近世代数第二章答案
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
()
321110
--=-=
--=-=()
321312
()()
--≠--
321321
2.举一个有两个元的群的例。
解：令G=,e a
{},G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) ()(),,
= ∈
x y z x y z x y z G
因为，由于ea ae a
==，若是元素e在(1)中出现，那么(1)成立。(参考第一章，§4，习题3。)若是e不在(1)中出现，那么有
()
==
a aa ae a
aa a ea a
==()
而(1)仍成立。
其次，G有左单位元，就是e；e有左逆元，就是e，a有左逆元，就是a。所以G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Ⅰ，Ⅱ以及下面的条件IV'，V'来做群的
定义：
IV ' G 里至少存在一个右逆元1a -，能让
=ae a
对于G 的任何元a 都成立；
V ' 对于G 的每一个元a ，在G 里至少存在一个右逆元1a -，能让
1=aa e -
解：这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件I,II,IV,V 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G 的每一个元都适合方程2=x e ，那么G 是交换群。
解：令a 和b 是G 的任意两个元。由题设
()()()2
==ab ab ab e
另一方面
()()22====ab ba ab a aea a e
于是有()()()()=ab ab ab ba 。利用消去律，得
=ab ba
所以G 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G 是一个有限群。设G 有元a 而a 的阶>2n 。
考察1a -。我们有
()1=n n a a e - ()()11==n n e a a e -- 设正整数 a e -，那么同上可得=m a e ，与n 是a 的阶的假设矛盾。这样，n 也是1a -的阶，易见1a a -≠。 否则 21==a aa e - 与>2n 的假设矛盾。这样，我们就有一对不同的阶大于2的元a 和1a -。 设G 还有元b ，b a ≠，1b a -≠，并且b 的阶大于2。那么1b -的阶也大于2，并且1b b -≠。我们也有1b a -≠。 否则 1111===e b b aa b a ---- 消去1b -得1=b a -，与假设矛盾。同样可证11=b a --。这样，除a 和1a -外，又有一对不同的阶大于2的元b 和1b -。 由于G 是有限群，而G 的阶大于2的元总是成对出现，所以G 里这种元的个数一定是偶数。 3.假定G 是一个阶是偶数的有限群。在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数。 解：由习题2知，G 里阶大于2的元的个数是偶数。但G 只有一个阶是1的元，就是单位元e 。于是由于的阶是偶数，得G 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G 是一个有限群而a 是的任一元素，那么 23,,,...a a a 不能都不相等。因此存在正整数 i ，j ，i j ，使i j a a = ，用j a -乘两边，得 （1） i j a e -= 这样，存在正整数i j -，使（1）成立，因此也存在最小的正整数m ， 使m a e =，这就是说，元a的阶是m。 4.群的同态 假定在两个群G和G的一个同态映射之下，a a →。a与a的阶是不是一定相同？ 解：不一定。例如，令G是本章1中例2所给出的群而G是该节中例1所给出的的群。那么读者容易证明 →n是G的任意元:φn g 是G到G的一个同态映射。但G的每一元0 n≠都是无限阶的，而g的阶是1。 5.变换群 1.假定τ是集合A的一个非一一变换。τ会不会有一个左逆元1τ-使得 -= 1? ττε 解：可能有。例如令A={所有正整数}，则 τ：11 n →-1 →，1 n n 显然是A的一个非一一变换。而A的变换 1 τ-：1 ∈ →+n A n n 就能使1. -= ττε 2.假定A是所有实数作成的集合。证明，所有A的可以写成 →+a和b是有理数，0 a≠ x ax b 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G是由一切上述变换作成的集合。考察G的任何两个元素τ：x ax b a≠ →+a和b是有理数，0 λ： x cx d →+ c 和d 是有理数， 0c ≠ 那么 τλ： ()()x x a x b c a x b d τλλ→=+=++ ()()ca x cb d =++ 这里ca 和d cb +都是有理数，并且0ca ≠。 所以τλ仍属于G 。 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 ε： x x → 属于G 。 容易验证，τ在G 中有逆，即 1τ-： 1 ()b x x a a →+- 因此G 作为一个变换群。 但G 不是一个交换群。令 1τ： 1x x →+ 2τ： 2x x → 那么 12ττ： 122 ()(1)22x x x x τττ→=+=+ 21ττ： 211 ()(2)21x x x x τττ→==+ 1221ττττ≠ 3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合。我们暂时用符号 τ： '()a a a τ→= 来说明一个变换τ。证明，我们可以用 12ττ： 1212[()]()a a a ττττ→= 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，ε还是S 的单位元。 解：令1τ和2τ是S 的任意两个元而a 是A 的任意一个元。那么2()a τ和12[()]a ττ都是A 的唯一确定的元。因此如上规定12ττ仍是S 的一个唯一确定的元而我们得到了一个S 的乘法。 令3τ也是一个任意元，那么 12312313[()]()[()]{[()]}a a a τ τττττττ== 123123123[()]()[()]{[()]} a a a τττττττττ== 所以123123()()ττττττ=而乘法适合结合律。 令τ是S 的任意元。由于对一切a A ?，都有()a a ε=， 所以 ()[()]()a a a ετεττ== ()[()]()a a a τετετ== 即εττετ==而ε仍是S 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G 是由某一集合A 的变换组成一个变换群，而ε是G 的单位元。任取G 的一个元τ和A 的一个元a 。由于εττ=，有 ()a a a ετεττ== 由于τ是A 的一个一一变换，所以a a ε=而ε是A 的恒等变换。 5. 证明，实数域上一切有逆的n n ?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3s 不能和123231?? ??? 交换的元。 解：3s 有6个元： 123123?? ???，123132?? ???，123213?? ??? ， 123231?? ???，123312?? ???，123321?? ??? 。 其中的 123123?? ???，123231?? ???，123312?? ???=2 123231?? ??? 显然可以和123231?? ???交换。通过计算，易见其它三个元不能和123231?? ??? 交换。 2. 把3s 的所有元写成不相连的循环置换的乘积。 解： 123123?? ???=（1），12313 2?? ???=（2 3） 123213?? ???=（1 2），1233 21?? ???=（1 3），123231?? ??? =（1 2 3） 123312?? ???=（1 3 2） 3．证明： （ⅰ）两个不相连的循环置换可以交换； （ⅱ） 解：（ⅰ）看的两个不相连的循环置换σ和τ。我们考察乘积στ 使数字1，2，…，n如何变动。有三种情况。 （a）数字在σ中出现，并且σ把变成j。这时由于σ和τ不相连，j不在τ中出现，因而τ使j不变，所以στ仍把变成j。（b）数字k在τ中出现，并且τ把k变成。这时不在σ中出现， 因而σ使k不变，所以στ仍把变成。 （c）数字m不在σ和τ中出现。这时στ使m不动。 如上考察τσ使数字1，2，…，n如何变动，显然得到同样的结果。因此στ=τσ。 （ⅱ）由于，所以 4．证明一个循环置换的阶是。 解：一个循环置换π=的一次方，二次方，…，次方分 别把变成。同理把 i变成2i,…,把变成。因此 。由上面的分析，若是，那么。这就证明了， π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π是一个循环置换。我们分两个情形加以讨论。 （a）1在π中出现，这时π可以写成 容易验算 （b ） 1不在π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G ()a =。那么G 的任何两个元都可以写成m a 和n a （m ，n 是整数）的形式。但 m n m n n m n m a a a a a a ++=== 所以G 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d ｜r ，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n ｜r , 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G。证明：也生成G，假如（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G。 4．假定G是循环群，并且G与同态。证明也是循环群。 解：由于G与同态，也是一个群。设G()a =，而在G到的同态满射 φ下，。看的任意元。那么在φ下，有 。这样，的每一元都 是的一个乘方而() G a =。 5．假定G是无限阶的循环群，是任何循环群。证明G与同态。解：令G()a =，) G=。定义Φ：我们证明，φ是G到 (a 的一个同态满射。 （ⅰ）由于G是无限阶的循环群，G的任何元都只能以一种方法写成的形式，所以在φ之下，G的每一个元有一个唯一确定的象，而 φ是G到的一个映射。 （ⅱ）的每一个元都可以写成的形式，因此它在φ之下是G的元 的象，而φ是G到的一个满射。 （ⅲ） 所以φ是G到的一个同态满射。 §8. 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。 因此上面给出的6个子群是的所有子群。 2．证明，群G的两个子群的交集也是G的子群。 解：设和是G的子群。 令e是G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S {(1 2) ,(1 2 3)}。S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G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a m，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 t。令 t=iq+r 0≤r＜i 那么a i=a iq a r。由于a t和a iq都属于H，有 a r=a-iq a t∈H 于是由假设r=0,a t=（a i）q而H=（a i）。 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G是一个阶为12的循环群。因此 由题4，G的子群都是循环群，容易看出： （[0]）=[0] ([1])=([5])=([7])=([11])=G ([2])=([10])={[2],[4],[6],[8],[10],[0]} ([3])=([9])={[3],[6],[9],[0]} ([4])=([8])={[4],[8],[0]} ([6])={[6],[0]} 是G的所有子群。 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作成一个子集的充要条件是： a,b∈H?ab∈H 解：由本节定理1，条件显然是必要的。 要证明条件也是充分的，由同一定理，只须证明： a∈H?a-1∈H 设a∈H，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=a n-1.于是由所给条件得a-1∈H。 §9. 子群的陪集 1.证明，阶是素数的群一定是循环群。 解：设群G的阶为素数p，在G中取一元a≠e，则a生成G的一个循环子群（a）。设（a）的阶为n，那么n≠1. 但由定理2，n│p，所以n=p而G=（a）是一个循环群。 2.证明，阶是p m的群（p是素数，m≥1）一定包含一个阶是p的 子群。 解：设群G的阶是p m。在G中取一元a≠e，那么由定理3，a的阶n│p m.但n≠1,所以n=p t,t≥1,若t=1,那么d的阶为p，（a）是一个阶为p的子群。若t＞1,可取b=a p1-t,那么b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G 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 =a mn b mn =e 因此k │mn 。我们反过来证明，mn │k 。由 e=（ab ）kn =a kn b kn =a kn 以及a 的阶为m ，得m │kn,但(m,n)=1,所以m │k.同理n │k 。又由 （m,n ）=1，得mn │k. 这样，ab 的阶k=mn 。 4. 假定～是一个群G 的元间的一个等价关系，并且对于G 的 任意元三个元a ，x ，x ’来说 ax ～ax ’ x ～x ’ 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。 解：令H 是与e 等价的元所作成的集合。 由于e ～e ，所以H 不空。 设a,b ∈H ，那么a ～e,b ～e,b ～e 可写成a -1ab ～a -1a 因此由题设，ab ～a ～e 而ab ∈H 。 a ～e 可写成ae ～aa -1，因此由题设，e ～a -1而a -1∈H 。 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G 的可 以写成h a （h ∈H ）形式的元。由这个定义推出以下事实：G 的每一个元属于而且只属于一个右陪集。 解：取任意元a ∈G ，由于H 是一个子群，单位元e ∈H,因此 a=e a ∈H a 这就是说，元a 属于右陪集H a 。 设a ∈H b,a ∈H c,那么a=1h b=h 2c (h 1,h 2 ∈H) 由此得，b=11h -h 2c,而H b 的任意元 hb=112 h c h h -∈H c 因而H b ?H c ，同样可证H c ?H b ，这样H b=H c 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 G 1={[0],[1],[2],[3]}. G 1的元[1]的阶是4而G 1是[1]所生成的循环群（[1]） 。 s 4的子群 B 4={(1),(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)} 叫作克莱因四元群。B 4是s 4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)=(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G 是一个阶为4的群。那么G 的元的阶只能是1，2或4 若G 有一个阶为4的元d ，那么G=（d ）是一个循环群， 而G 与G 1同构。 若G 没有阶为4的元，那么除单位元e 外，G 的其他3个元的阶都是2，因此有 G=｛e,a,b,c｝ a2=b2=c2=e 由于G是群，有ab∈G，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=ba=c, bc=cb=a, ca=ac=b 比较G和B的代数运算，易见G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G的不变子群N的阶是 2.