《近世代数》作业参考答案

近世代数第1页共4页《近世代数》作业参考答案一．概念解释1．代数运算：一个集合BA到集合D的映射叫做一个BA到D的代数运算。2．群的第一定义：一个非空集合G对乘法运算作成一个群，只要满足：1）G对乘法运算封闭；2）结合律成立：)()(bcabca对G中任意三个元cba,,都成立。3）对于G的任意两个元ba,来说，方程bax和bya都在G中有解。3．域的定义：一个交换除环叫做一个子域。4．满射：若在集合A到集合A的映射下，A的每一个元至少是A中的某一个元的象，则称为A到A的满射。5．群的第二定义：设G为非空集合，G有代数运算叫乘法，若：（1）G对乘法封闭；（2）结合律成立；（3）单位元存在；（4）G中任一元在G中都有逆元，则称G对乘法作成群。6．理想：环R的一个非空子集N叫做一个理想子环，简称理想，假若：（1）NbaNba,（2）NarNraNrNa,,7．单射：一个集合A到A的映射，aa:，AaAa,，叫做一个A到A的单射。若：baba。8．换：一个有限集合的一个一一变换叫做一个置换。9．环：一个环R若满足：（1）R至少包含一个不等于零的元。（2）R有单位元。（3）R的每一个非零元有一个逆元，则称R为除环。10．一一映射：既是满射又是单射的映射，叫做一一映射。11．群的指数：一个群G的一个子群H的右陪集（或左陪集）的个数，叫做群H在G里的指数。12．环的单位元：设R是一个环，Re，若对任意的Ra，都有aaeea，则称e是R的单位元。二．判断题1．×；2．×；3．√；4．×；5．√；6．√；7．√；8，√；9．√；10．√；11．×；12．√三．证明题1．证：G显然非空，又任取A，BG，则1,1BA，于是AB是整数方阵，且1BAAB，故GAB，即G对乘法封闭。结合律显然成立，且E是G单位元。又设GA，由于A是整数方阵，故A的伴随矩阵A也是整数方阵；又,1A故AAAA11，即1A也是整数方阵，即G中每一个元在G中都有逆元，从而证得G作成一个群。2．证：设a，则当nm时，nmaa，于是映射：mam就是G=（a）到整数加群Z的一个一一近世代数第2页共4页映射。又nmaaanmnm，故是G到Z的同构映射。即G=（a）与整数加群Z同构。3．证：i,1显然是Z[i]的单位，设x=a+bi是Z[i]中的任意单位，则存在y=c+di][iZ使xy=(a+bi)(c+di)=1而(a+bi)(c+di)=ac-bd+(bc+ad)i既有：ac-bd=1,ad+bc=0(1)从而aabdca2又ad=–bc代入前式有：（acba)(22，即)(22ba|a若a=0,则由（1）有bd=–1,只有b=1,即ix。若0a，则由)(22ba|a得b=0,a=1,即x=1,因此证得：Z[i]的单位元只有i,1。4．证：由题设可列乘法表：abcdaabcdbbadcccdabddcba由此表可知：方阵普通乘法是G的代表运算，a是G的单位元，又由于对角线位置上的元素相等，故乘法可以交换，且每个元素G中都有逆元，结合率显然成立。故G对方阵普通乘法作成一个交换群。5．证：设e是群G的单位元，则e显然满足方程另外设,Ga且aa2，则有aaaa121即a=e,即只有e满足方程xx2。6．证：因为5212i为素数，则i21（以及iii2,2,21）是Z[i]的不可约元，且显然有分解：)21)(21(5ii若设inaaaa(521不可约）则2222125naaa且25,122iiaa，这只有2n，且52ia不妨设5=ab且522ba则只能ba，即5=aa，即5有唯一分解。7．证：由乘法表可知，G对所给乘法封闭，e是单位元，又ee1，ba1，ab1，即每个元素在G中都有逆元，因此要证G是一个群，只要再证结合律成立即可。任取Gyx,，则显然有：)()()(yexxyeyxxye)()(xxxxxx其次令},{,bayx，且yx，则由乘法表知：eyxxyxyyyxx,,，可知结合律成立。8．证：1）设21,ee分别是环R的左右单位元，则由此有：1e22ee，1e2e=1e，从而1e=2e，即它是R的单位元。2）设1e，2e是R的两个互异的左单位元，则对任意的0,aRa，有aeaae21或（1e-2e）a=0，但1e-2e0，故a是R的一个右零因子。