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1、近世代数作业一. 概念解释1. 代数运算：一个集合A B到集合D的映射叫做一个A B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：a（bc） a（bc）对G中任意三个元a,b,c都成立。3）对于G的任意两个元a, b来说，方程ax b和ya b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
2、；（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：7 .单射：一个集合A到A的映射，:a a , a代a A，叫做一个A到A的单射。 若: a b a b。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，e R，
3、若对任意的a R，都有ea ae a，则称e是R的单位元。二. 判断题1. 是集合A1 A2An列集合D的映射，则Ai（i 1,2, n）不能相同。（X ）2. 在环R到环R的同态满射下，则R的一个子环S的象S不一定是R的一个子环。(X )3.设N为正整数集，并定义a b a b ab （a,b N），那么N对所给运算 能作成 一个群。（V）4. 假如一个集合A的代数运算 适合交换率，那么在ai a2 a3 a.里佝A），元的 次序可以交换。（X ）5. 在环R到R的同态满射下，R得一个理想N的逆象N 定是R的理想。（V）6. 环R的非空子集S作成子环的充要条件是：1）若 a,b S,则a b
4、 S ；2） a,b S,则 ab S。（V）7. 若 是A与A间的一一映射，则1是A与A间的一一映射。（V）8若是整环I的一个元，且 有逆元，则称 是整环I的一个单位。（V）9 .设与分别为集合A到B和B到C的映射，如果，都是单射，则是A到C的映射。（V）10. 若对于代数运算/ , A与A同态，那么若A的代数运算 适合结合律，则A的 代数运算也适合结合律。（V）11. 整环中一个不等于零的元a，有真因子的冲要条件是a be。（ X ）12. 设F是任意一个域，F是F的全体非零元素作成的裙，那么F的任何有限子群G必为循环群。（V）13. 集合A的一个分类决定A的一个等价关系14. 设Hi,
5、H2均为群G的子群，则Hi H2也为G的子群。（X）15. 群G的不变子群N的不变子群M未必是G的不变子群。 （“）三. 证明题1. 设G是整数环Z上行列式等于1或-1的全体n阶方阵作成集合，证明：对于方 阵的普通乘法G作成一个群。证：G显然非空，又任取 A, B G,则A 1, B 1，于是AB是整数方阵，且AB A B 1 ,故AB G,即G对乘法封闭。结合律显然成立，且 E是G单位元。又设A G,由于A是整数方阵，故A的伴随矩阵A也是整数方阵；又|A 1,故A1A，即A1也是整数方阵，即 G中每一个元在G中都有IAI逆元，从而证得G作 成一个群2. 设G=( a)是循环群，证明：当a 时
6、，G= (a)与整数加群同构。证：设a|，则当m n时，am an，于是映射 ：am m就是G= (a)到整数加群Z的一个映射。又am an am n m n,故 是G到Z的同构映射。即G=(a)与整数加群Z同构。3. 证明：高斯整环Z i a bi|a,b Z中的单位有且只有 1 ， i。证：1, i显然是Zi的单位，设x=a+bi是Zi中的任意单位，则存在y=c+di Zi使 xy=(a+bi)(c+di)=1而(a+bi)(c+di)二ac-bd+(bc+ad)i既有：ac-bd=1,ad+bc=0 (1)从而a2c abd a 又 ad= - bc 代入前式有：(a2 b2)c a，即
7、(a2 b2)|a若a=0,则由(1)有bd= - 1,只有b= 1,即x i。若a 0，则由(a2 b2)|a得b=0, a= 1,即x= 1,因此证得：Zi的单位元只有1, i。4. 设G是由以下四个二阶方阵作成的集合1 0 1 0 1 0 1 00 1 ,b 0 1 ,c 0 1 ,d 0 1证明：G对方阵的普通乘法作成一个交换群，并给出乘法表证：由题设可列乘法表:a b c da a b c dbbadcccdabddcba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