证明，G的中心包含N。 解：令N=｛e,n｝，这里e是G的单位元，取G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G的任何元a交换，所以N属于G的中心。 2.证明，两个不变子群的交集还是不变子群。 解令N1和N2是群G的两个不变子群。那么N1?N2是G 的一个子群（§8.习题2）。我们进一步证明，N1?N2是G的一个不变子群。令a∈G,n∈N1?N2,那么n∈N1,n∈N2,但N1和N2是不变子群，所以ana-1∈N1, ana-1∈N2,因而 ana-1∈N1?N2 于是由定理2，N1?N2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G是一个群而N是G的一个指数为2的子群。 若n∈N，那么显然有nN=Nn。设b∈G,b-∈∈N。那么由于N的指数是2，G被分成两个左陪集N和bN；G也被分成两个右陪集N 和Nb。因此bN=Nb,这样，对于G的任何元a来说，aN=Na是G的 一个不变子群。 4.假定H是G的子群，N是G的不变子群，证明，HN是G的子 群。 解：由于H和N都不空，所以HN也不空。 设a∈HN , b∈HN 。那么 a=h1n1 , b=h2n2 (h1,h2∈ H , n1,n2∈N ) a b1-=h1n1n12-h12-=h1n'h12- (n'=n1n12-) 由于N是一个不变子集，有 N h12-=h12-N ，n'h12-=h12- n （n∈N） 由是得a b1-=(h1h12-)n∈HN，HN是一个子群。 未必是G的不变子群5. 举例证明，G的不变子集N的不变子群N 1 （取G=S4）. 解：令G=S4, N=｛(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)｝N1=｛（1），（12）（34）｝ 已知N是G的一个子群（上节习题6）。我们证明，N是G的一个不变子群。为了证明这一点，我们考察，是否对一切π∈S4，等式 （a）πNπ1-=N 成立。由于任何π都可以写成(1i)形的2一循环置换的乘积。（§6.习题5），我们只须对(1i)形的π来看等式（a）是否成立。又由于N 的元的对称性，我们只须看π=（12）的情形。但 （12）｛（1），（12）（34），（13）（24），（14）（23）｝（12）=｛（1），（12）（34），（14）（23），（13）（24）｝ 所以N是S4的一个不变子群。由于N是交换群，N1当然是N的一不变子群。但N 不是S4的一个不变子群。因为（13）［（12）（34）］（13） 1 =（14）（23）∈-N1 6. 一个群G的可以写成a1-b1-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的一个不变子集，并且G/N是交换群，那么 N?C 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a∈G，c∈C ,ac a1-=(ac a1-c1-) c∈C ,所以C是G的一个不变子群。 （ii）令a,b∈G 。那么a1-b1-ab=c∈C。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G的任何两个元a和b (aN)(bN)= (bN) (aN), abN=baN 由此得 ab=ban (n∈N) a1-b1-ab= n∈N。 这样N含有一切换位子，因此含有C。 补充题。令π和（i1i2…i k）属于S n。证明 π1-（i1i2…i k）π=（i x1i x2…i x k） §11.同态与不变子群 1.我们看一个集合A到集合A-的满射Φ。证明。若A的子集S 是A-的子集S-的逆象；S-是S的象，但若S-是S的象,S不一定S-的逆象。 解：（i）设S是S-的逆象。这时对任一元a∈S,存在元a-∈S-，使Φ（a）=a-,因此φ(S)?S-。反过来，对任一a-∈S-，存在a∈S，使Φ（a）=a-,因此S-?φ(S)。这样S-=φ(S)，即S-是S的象。 （ii）令A=｛1 ，2，3，4｝，A-=｛2，4｝，A到A-的满射是Φ： 1→2 ，2→2 ，3→4 ，4→4 取S=｛1，3｝。那么S的象S-=｛2，4｝。但S-的逆象是A≠S 2.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，G/N?G-/N-。 解：设所给G到G-同态满射是Φ： a→a-=Φ（a） 我们要建立一个G/N到G-/N-的同构映射。定义 ψ： aN →a-N- 若aN=bN,那么b1-a∈N。由于N-是N φ之下的象，有 b1-=b1-a-∈N-，a-N-=b-N- a 所以ψ是G/N到G-/N-的一个映射。 设a-N-∈G-/N-而Φ（a）=a-，那么 ψ： aN →a-N- 所以ψ是G/N到G-/N-的一个满射。 若aN≠ bN ,那么b1-a∈-N 。由于N是N-的逆象，由此得 b1-=b1-a-∈-N-，a-N-≠b-N- a 所以ψ是G/N到G-/N-间的一个一一映射。 3.假定G和G-是两个有限循环群，它们的阶各是m和n。证明， G与G-同态，当而且只当n|m的时候。 解：设G与G-同态，那么由定理2，G/N?G-，这里N是G到G-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G 里的指数，所以由§9的定理2它能整除G的阶m。由此得n|m。反过来设n|m。令G=(a), G-=(a-)。定义 Φ：a k→a k 若a h=a k，那么m|h-k。于是由n|m ,得n|h-k而a h-=a k-。这样Φ是G到G-的一个映射。容易证明，Φ是G到G-的一个同态满射。因此G与G-同态。 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。 解：循环群G是交换群，所以G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。 多所高校近世代数题库 一、（2011年近世代数）判断题（下列命题你认为正确的在题后括号内打“√”，错的打“×”；每小题1分，共10分） 1、设A 与B 都是非空集合，那么{}B A x x B A ∈∈=?x 且。 （ ） 2、设A 、B 、D 都是非空集合，则B A ?到D 的每个映射都叫作二元运算。（ ） 3、只要f 是A 到A 的一一映射，那么必有唯一的逆映射1-f 。 （ ） 4、如果循环群()a G =中生成元a 的阶是无限的，则G 与整数加群同构。 （ ） 5、如果群G 的子群H 是循环群，那么G 也是循环群。 （ ） 6、近世代数中，群G 的子群H 是不变子群的充要条件为H Hg g H h G g ?∈?∈?-1;,。 （ ） 7、如果环R 的阶2≥，那么R 的单位元01≠。 （ ） 8、若环R 满足左消去律，那么R 必定没有右零因子。 （ ） 9、)(x F 中满足条件0)(=αp 的多项式叫做元α在域F 上的极小多项式。 （ ） 10、若域E 的特征是无限大，那么E 含有一个与()p Z 同构的子域，这里Z 是整数环，()p 是由素数p 生成的主理想。 （ ） 二、（2011年近世代数）单项选择题（从下列各题四个备选答案中选出一个正确答案，并将其号码写在题干后面的括号内。答案选错或未作选择者，该题无分。每小题1分，共10分） 1、设n A A A ,,,21 和D 都是非空集合，而f 是n A A A ??? 21到D 的一个映射，那么（ ） ①集合D A A A n ,,,,21 中两两都不相同；②n A A A ,,,21 的次序不能调换； ③n A A A ??? 21中不同的元对应的象必不相同； ④一个元()n a a a ,,,21 的象可以不唯一。 2、指出下列那些运算是二元运算（ ） ①在整数集Z 上，ab b a b a += ； ②在有理数集Q 上，ab b a = ； ③在正实数集+R 上，b a b a ln = ；④在集合{}0≥∈n Z n 上，b a b a -= 。 3、设 是整数集Z 上的二元运算，其中{}b a b a ,max = （即取a 与b 中的最大者），那么 在Z 中（ ） 近世代数课后习题参考答案 第一章 基本概念 1 集合 1.A B ?,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B A =时, 才能出现题中说述情况.