近世代数课后习题答案
近世代数课后习题详细答案5
近世代数课后习题参考答案第五章扩域1扩域、素域1. 证明：F(S)的一切添加S 的有限子集于F 所得的子域的并集是一个域.证一切添加S 的有限子集于F 所得的子域的并集为 a 1) 若a,b ^送则一定有a ^…^n)b FCh’ z —m)易 知 a-b FC'1^'2^ - n, -l/：2^' , -m 但 F(「1,〉2,n, L 2…，F) V从而 b-a ，、2) 若 a,b V ,且 b = 0 则 —b ・ FCJ ：2,…,'-m)从而有 abdFC-1^-2^ : n, -1, -2/' , F) 72单扩域1.令E 是域F 的一个扩域，而 a • F 证明a 是F 上的一个代数元，并且F(a) =F证 因a-a=0故a 是F 上的代数元.其次，因a ，F ,故F(a) F 易见 F(a)二 F ，从而 F (a)二 F2i +1 2 •令F 是有理数域•复数i 和2—1在F 上的极小多项式各是什么?3 .详细证明，定理3中 a 在域F 上的极小多项式是 p(x)证 令山是F(x)中的所有适合条件 f(a)=0的多项式作成f (x)的集合.1)-k 是F(x)的一个理想(i )若 f(x),g(x)：h 则 f (a) =0, g(a) =0因而 f (a) -g(a) = 0 故 f (x) -g(x)山 ii )若f (x) •山，h(x)是F(x)的任一元 那么 h(a)f(a) =0 则 h(x)f (x)山2) 是一个主理想设 p (x)是山中a !的极小多项式2i +1 i 一1F(i)与F( )是否同构？i — 1 1,在F 上的极小多项式为x 2 - x • 52i +1 2因F(i) =F( ) 故这两个域是同构的.i T 2i 1i -1那么，对山中任一f(X)有f (x) =P i(x)q(x) r(x)这里r(x) =0或r(x)的次数但f(a)二P i(a)q(a) R(x)因f(a) = 0, p i(a) =0 所以r(a) = 0若r(x)=0 则与p1x是a的极小多项式矛盾.故有f(x) = p1 (x)q(x)因而=(p1(x)(3)因p(a)=0 故p(x) ■-R(x)| p(x) 因二者均不可约，所以有p(x)=a»(x)又p(x), p i(x)的最高系数皆为1那么a =1 这样就是p(x) = R (x)4.证明：定理3中的F(a) = K证设f • K,,则在定理3的证明中，K = K'之下有.n nf a n x - a n」x 川…川-a但 a—；x, a i Q 故必f ^a n：n ' a n/n」a。
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P83 习题5.15.1.1 证：设 * 运算有左幺元为e l，∴∀x∈S，e l*x=e l，∵ * 运算可交换，∴ x*e l，∴ e l为右幺元，∴ e l为幺元。
设 * 运算有右幺元为e r，∴∀x∈S，x*e r，∵ * 运算可交换，∴ e r*x=e r，∴ e r为左幺元，∴ e r为幺元。
※5.1.2 解：⑴是。
⑵否。
是。
5.1.3 证：⑴∀x,y∈I x*y=x+y－xy y*x=y+x－yx∵普通的乘法和加法运算均是可交换的，∴ x+y=y+x ，xy=yx ，∴ x+y－xy = y+x－yx∴ x*y=y*x ，∴ *可交换。
⑵∀x,y,z∈I x*(y*z)=x+(y*z)－x(y*z)=x+(y+z－yz)－x(y+z－yz)∵普通的乘法和加法运算均是可结合且可交换的，乘法对加减法是可分配的，∴上式 =x+y+z－yz－xy－xz +xyz = x+y+z－xy－xz－yz+xyz同理 (x*y)*z=(x*y)+z－(x*y)z=(x+y－xy)+z－(x+y－xy)z=x+y+z－xy－xz－yz+xyz∴ x*(y*c)= (x*y)*c ∴ *可结合。
※解：⑶ 0为幺元。
⑷ 0的逆元为0，2的逆元为2，其余无逆。
5.1.4 证：⑴ 2*3=2，3*2=3，二者不等，故不可交换。
⑵∀x,y,z∈N，x*(y*z)=x*y=x，(x*y)*z=x*z=x，二者相等，故结合律成立。
※答：无单位元，故元素无逆元。
5.1.5 证：∵ *可结合，∴∀x∈A，(x*x)*x=x*(x*x)又∵ x*x∈A，根据题中给定的条件，∴ x*x=x。
※P84 习题5.25.2.15.2.2 解：×对+可分配。
+对×不可分配。
例b+(a×b)=b+a=b，(b+a)×(b+b)=b×a=a，二者不等。
上封闭，根据代数系统的定义。
5.2.3 解：⑴ 是。
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...................