同理，若R有至少两个右单位元，则R的每一个非零元都是R的左零因子。9．证：任取A，BF，且令abbaA，cddcB，显然FBA，又当0B时，实数c,d不全为零，于是022dcB，近世代数第3页共4页且FbdacbcadadbcbdacAB1，故F是M（R）的一个子域。10．证：显然所给运算是G的一个代数运算，又任取,,,Gcba则cubaucbaucba111)()()()()()(111cbuaucbuacba而G是群。)()(1111cbuaucubau即)()(cbacba即G对新代数运算结合律成立。又任取Ga，aauuua1，即u是右单位元。又uuuaauuuaa)()(111，即uua1是a的右逆元。由群的定义知，G对新运算也作成一个群。11．证：设EAB，由于R可交换，得：1ABBAAB，从而A可逆，设A是A的伴随矩阵，则由R有单位元1可知：EAAAAA于是AAA11故若：EAB，则：AABAEAAABAA11，即EBA同理可由EABEBA，证毕。12．证：不妨设A含有单位元e，任取Aaa21,，RrBbb,,21，由题设A，B都是R的理想，得:Bbaba2211BAbabaebaebaebeabeababa)()()()()(2211221122112211四．解答题1．解：Aaaaaaa212121,},,min{),(:，就是一个AA到A的一个满射。2．解1）H不一定是群G的子群，例：G=ZZmm101为整数域。对矩阵普通乘法作成一个群，而H=101,1021,1011,1001n为G的一个非空子集，易知有HH2，但H不是G的子群，1011在H中没有逆元。2）当H有限时，则H是G的子群。任取Hba,，由于HH2，而HHab2即Hab即H对乘法运算封闭，即H是G的子群。3．解：易知R作成一个有单位元的可换环，但不一定作成域，如：当F为实数域时，方阵02122A，属于R但0A，故A在R中没有逆元，从而R不能作成域，但是当F为有理数域时，R可以作成域。4．解：是X到F的一个映射，但不是一一映射，因为0011,0001BA，A，B,X且AB，但在下，0)()(BA，不是一一映射。5．解：1）如整数加群G除单位元O外，每个元的阶都无限。2）如：全体非零有理数对普通乘法作成一个群，满足题设条件，除单位元1的阶是1外，-1的阶是2，近世代数第4页共4页而其余各元素的阶都是无限。6．解：能作成群，因为数的普通乘法显然是R的代数运算，结合律当然成立，又1是R的单位元，1与-1的逆元均为自身，任意R的元a都有逆元a1，故R作成群。7．解：105,84,63;42;21:1105,84,63,42,01:2则1，2是X到Y的两个单射。8．解：易知整数k,l有相同的奇偶性存在整数x,y,满足：yxlyxk,（1）又Z[i]是有单位元的可换环，所以ZyxiyxyxiZyixiyixiG,|)()(][|)1)((1由（1）知对][iZlik，有.,.1lkilik有相同的奇偶性又][1iZ，但i11取任][iZnim，若nim1+i,即m,n有相反的奇偶性，从而i1ni)1m(1nim，即i11i1nim，故i1i][Z共有两个元素i11,i1。9．解：域或其子域有相同的单位元，事实上若1F是F的子域，I是F的单位元，I是1F的单位元，则任取1Fa，且0a，由1F是域知Fa1，且Iaa1，但IaaFaa111,,，故IaaI1，即F与1F有相同的单位元。10．解：设Z为整数集，2Z为偶数集，xx2:1，)1(2:2xx，其中Zx，则1，2就是Z到2Z的两个不同的映射。11．解：G的单位元为1001e0110a01112a01103a10014a又01112b10013b1011ab对任意的整数n10011011011)(nabnn即a的阶为4，b的阶为3,ab的阶为无限。12．解：不一定例如：令F为任意数域，又H，N,R分别由以下三种方阵作成的集合：000000001a000000021aa654321000aaaaaa其中Fai很明显对方阵普通加法与乘法R作成环，且N是R的理想，H是N的理想，但是：H000000100000100000000000010故H不是R的理想。