证明 如下 当B A =,但B 不是A 的真子集,可知凡是属于A 而B a ?,显然矛盾; 若A B ?,但B 不是A 的真子集,可知凡属于A 的元不可能属于B ,故B A = 2.假定B A ?,?=B A ,A ∩B=? 解? 此时, A ∩B=A, 这是因为A ∩B=A 及由B A ?得A ?A ∩B=A,故A B A = ,B B A ? , 及由B A ?得B B A ? ,故B B A = , 2 映射 1.A =}{ 100,3,2,1，??,找一个A A ?到A 的映射. 解? 此时1),(211=a a φ A a a ∈21, 1212),(a a a =φ 易证21,φφ都是A A ?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A A ?到A 的一个元的的象? 解?容易说明在1φ之下,有A 的元不是A A ?的任何元的象;容易验证在2φ之下,A 的每个元都是A A ?的象. 3 代数运算 1.A ={所有不等于零的偶数}.找到一个集合D ,使得普通除法 是A A ?到D 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A A ?到D 的代数运算;同时说明这样的D 不只一个. 2.=A }{c b a ,,.规定A 的两个不同的代数运算. 解? a b c a a b c a b c b b c a a a a a c c a b b d a a c a a a 4 结合律 1.A ={所有不等于零的实数}. 是普通除法:b a b a = .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: 2 12)11(= , 2)21(1= ,从而 )21(12)11( ≠. 2.A ={所有实数}. : b a b a b a =+→2),(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 c b a c b a 22)(++= ,c b a c b a 42)(++= )()(c b a c b a ≠ 除非0=c . 3.A ={c b a ,,},由表 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 1.A ={所有实数}. 是普通减法:b a b a -= .这个代数运算适合不适合交换律? 解? 一般地a b b a -≠- 除非b a =. 2.},,,{d c b a A =,由表 a b c d a a b c d b b d a c c c a b d d d c a b 所给出代数运算适合不适合交换律? a b c a a b c b b c a c c a b 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 () 321110 --=-= --=-=() 321312 ()() --≠-- 321321 2.举一个有两个元的群的例。 解：令G=,e a {},G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) ()(),, = ∈ x y z x y z x y z G 因为，由于ea ae a ==，若是元素e在(1)中出现，那么(1)成立。(参考第一章，§4，习题3。)若是e不在(1)中出现，那么有 ()aa a ea a == a aa ae a ==() 而(1)仍成立。 其次，G有左单位元，就是e；e有左逆元，就是e，a有左逆元，就是a。所以G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Ⅰ，Ⅱ以及下面的条件IV'，V'来做群的 定义： IV ' G 里至少存在一个右逆元1a -，能让 =ae a 对于G 的任何元a 都成立； V ' 对于G 的每一个元a ，在G 里至少存在一个右逆元1a -，能让 1=aa e - 解：这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件I,II,IV,V 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G 的每一个元都适合方程2=x e ，那么G 是交换群。 解：令a 和b 是G 的任意两个元。由题设 ()()()2 ==ab ab ab e 另一方面 ()()22====ab ba ab a aea a e 于是有()()()()=ab ab ab ba 。利用消去律，得 =ab ba 所以G 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G 是一个有限群。设G 有元a 而a 的阶>2n 。 考察1a -。我们有 ()1=n n a a e - ()()11==n n e a a e -- 设正整数 近世代数模拟试题一 一、单项选择题(本大题共5小题,每小题３分,共15分)在每小题列出得四个备选项中只有一个就就是符合题目要求得,请将其代码填写在题后得括号内。错选、多选或未选均无分。 １、设Ａ＝Ｂ=R(实数集）,如果Ａ到Ｂ得映射:x→x+２,ｘ∈R,则就就是从Ａ到B得( ）Ａ、满射而非单射?B、单射而非满射 C、一一映射??? D、既非单射也非满射 ２、设集合Ａ中含有5个元素，集合B中含有２个元素,那么,Ａ与Ｂ得积集合A×B中含有( )个元素。 A、2 ??? B、5 Ｃ、7????D、10 ３、在群G中方程ａx=b,yａ=b, a,b∈Ｇ都有解,这个解就就是( ）乘法来说 Ａ、不就就是唯一 B、唯一得 C、不一定唯一得Ｄ、相同得(两方程解一样) 4、当G为有限群,子群Ｈ所含元得个数与任一左陪集aH所含元得个数( ） Ａ、不相等Ｂ、0 C、相等 D、不一定相等。 5、n阶有限群G得子群Ｈ得阶必须就就是n得( ) A、倍数 B、次数Ｃ、约数 D、指数 二、填空题(本大题共10小题,每空３分,共30分)请在每小题得空格中填上正确答案。错填、不填均无分。 １、设集合；,则有------－--。 2、若有元素e∈R使每a∈A,都有ae＝ea=a,则e称为环R得-－-－---－。 3、环得乘法一般不交换。如果环Ｒ得乘法交换，则称Ｒ就就是一个-－－--－。 4、偶数环就就是-－----－--得子环。 ５、一个集合Ａ得若干个－-变换得乘法作成得群叫做Ａ得一个-----－－-。 6、每一个有限群都有与一个置换群－-------。 7、全体不等于0得有理数对于普通乘法来说作成一个群,则这个群得单位元就就是---,元ａ得逆元就就是------－。 ８、设与就就是环得理想且,如果就就是得最大理想，那么--－－-－--－。 ９、一个除环得中心就就是一个--－－---。 三、解答题(本大题共3小题,每小题1０分,共30分) １、设置换与分别为:,，判断与得奇偶性,并把与写成对换得乘积。 2、证明:任何方阵都可唯一地表示成一个对称矩阵与一个反对称矩阵之与。 ３、设集合,定义中运算“”为ａｂ=(a+b)(modm),则(，)就就是不就就是群,为什么? 四、证明题(本大题共2小题，第1题1０分，第2小题１5分,共25分） 1、设就就是群。证明:如果对任意得,有,则就就是交换群。 2、假定R就就是一个有两个以上得元得环，Ｆ就就是一个包含R得域,那么F包含R得一个商域。 近世代数模拟试题二 一、单项选择题 二、１、设Ｇ有6个元素得循环群,a就就是生成元,则Ｇ得子集( ）就就是子群。 Ａ、 B、 C、 D、 2、下面得代数系统(G,*）中，（ )不就就是群 Ａ、G为整数集合,*为加法 B、G为偶数集合,＊为加法 第二章 群论 近世代数习题第二章 第一组 1-13题；第二组 14-26题；第三组 27-39题；第四组 40-52 题，最后提交时间为11月25日 1、设G 是整数集，则G 对运算 4++=b a b a 是否构成群？ 2、设G 是正整数集，则G 对运算 b a b a = 是否构成群？ 3、证明：正整数对于普通乘法构成幺半群. 4、证明：正整数对于普通加法构成半群，不含有左右单位元. 5、G 是整数集，则G 对运算 1=b a 是否构成群？ 6、设b a ,是群G 中任意两元素. 证明：在G 中存在唯一元素x ，使得b axba =. 