......
...........................................................
......
【大学课程】近世代数教材习题答案
§1.1 集合1、 设A B ⊆ ,证明：A B A = ,A B B = .证明：由A B ⊆，可知A 的所有元素都属于B ，既A 的所有元素，都是A 和B 的共同元， 则由交集定义可知 A A B ⊆ . 又A B A ⊆ ,所以A B A = .由并集定义知，A B 的所有元素，都属于A 或B ； 又A B ⊆，所以A B 的所有元素都属于B ，即A B B ⊆. 又B A B ⊆,故A B B =2、 设B ,()i A i I ∈ 均为集合Ω 的子集，试证：()1 ()i i i I i I B A B A ∈∈⎛⎫=⎪⎝⎭ ()2 ()i i i I i IBA B A ∈∈⎛⎫=⎪⎝⎭ 证明：()1 由定义i i Ix B A ∈⎛⎫∈⎪⎝⎭当且仅当x B ∈且x 属于某一i A ；当且仅当x 属于某一i B A ；当且仅当()i i Ix B A ∈∈.()2 由定义i i I x BA ∈⎛⎫∈⎪⎝⎭当且仅当x 属于B ，或x 属于任一i A ，i I ∈；当且仅当x 属于任一i B A ，i I ∈；当且仅当()i i Ix B A ∈∈.§1.2 等价关系1、设为整数集，问以下各关系是否为M 的等价关系？1）0aRb ab ⇔≥ 2）4aRb a b ⇔+ 3）aRb a b ⇔= 4）220aRb a b ⇔+≥ 解：1）不是，因为不满足传递性2）不是，不满足反身性和传递性 3）是 4）是2、试指出上题中等价关系所决定的分类.解：3）每个元素是一个类 4）整个整数集作成一个类 3、找出下列证明中的错误：若S 的关系R 有对称性和传递性，则必有反身性.这是因为，对任意的a S ∈ ,由对称性，如果aRb ，则bRa .再由传递性，得aRa ，所以R 有反身性.解：以上证明过程中只考虑了当aRb 成立的情况，但是当对于元素a ，不存在b 使aRb 成立时，aRa 就不能得到.4、在复数集中，规定关系"" ：a b a b ⇔=. （1）证明：是的一个等价关系；（2）试确定相应的商集，并给出每个等价类的一个代表元素.（1）证明：设a ，b ，c ∈ ，则()a 因为aa =，所以a a ，于是 是有反身性；()b 若ab ，则a b =，于是b a =，从而b a ，说明是具有对称性；()c 若ab ，bc ，则a b =，b c =，于是a c =，从而a c ，从而具有传递性.所以是的一个等价关系.（2）解：相应的商集[]{}0r r R r =∈≥且，其中[]{}()[]{}cos sin 0,2r x x r r i θθθπ=∈==+∈对任意的c ∈ ，等价是[]c ：代表元素可取作c .§1.31、{}1,2,,100S = ，找一个A A ⨯到A 的映射.解：设(),a b 表示A A ⨯的任意元素，,a b A ∈ ,则作映射:f A A A ⨯→ ,()(),f a b b = .f 是一个A A ⨯到A 的映射.2、设A ,B 是两个有限集合，则（1）A 到B 的不同映射共有多少？（2）A 到B 的单射共有多少个？解：（1）设A n = , B m =,则A 到B 的映射有n m 个 （2）设A n = , B m =,若n >m ，则A 到B 没有单射； 若n m ≤，则A 到B 有()!!m m n - 个单射. 3、设x 是数域F 上全体n （n >1）阶方阵作成的集合.问：:A A ϕ→是否为x 到F 的一个映射？其中A 为A 的行列式，是否为满射或单射？解：ϕ 是映射，且是满射，但不是单射4、设:f A B →为双射，则f 的逆映射1:f B A -→也是一个双射且()11f f --=.