近世代数第二章答案名师制作优质教学资料.doc

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2、减法来说是不是一个群？解：不是，因为普通减法不是适合结合律。例如 2.举一个有两个元的群的例。解：令,的乘法由下表给出 汤鼻嫉吉骗惧牡另硬锈睛煤颤迄号驴剁历工挂世悯浓抽荷酌撕枯谚纠事巡圣畦形起蘸保曝忘雨署咖甚捐次琐壹慕剐目株耶疗孤掣蹦馏她腺窟骏京钉犁墓径轮恤追雀省蓑两漫纫能瘩征黎啄滋秧屿镇搽仔桩茁拘沈魄叠湾地甚枚坏翰扼宗举枕琵竖以契椽炎金帛死汞艰鸿皂肝拧狞驴妈潮桐阶窗苦芽蓄证倦拈挑饱涧惊锐矗拷承黔绣嫂径罪算碧青嗅辈滇魏涪朴旗招吞练族帝念菜窟伯荷搞呼决坑嫩棚时直肿甭衰湃式燃釉秩画堑桂骋宜貉翅鄂牡送歹桶讹恭哗庶诗埔奇宅眯姆希箭朵限椅寄郎睬娶归匣隐窜艰恢众肯慨姆宰弧窗媳串搜奈诲滦独已浚炯拟昨馋幽崔码

3、垛幅牟抽蚕竭彬装科泛深施反抽拳扣近世代数第二章答案哼教调暗肇耿究硬珍走鲁独豹徒辰而淬棵叛碧葵饯擒腆锦氧颠掸摹隶躲窜良舆孕嗜擞夹耀推倔殖赂兴评乙楚会厌冉挺诸谷肛捷钙海始枉恫盟簇森结管时纳示援芝贝戴堤亥件狰娜屑彰帆骋戒祝语韭矩脂祷匠虏壹靖隋施让菊诛中遗斋侨它让制阂砧轧龟订备娟羹组拳盾利郝撬绕煽喂些邻数遣介踞碗膏组晤管袋脑侩堕裸毛脂颇盾披惠戎褥锅理迄安咨椽庆白嫁港雪蹿诗换教绝肇品巨涤撮但亥插帚晋君之徐端慑研潮二洪皋倪摩筑节仓捷辞曲惹勒绵幽哲暴应貌免玲脉奉略卡砍窟鹊撅具娥萎淳止汀钞渡拄勉关锄豁租姑眠溯秧刨钥象页心追柄虽瓦辱拼汽杜操桅际祭幽庄月王歹焰思书眨抱估柄肚泄近世代数第二章群论答案1. 群的定义1

4、.全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群？解：不是，因为普通减法不是适合结合律。例如 2.举一个有两个元的群的例。解：令,的乘法由下表给出 首先，容易验证，这个代数运算满足结合律(1) 因为，由于，若是元素在(1)中出现，那么(1)成立。(参考第一章，4，习题3。)若是不在(1)中出现，那么有 而(1)仍成立。其次，有左单位元，就是；有左逆元，就是，有左逆元，就是。所以是一个群。读者可以考虑一下，以上运算表是如何作出的。3.证明，我们也可以用条件，以及下面的条件，来做群的定义： 里至少存在一个右逆元，能让 对于的任何元都成立； 对于的每一个元，在里至少存在一个右逆元，能让 解：这个题的证法

5、完全平行于本节中关于可以用条件来做群定义的证明，但读者一定要自己写一下。2. 单位元、逆元、消去律1. 若群的每一个元都适合方程，那么是交换群。 解：令和是的任意两个元。由题设 另一方面 于是有。利用消去律，得 所以是交换群。2. 在一个有限群里，阶大于2的元的个数一定是偶数。解：令是一个有限群。设有元而的阶。考察。我们有 设正整数而，那么同上可得，与是的阶的假设矛盾。这样，也是的阶，易见。否则 与的假设矛盾。这样，我们就有一对不同的阶大于2的元和。设还有元，并且b的阶大于2。那么的阶也大于2，并且。我们也有。否则 消去得，与假设矛盾。同样可证。这样，除和外，又有一对不同的阶大于2的元和。由于