7、设u 是群G 中任意取定的元素，证明：G 对新运算aub b a = 也作成群. 8、证：在正有理数乘群中，除1外，其余元素阶数都是无限. 9、证：在非零有理数乘群中，1的阶是1，-1的是2，其余元素阶数都是无限. 10、设群G 中元素a 阶数是n ，则 m n e a m |?=. 11、设群G 中元素a 阶数是n ，则 ) ,(||n m n a m =.，其中k 为任意整数. 设（m,n ）=d,m=dk,n=dl,(k,l)=1. 则(a^m)^l=a^(ml)=a^(kdl)=(a^(n))^k=e. 设（a^m ）^s=e,，即a^(ms)=e,所以n|ms,则l|ks,又因为(l,k)=1，所以l|s,即a^m 的阶数为l. 12、证明：在一个有限群中，阶数大于2的元素个数一定是偶数. 13、设G 为群，且n G 2||=，则G 中阶数等于2的一定是奇数. 14、证明：如果群G 中每个元素都满足e x =2 ，则G 是交换群. 对每个x ，从x^2=e 可得x=x^(-1)，对于G 中任一元x ，y ，由于（xy ）^2=e ，所以xy=（xy ）^(-1)=y^(-1)*x(-1)=yx. 或者 :(ab)(ba)=a(bb)a=aea=aa=e ，故(ab)的逆为ba ，又(ab)(ab)=e ，这是因为ab 看成G 中元素，元素的平方等于e. 由逆元的唯一性，知道ab=ba 15、证明：n 阶群中元素阶数都不大于n . 16、证明：p 阶群中有1-p 个p 阶元素，p 为素数. 17、设群G 中元素a 阶数是n ，则 )(|t s n a a t s -?=. 18、群G 的任意子群交仍是子群. 《近世代数》复习试题 一 填空题 1．12,,n A A A 是集合A 的子集，如果（1） ，（2） ， 则称12,,n A A A 为A 的一个分类. 2．设},{21A =,},,,,{e d c b a B =,则有____个A 到B 的映射,_____个A 到B 的单射. 3. 设G 是一个群,G a ∈,且21||=a ,则=||6a __________. 4. 设G 是群,,,G b a ∈若1),(,||,||===n m n b m a ，而且ba ab =，则=||ab ______. 5. 在3S 中，)23()12)(123(1-= . 6. 模6的剩余类环6Z 的所有可逆元: . 7. 模6的剩余类环6Z 的所有零因子: . 8. R 是一个有单位元交换环,R a ∈,则由a 生成的主理想=)(a . 9. 设群G 的阶是45, a 是群G 中的一个元素,则a 的阶只可能是____________. 10. 高斯整环][i Z 的单位群])[(i Z U 的全部元素:____________________________. 二 解答、证明题 1.设Z 是全体整数的集合，在Z 中规定： .,,2Z b a b a b a ∈?-+= 证明：),( Z 是一个交换群. 2.证明:群G 不能表示成两个真子群的并. 3.证明:r-循环为偶置换的充要条件是r 为奇数. 4.设p 为素数,||G =n p ，证明：G 一定有一个p 阶子群. 5.设G 是一个群，,,G K G H ≤≤证明：KH HK G HK =?≤. 6.设H G ≤，N G ，证明：HN G ≤. 7.设H G ≤，且2]:[=H G ，证明：.G H 8.证明:每个素数阶的群都是循环群. 9.设N 是群G 的子群，N 的阶是r （1）证明1()gNg g G -∈也是G 的一个子群. 第一章 第二章 第一章 1. 如果在群G 中任意元素,a b 都满足222()ab a b =, 则G 是交换群. 证明: 对任意,a b G ∈有abab aabb =. 由消去律有ab ba =. □ 2. 如果在群G 中任意元素a 都满足2a e =,则G 是交换群. 证明: 对任意,a b G ∈有222()ab e a b ==. 由上题即得. □ 3. 设G 是一个非空有限集合, 它上面的一个乘法满足: (1) ()()a bc ab c =, 任意,,a b c G ∈. (2) 若ab ac =则b c =. (3) 若ac bc =则a b =. 求证: G 关于这个乘法是一个群. 证明: 任取a G ∈, 考虑2{,,,}a a G ??. 由于||G <∞必然存在最 小的i +∈ 使得i a a =. 如果对任意a G ∈, 上述i 都是1, 即, 对任意x G ∈都有2x x =, 我们断言G 只有一个元, 从而是幺群. 事实上, 对任意,a b G ∈, 此时有: ()()()ab ab a ba b ab ==, 由消去律, 2bab b b ==; 2ab b b ==, 再由消去律, 得到a b =, 从而证明了此时G 只有一个元, 从而是幺群. 所以我们设G 中至少有一个元素a 满足: 对于满足 i a a =的最小正整数i 有1i >. 定义e G ∈为1i e a -=, 往证e 为一个单位元. 事实上, 对任意b G ∈, 由||G <∞, 存在 最小的k +∈ 使得k ba ba =. 由消去律和i 的定义知k i =: i ba ba =, 即be b =. 最后, 对任意x G ∈, 前面已经证明了有最小的正整数k 使得k x x =. 如果1k =, 则2x x xe ==, 由消去律有x e = 从而22x e e ==, 此时x 有逆, 即它自身. 如果1k >, 则11k k k x x xe xx x x --====, 此时x 也有逆: 1k x -. □ 注: 也可以用下面的第4题来证明. 4. 设G 是一个非空集合, G 上有满足结合律的乘法. 如果该乘法 还满足: 对任意,a b G ∈, 方程ax b =和ya b =在G 上有解, 证明: G 关于该乘法是一个群. 证明: 取定a G ∈. 记ax a =的在G 中的一个解为e . 往证e 是G 的单位元. 对任意b G ∈, 取ya b =的一个解c G ∈: ca b =. 于是: ()()be ca e c ae ca b ====. 得证. 对任意g G ∈, 由gx e =即得g 的逆. □ 5. 找两个元素3,x y S ∈使得222()xy x y =/. 解: 取(12)x =, (13)y =. □ 6. 对于整数2n >, 作出一个阶为2n 的非交换群. 解: 二面体群n D . □ 7. 设G 是一个群. 如果,a b G ∈满足1r a ba b -=, 其中r 是正整数, 证 明: i i i r a ba b -=, i 是非负整数. 近 世 代 数 试 卷 一、判断题（下列命题你认为正确的在题后括号内打“√”，错的打“×”；每小题1分，共10分） 1、设A 与B 都是非空集合，那么{}B A x x B A ∈∈=?x 且。 （ ） 2、设A 、B 、D 都是非空集合，则B A ?到D 的每个映射都叫作二元运算。（ ） 3、只要f 是A 到A 的一一映射，那么必有唯一的逆映射1 -f 。 （ ） 4、如果循环群()a G =中生成元a 的阶是无限的，则G 与整数加群同构。 （ ） 5、如果群G 的子群H 是循环群，那么G 也是循环群。 （ ） 6、群G 的子群H 是不变子群的充要条件为H Hg g H h G g ?∈?∈?-1;,。 （ ） 7、如果环R 的阶2≥，那么R 的单位元01≠。 （ ） 8、若环R 满足左消去律，那么R 必定没有右零因子。 （ ） 9、)(x F 中满足条件0)(=αp 的多项式叫做元α在域F 上的极小多项式。 （ ） 10、若域E 的特征是无限大，那么E 含有一个与()p Z 同构的子域，这里Z 是整 数环，()p 是由素数p 生成的主理想。 （ ） 二、单项选择题（从下列各题四个备选答案中选出一个正确答案，并将其号码写在题干后面的括号内。答案选错或未作选择者，该题无分。每小题1分，共10分） 1、设n A A A ,,,21 和D 都是非空集合，而f 是n A A A ??? 21到D 的一个映射，那么（ ） ①集合D A A A n ,,,,21 中两两都不相同；②n A A A ,,,21 的次序不能调换； ③n A A A ??? 21中不同的元对应的象必不相同； ④一个元()n a a a ,,,21 的象可以不唯一。 2、指出下列那些运算是二元运算（ ） ①在整数集Z 上，ab b a b a += ； ②在有理数集Q 上，ab b a = ； ③在正实数集+R 上，b a b a ln = ；④在集合{}0≥∈n Z n 上，b a b a -= 。 