近世代数复习题答案啊

《近世代数》复习题答案

一、填空题 1、256 24

2、x

x e ? x k x ?

3、0ab ≠ 0ab ≥

4、{}[0,1]Q ? {0,1,2,3,4,5,6,7,8

5、1n +

2n

c

6、4Z klein 四元群

7、（12345） （12345） （34） n ！ 8、mn 1 9、4 1p - 2 10、4 4

11、置换 变换

12、1113Z Z 或 不变子群 13、{0} G

14、{()1,}x f x x G A =∈= {}2m 15、m H 16、{,0a b a b Z c ??

∈

???

} {[0],[2],[4],[6]} 17、55

a b + 零因子

18、432

[3][4][4][2]x x x x ++-+ [0],[1],[3],[4]x =

19、（d ） {}dk k Z ∈

20、[3],[6][1],[2],[

p-

21、([0]),([1]),([2]),([3])[4]([0]),([1]),([2]),([3

22、{}

+∈∈

xq x p p Z q x Z x

∈{()2,()[]}

ar R

23、R的单位元1 I的零元Q

24、(2,)x素元

25、1,i

i i i i

+----

±±23,23,23,3

26、

1±1

二、单项选择

1、D

2、D

3、B

4、D

5、D

6、C

7、

D 8、D

9、D 10、D 11、B 12、B 13、C 14、D 15、

D 16、C

17、B 18、D 19、D 20、D

三．辨析题

1、×2.×3、√4、√5、×6、×7、×

8×9、×10、√

四，证明题：

1、①,s

?∈、

f g G

+=+∈

f g x f x g x G

()()()()s

②,,s

?∈

t g f G

[][]

++=++=++=++

()()()()()()()()()() t f g x t x f g x t x f x g x t f g x

③0:0f x →令

s f G ?∈ 0()()

()

f f x f x += 0:0S f x ∴→是G 的左单位元 ④s f G ?∈ （-f+f)(x)=-f(x)+f(x)=0 0∴-f+f=f f f ∴-有左逆元

(,)A ?+由①②③④是一个群

,s f g G ?∈又因为

()()()()()()()()f g x f x g x g x f x g f x +=+=+=+

(,)A ∴+是一个加群

2、,,a b c Z ?∈ ① a a ∈。b=+b-2Z

② 2a a a a (。b)。c=(+b-2)。c=+b-2+c-=+b+c-4 2a a a a 。(b 。c)=+b 。c-2=+b+c-2-=+b+c-4 (a a ∴。b)。c=。(b 。c) ③ a a a 2。=2+-2=

∴ 2是左单位元

④ a a a a (4-)。=4-+-2=2 a a ∴ 有左逆元 4-

(,)Z ?由①②③④。是一个群

,a b Z ?∈又因为

22a a b b a b a =+-=+-=。b 。

(,)Z ∴。是一个加群

3.（1）证明：M n (R) 关于矩阵的乘法构成一个非交换群。 ①,()0,0n A B M R A B ?∈?≠≠

∴n 0()A B AB AB AB M R =≠??∈可逆

②矩阵的乘法适合结合律，所以M n (R)关于矩阵的乘法也适

合结合律。

∏设E 是单位矩阵 10E =≠, n ()E M R ∈ n ()A M R ?∈ EA=A 所以M n (R)有左逆元E

④ 11n ()()n A M R A A M R --?∈???∈可逆可逆 A 11()n A E A M R A --=??∈A 有左逆元 ?由①②③④M n (R)关于矩阵的乘法作成一个群 又因为 若取C=（） D=(2211) 则CD=(

4433

) DC=(

4623

)

所以CD ≠DC

所以M n (R)关于矩阵的乘法作成一个非交换群

（2）证明：H 是M n (R)的不变子群且 ()n M R H 和*R 同构，*R 里的运

算是普通乘法。

① 令 ∏：*n () M R R → ()A A A →=∏ n ,(), A B M R A B A B ?∈=?= 所以∏是一个映射。

*0 (00)