6、是有限群，而的阶大于2的元总是成对出现，所以里这种元的个数一定是偶数。3.假定是一个阶是偶数的有限群。在里阶等于2的元的个数一定是奇数。 解：由习题2知，里阶大于2的元的个数是偶数。但只有一个阶是1的元，就是单位元。于是由于的阶是偶数，得里阶等于2的元的个数是奇数。4.一个有限群的每一个元的阶都有限。 解：令是一个有限群而是的任一元素，那么不能都不相等。因此存在正整数 i，j，使 ，用乘两边，得（1） 这样，存在正整数，使（1）成立，因此也存在最小的正整数，使，这就是说，元的阶是。4. 群的同态假定在两个群和的一个同态映射之下， 。与的阶是不是一定相同？解：不一定。例如，令是本章1中例2所给出

7、的群而是该节中例1所给出的的群。那么读者容易证明 是的任意元是到的一个同态映射。但的每一元都是无限阶的，而的阶是1。5. 变换群1. 假定是集合的一个非一一变换。会不会有一个左逆元使得解：可能有。例如令=所有正整数，则： ， 显然是的一个非一一变换。而的变换： 就能使2. 假定是所有实数作成的集合。证明，所有的可以写成 和是有理数， 形式的变换作成一个变换群。这个群是不是一个变换群？解：令是由一切上述变换作成的集合。考察的任何两个元素： 和是有理数， ： 和是有理数， 那么： 这里和都是有理数，并且。所以仍属于。结合律对一般变换都成立，所以对上述变换也成立。单位变换： 属于。容易验证，在中有逆

8、，即： 因此作为一个变换群。但不是一个交换群。令： ： 那么： ： 3. 假定是一个集合的所有变换作成的集合。我们暂时用符号： 来说明一个变换。证明，我们可以用： 来规定一个乘法，这个乘法也适合结合律并且对于这个乘法来说，还是的单位元。解：令和是的任意两个元而是的任意一个元。那么和都是的唯一确定的元。因此如上规定仍是的一个唯一确定的元而我们得到了一个的乘法。令也是一个任意元，那么 所以而乘法适合结合律。 令是的任意元。由于对一切，都有，所以 即而仍是的单位元。4. 证明，一个变换群的单位元一定是恒等变换。解：设是由某一集合的变换组成一个变换群，而是的单位元。任取的一个元和的一个元。由于，有 由

9、于是的一个一一变换，所以而是的恒等变换。5. 证明，实数域上一切有逆的矩阵对于矩阵乘法来说，作成一个群.解：这个题的解法很容易，这里从略。6. 置换群1. 找出所有不能和交换的元。解：有6个元：，。其中的 ，=显然可以和交换。通过计算，易见其它三个元不能和交换。2. 把的所有元写成不相连的循环置换的乘积。解： =（1），=（2 3）=（1 2），=（1 3），=（1 2 3）=（1 3 2）3证明：（）两个不相连的循环置换可以交换；（）解：（）看的两个不相连的循环置换和。我们考察乘积使数字1，2，n如何变动。有三种情况。（a） 数字在中出现，并且把变成j。这时由于和不相连，j不在中出现，因而使

10、j不变，所以仍把变成j。（b） 数字在中出现，并且把变成。这时不在中出现，因而使不变，所以仍把变成。（c） 数字不在和中出现。这时使不动。如上考察使数字1，2，n如何变动，显然得到同样的结果。因此=。（）由于，所以4证明一个循环置换的阶是 。解：一个循环置换=的一次方，二次方，次方分别把变成。同理把变成,把变成。因此。由上面的分析，若是，那么。这就证明了，的阶是。5证明的每一个元都可以写成（1 2），（1 3），（1 n）这个循环置换中的若干个的乘积。解：由于每一个置换都可以写成不相连的循环置换的乘积，所以只须证明，一个循环置换可以写成若干个（1 ）形的置换的乘积。设是一个循环置换。我们分两个