3、设 是整数集Z 上的二元运算，其中{}b a b a ,max = （即取a 与b 中的最大者），那么 在Z 中（ ） ①不适合交换律；②不适合结合律；③存在单位元；④每个元都有逆元。 近世代数习题解答 第一章 基本概念 1 集合 1.A B ?,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B A =时, 才能出现题中说述情况.证明 如下 当B A =,但B 不是A 的真子集,可知凡是属于A 而B a ?,显然矛盾; 若A B ?,但B 不是A 的真子集,可知凡属于A 的元不可能属于B ,故B A = 2.假定B A ?,?=B A I ,A ∩B=? 解? 此时, A ∩B=A, 这是因为A ∩B=A 及由B A ?得A ?A ∩B=A,故A B A =I ,B B A ?Y , 及由B A ?得B B A ?Y ,故B B A =Y , 2 映射 1.A =}{ 100,3,2,1，??,找一个A A ?到A 的映射. 解? 此时1),(211=a a φ A a a ∈21, 1212),(a a a =φ 易证21,φφ都是A A ?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A A ?到A 的一个元的的象? 解?容易说明在1φ之下,有A 的元不是A A ?的任何元的象;容易验证在2φ之下,A 的每个元都是A A ?的象. 3 代数运算 1.A ={所有不等于零的偶数}.找到一个集合D ,使得普通除法 是A A ?到D 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A A ?到D 的代数运算;同时说明这样的D 不只一个. 2.=A }{c b a ,,.规定A 的两个不同的代数运算. 解? a b c a a b c a b c b b c a a a a a 近世代数模拟试题 一. 单项选择题(每题5分，共25分) 1、在整数加群（Z，＋）中，下列那个是单位元（）. A. 0 B. 1 C. －1 D. 1/n，n是整数 2、下列说法不正确的是（）. A . G只包含一个元g，乘法是gg＝g。G对这个乘法来说作成一个群; B . G是全体整数的集合，G对普通加法来说作成一个群; C . G是全体有理数的集合，G对普通加法来说作成一个群; D. G是全体自然数的集合，G对普通加法来说作成一个群. 3. 如果集合M的一个关系是等价关系，则不一定具备的是( ). A . 反身性 B. 对称性 C. 传递性 D. 封闭性 4. 对整数加群Z来说，下列不正确的是（）. A. Z没有生成元. B. 1是其生成元. C. －1是其生成元. D. Z是无限循环群. 5. 下列叙述正确的是（）。 A. 群G是指一个集合. B. 环R是指一个集合. C. 群G是指一个非空集合和一个代数运算，满足结合律，并且单位元， 逆元存在. D. 环R是指一个非空集合和一个代数运算，满足结合律，并且单位元， 逆元存在. 二. 计算题(每题10分，共30分) 1. 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，试求中G 中下列各个元素1213,,0101c d cd ???? == ? ?-????， 的阶. 2. 试求出三次对称群 {}3(1),(12),(13),(23),(123),(132)S = 的所有子群. 3. 若e是环R的惟一左单位元，那么e是R的单位元吗？若是，请给予证明. 三. 证明题(第1小题10分，第2小题15分，第3小题20分，共45分). 1. 证明: 在群中只有单位元满足方程 近世代数练习题题库 LELE was finally revised on the morning of December 16, 2020 §1 第一章 基础知识 1 判断题： 1.1 设A 与B 都是非空集合，那么{}B A x x B A ∈∈=?x 且。（ ） 1.2 A ×B = B ×A （ ） 1.3 只要f 是A 到A 的一一映射，那么必有唯一的逆映射1 -f 。（ ） 1.4 如果?是A 到A 的一一映射,则?[?(a)]=a 。( ) 1.5 集合A 到B 的可逆映射一定是A 到B 的双射。（ ） 1.6 设A 、B 、D 都是非空集合，则B A ?到D 的每个映射都叫作二元运算。（ ） 1.7 在整数集Z 上，定义“ ”：a b=ab(a,b ∈Z)，则“ ”是Z 的一个二元运算。（ ） 1.8 整数的整除关系是Z 的一个等价关系。( ) 2 填空题： 2.1 若A={0,1} , 则A ?A= __________________________________。 2.2 设A = {1，2}，B = {a ，b}，则A ×B =_________________。 2.3 设={1,2,3} B={a,b},则A ?B=_______。 2.4 设A={1,2}, 则A ?A=_____________________。 2.5 设集合{}1,0,1-=A ；{ }2,1=B ，则有=?A B 。 2.6 如果f 是A 与A 间的一一映射，a 是A 的一个元，则 ()[]=-a f f 1 。 2.7 设A =｛a 1, a 2,…a 8｝，则A 上不同的二元运算共有 个。 一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分)在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。错选、多选或未选均无分。 1、设G 有6个元素的循环群，a 是生成元，则G 的子集（ ）是子群。 A 、{}a B 、{}e a , C 、{}3,a e D 、 {}3,,a a e 2、下面的代数系统（G ，*）中，（ ）不是群 A 、G 为整数集合，*为加法 B 、G 为偶数集合，*为加法 C 、G 为有理数集合，*为加法 D 、G 为有理数集合，*为乘法 3、在自然数集N 上，下列哪种运算是可结合的？（ ） A 、a*b=a-b B 、a*b=max{a,b} C 、 a*b=a+2b D 、a*b=|a-b| 4、设1σ、2σ、3σ是三个置换，其中1σ=（12）（23）（13），2σ=（24）（14），3σ=（1324），则3σ=（ ） A 、12σ B 、1σ2σ C 、22σ D 、2σ1σ 5、任意一个具有2个或以上元的半群，它（ ）。 A 、不可能是群 B 、不一定是群 C 、一定是群 D 、 是交换群 二、填空题(本大题共10小题，每空3分，共30分)请在每小题的空格中填上正确答案。错填、不填均无分。 1、凯莱定理说：任一个子群都同一个----------同构。 2、一个有单位元的无零因子-----称为整环。 3、已知群G 中的元素a 的阶等于50，则4a 的阶等于------。 4、a 的阶若是一个有限整数n ，那么G 与-------同构。 5、A={1.2.3} B={2.5.6} 那么A ∩B=-----。 6、若映射?既是单射又是满射，则称?为-----------------。 7、α叫做域F 的一个代数元，如果存在F 的-----n a a a ,,,10 使得010=+++n n a a a αα 。 《近世代数》作业 一．概念解释 1．代数运算 2．群的第一定义 3．域的定义 4．满射 5．群的第二定义 6．理想 7．单射 8．置换 9．除环 10．一一映射 11．群的指数 12．环的单位元 二．判断题 1．Φ是集合n A A A ??? 21列集合D 的映射，则),2,1(n i A i =不能相同。 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。 3．设N 为正整数集，并定义ab b a b a ++= ),(N b a ∈，那么N 对所给运算 能作成一个群。 4．假如一个集合A 的代数运算 适合交换率，那么在n a a a a 321里)(A a i ∈，元的次序可以交换。 5．在环R 到R 的同态满射下，R 得一个理想N 的逆象N 一定是R 的理想。 6．环R 的非空子集S 作成子环的充要条件是： 1）若,,S b a ∈则S b a ∈-； 2）,,S b a ∈，则S ab ∈。 