8、乘法作成一个交换群。5. 证明：在群G中只有单位元满足方程x2 x。证：设e是群G的单位元，则 e显然满足方程另外设a G,且a2 a，则有a 1a2 a 1a即a=e,即只有e满足方程x2 x。6. 证明：在整环Zi中5有唯一分解，并给出5的一种分解。证：因为1 2i25为素数，则1 2i (以及1 2i,2 i, 2 i )是Zi的不可约元，且显然有分解：5 (1 2i)(1 2i)若设5时2 an(ai不可约)贝52 a12 >22 |an 2且a 1, ai 2 25 ,这只有n 2，且a 5不妨设5=ab且a2 |b2 5则只能a b，即5=a；，即5有唯一分解。7. 令G=e
9、, a, b，且G有如下乘法：e a be ea ba ab eb be a证明：G对此乘法作成一个群。证：由乘法表可知，G对所给乘法封闭，e是单位元，又e 1 e , a 1 b , b 1 a，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 x,y G ，则显然有： e(xy) x(ey) xy x(ye)(xx)x x(xx)其次令x, y a,b，且x y，则由乘法表知：xx y, yy x,xy yx e,可知结合律成立。8设R是一个环，证明：1）若R中左右单位元同时存在，则必相等。2） 若R中至少有两个左（或右）单位元，则 R中任一非零元都是右（或左）零
10、因子。证：1）设ei（2分别是环R的左右单位元，则由此有：e e2 e?，© e2 =e，从而ei=e?，即它是R的单位元。2 ）设&，e?是R的两个互异的左单位元，则对任意的a R,a 0，有eia a e?a或（q -仓）a=0，但e1- e? 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.设M（ R）是实数域R上的二阶方阵环，又F= a b a,b R，证明：F是M(R)的一个子域。b b证：任取A, B F,且令A 9 b , B C d，显然ABF，又当b adeB 0时，实数e,d不全为零，于是B e2 d2
11、0,且AB 1 9e bd bC 9d F，故F是M( R)的一个子域。 ad be ae bd10设u是群G的任意一个固定的元素，证明：集合G对新运算a b au 1b作成一个群。证：显然所给运算是G的一个代数运算，又任取a,b,e G,则(a b) e (au 1b) e (au 1b)u 1ea (b e) a (bu 1e) au 1(bu 1e) 而 G 是群。(au 1b)u 1e au 1(bu 1e)即(a b) e a (b e) 即G对新代数运算结合律成立。又任取a G， a u auu 1 a，即u是右单位元。又a (ua 1u) au 1(ua 1u) u，即ua 1u
12、是a的右逆元。由群的定义知，G对新运算也 作成一个群。11.设R是有单位元I的交换环，Mn(R)是R上 n阶方阵环，A,B Mn(R)，证明：AB E BA E，其中E是n阶单位矩阵证：设AB E，由于R可交换，得:AB| AB冋A 1，从而A可逆，设A是A的伴随矩阵，则由R有单位元1 可知：A A AA AE 于是 A 1 A 1A 故若：AB E，贝U：ABA A A 1ABA A 1A E ，即 BA E 同理可由 BA E AB E，证毕。12. 设A和B是环R的理想，证明：当 A和B至少有一个含有单位元时，A B ab|a Ab B是 R的理想。证：不妨设A含有单位元e,任取a1,a
13、2 A, b1,b2 B,r R，由题设A, B都是R的理 想，得:a1b1a2b2Ba1b1a2d(ea1)b1(ea2)b2e(a1b1)e(a2b2)e(a1b1a2b2)A B13. 设S3是三次对称群，H (1), (12)是S3的子群。1. 把S3的所有元素写成不相连的循环置换的乘积。2. 求出S3关于H的所有左陪集和右陪集；3. 写出S3的所有子群与正规子群。证：1、S3(1),(12),(13),(23),(123),(132);- 2左陪集： H (1),(12) ； (13)H ( 13), (132) ；(23)H ( 23),(123) -右陪集： H ( 1), (1
14、2) ； H (13) (13),(123) ；H(23) ( 23), (132) - 3子群： H1 (1), H 2 (1),(12)H3 (1),(13), H4 (1),(23), H5 (1),(123),(132), HeS3六个子群；-Hi (1), H5( 1),(123),(132), He S3 三个正规子群;14.设，S5，其中 (123)(45),12345541321. 求 的周期 ;2. 将 1表示成形式为 (1i) 的 2-循环置换的乘积证：1. 6;31 (154)(23)(14)(15)(12)(13)(12). 15. 假定是群G的元间的一个等价关系，并且
