近世代数答案[1]
近世代数课后习题答案
近世代数课后习题答案近世代数课后习题答案近世代数是数学中的一个重要分支，研究的是抽象代数结构及其性质。
在学习近世代数的过程中，课后习题是巩固知识、加深理解的重要途径。
本文将为大家提供一些近世代数课后习题的答案，希望对大家的学习有所帮助。
一、群论1. 设G是一个群，证明恒等元素是唯一的。
答案：假设G中有两个恒等元素e和e'，则有e * e' = e'和e' * e = e。
由于e是恒等元素，所以e * e' = e' = e' * e。
再由于e'是恒等元素，所以e * e' = e =e' * e。
因此，e = e'，即恒等元素是唯一的。
2. 设G是一个群，证明每个元素在G中的逆元素是唯一的。
答案：假设G中的元素a有两个逆元素b和c，即a * b = e，a * c = e。
则有a * b = a * c。
两边同时左乘a的逆元素a'，得到a' * (a * b) = a' * (a * c)。
根据结合律和逆元素的定义，等式右边可以化简为b = c。
因此，元素a的逆元素是唯一的。
二、环论1. 设R是一个环，证明零元素是唯一的。
答案：假设R中有两个零元素0和0'，则有0 + 0' = 0'和0' + 0 = 0。
由于0是零元素，所以0 + 0' = 0' = 0' + 0。
再由于0'是零元素，所以0 + 0' = 0 = 0' + 0。
因此，0 = 0'，即零元素是唯一的。
2. 设R是一个环，证明每个非零元素在R中的乘法逆元素是唯一的。
答案：假设R中的非零元素a有两个乘法逆元素b和c，即a * b = 1，a * c = 1。
则有a * b = a * c。
两边同时左乘a的乘法逆元素a'，得到(a * b) * a' = (a * c) *a'。
《近世代数》作业参考答案
《近世代数》作业参考答案一．概念解释1．代数运算：一个集合B A ⨯到集合D 的映射叫做一个B A ⨯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： )()(bc a bc a =对G 中任意三个元c b a ,,都成立。
3）对于G 的任意两个元b a ,来说，方程b ax =和b ya =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Φ下，A 的每一个元至少是A 中的某一个元的象，则称Φ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）N b a N b a ∈-⇒∈, （2）N ar N ra N r N a ∈∈⇒∈∈,,7．单射：一个集合A 到A 的映射，a a →Φ: ，A a A a ∈∈,，叫做一个A 到A 的单射。
若：b a b a ≠⇒≠。
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，R e ∈，若对任意的R a ∈，都有a ae ea ==，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 ，B G ∈，则1,1±=±=B A ，于是AB 是整数方阵，且1±=⋅=B A AB ， 故G AB ∈，即G 对乘法封闭。
韩士安 近世代数 课后习题解答1
习题1-1(参考解答)1. （1）姊妹关系（2）()(),P S ⊆（3） (),{1},1a b Z a b ∈−≠,.例如(2 ,6 )2,(3 ,6 )3,==但()2,31=.2. 若b 不存在，则上述推理有误.例如{}{~~~~}S a b c R b c c b b b c c =,,,：,,,.3. (1)自反性:,(),,n A M E GL R A EAE ∀∈∃∈=~A A ∴ 对称性:1111,,~,,(),,,,().