们又能证明

（宿・・4）=电乂科）…例）

同时有（”/）=（M）（%）（H）,这样就得到所要证明的结论。

则乃晨;）»=（；"；）

7循环群

I.证明一个循环群一定是交换群。

证Ge(a)am,优EG

nii-n

则aV=a

2.假设群的元〃的阶是〃，证明。’的阶是々这里〃二(，•,〃)是，•和〃的最大公因子

d

证因为(匕〃)=d所以/*=[/;,〃=d〃],而(小勺)=1

3.假设。生成一个阶〃是的循环群G。

证明d也生成G,假如(「,〃)=1(这就是说，•和〃互素)

证〃生成一个阶〃是的循环群G,可得生成元。的阶是〃，这样利用上题即得所证,

或者,由于(r,〃)=1有$/+，〃=1

a=短+m=asra,H=(ar)n即o£(屋)

故⑷=("

4假定G是循环群，并且G与G同态，证明G也是循环群。

证有2。4。定理1知G也是群，

设G且。(。)=〃(。是同态满射)

Z?EG则存在使。(份=〃b=ak因而GSG

_k_k

故</>{ak)=〃即@(〃)=a

——k

因而〃=〃即A=(4)

5.假设G是无限阶的循环群，G是任何循环群，证明G与G同态。

证i)设G是无限阶的循环群，

--r

G=(a)G=(。)令。(a')二a

_$+r_$

且。=〃=aa=°(4，)°(〃r)

所以GSG

ii)设G=(a)而a的阶是〃。

-k、

令i//：ah'fa当且只当九=陷+&,

0WK〈〃易知”是G到G的一个满射

一片

11

a'—>a月=nq2+k20<&

设，+k2=nq+k则4+以=〃(.％)+，+&=〃(-+q2+q)+k

_k_q_k+q_kt+fc；_kt_k2

那么a''a'-aa=a-a=aa

:.GSG

8子群

I.找出S3的所有子群

证S3={⑴,(12),(13),(23),(123),(132)}的子群一定包含单位元(1)。

i)S3本身及只有单位元⑴都是子群

ii)包含⑴和一个2一循环的集合一定是子群因(1X(/)=⑺),("产=(1)

%={⑴,(12)},H,={(1),(13)b乩={⑴,(23)}亦为三个子群

iii)包含⑴及两个3一循环置换的集合是一个子群

(桃)2=(桃),(ijk)(ikj)=(1)兄=((1),(123),032))是子群,S，有以上6个子群,

今证只有这6个子群，

iv)包含⑴及两个或三个2—循环置换的集合不是子群因①)(永)=(ijk)不属于此集合

v)若一集合中3-循环置换只有一个出现一定不是子群

因(浜产=(两)

5)一个集合若出现两个3—循环置换及一个2—循环置换不是子群

因=(ik)

vii)3—循环置换及2—循环置换都只有两个出现的集合不是子群

因若("),(狗出现则(ij)QjkO=(jk)

故邑有且只有6个子群。

2.证明；群G的两个子群的交集也是G的子群。

证是G的两个子群，H=

〃显然非空a,bwH则。力同时。力EH?

因匕〃2是子群，故川尸£修，同时。/尸£“2

所以必-［凡口凡=”

故”是G的子群

3.取邑的子集S={(12),(123)},S生成的子群包含哪些个元？一个群的两个不同的子

集不会生成相同的子群？

证(12)2=(1)eS

(123)2=(132)eS

(12)(123)=(13)GS

(12)(132)=(23)GS从而S=S3

群的两个不同的子集会生成相同的子群

S,={(123))5,生成的子群为{⑴,(123),(132)}

52={(132))S2生成的子群为{(1),(123),(132)}

4.证明，循环群的子群也是循环群。

证G=(。)是循环群，斤是G的子群

设八H,而0〈力伏时/史”。

任意b£H则分sG因而〃=〃"'m=kq+r0<r{k

am=俨"=akqar

因/*£〃，〃"二(/)"所以H=(〃)是循环群.

5.找出模12的剩余类加群的所有子群

证剩余类加群是循环群故其子群是循环群.