1 0

0(0

0...0............00 (1)

a a R a A ?∈?≠??=∈) M n (R)

0A A a →=≠ 所以∏是一个满射 又因为n ,()A B M R ?∈

()()()AB AB A B A B ===∏∏∏

所以∏是M n (R)到*R 的同态映射 故M n (R)和*R 对于它们的乘法来说同态 所以*R 也是一个群，且M n (R)和*R 是同态 ②*****11r R r r r ?∈?== 所以 1是*R 的单位元 Ker(∏)=H

③群M n (R)和群*R 是同态，Ker(∏)=H 所以 H 是不变子群且()n M R H 和*R 同构。 4、（1）① 证明G 关于变换的合成做成非交换群 定义变换的合成运算为()()()()f f g x f g x ?∈=。:,g G,。 (a)

()()()()()()11221212121212112121,,,,0,,,0f g G f x a x b g x a x b a a a a b b Q a a a b b Q

f g x f g x a a x a b b G

?∈=+=+?≠∈?≠+∈?==++∈且且。

(b)变换的合成运算适合结合律?G 关于变换的合成也适合结合律

(c)令()e x x =，则()e x G ∈

()()()(),f G f x Q e f e f x f x ?∈∈?==。

∴()e x 是G 的左单位元 (d) ,,0,,f G f ax b a a b Q ?∈=+≠∈ 令11b f x a

a

-=-，则1,b Q a

a

-∈且10a

≠ ∴1f G -∈且()()()()()11f f x f f x x e x --===。 ∴f 有左逆元1f -

由（a ）（b ）（c ）（d ）?G 是一个群 又∵若令()()1,2f x x g x x =+=则f g g f ≠。。 ∴G 是一个非交换群 ②证明G G ?

令(),:,,,,001a b GG ab y G G f x a b Q a ??

→→∈≠

???

112212,,,,,0a b a b Q a a ?∈≠

∵()()11

2

2

1122,,11221212,0101a b a b a b a b f x f x a x b a x b a a b b ????

=?+=+?==?= ? ?????

∴GG y 是一个映射且是一个单射

又∵,001ab G a b Q a ??

?∈?∈≠ ???

且

∴(),a b f x ax b G ?=+∈使得(),01a b ab f x ??

→ ???

∴GG y 是一个满射 ∴GG y 是一个一一映射 又

∵()()11

2

2

11

2

2

121

211122,,12121,,,01

0101a b a b a b a b a a a b b a b a b f f x a a x a b b f f +??????

=++→= ? ?????????

。。 ∴GG y 是G 到G 的同构映射 ∴G G ?

（2）①令,0:,,001a b GH a y G H f a Q a ??

→→∈≠ ???

且

()()1122112212,,,,1200,,1100a b a b a b a b a a f x f x G f f a a ????

?∈=?=?= ????

??

∴GH y 是一个映射

0001a H a Q a ??

?∈?∈≠ ???且 ,,0,01a b a b

a f G f ???∈→ ???

使得 ∴GH y 是一个满射

又∵()11

2

2

1212,,000111000a b a b a a a a f f ??????

→= ??????

???。

∴GH y 是一个G 到H 的同态满射 ∴G 与H 同态 ∴H 也是一个群

②令1001E ??

= ???

，则h H ?∈有Eh hE h ==

∴E 是H 的单位元

若()GH y x E =则()g x b b Q =+∈ ∴()ker G H y H =

③群G 与群H 同态，()ker G H y H H G G H H =??是的不变子群且 5.证：(1)?211b a +，222b a +∈R ，

(211b a +)+(222b a +)=)(21a a ++)(21b b +2 (211b a +)(222b a +)=)2(2121b b a a ++)(1221b a b a +2