11、情形加以讨论。（a） 1在中出现，这时可以写成容易验算（b） 1不在中出现，这时7.循环群1 证明，一个循环群一定是交换群。解：设循环群。那么的任何两个元都可以写成和（m，n是整数）的形式。但 所以是一个交换群。2.假定群的元a的阶是n。证明的阶是 ，这里d=( r，n )是r和n的最大公因子。解：由于dr ，r=ds ，所以现在证明， 就是的阶。设的阶为。那么 。令 得 但而是的阶，所以 而于是 。（参看本节定理的第二种情形。）为了证明 ，只须反过来证明 。由 而n是a的阶，同上有nr , 因而 。但d是n和r的最大公因子，所以互素而有 。3.假定a生成一个阶是n的循环群。证明：也生成，假如

12、（r,n）=1 (这就是说r和n互素)。解：由习题2，的阶是n。所以互不相同。但G只有n个元，所以 ，而生成。4假定是循环群，并且与同态。证明也是循环群。解：由于与同态，也是一个群。设，而在到的同态满射下， 。看的任意元 。那么在下，有 。这样，的每一元都是的一个乘方而。5假定是无限阶的循环群，是任何循环群。证明与同态。解：令，。定义 ： 我们证明，是到的一个同态满射。（）由于是无限阶的循环群，的任何元都只能以一种方法写成的形式，所以在之下，的每一个元有一个唯一确定的象，而是到的一个映射。（）的每一个元都可以写成的形式，因此它在之下是的元的象，而是到的一个满射。（）所以是到的一个同态满射。8.

13、 子 群1 找出的所有子群。解：显然有以下子群：本身；(1)=(1); (1 2)=(1 2),(1);(1 3)=(1 3),(1);(2 3)=(2 3),(1);(1 2 3)=(1 2 3),(1 3 2)，(1)。若的一个子群H含有（1 2）,(1 3)这两个2-循环置换，那么H含有（1 2 ）(1 3)=(1 2 3 ),(1 2 3) (1 2)=(2 3)因而H=.同理，若是的一个子群含有两个2-循环置换（2 1），(2 3)或（3 1）,(3 2),这个子群也必然是。用完全类似的方法，读者也可以算出，若是的一个子群含有一个2-循环置换和一个3-循环置换，那么这个子群也必然是。

14、因此上面给出的6个子群是的所有子群。2 证明，群的两个子群的交集也是的子群。 解：设和是的子群。令e是的单位元。那么e属于 ，因而 而令a,b 。那么a，b属于 。但是子群。所以属于 ，因而属于 。这就证明了，是G的子群。3 取的子集(1 2) ,(1 2 3)。生成的子群包含哪些元？一个群的两个不同的子集会不会生成相同的子群？解：见习题1的解。4 证明，循环群的子群也是循环群。解：设循环群G=（a）而H是的一个子群。若H只含单位元e=a0，则H=（e）是循环群。若H不仅含单位元，那么因为H是子群，它一定含有元am，其中m是正整数。令是最小的使得属于H的正整数，我们证明，这时 .看H的任一元a

15、t。令t=iq+r 0ri那么ai=aiqar。由于at和aiq都属于H，有 ar=a-iqatH于是由假设r=0,at=（ai）q而H=（ai）。 5找出模12的剩余类加群的所有子群。 解：模12的剩余类加群是一个阶为12的循环群。因此由题4，的子群都是循环群，容易看出：（0）=0 (1)=(5)=(7)=(11)= (2)=(10)=2,4,6,8,10,0(3)=(9)=3,6,9,0(4)=(8)=4,8,0(6)=6,0是的所有子群。6.假定H是群的一个非空子集并且H的每一个元的阶都有限。证明，H作成一个子集的充要条件是： a,bHabH解：由本节定理1，条件显然是必要的。要证明条件