G={[O],[1],-,[11]}

(i)([1])=([5])=([7])=([11])=G

(ii)H、=(fOl)

⑴)(⑵)=([10])即%={[0][2]44],[6],冈,[10]}

(iv)([3])=(9[])即也={⑼，网,[6][9]}

(v)([4])=([8])即&={[0],[4],[8]}

(vi)([6])WH5={[0],[6])

有且只有以上6个子群.

6.假定H是群G的一个非空子集，并且H的每一个元的阶都有限，证明，H作成子群的

充要条件：e〃推出&方£〃

证必要性显然

充分性。乃£〃推出。〃£”，(*)所以只证。£”推出即可.

aW”，4的阶有限设为〃7

=e即=e

所以

由(*)可知a"wH,因而IwH

这样〃作成G的子群.

9子群的陪群

1.证明阶是素数的群一定是循环群

证：设群G的阶是素数P,

则可找到a£G而〃we,则。的阶p.

根据2.9.定理3知，但〃是素数，故,n=p

那么储),4,/…是G的产个不问元，所以恰是P的不同元，故n=p.

2.证明阶是p,n的群(〃是素数)一定包含一个阶是p的子群.

证：设阶是夕川的群为G,m是正整数，可取awG,而4工已

根据2.9.定理3,a的阶是p"而乂工机，进一步可得标人的阶为p.

H=(ap，，i)是阶为〃的G的子群.

3.假定〃和b是一个群G的两个元，并且ab=ba，又假定a的阶是m,

b的阶n是并且=1.证明:“人的阶是mn

证・•・am=e,bn=e/.(ab)mn=amnbn,H=e.

设(ab)r=e.

则(。力)'"=amrbnxr=b,nr=e=>"m匕(m,〃)=1

故"匚(aby1r=anrbm=e=>n)=1

故/n|r又("?,〃)=1/.nif^r

因此。〃的阶是〃.

4.假定~是一个群G的元间的一个等价关系，并且对于G的任意三个元a,x,x来

说,〜or=>x~x证明与G的单位元e等价的元所作成的集合为H

证由于~是等价关系，故有e~e即eeH.a,b,wH，则a~e,b〜e

因而ae〜M~bb1

由题设可得©〜a~\c~b~]

由对称律及推移律得人"〜

再由题设得e

即ab-}GH

这就证明了〃是G的一个子群.

5.我们直接下右陪集外〃的定义如下:也刚好包含G的可以写成

ha(h(=H)

G的每一个元属于而且只属于一个右陪集

.证任取aEG则a=eaGHa

这就是说,G的每一个元的确属于一个右陪集

若上£Ha.xGHb则x=44,x=112b.

则h,a=hJb，因而a==h^ha

I，I一••xB

x

=>ha=hh^h2b,hb=hh^hxa

=HauHb,HbuHa故Ha=Hb

这就证明了,G的每一个元只属于一个右陪集.

6.若我们把同构的群看成是一样的,一共只存在两个阶是4的群，

它们都是交换群.

证设G是阶为4的群.那么G的元的阶只能是1,2,4.

I.若G有一个元的阶为4.则G为循环群；

2.若G有一个元的阶为2，则除单位元外,其他二元的阶亦均未2.

就同构的观点看阶为4的群，只有两个；由卜表看出这样的群的确

存在.循环群

0123

00123

11230

22301

33012

非循环群

eabc

ccabe

aaecb

bbeea

ccbae

循环群是交换群,由乘法表看出是交换群

10不变子群、商群

1.假定群G的不变子群N的阶是2,证明,G的中心包含N.

证设汽={6,“}

N是不变子群，对于任意“cG有

ana~{GN

若ana1=e则=a,n=e矛盾

ana~]=n则an=na即n是中心元.

又e是中心元显然.

故G的中心包含N.

2.证明，两个不变于群的交集还是不变于群令

证N=,则N是G的子群.

〃eN=>〃eN]及〃£N?,ana1e,ana1e=>ana1GN

故N是不变子群.

3.证明:指数是2的子群一定是不变子群.