~.n n A B M A B P Q GL R A PBQ B P AQ P Q GL R B A −−−−∀∈∃∈==∈∴ 传递性:12211221212,,~,~,,,,(),,,,n A BC M A B B C P Q P Q GL R A PBQ B P CQ A PP CQ Q ∀∈∃∈===1212,(),~.n PP Q Q GL R A C ∈∴(2) 自反性:1,(),,~.n A M E GL R A E AE A A −∀∈∃∈=∴ 对称性:()11,,~,(),,,(),~.TT n n A B M ifA B T GL R A T BT B T BT T GL R B A −−∀∈∃∈=∴=∈∴传递性: 121122,,,~,~,,(),,,T T n A B C M ifA B B C T T GL R A T BT B T CT ∀∈∃∈==()12211221,TT T A T T CT T TT CT T ∴==12(),~.n TT GL R A C ∈∴ (3) 自反性:()1,,,~.n n A GL E GL R A E AE A A −∀∈∃∈=∴ 对称性:1,(),~,(),,n n A B GL R ifA B T GL R A T BT −∀∈∃∈= ()11111,(),~n B TAT TAT T GL R B A −−−−−∴==∈∴.传递性:11121122,,(),~,~,,(),,,n n A B C GL R A B B C T T GL R A T BT B T CT −−∀∈∃∈== ()()11112212121,A T T CT T T T C T T −−−∴==21(),~.n T T GL R A C ∈∴ 4. 证明: (1) 反身性:,()(),~a A a a a a φφ∀∈=∴Q(2)对称性: ,,~,()(),()(),.a b A ifa b a b b a b a φφφφ∈=∴==(3) 传递性: ,,,~,~,()(),()(),()(),~.a b c a a b b c a b b c a c a c φφφφφφ∀∈==∴=∴{}[]|()().a x A x a φφ=∈=5. (1)()S P A ∀∈,则S =S~S S ∴，~∴具有反身性（2）设12,()S S P A ∈，若12~S S ，则12S S =，21S S ∴=21~S S ，~∴具有对称性（3）设123,,()S S S P A ∈若12~S S ,23~S S ，则12S S =，23S S =13S S =，13~S S ，~∴具有传递性 ~∴是()P A 上的一个等价关系. []{}{}{}{}{}(),1,1,2,1,2,3,1,2,3,4~P A φ=⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦[]{}φφ={}{}{}{}{}{}11,2,3,4=⎡⎤⎣⎦{}{}{}{}{}{}{}{}1,21,2,1,3,1,4,2,3,2,4,3,4=⎡⎤⎣⎦ {}{}{}{}{}{}1,2,31,2,3,1,2,4,1,3,4,2,3,4=⎡⎤⎣⎦ {}{}{}1,2,3,41,2,3,4=⎡⎤⎣⎦6. 证明：（1）反身性: ,0,~.a Q a a Z a a ∀∈−=∈∴(2) 对称性: 设,,a b Q ∈若~a b , 即,a b Z −∈则(),b a a b Z −=−−∈ ~b a ∴ (3) 传递性: 设,,,a b c Q ∈若~,~a b b c 即,a b Z b c Z −∈−∈那么()(),a c a b b c Z −=−+−∈~a c ∴∴~是Q 上的一个等价关系. 所有的等价类为: []{}|[0,1).~Qa a Q a =∈∈且7. 证明: (1) 反身性: ~a C a a a a ∀∈=∴Q ，，(2) 对称性: a b C ∀∈，，若~a b ,则由a b =,得~b a b a =∴，.(3) 传递性: a b c C ∀∈，，，若~~a b b c ，，则a b b c a c ==∴=，，，即~.a c 所以~是一个等价关系. 商集为[]{}{0}~Ca a R +=∈U8. 设集合(){},/,,0S a b a b Z b =∈≠,在集合S 中，规定关系“~”：()(),~,a b c d ad bc ⇔=证明：~是一个等价关系.证明: 自反性: (),a b S ∀∈,则ab ba =,所以()(),~,.a b a b 对称性: 若()(),,,a b S c d S ∈∈,且()(),~,a b c d 则ad bc =所以cb da =,即()(),~,c d a b 传递性: 若()(),~,a b c d 且()(),~,c d e f由()(),~,a b c d 有ad bc =,所以adc b= 由()(),~,c d e f 有cf de =,所以adf de b⋅= 所以adf bde =,所以 af be =,即()(),~,a b e f . 