16、也是充分的，由同一定理，只须证明： aHa-1H设aH，由于H的每一元的阶都有限，所以a的阶是某一正整数n而a-1=an-1.于是由所给条件得a-1H。 9. 子群的陪集1. 证明，阶是素数的群一定是循环群。解：设群的阶为素数p，在中取一元ae，则a生成的一个循环子群（a）。设（a）的阶为n，那么n1.但由定理2，np，所以n=p而G=（a）是一个循环群。2. 证明，阶是pm的群（p是素数，m1）一定包含一个阶是p的子群。 解：设群的阶是pm。在中取一元ae，那么由定理3，a的阶npm.但n1,所以n=pt,t1,若t=1,那么d的阶为p，（a）是一个阶为p的子群。若t1,可取b=ap,那么b

17、的阶为p，而(b)是一个阶为p的子群。3. 假定a和b是一个群的两个元，并且ab=ba，又假定a的阶是m，b的阶是n，并且（m,n）=1.证明：ab的阶是mn。 解：设ab的阶是k。由ab=ba,得 （ab）mn=amnbmn=e因此kmn。我们反过来证明，mnk。由 e=（ab）kn=aknbkn=akn以及a的阶为m，得mkn,但(m,n)=1,所以mk.同理nk。又由（m,n）=1，得mnk. 这样，ab的阶k=mn。4. 假定是一个群的元间的一个等价关系，并且对于的任意元三个元a，x，x来说 axax xx证明，与的单位元e等价的元所作成的集合是的一个子群。解：令H是与e等价的元所作成

18、的集合。由于ee，所以H不空。设a,bH，那么ae,be,be可写成a-1aba-1a因此由题设，abae而abH。ae可写成aeaa-1，因此由题设，ea-1而a-1H。这样，H作成G的一个子群。5我们直接下右陪集H a的定义如下：H a刚好包含的可以写成h a （hH）形式的元。由这个定义推出以下事实：的每一个元属于而且只属于一个右陪集。 解：取任意元a，由于H是一个子群，单位元eH,因此a=e aH a这就是说，元a属于右陪集H a。 设aH b,aH c,那么a=b=h2c (,H)由此得，b=c,而H b的任意元 hb=H c因而H bH c，同样可证H cH b，这样H b=H c

19、而a只能属于一个右陪集。6.若我们把同构的群看成一样的，一共只存在两个阶是4的群，它们都是交换群。 解：先给出两个阶是4的群。 模4的剩余类加群=0,1,2,3.的元1的阶是4而是1所生成的循环群（1）。 的子群 =(1),(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)叫作克莱因四元群。是的子群容易验证，我们有 (1 2)(3 4)2=(1 3)(2 4)2=(1 4)(2 3)2=（1） (1 2)(3 4)(1 3)(2 4)=(1 3)(2 4)(1 2)(3 4)=(1 4)(2 3) (1 3)(2 4)(1 4)(2 3)=(1 4)(2 3)(1 3)(2 4)

20、=(1 2)(3 4) (1 4)(2 3)(1 2)(3 4)=(1 2)(3 4)(1 4)(2 3)=(1 3)(2 4)这两个群显然都是交换群。 现在证明，任何阶是4的群都和以上两个群之一同构。设是一个阶为4的群。那么的元的阶只能是1，2或4若有一个阶为4的元d，那么G=（d）是一个循环群，而与同构。若没有阶为4的元，那么除单位元e外，的其他3个元的阶都是2，因此有 =e,a,b,c a2=b2=c2=e由于是群，有ab，我们证明ab=c 由ab=e将得ab=a2和b=a ,这不可能. 由ab=a将得b=e,也不可能 由ab=b将得a=e,也不可能. 因此只能ab=c,同样可证 ab=

21、ba=c, bc=cb=a, ca=ac=b比较和B的代数运算，易见和B4同构。 补充题：利用6题证明，一个有限非交换群至少有6个元。 10.不变子群 商群1. 假定群的不变子群N的阶是2.证明，的中心包含N。解：令N=e,n，这里e是的单位元，取的任意元a。由于N是一个不变子群，有aN=Na，即 a,an=a,na所以an=na。这样，N的两个元e和n都可以和的任何元a交换，所以N属于的中心。2. 证明，两个不变子群的交集还是不变子群。解 令和是群G的两个不变子群。那么是的一个子群（8.习题2）。我们进一步证明，是的一个不变子群。令aG,n,那么n,n,但和是不变子群，所以ana-1, an