7．若Φ是A 与A 间的一一映射，则1-Φ是A 与A 间的一一映射。 8．若ε是整环I 的一个元，且ε有逆元，则称ε是整环I 的一个单位。 9．设σ与τ分别为集合A 到B 和B 到C 的映射，如果σ，τ都是单射，则τσ是A 到C 的映射。 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。 11．整环中一个不等于零的元a ，有真因子的冲要条件是bc a =。 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。 13. 集合A 的一个分类决定A 的一个等价关系。 （ ） 14. 设1H ,2H 均为群G 的子群，则21H H ?也为G 的子群。 （ ） 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。 2．设G=（a ）是循环群，证明：当∞=a 时，G=（a ）与整数加群同构。 近世代数习题解答 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 = a 对于G的任何元a都成立 5 . 对于G的每一个元a,在G里至少存在一个右逆元 a ,能让aa e A_1 证(1) 一个右逆元一定是一个左逆元，意思是由aa e 得a a = e 因为由4 G有元a能使a'a =e 1 1 1 ' 所以(a a)e = (a a)(a a ) 即a a = 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 = a 即ea = a 这样就得到群的第二定义. (3)证ax二b可解 取x = a 这就得到群的第一定义. 反过来有群的定义得到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x2二e,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a,b^G有ab = (ab)，= b°a，= ba . 2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数. _1 n —1 n n —1 —1 证(1)先证a的阶是n则a 的阶也是n . a e= (a ) (a ) e e 若有m n 使(a ')m= e 即(a m)' = e因而a m=e‘ ? a m=e 这与a的阶是n矛盾「a的阶等于a °的阶 _4 _4 2 (2) a的阶大于2,则a=a 若a=a : a=e 这与a的阶大于2矛盾 (3) a b 贝U a「b' 斗 近 世 代 数 试 卷 一、判断题(下列命题您认为正确的在题后括号内打“√”,错的打“×”;每小题1分,共10分) 1、设A 与B 都就是非空集合,那么{}B A x x B A ∈∈=?x 且。 ( ) 2、设A 、B 、D 都就是非空集合,则B A ?到D 的每个映射都叫作二元运算。( ) 3、只要f 就是A 到A 的一一映射,那么必有唯一的逆映射1-f 。 ( ) 4、如果循环群()a G =中生成元a 的阶就是无限的,则G 与整数加群同构。 ( ) 5、如果群G 的子群H 就是循环群,那么G 也就是循环群。 ( ) 6、群G 的子群H 就是不变子群的充要条件为H Hg g H h G g ?∈?∈?-1;,。 ( ) 7、如果环R 的阶2≥,那么R 的单位元01≠。 ( ) 8、若环R 满足左消去律,那么R 必定没有右零因子。 ( ) 9、)(x F 中满足条件0)(=αp 的多项式叫做元α在域F 上的极小多项式。 ( ) 10、若域E 的特征就是无限大,那么E 含有一个与()p Z 同构的子域,这里Z 就是整数环,()p 就是由素数p 生成的主理想。 ( ) 二、单项选择题(从下列各题四个备选答案中选出一个正确答案,并将其号码写在题干后面的括号内。答案选错或未作选择者,该题无分。每小题1分,共10分) 1、设n A A A ,,,21Λ与D 都就是非空集合,而f 就是n A A A ???Λ21到D 的一个映射,那么( ) ①集合D A A A n ,,,,21Λ中两两都不相同;②n A A A ,,,21Λ的次序不能调换; ③n A A A ???Λ21中不同的元对应的象必不相同; ④一个元()n a a a ,,,21Λ的象可以不唯一。 2、指出下列那些运算就是二元运算( ) ①在整数集Z 上,ab b a b a +=ο; ②在有理数集Q 上,ab b a =ο; ③在正实数集+R 上,b a b a ln =ο;④在集合{}0≥∈n Z n 上,b a b a -=ο。 3、设ο就是整数集Z 上的二元运算,其中{}b a b a ,m ax =ο(即取a 与b 中的最大者),那么ο在Z 中( ) ①不适合交换律;②不适合结合律;③存在单位元;④每个元都有逆元。 4、设()ο,G 为群,其中G 就是实数集,而乘法k b a b a ++=οο:,这里k 为G 中固定 近世代数课后习题参考答案 第一章 基本概念 1 集合 1.A B ?,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B A =时, 才能出现题中说述情况.证明 如下 当B A =,但B 不是A 的真子集,可知凡是属于A 而B a ?,显然矛盾; 若A B ?,但B 不是A 的真子集,可知凡属于A 的元不可能属于B ,故B A = 2.假定B A ?,?=B A ,A ∩B=? 解? 此时, A ∩B=A, 这是因为A ∩B=A 及由B A ?得A ?A ∩B=A,故A B A = ,B B A ? , 及由B A ?得B B A ? ,故B B A = , 2 映射 1.A =}{ 100,3,2,1，??,找一个A A ?到A 的映射. 解? 此时1),(211=a a φ A a a ∈21, 1212),(a a a =φ 易证21,φφ都是A A ?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A A ?到A 的一个元的的象? 解?容易说明在1φ之下,有A 的元不是A A ?的任何元的象;容易验证在2φ之下,A 的每个元都是A A ?的象. 3 代数运算 1.A ={所有不等于零的偶数}.找到一个集合D ,使得普通除法 是A A ?到D 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A A ?到D 的代数运算;同时说明这样的D 不 只一个. 2.=A }{c b a ,,.规定A 的两个不同的代数运算. 解? a b c a a b c a b c b b c a a a a a c c a b b d a a c a a a 4 结合律 1.A ={所有不等于零的实数}. 是普通除法:b a b a = .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: 2 1 2)11(= , 2)21(1= ,从而 )21(12)11( ≠. 2.A ={所有实数}. : b a b a b a =+→2),(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 c b a c b a 22)(++= ,c b a c b a 42)(++= )()(c b a c b a ≠ 除非0=c . 3.A ={c b a ,,},由表 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 1.A ={所有实数}. 是普通减法:b a b a -= .这个代数运算适合不适合交换律? 解? 一般地a b b a -≠- 除非b a =. 2.