证设群〃的指数是2

则”的右陪集为"e,

”的左陪集为

He=eH

由He\jHa=eH\JaH易知Ha=aH

因此不论x是否属于"均有=xH

4.假定〃是G的子群,N是G的不变子群，证明HN是G的子群。

证任取h}n}GHN,h2n26HN

(九〃)1(4%)=%(〃也.=%(4%)%

=(/?")〃［由eHN,hnGHN

(〃〃尸=/尸〃GHN.

至于HN非空是显然的

!HN是G的子群.

5.列举证明,G的不变子群N的不变子群1未必是G的不变子群(取G=!)

证N牌而为34)(13X24)(14)(23)}

易铲理M勺4a।是N的子群

我「说的是学何户贽甘因力4

此即(0明6将「mN”G,〃eN.

因为N是阶为4的群,所以为交换群，故其子群乂是不变子群.

但M却不是G的不变子群，原因是：

(34尸［(14X23*34)=(13)(24)£乂

6.一个群G的可以写成7%-%。!形式的元叫做换位子.证明：

i)所有的有限个换位子的乘枳作成的集合C是G的一个不变子群；

ii)G/C是交换群；

iii)若N是G的一个不变子群，并且G/N是交换群，那么NnC

证i)e显然是有限个换位子的乘积；

e=e~,e~lee^eeC

(有限个换位子的乘积)。(有限个换位子的乘积户

有限个换位子的乘积，故C对G的乘法是闭的.

由于(7%，⑹।=bAa{ba\是换位子，故(有限个换位子的乘积)的逆仍为(有限个

换位子的乘积)即有=C故C是子群；

cwC,geC

由gcg"eC有(外'屋//£。

即gcg-ieC所以C是不变子群.

(ii)x、yeGceC

x'y=c就有xy=yxc

故xyGyrC1

因而xyC=yxC

即(xC)()，C)=(yC)(xC)

所以%是交换子群；

(iii)因G/N是交换子群

就有(xN)(yN)=(yN)(xN)

(xy)N=(yx)N

xyeyxN

xy=yxnneN

因此x-ly-lxyeN

又由于N是子群，所以N包含有限个换位子的乘积，

即Nz)C.

11同态与不变子群

I.我们看一个集合A到集合A的满射入证明，若S是S的逆象,S一定是S的象;但若

S的S的象,S不一定是5的逆象.

证i)在。之下的象一定是S;

若有S的元s在。之下的象s^S,则s有两个不同的象,故矛盾

又S的逆象是S

两者合起来，即得所证

ii)设A={1,2,345,6,}A={1,2}

1->12->23->3

4f25fl6->2

令5={1,3}

在。之下5二川

但S的逆象是{1,3,5}

S.假定群G与群G同态.N是G的一个不变子群，N是N的逆象.证明：

证设埼：x-x是G到G的月态满射；

我：工一(乂是G到%的同态满射.

规定0：xtxN>4(x)=x,乱(x)=xN)

则。是G到%的同态满射.

/N一~一一一

事实上,。：yryNM(y)=乂我(N)=*)

则Mx+y)=Mx)+a(y)=x+y

。式x+N)=0?")+(N)=xN+yN

故°:x+yfxN+yN

这就是说,G~%

现在证明同态/射'的核是N

xsN则G(x)=x

由于N是N的逆象故埼(x)=1

因而4(x)=xN=N

另一方面，若IGN

则XEN(N是N的逆象)

根据2.11定理2.

G/N邕G'N

3.假定G和G是两个有限循环群,它们的阶各是m和〃证明G与G同态，当而且只当

〃/〃2的时候

证(i)G/N

令N为同态满射的核心,G/N的阶一定整除G的阶

但G/N=G

故G的阶一定整除G的阶•即n/m.

(ii)n/m.nG~G

设G=(a),G=(。)

_r

令。：a'—>a(i=nq+r,0<r{n)

-n

k

在。下a—>a(/=nqx+z;,0<rx〈〃)

-r2

k

ata(h=nq?+r2fi<r2(n}

而r[+r2=nq+r(0<«〃)

:.k+h=n(q}+%)+《+三

=〃(彷+%+q)+厂

-ri+r2

a=a=aa

即G~G

4.假定G是一个循环群,N是G的一个子群，.证明,G/N也是循环群.