所以~是一个等价关系9. 设{},,,A a b c d =试写出集合A 的所有不同的等价关系.解: {}{}{}{}{}{}{}{}{}{}1,,,,2,,,,3,,,,4,,,,P a b c d P a b c d P a c b d P a d b c ===={}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}5,,,,6,,,,7,,,,8,,,,P a b c d P a c d b P a b d c P b c d a ==== {}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}9,,,,,10,,,11,,,,P a b c d P a c b d P a b c d === {}{}{}{}{}{}{}{}12,,,,13,,,,P c d a b P a b c d == {}{}{}{}{}{}{}{}{}14,,,,15,,,P a c b d P a b c d ==10. 不用公式（1 .1），直接算出集合{}1,2,3,4A =的不同的分类数.解: 1212211211135554254254331()((/)(/))(/)152C C C C P C C P C C C P ++++++=.。
近世代数答案杨子胥
近世代数答案杨子胥【篇一：近世代数杨子胥最新版题解_答】概念1. 11.4.5.近世代数题解 1. 22.3.近世代数题解 1. 31. 解 1)与3)是代数运算，2)不是代数运算．2. 解这实际上就是m中n个元素可重复的全排列数nn．3. 解例如a?b＝e与a?b＝ab—a—b．4.5.近世代数题解 1. 41.2.3.解 1）略 2）例如规定4．5．略近世代数题解 1. 51. 解 1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射．2.略3.4.5.1. 61.2. 解 1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性；3)是等价关系；4)是等价关系．3. 解 3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类．4.则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把q换成实数域的任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．5.6.证 1）略2）7.8.9.10.【篇二：概率部分答案】、选择题 1-6：ccdcbb 二、填空题：(1)??{(正，反)， (反，正)，(正，正)，(反，反)}；(2)??{(两正)，(一正一反)， (两反)}；(3)令10件产品中的合格品为正1，正2，?，正9，次品记为次，则（正2，正3），（正2，正4）?，（正2，次）??（正9，次）}(4)??{0,1,2,?}(5)a?{1,3,5},b?{3,4,5,6},a?b?{1,3,4,5,6},ab?{3,5}a?{2,4,6},b?{1,2},a?b?{1},b?a?{4,6}(6)p(ab)?0，p(ab)?1?p?q. (7)0.56；0.94；0.44. (8)p(a?b)?0.7.(9) p(b?a)?0.3，p(a?b)?0.1.3.（1）必然事件；（2）不可能事件；（3）取到的球码是2或4；（4）取到的球码是5，7或9；（5）b?c={6，8，10}.4.（１）选到一名是一年级男生，而非计算机专业；（２）计算机专业只有一年级，且全是男生；（３）计算机专业只有一年级；（４）全校女生都是一年级，且一年级都是女生。
近世代数参考答案
近世代数参考答案《近世代数》A/B 模拟练习题参考答案⼀、判断题（每题4分，共60分）1、如果循环群G=(a)中⽣成元a 的阶是⽆限的，则G 与整数加群同构。