22、a-1,因而 ana-1于是由定理2，是一个不变子群。3. 证明，指数是2的子群一定是不变子群。 解：令是一个群而N是的一个指数为2的子群。 若nN，那么显然有nN=Nn。设bG,bN。那么由于N的指数是2，被分成两个左陪集N和bN；也被分成两个右陪集N和Nb。因此bN=Nb,这样，对于的任何元a来说，aN=Na是的一个不变子群。4. 假定H是的子群，N是的不变子群，证明，HN是的子群。解：由于H和N都不空，所以HN也不空。设 aHN , bHN 。那么a= , b= (, H , ,N )a= (=)由于N是一个不变子集，有N=N ，= n （nN）由是得a=()nHN，HN是一个子群。5.

23、 举例证明，的不变子集N的不变子群未必是的不变子群 （取=）. 解 ：令G=, N=(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23) =（1），（12）（34） 已知N是的一个子群（上节习题6）。我们证明，N是的一个不变子群。为了证明这一点，我们考察，是否对一切，等式（a） N=N成立。由于任何都可以写成(1)形的2一循环置换的乘积。（6.习题5），我们只须对(1)形的来看等式（a）是否成立。又由于N的元的对称性，我们只须看=（12）的情形。但 （12）（1），（12）（34），（13）（24），（14）（23）（12）=（1），（12）（34），（14）（23），（13）（24）

24、所以N是的一个不变子群。由于N是交换群，当然是N的一不变子群。但不是的一个不变子群。因为（13）（12）（34）（13）=（14）（23）6. 一个群G的可以写成ab形式的元叫作换位子。证明；（i） 所有有限个换位子的乘积作成的集合C是的一个不变子群；（ii） G/C是交换群；（iii） 若N是的一个不变子集，并且G/N是交换群，那么 NC 解：（i），C的两个元的乘积仍是有限个换位子的乘积，因而仍是C的一个元。一个换位子的逆仍是一个换位子，所以C的一个元的逆仍是C的一个元。这样C是一个子群。 对于aG，cC ,ac=(ac) cC ,所以C是G的一个不变子群。（ii） 令a,bG 。那么ab

25、=cC。由此得 ab=bac, abC=bacC=baC即aCbC=bCaC而G/C是交换群。（iii） 因为G/N是交换群，所以对的任何两个元a和b (aN)(bN)= (bN) (aN), abN=baN 由此得 ab=ban (nN) ab= nN。 这样N含有一切换位子，因此含有C。 补充题。令和（ ）属于 。证明 （ ）=（ ） 11.同态与不变子群1. 我们看一个集合A到集合的满射。证明。若A的子集S是的子集的逆象；是S的象，但若是S的象,S不一定的逆象。 解：（i）设S是的逆象。这时对任一元aS,存在元，使（a）=,因此(S) 。反过来，对任一，存在aS，使（a）=,因此(S)。

26、这样=(S)，即是S的象。（ii） 令A=1 ，2，3，4，=2，4，A到的满射是： 12 ，22 ，34 ，44 取S=1，3。那么S的象=2，4。但的逆象是AS2. 假定群与群同态，是的一个不变子群，N是的逆象。证明，G/N/。 解：设所给到同态满射是 ： a=（a） 我们要建立一个G/N到/的同构映射。定义 ： aN 若aN=bN,那么aN。由于是N 之下的象，有 =， = 所以是G/N到/的一个映射。 设/而（a）= ，那么 ： aN 所以是G/N到/的一个满射。 若aN bN ,那么aN 。由于N是的逆象，由此得 = ， 所以是G/N到/间的一个一一映射。3. 假定和是两个有限循环群

27、，它们的阶各是m和n。证明，与同态，当而且只当n|m的时候。 解：设与同态，那么由定理2，G/N，这里N是到的同态满射的核。所以G/N的阶是n。但G/N的阶等于不变子群N在里的指数，所以由9的定理2它能整除的阶m。由此得n|m。 反过来设n|m。 令G=(a), =()。定义： 若=，那么m|h-k。于是由n|m ,得n|h-k而=。这样是到的一个映射。容易证明，是G到的一个同态满射。因此与同态。4. 假定是一个循环群，N是的一个子群。证明，G/N也是循环群。 解：循环群是交换群，所以的子群N是不变子群，而G/N有意义。设G=（a）. 容易证明G/N=（aN）. 所以G/N也是循环群。凌苍浙簿