因为1a ，2a ，1b ，2b ∈Z ，所以)(21a a +，)(21b b +，)2(2121b b a a +，

)(1221b a b a +∈Z

所以R 对于普通加法和乘法来说是闭的。 （2）?211b a +，222b a +，233b a +∈R 。

（（211b a +）+（222b a +））+（233b a +）=（1a +2a +3a ）+（1b +2b +3b ）2 =（211b a +）+（

（222b a +）+（233b a +））（（211b a +）（222b a +））（233b a +）=1a 2a 3a +2（1b 2b 3a +1a 2b 3b +1b 2a 3b ）+（1a 2b 3a +1b 2a 3b +21b 2b 3b ）2=（211b a +）（（222b a +）（233b a +）） 所以R 关于普加法和乘法适合结合律。

（211b a +）+（222b a +）=)(21a a ++)(21b b +2=（222b a +）+（211b a +）

（211b a +）（222b a +）=（222b a +）（211b a +） 所以R 关于普通加法和乘法适合交换律。

（211b a +）（（222b a +）+（233b a +））=（211b a +）（)(23a a ++)(23b b +2）=（211b a +）（222b a +）+（211b a +）（233b a +）

所以左分配律成立，同理可证右分配律成立。

（3）?

R 0200∈=+）（。 有零元 ?211b a +∈R ，?211b a --∈R ，使得(211b a +)+(211b a --)=0

所以R 做成一个交换环。

（4）因为1+02=1∈R 有单位元 又因为两个非零实数的成绩(211b a +)(222b a +)≠0 所以R 是一个整环。

6、证：因为R=},2a {Q b a b ∈+是实数域的子集。 因为0+02∈R 。 所以R 非空 （1）?211b a +，222b a +∈R ，有

(211b a +)—(222b a +)=)(21a a -+)(21b b -2∈R （2）?211b a +，222b a +∈R ，且222b a +≠0，

（211b a +）1

222a -+）

（b =（211b a +）（222222b a a -+222

2

222

b a b --）

=

2222212122b a b b a a --+2222

2

22

112b a b a b a --∈R

这里022222≠-b a ，所以。因为当022

222=-b a 则有2a 22b =

若02=b ，将有02=a 与222b a +≠0相矛盾， 若02≠b ，将有

22b a =2，与2

2b a

是有理数相矛盾。 所以R 是实数域的子环，从而R 是一个环。 （3）1=1+02∈R 有单位元 （4）?2b a +∈R ，且2b a +≠0。 有（2b a +）（

2

1b a +）=(2b a +)(

222b a a -+

222

2b a b

--)=1

同（2）这里0222≠-b a 。

所以F是一个除环。

又因为实数域的乘法适合交换律，所以R=}

a

+的元也适

b

b∈

,

2

a{Q

合交换律

所以R关于数的加法和乘法做出一个域。

7、证：（1）?f，g，h∈GL(R) ，x∈R

((f+g)+h)(x)=(f+g)(x)+h(x)=f(x)+g(x)+h(x)=(f+(g+h))(x)

所以GL(R)关于加法满足结合律

（2）?单位元（零元）g(x)=0，使得(f+g)(x)=(g+f)(x)=f(x)

所以GL(R)关于加法有零元。

（3）?f∈GL(R)，?负元-f，使得（-f+f）(x)=(f+(-f))(x)=0

(4)(f (g+h))(x)=f (g+h)(x)=f (g(x)+h(x))=f g(x)+f h(x)

所以左分配律满足，同理可证右分配律满足

（5）(f (g h))(x)=(f g(h(x)))=f(g(h(x)))=((f(g) h)(x)=((f g) h)(x)

所以GL(R)关于乘法满足结合律

所以GL(R)关于加法和乘法做成一个环

又因为R是有单位元1的非交换环

所以?a，b∈R，ab≠ba

不妨设定义f：R?→

?R，x?→

?ax (a≠0)

G: R?→

?bx (b≠0)

?R，x?→

则(f g)(1)=f(g(1))=f(b)=ab

(g f)(1)=g(f(1))=g(a)=ba

因为ab≠ba，即(f g)(1) ≠(g f)(1)，从而有(f g)(x) ≠(g f)(x)