（ √ ）2、如果群G 的⼦群H 是循环群，那么G 也是循环群。
（ × ）3、两个⼦群的交⼀定还是⼦群。
（ × ）4、若环R 满⾜左消定律，那么R 必定没有右零因⼦。
（ √ ）5、任意置换均可表⽰为若⼲个对换的乘积。
（ √ ）6、F （x)中满⾜条件p(a)=0的多项式叫做元a 在域F 上的极⼩多项式。
（ × ）7、已知H 是群G 的⼦群，则H 是群G 的正规⼦群当且仅当g G ?∈，都有 1gHg H -= （ √ ）8、唯⼀分解环必是主理想环。
( × )9、已知R 是交换环，I 是R 的理想，则I 是R 的素理想当且仅当是/R I 整环。
（ √ ）10、欧⽒环必是主理想环。
（ √ ）11、整环中，不可约元⼀定是素元。
（ √ ）12、⼦群的并集必是⼦群。
（ × ）13、任何群都同构于某个变化群。
( √ )14、交换环中可逆元与幂零元的和是可逆元。
( √ )15、集合,A Z B N ==，::2f A B nn →+是从A 到B 的映射。
（ × ）⼆、证明题（每题20分，共300分）1Q 上的最⼩多项式。
解：令=u 32==u u .于是3223323315(32-?-=+-+=u u u u u u .移项后得32152(3+-=-u u u 两边平⽅，得到3222(152)(35)5+-=-?u u u .这是u 上满⾜的Q 上6次⽅程，故[():]6≤Q u Q .⼜3(2=u ()Q u .由[]2=Q Q 及[]|[():]Q Q Q u Q ，知2|[():]Q u Q .u (()=Q u Q u .⼜[]3=Q Q 及[]|[():]Q Q Q u Q ，得3|[():]Q u Q .于是6|[():]Q u Q ，因⽽[():]6=Q u Q . 由于3222(152)(35)50+---?=u u u ，故6次多项式3222(152)5(35)+---x x x 是u 在Q 上的最⼩多项式.2、求出阶是32的循环群(a )的所有⼦群，这些⼦群是否都是不变⼦群。
近世代数练习题部分答案(12级)(1)
练习题参考答案一、 判断题1. R 是A 的元间的等价关系.（错 ）见教材第27页习题2（2）2. 则G 是交换群.（正确）见教材第37页习题63、则该群一定为有限群.（错 ）见教材第39页例44、则G 与整数加群同构.（正确）见教材49页定理1（1）5、那么G 也是循环群.（错 ）三次对称群S 3的真子群为循环群，但S 3不为循环群.6、群G 的子群H 是正规子群的充要条件为1,g G g Hg H -∀∈⊆.（正确）见教材84页定理17、群G 的子群H 是正规子群的充要条件为，对Hg gH G g =∈∀,.（正确）见教材83页定义18、那么R 必定没有右零因子.（正确）见教材139页推论9、则N G /也是循环群.（正确）见教材95页定理310、那么R 的单位元一定是非零元.（正确）由于|R|≥2，故R 中存在非零元a ,由于a 0=0≠a ，说明零元不是单位元.11、整数环与偶数环同态.（错误）设Z Z 2:→ϕ为同态满射，且k 2)1(=ϕ，则24)1()1()11()1(k ==⨯=ϕϕϕϕ，即 242k k =，所以02=k 或12=k ，后者不可能，因此有02=k ，则0)1(=ϕ，得0)(=n ϕ，与ϕ为满射矛盾.12、剩余类环}5,4,3,2,1,0{6------=Z ,47Z 均是整环.（错误）根据教材149页定理2，6Z 有零因子，不是整环，47Z 是整环.13、素数阶群一定是交换群.（正确）根据教材69页推论1，该群中的元素除了单位元，其余元的阶等于群的阶，再根据教材50页推论1知该群为循环群，从而为交换群.二、单项选择题1、指出下列哪些运算是给定集合上的代数运算（ ④ ）2、设 是正整数集上的二元运算，其中{}b a b a ,max = （即取a 与b 中的最大者），关于运算 ，下列结论不正确的是（ ④ ）3、设G 是实数集,在其上规定运算k b a b a ++= :，这里k 为G 中固定的常数，那么() ,G 中的单位元e 和元x 的逆元分别是（④ ）4、设c b a ,,和x 都是群G 中的元素且xac acx bxc a x ==-,12，那么=x （①）5、设H 是群G 的子群，且G 有左陪集分解G HaH bH cH =，如果6=H ，那么G 