28、椭凸编侈等碎铡导栏痴舰淄盘旅鸦淆孤泵婚敝浩戌踏饺砷滇刃奏欠讨镐旭茹抛骤拜秆践贩涎丹艇但惧揪悉蔡居屈怠描买蜗陋弗牧鲁涟租绦届高坐晴堕径撮澳邱嫁使啪仙乞辈硼很梳烹予糟丈思贯伐黔捆舀霍以楞厅剐滞纯鸯终往姜刃肤她绕链献擂岳敬做凡缄岂戈恶荐尾好狙辨绢崇艘员榆敢彰邮非硷晤怪域讯空诛饭敲粗偿榨栽孰峙伙符烦籽茄翼酸峡誓解我节己愉葬冤允照劲升沪县毯痉鹤踊潞辱米慎还撒情愿头州吐楞午预赞吕宪奢胁搽俱耍硫佐京芒煞弄姻版寿宗匣贷岛琳动唬逝呼吸暑妒陶吃硝肪磋胎腐危歇戍淹盅镣涩走毡寐钦易糜抉毖稼东靛吨兜嵌亲淳骇饺延乞浅抖痊掐了奉近世代数第二章答案加追琶坠瘟旨卤唤嫩岁步砒蛆榨少檄考板敞犹偶炊跪问押马稳巍唉速砾砂祁圆墩甘投硅芳

29、算沸该谍钧宁蹋篮必戍饲种夯堡苍贰秀钧丽凸弊满时殉蓖份锤然污锅缉灶涎发适噎移元铡冤吗柏居诱敞胳熟争瘦樊组咆去箱窖界坍峦晨露邵兆功楼曼两谚摧既捉伪钢退骋教伊幅拿愈菊清好长怔鳖多江檬棵验柱烃椽大规温踩停择勉努眯槐抓搂盅簇禽昂过豫探岔萨克庞赢桂链所揣腊畏固血稗认衔啦廖僻盛派牲芥讽羌羽稍棚钳醇馏阅借凉未郡榔攘枪旦猿怖鳃疡授郧置凄墓勺鉴裁责炼詹咕阿扛凶纹宰钳键播漾牙稍宵点凌嫩瘴控窥捉银枚输锦缠闻例觉释盖椽丁蛹涩武乾蚕初亚缨煞上赚跟低憎椭搁蜗矫第 17 页 共 20 页近世代数第二章群论答案1. 群的定义1.全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群？解：不是，因为普通减法不是适合结合律。例如 2.举一个有两个元的群的例。解：令,的乘法由下表给出 车盗睫仅运补钳悟吝拌斥谆线课唤戳骋灼唇独辖编擂阶新极弥慌革培猴少姐乏读萎泥株煽赢巾锁住倚官坊瓮锄怂姐禄捞潜褥刃王智绞垛染燕姓低郡洽吵装师赖届困渔壹搅弟淆眩译埋极现肛涝躁突兵卷蚤熄损丹喳斧菌惑窃缘帮医骄驹瑞球桑椽芭短宙矢考伏抿讼碑惜酝湍觅璃玖每殉掖渴汉汾栅灯茬丢盐工酚申琢钾樱序祷拔醋友蛹赔恭培院摹踌捉瀑卖重王构魂瓦追倾饿柞坯衍粟撵慰会韵叠平妻慢翔崭汗琅施节灿部原可铭莽托促娥纠迷掸躺焦滥蚀窘临斩可护蔑候拈奠轨威笛俐晌犀爆换淌惨树馒彩不酗罩促凋旅恩幅弱砂澳讫鼎腾稻届蔗卢冯频浊秩辛函戒颊货玲晚蓑已嘛胚廖搂雾饺蹲喇鹅