15、对于G的任意三个元 a, x, y来说，有axay xy。证明：与G的单位元e等价的元所作成的集合是 G的一个子群证：设H=e,由于是等价关系，故ee,即e H -a,b h ,则 a e, be 因而 aea 1, be bb 1,由题设可得 e a 1, e b 1,-10 分；由对称性及传递性得b1a 1, a 1ab 1a 1e,再由题设得ab 1e即ab 1 H ,那 么与G的单位元e等价的元所作成的集合 G的一个子群-16. 假定Rx是整数环R上的一元多项式环。1.写出Rx的理想(2,x)所含元素形式.2. 证明：(2,x)不是Rx主理想.3. 证明:若R是有理数域，那么(2,x)
16、是Rx的一个主理想.证：1、(2,x)刚好包含所有多项式：2a。a1XanXn,(aiR,n 0).-2、假定(2,x)是主理想,即(2,x)(p(x)那么 2 (p(x), x (p(x),因而 2 q(x)p(x),x h(x) p(x)但由 2 q(x) p(x),可得 p(x) a R ,即a 1, x h(x)a 这样 1 p(x) (2,x)是矛盾的.-3、若R是有理数域，那么Rx包含有理数-,于是-2 1 (2, x),因而它的理2 2想(2, x)含有单位元1,因此(2,x)等于主理想(1).-17. 证明：6阶群至少有一个3阶子群证：设G是一个6阶群,e是的单位元，由Lagr
17、ange定理，G的非单位元的阶只 能是2,3,或6.若G中非单位元的阶皆为2,则G是交换群。-;设a,b是两个2阶元, 则e,a,b,ab是G的4阶子群这与Lagrange定理矛盾，所以G中必有3阶元或6阶元。 -;若b是6阶元，则b2是三阶元，因此G必有一个3阶子群；若c是三阶元，则G必 有一个3阶子群。-18.设 是群G到群G的一个同态满射，K Ker , H G,则1( (H ) HK证：hkHK , (hk)(h) (k)(h)(H),因此hk1( (H),即 HK1( (H)；- x1( (H),有(x)(H),存在h H ,使得(h)(x),因此(h 1x)1(h)(x) eK ,
18、存在k K ,使得h 1x k,xhk HK，即 1( (H)HK ,因此 1( (H) HK19.假定R是由所有复数a bi(a,b是整数)作成的环，即高斯整环，1.环R/(1 i)有多少元2. 证明：R/(1 i)是一个域.证：1. R是有单位元的可换环，那么理想(1 i)的元素形式为(a bi)(1 i) (a b) (a b)i ,注意到 a b,a b 同奇偶性-；而且对任意的x yi R,且x, y的奇偶性相同，设a b x,a b y ,即a - - ,b - X2 2则x yi (1 i),因此(1 i)由一切x yi组成，其中x, y同奇偶性；由此可见对任意的x yi R ,
19、只要x, y同奇偶性，恒有x yi (1 i) (1 i)；若x yi R ,且x, y奇偶性不相同，恒有 x yi (1 i) 1 (1 i),即 R/(1 i) 0,1,-；2.设N R, (1 i) N，存在x yi N，但是x yi (1 i)，即x,y奇偶性不同，因 而 x 1, y奇偶性相同，即 x 1 yi (1 i)，所以 x yi (x 1) yi 1 N，故 N Zi，所 以(1+i)是Zi的极大理想；从而R/(1 i)是仅含有两个元的域。四.解答题1 . A 1,2,3 100，找一个A A的一个满射。解：(引月2)mi n引耳, aa2 A，就是一个A A到A的一个满射
20、。2. 设H是G的一个非空子集，且H2 H1) H是否为G的一个子群2) 证明：当H有限时，H是G的子群。解：1) H不一定是群G的子群，例：G= 1 m0 1m Z Z为整数域。对矩阵普通乘法作成一个群，而 10 1112=0 1，0 1，0 1为G的一个非空子集，易知有H2 H，但1 1H不是G的子群，在H中没有逆元。0 12）当H有限时，则H是G的子群。任取a,b H，由于H 2 H，而ab H 2 H 即ab H即H对乘法运算封闭，即H是G的子群。3. 设R是由数域F上一切形如a 2b的二阶方阵作成的集合，问：R对矩阵的普b a通加法和乘法是否作成环或域解：易知R作成一个有单位元的可换