的阶=G （② ）6、设21:R R f →是环同态满射，b a f =)(，那么下列错误的结论为（③ ）7、设},),{(为实数y x y x M =，对任意实数a ，规定)),((),0,(),(:M y x a x y x a ∈∀+→τ，}{为实数a G a τ=,下列说法错误的是（③ ）三、填空题1、三次对称群3S 关于子群)}12()1{(，=H 的所有左陪集为__H,(13)H,(23)H___.2、Kayley 定理说：任何群都同一个__双射变换________群同构.3、G auss 整环},{][Z b a bi a i Z ∈+=中的所有单位是 __±1，±i _______.4、设)57)(134(),234)(1372(==στ，则||τ=___6__,=-1στσ)241)(3452(.5、设R 是有单位元的环，且理想I =<a >，那么I 中的元素可以表示为x 1ay 1+…+x m ay m ,x i ,y i ∈R ,m 为整数.6、已知---++=253)(3x x x f ，---++=354)(2x x x g 为域6Z 上的多项式，则=+)()(x g x f 544323+++-x x x ，)(x g 在6Z 上的全部根为 3,1. 7、设H 是群G 的子群，G b a ∈,，则⇔=Hb Ha H ba ∈-1.8、设G =><a 是12阶循环群，则G 的生成元有 a ,a 5,a 7,a 11 .9、实数域R 的全部理想是 0, R .10、模8的剩余类环8Z 的全部零因子是6,4,211、阶大于1、有单位元且无零因子的交换 的环称为整环.四、计算与证明题1.解：（2）单位元为,1π414313212111,,,ππππππππ====----；（3）1阶子群：}{1π；2阶子群：},{},,{},,{},,{41313121ππππππππ，4阶子群：},,,{4321ππππ=G .（1）乘法表如下： 4321ππππ43211πππππ34122πππππ21433πππππ12344πππππ4. 设Z 为整数环，证明：（1）利用理想的定义验证，略（2）设有理想K 包含N ，即,R K N ⊆⊆由于Z 为主理想整环，所以K 为主理想，即有整数正k ，使>=<k K ，由于K N ⊂，且,p N ∈故,k p >=<∈K 从而,kn p =由于p 为素数，所以1k =或p k =，若k=p ，则K=N ；若k=1，则K=R ，所以除了Z 和N ，没有其它理想包含N .5.设R 是可交换的有限环,且含有单位元1，证明：R 中的非零元不是可逆元就是零因子.证明：设，},,,{21n a a a R =},,,{021n a a a R a =∈≠∀，且a 不是可逆元，令},,,,{21n aa aa aa S =由乘法封闭性，知 ,R S ⊆又元素a 不是可逆元，所以 n aa aa aa ,,,21 均不等于单位元1，所以S 为R 的真子集，又,n R =从而,1-≤n S 从而一定存在,j i ≠使,j i aa aa =即,0=-）（j i a a a 所以a 为环R 的零因子.6、设环R 含单位元1，证明：首先有N ⊆R ，又R a ∈∀，有1⋅=a a ，由于N 是R 的一个理想且1∈N ，根据理想的吸收性，有N a a ∈⋅=1，所以R ⊆N ，因此N=R.7、设K 是一个有单位元的整环，证明：K=<a >当且仅当a 是K 的可逆元. 证明：必要性 由于K 有单位元且可交换，故<a >={a r |任意r ∈K}，如果K=<a >，则1∈<a >,所以存在r ∈K ，使a r =1，因此a 是K 的可逆元； 充分性 a 是K 的可逆元，则存在r ∈K ，使a r =1，所以1∈<a >，任意s ∈K,由理想的吸收性，可知>∈<⋅=a s s 1,得K ⊆<a >，又显然<a >⊆ K ，所以K=<a >19、设环R 的特征char R=n 为合数，且|R|>1，证明环R 存在零因子.祝大家考试取得好成绩！。
近世代数课后题答案修改版
（2）在乘法表中任取一个 1，在同一列中必有一个 x，在同一行 中必有一个 y，设第四个顶点的元素为 z，见下图，
�
..........a-1.........................c...................