},,,{d c b a A =,由表 a b c d a a b c d b b d a c c c a b d d d c a b 所给出代数运算适合不适合交换律? a b c a a b c b b c a c c a b 近世代数习题解答 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 }1,1{-=G 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 ' '5,4来作群的定义: '4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立 '5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1 -a 能让 e aa =-1 证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1 得e a a =-1 因为由'4G 有元'a 能使e a a =-' 1 所以))(()(' 11 1 a a a a e a a ---= e a a a e a a aa a ====----' 1' 1 ' 1 1 ][)]([ 即 e a a =-1 (2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即 由 a ae = 得 a ea = a ae a a a a aa ea ====--)()(1 1 即 a ea = 这样就得到群的第二定义. (3) 证 b ax =可解 取b a x 1 -= b be b aa b a a ===--)()(1 1 这就得到群的第一定义. 反过来有群的定义得到' ' 5,4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e x =2 ,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G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111 )(. 2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数. 证 (1) 先证a 的阶是n 则1 -a 的阶也是n .e e a a e a n n n ===?=---11 1) ()( 若有n m ? 使e a m =-)(1 即 e a m =-1 ) (因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶 是n 矛盾.a Θ的阶等于1 -a 的阶 (2) a 的阶大于2, 则1-≠a a 若 e a a a =?=-21 这与a 的阶大于2矛盾 (3) b a ≠ 则 11 --≠b a 总起来可知阶大于2的元a 与1-a 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 是个数一个阶是偶数的有限群,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 2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶 2≤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 G a ∈ 故 G a a a a n m ∈K K K ,,,,,,2 由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等: n m a a = )(n m ? 故 e a m n =- m n -是整数,因而a 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,-→a a ，a 和- a 的阶是不是一定相同? 证 不一定相同 例如 }2 3 1,231,1{i i G +-+-= }1{=- G 对普通乘法- G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是 G 的任意元,1是- G 的元) 由 φ可知 G ∽- G 但 2 31,231i i --+-的阶都是3. 而1的阶是1. 近世代数模拟试题一 一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分)在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。错选、多选或未选均无分。 1、设A ＝B ＝R(实数集)，如果A 到B 的映射?：x →x ＋2，?x ∈R ，则?是从A 到B 的（ ） A 、满射而非单射 B 、单射而非满射 C 、一一映射 D 、既非单射也非满射 2、设集合A 中含有5个元素，集合B 中含有2个元素，那么，A 与B 的积集合A ×B 中含有（ ）个元素。 A 、2 B 、5 C 、7 D 、10 3、在群G 中方程ax=b ，ya=b ， a,b ∈G 都有解，这个解是（ ）乘法来说 A 、不是唯一 B 、唯一的 C 、不一定唯一的 D 、相同的(两方程解一样) 4、当G 为有限群，子群H 所含元的个数与任一左陪集aH 所含元的个数（ ） A 、不相等 B 、0 C 、相等 D 、不一定相等。 5、n 阶有限群G 的子群H 的阶必须是n 的（ ） A 、倍数 B 、次数 C 、约数 D 、指数 二、填空题(本大题共10小题，每空3分，共30分)请在每小题的空格中填上正确答案。错填、不填均无分。 1、设集合{}1,0,1-=A ；{}2,1=B ，则有=?A B ---------。 2、若有元素e ∈R 使每a ∈A ，都有ae=ea=a ，则e 称为环R 的--------。 3、环的乘法一般不交换。如果环R 的乘法交换，则称R 是一个------。 4、偶数环是---------的子环。 5、一个集合A 的若干个--变换的乘法作成的群叫做A 的一个--------。 6、每一个有限群都有与一个置换群--------。 7、全体不等于0的有理数对于普通乘法来说作成一个群，则这个群的单位元是---，元a 的逆元是-------。 8、设I 和S 是环R 的理想且R S I ??，如果I 是R 的最大理想，那么---------。 9、一个除环的中心是一个-------。 三、解答题（本大题共3小题，每小题10分，共30分） 1、设置换σ和τ分别为：??? ???=6417352812345678σ，? ? ? ???=2318765412345678τ，判断σ和τ的奇偶性，并把σ和τ写成对换的乘积。 2、证明：任何方阵都可唯一地表示成一个对称矩阵与一个反对称矩阵之和。 近世代数习题与答案 Company Document number：WUUT-WUUY-WBBGB-BWYTT-1982GT 一、 选择题（本题共5小题,每小题3分，共15分) 一、 (从下列备选答案中选择正确答案) 1、下列子集对通常复数的乘法不构成群的是（ ）。 (A) ｛1，－1，i ,－i ｝ (B) ｛1，－1｝ (C) ｛1，－1，i ｝ 2、设H 是群Ｇ的子群，a ，b ∈Ｇ，则aH = bH 的充要条件是（ ）。 (A) a －1b －1∈H (B) a －1b ∈H (C) ab －1∈H 3、在模6的剩余类环Z 6 中，Z 6 的极大理想是( )。 (A) （2），（3） (B) （2） (C)（3） 4、若Q 是有理数域,则(Q(2):Q)是( )。 (A) 6 (B) 3 (C) 2 5、下列不成立的命题是( )。 (A) 欧氏环是主理想环 (B) 整环是唯一分解环 (C) 主理想环是唯一分解环 二、填空题（本题共5空，每空3分，共15分） （请将正确答案填入空格内） 1、R 为整环，a ，b ∈R ，b |a ，则（b ） （a ）。 2、F 是域，则[](()) F x f x 是域当且仅当 。 3、域F 上的所有n 阶方阵的集合M n (F )中，规定等价关系~: A ～ B ?秩(A )=秩(B )，则这个等价关系决定的等价类有________个。 4、6次对称群S 6中,(1235)-1(36)=____________。 5、12的剩余类环Z 12的可逆元是 。 三、判断题（本题共5小题,每小题2分，共10分） （请在你认为正确的题后括号内打“√”，错误的打“×”） 1、设G 是群，?≠H ，若对任意a,b ∈H 可推出ab ∈H ，则H≤G .. （ ） 2、群G 中的元,a b ，()2,()7,a b ab ba ===,则()14ab =。 ( ) 3、商环6Z Z 是一个域。 （ ）多所高校近世代数期末考试题库[]
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