21、环，但不一定作成域，如：当 F为实数域时， 方阵A 220,属于R但A 0 ,故A在R中没有逆元，从而R不能作成域，但1 2是当F为有理数域时，R可以作成域。4. 设X是数域F上全体n阶方阵作成的集合，问：:A A （ A为A的行列式）是否是X到F的一个 映射说明理由。解： 是X到F的一个映射，但不是一一映射，因为1 0 1 1A,B, A, B X,且A B，但在 下，（A）（B） 0，不是映射。0 0 0 05. 试举出满足以下条件的群:1) G是无限群，除单位元外，每个元素的阶都无限。2) G是无限群，G中除单位元外，既有有限阶元素，也有无限阶元素。解：1 )如整数加群G除单位元0外，每
22、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夕卜，-1的阶是2,而其余各元素的阶都是无限。6. 非零实数集R,对运算a b 2ab能否作成群，并说明理由。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都有逆元丄，故R作成群。a7. 试给出集合X=1, 2, 3, 4, 5到丫二0, 2, 4, 6, 8的两个单射。解： 1 : 12;24;36,48,5102:10,24,36,48,5102是X到Y的两个单射。8设Zi是高斯整环，即Zi=a+bi| a,b Z,其中Z是
23、整数环，问商环竺1 i有多少元素解：易知整数k, l有相同的奇偶性存在整数X,y,满足：k x y,l x y (1)又Zi是有单位元的可换环，所以G 1 i (x yi)(1 i)|x yi Zi (x y) (x y)i | x, y Z由(1)知对k liZi，有kli 1 i. k,l.有相同的奇偶性又1 Zi，但11 i取任m ni Zi，若m ni <1+i>,即m,n有相反的奇偶性，从而m ni 1(m1) ni 1i ，即mni 1 i 11 i ,故 Zi 共有两个元1 i素 1 i ,11 i 。9.问：域和其子域是否有相同的单位元，并说明理由。解：域或其子域有
24、相同的单位元，事实上若F1是F的子域，I是F的单位元，I是F1的单位元，则任取a F1，且 a 0 ,由F1是域知a 1 F，且aa 1 I ,但a,a 1 F1,aa 1 I，故I aa 1 I，即F与F1有相同的单位元。10.试给出整数集到偶数集的两个不同的映射。解：设Z为整数集，Z2为偶数集,1 : x 2x ,2(x 1),其中 x Z，贝S 12就是 Z 到 Z 2的两个不同的映射。11设 G 是由有理数域上全体2 阶满秩方阵对方阵普通乘法作成的群，试求 G 中列各元素的阶：101,bab.解：G的单位元为3 0 1 a100又b2b3ab对任意的整数 n(ab)n的阶为 4， b
25、的阶为 3, ab 的阶为无限。12 .设R是环，且N是R的理想,H又是N的理想，问：H是否一定是R的理想,举例说明。解：不一定例如：令F为任意数域，又H, N, R分别由以下二种方阵作成的集合:0000 0 a1a1 a2 a300a10 0 a20 a4 a5其中 ai F0000 0 00 0 a6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:010000001000001000000000000H故 H 不是 R 的理想13.设 9次置换1234553761678989421将 表成互不相交的轮换乘积；2 将 表示成形式为对换的乘积；3求出 的逆与 的阶。解
26、： 1(15)(2379)(468), -2(15)(29)(27)(23)(48)(46) -311 (15)(9732)(864),| | 12。五、单项选择题1. 如果 A B A C,A B A C， 则( C )。A. B C B. B C C. B C D. B C2.设A 1,2,3, B a,b,c，则A到B的映射个数有（D ）A. 9 B. 6 C. 12 D. 273. 指出下列那个运算是二元运算(D )。A.在整数集Z上，a b V B.在有理数集Q上，a b_abab*C.在正实数集R上，a b al nb D.在集合nZnO上，aba4. 下面是交换半群，但不是群的是(A )。A. (N, ) B. (Q, ) C. (Z*,),其中是非零整数集合 D. (C,5. 设e是群G的单位元，a,b是G的两个元素，则(C )。baA. (ab) 1 a 1b 1 B. (ab) 2 a 2b 2 C. 若 a2 e，则 a a 1 D. ab6. 精确到同构，4阶群有(B ) 个。A. 1 B. 2 C. 3 D. 47. 以下命题中，正确的是(B )。A. 任意一个环R必含有单位元B. 环R中至多有一个单位元C. 环R有单位元，则它的子环也有单位元D. 一个环与其子环都有单位元，则两个单位元一定相同