......
...........................................................
k
qk rk
ck dk
5. 举一个偏序集但不是全序集的例子，并画图。 解 考虑到画图的方便，可举有限集的例子，例如：有限集的幂集 对包含关系所构成的偏序集，有限整数集对整除关系所构成的偏 序集。
-1
a=493 1 0
0
b=391 0 1
1
1 102 1 1
2
3 85
34
3(n) 1 17
45
4(n+1) 5 0
5 | 10, 15, 18, 24 2 | 2 3 18 24 3 | 1 3 9 12 1134 得 [10，15，18，24]=5×2×3×3×4=360。 所以需要 360k(k>0) 人。 4. 方程 ax+by=c 在整数范围内有解的充分必要条件是 (a,b)|c 。 证 必要性：由于 (a,b)|a, (a,b)|b，所以 (a,b)|ax+by=c 。 充分性：设 d=(a,b), 于是存在整数 p, q 使 pa+qb=d 。 又由 d|c ，可设 c=dh 。因而有 aph+bqh=dh=c 。 所以 x=ph , y=qh 就是一个解。 5. 分别解同余方程：（1）258x≡131(mod348). (2) 56x=88(mod96). 解 由书中解同余方程的四个步骤求解。 （1）求 (a,m)=(258,348)=6, 6 不能整除 131，所以此同余方程无解。 （2）求 (a,m)=(56,96)=8，由于 8 能整除 88，所以此同余方程有 解。
近世代数答案
近世代数答案1：证明：:实数域R 上全体n 阶⽅阵的集合Mn(R)，关于矩阵的加法构成⼀个交换群。
证：（1）显然，Mn(R)为⼀个具有“+”的代数系统。
（2）∵矩阵的加法满⾜结合律，那么有结合律成⽴。
（3）∵矩阵的加法满⾜交换律，那么有交换律成⽴。
（4）零元是零矩阵。
?A ∈Mn(R),A+0=0+A=A 。
（5）?A ∈Mn(R),负元是-A 。
A+(-A)=(-A)+A=0。
∴（Mn(R),+）构成⼀个Abel 群。
2：证明：实数域R 上全体n 阶可逆⽅阵的集合GLn(R)关于矩阵的乘法构成群。
这个群称为n 阶⼀般线形群。
证明：显然GLn(R)是个⾮空集合。
对于任何的A,B ∈GLn(R)，令C=AB, 则C=|AB|=|A||B|≠0,所以C ∈GLn(R)。
⑴因为举证乘法有结合律，所以结合律成⽴。
⑵对任意A ∈GLn(R)，AE=EA ，所以E 是单位元。
⑶任意的A ∈GLn(R)，由于∣A ∣≠0,∴A 的逆矩阵1-A ，满⾜E A A AA ==--11且∴A 的逆元是 1-A .所以，GLn(R)关于矩阵的乘法构成群。
3：证明:实数域R 上全体n 阶正交矩阵的集合On(R)关于矩阵的乘法构成群.这个群称为n阶正交群.证：（1）由于E ∈On (R),∵On (R)⾮空。
(2 ) 任意A,B ∈On (R)，有（AB ）T=B T A T =B -1A -1=(AB) -1, ∴AB ∈On(R),于是矩阵的乘法在On(R)上构成代数运算。
(3) ∵矩阵的乘法满⾜结合律，那么有结合律成⽴。
（4）对任意A ∈On (R)，有AE=EA=A ．∴E 为On (R)的单位元。
（5）对任意A ∈On (R)，存在A T ∈On (R)，满⾜AA T =E=AA -1, A T A=E=A -1A ．∴A T 为A 在On (R)中的逆元。
∴On (R)关于矩阵的乘法构成⼀个群。
4：证明：所有⾏列式等于1的n 阶整数矩阵组成的集合SLn(Z),关于矩阵的乘法构成群。