证设G=(a)

则方=〃'"

bN=amN=(aN)m

另证G是循环群，由2.10.习题1知：

G是交换群,又由!.例3知N是G是一个不变子群,由这一节定理1得

G-G/N

再由2.7.习题4知G/N是循环群.

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(1)若5是一个子群

则a,beS=>a+beS

()是S的零元，即0'+4=。

对G的零元,0+a=a/.0=0

即0ws0-a=-awS.

(ii)若£S=>a+〃eS

aeS=>-aeS

今证S是子群

由a,beS=>〃+/?£S,S对加法是闭的，适合结合律，

由awS=£S，而且得a-a=0eS

再证另一个允要条件：

若S是子群,a、beS=a-beSna-beS

反之a^S=>a-a=0^S=>0-a=-aeS

故a,bwS=a-(-Z?)=a+bsS

2.R={0,。,上。}，加法和乘法由以下两个表给定：

+0abcx0abc

00abc00000

aa0cba0000

bbc0ab0abc

ccba0c0abc

证明,R作成一个环

证及对加法和乘法的闭的.

对加法来说，由29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.

当工=〃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.

两个分配律都成立双)，IZ)=IXZ

(y+z)x=yx+zx

事实上，第一个分配律的成立和适合律的讨论完全一样，

只看冗=0或x=4以及X=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

),=0或y=〃(可省略Z=0,Z=4的情形)的情形，此时两端均为ZX

剩下的情形就只有

(b+b)人=0,Z/A+bx=A+A=0

(c+c)x=0,cc+cr=x+jc=0

(Z?+c)x=ax=0,bx+cx=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

(4+3"…+夕

在交换环中成立.

证用数学归纳法证明.

当〃=1时，显然成立.

假定〃二%时是成立的：

(a+b)k=uk+(f)〃*-/+•••+(：+…+//

看〃=Z+1的情形(。++b)

=(ak+(：)〃-%+•••+(：)/-%'+•••+//)(〃+〃)

(a+b)k+]=ak+l+(f+,)akb+…+[(：)+(3)]/一“方+…+bk+'

=ak+l+(f+,)akb+…+(f+,+•••+hk+i

(因为(")=(：)+(3))

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。是生成元

则R的元可以写成

na(〃整数)

(〃〃)(〃以)=n[a(ma)]=n[m(aa)]=nma，

(ma)(na)=nma~

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(。+勿(1+1))

证单位元是1,公〃是环的任意二元，

(a+力(1+1)=5+力•1+(1+1)♦1

=a+b+Q+b

=a(l+l)+仅1+1)

=a+a+b+Z?

；.a+b+a+b=a+a+b+b

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:a,。£R而ab=()

则R显然为环.

阶为2，有。£R而aW0

但aa=0即。为零因子

或者R为〃x〃矩阵环.

5.证明由所有实数。+人行(。力整数)作成的集合对「普通加法和乘法来说

是一个整环.

证令宠={。+以万①为整数)}

(i)R是加群(a+b\[2)+(c+d41)=(i/+c)+(/?+d)41

适合结合律,交换律自不待言.零元()+072

a+Z?V2的负元一a-by[2

(ii)(a+b\[2)(c+d&)=(ac+2hd)+(ad+be)叵

乘法适合结合律、交换律，并满足分配律.

(iii)单位元1+0直

(iii)R没有零因子，任二实数。7力=0=>"=0或人=0

3除、环、域

1.b=｛所有复数。+庆是有理数｝

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⑴尸有中工。

(ii)aIbi^O即a,b中至少一个HO

a2+b2工0因而有，

a-b.使（4+bi）（,a+~bz）=1

a~+b~a~+b~a~+b~a~+b~

故尸为域

2.尸=｛所有实数。+/八回，（a,b是有理数）｝

证明F对于普通加法和乘法来说是一个域.

证只证明有逆元存在.则。力中至少有一个w0

我们说。2-3。2Ho

不然的话,/=%2

(〃¥(),•・•若〃=0则。=()矛盾)

2

3=p-但有不是有理数

既然。2-3从工0

则a+b6的逆为，"二十J6

a~-3b~er-3Z7~

4.证明例3的乘法适合结合律.

证[(«!,⑷(%，/)](4，03)