所以（GL(R)，+，0）是一个非交换环。

8．（1）a b c d A ?∈（，）、（，）

a b c d a c ?（，）=（，）= ∴f 是一个映射

a Z a

b A s a b a τ

?∈?∈→，（，） （，）

∴f 是一个满射

又∵

a b c d a+c b+d a+c ?→（，）+（，）（，）

a b c d ac bd ac ?→（，）（，）（，） ∴f 是一个同态满射（A 到Z 的同态满射）

（2）a b A ?∈（，）

，若a b 0→（，），则a=0 ∴()}{ker

f 0b b Z ∈（）=， （3）ker f A

Z ?（）

9.(1)][,21x Z f f ∈?，21,f f 可以写成如下形式： n n x a x a a f +++= 101

m m x b x b b f +++= 102 （N n m Z b a i i ∈∈,,,） 若)()(21x f x f =，则00b a =

Z f f ∈=∴)0()0(21

的映射。

到是Z ][Z x φ∴ 使得][)(,00x Z a x f Z a ∈=?∈?

0)0()(a f x f =

的满射。到是Z ][Z x φ∴

又0201)(,)(b x f a x f

0021))(b a x f x f ++ （

0021)()(b a x f x f

的环满同态。

到是Z x ][Z φ∴ （2）][)(10x Z x a x a a x f n n ∈+++=? 若00)0()(00===a a f x f 则

])[)((,)()()(121221x Z x g x x g x x a x a a x a x a x a x f n n n n ∈=+++=+++=∴-

)()k e r (x =∴φ

10.证明: 先看R 的主理想(1)i +含有哪些元. 设 (1)a bi i +∈+,那么()(1)()()a bi x yi i x y x y i +=++=-++

因此,若x 和y 同为奇数或同为偶数,那么a 和b 同为偶数;若x 和y 一奇一偶,那么a 和b 同为奇数;这样, a 和b 必须有相同的奇偶性.反过来,设a 和b 有相同的奇偶性,那么方程 x y a -= x y b += 有整数解,22

a b b a

x y +-=

=因此(1)a bi i +∈+. 这样,当且仅当a 和b 有相同的奇偶性时, (1)a bi i +∈+,此时[][0]a bi +=

现在设a 和b 一奇一偶,那么()1[(1)]a bi a bi +=+-+

而a -1和b 有相同的奇偶性.这时1a bi u +=+ 1u i ∈+,而[][1]a bi +=.因此环R/(1+i)含两个元素[0]和[1]. 11、（1）?()[]f x Z x ∈则()f x 可以写成如下形式：

()f x =()2(1)q x x ax b +++ ()[](,)q x Z x a b Z ∈∈、

令π：[]Z x →[]Z i ，()f x ai b +

? 1f ，2f ∈[]Z x

1f =()1q x 2(1)x ++1a x+1b 2f =2()q x 2(1)x ++2a x+2b

若()f x =()g x 则1a =2a ，1b =2b 则1a i +1b =2a i +2b ∈[]Z i

∴π是[]Z x 到[]Z i 的一个映射

又 ?ai +b ∈[]Z i

? ()f x =()2(1)q x x ax b +++∈[]Z x st ()f x →ai +b

∴π是[]Z x 到[]Z i 的一个满射 又 1f →1a i +1b ，2f →2a i +2b

1f +2f →12()a a i ++1b +2b =11()a i b ++22()a i b +

12f f ?=()Q x 2(1)x ++12211221()a b a b x bb a a ++- ()Q x ∈[]Z x

∴12f f ?→12211212()a b a b i bb a a ++-

的环满同态与是][][Z i Z x φ∴ 同态与][Z ][Z i x ∴

（2）][)1)(()(2x Z b ax x x q x f ∈+++=? 若0,0,0)(===+b a b ai x f 则 ）

][)((),1)(()(2x Z x q x x q x f ∈+=∴ )1ker(2+=∴x （）π

（3）环][)1/(][)1][][22i Z x x Z x i Z x Z ?+?+是同态满射下的核同态。（与环

))((221121b i a b i a f f ++∴