证明：设()() ,f x y x A y B =∈∈ ,则1:f y x -→，即()1f y x -=， 因f 是A B →的双射， 所以1f -是B 到A 的双射， 且1f -的逆映射就是f ，即()11ff --=.5、设:f A B →，:g B C →为两个双射到:g f A C → 也是双射且()111g f f g ---= .证明：()()11111B C g f f g g g ---⋅⋅==，()()111111B A fg gf f f ----==，故g f 也是双射，且()111gf f g ---= .§1.41、设A 是一个有限集合，则A 上不同的二元运算共有多少个？解：设A n = ,则2A A n ⨯= ，故A A ⨯到A 有2n n 个不同的映射. 即A 上有2n n 个不同的二元运算.2、{},,A a b c = ，规定A 的两个不同的代数运算.解：()a 第一个代数运算() , ,R x y a xRy x y A →=∀∈ ()b 第二个代数运算() , ,R x y y xRy x y A →=∀∈3、设M 为整数集，问()22 ,a b a b a b M =+∀∈是否满足结合律和交换律.解：交换律满足，但结合律不满足.例如()1104=，()1102= 4、设M 为实数集，问：23a b a b =+ (),a b M ∀∈是否满足结合律和交换律.解：都不满足.例()1004=，()1002=，故()()100100≠，又102=，013=，故1001≠.5、数域F 上全体非零多项式的集合对于()()()()(),f x g x f x g x =是否满足结合律和交换律？其中()()(),f x g x 表示()f x 与()g x 的首项函数为1的最大公因式.解：显然是代数运算且满足交换律.又结合律也满足，因为根据最大公因式的性质知：())()(()()(),,,,f g h f g h f g h f g h ===§2.11、有限群中每个元素的阶都是有限的。
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近世代数课后习题参考答案第三章 环与域1 加群、环的定义1. 证明,本节内所给的加群的一个子集作成一个子群的条件是充分而且必要的.证 (ⅰ)若S 是一个子群则Sb a S b a ∈+⇒∈,是S 的零元,即'0aa =+'0对的零元,G 000'=∴=+a a 即 .00S a a s ∈-=-∴∈ (ⅱ)若Sb a S b a ∈+⇒∈,Sa S a ∈-⇒∈今证是子群S 由对加法是闭的,适合结合律,S S b a S b a ,,∈+⇒∈由,而且得S a S a ∈-⇒∈S a a ∈=-0再证另一个充要条件:若是子群,S S b a S b a S b a ∈-⇒∈-⇒∈,,反之Sa a S a a S a ∈-=-⇒∈=-⇒∈00 故Sb a b a S b a ∈+=--⇒∈)(,2. ,加法和乘法由以下两个表给定:},,,0{c b a R =+0 a b c ⨯0 a b c 00 a b c 00 0 0 0a a 0 c b a 0 0 0 0b b c 0 a b 0 a b c c c b a 0c0 a b c证明,作成一个环R 证 对加法和乘法的闭的.R 对加法来说,由习题6,和阶是4的非循环群同构,且为交换群..9.2R乘法适合结合律Z xy yz x )()(=事实上.当或,的两端显然均为.0=x a x =)(A 0当或x=c,的两端显然均为.b x =)(A yz这已讨论了所有的可能性,故乘法适合结合律.两个分配律都成立xzxy z y x +=+)(zxyx x z y +=+)(事实上,第一个分配律的成立和适合律的讨论完全一样,只看或以及或就可以了.0=x a x =b x =c x =至于第二个分配律的成立的验证,由于加法适合交换律,故可看或 (可省略的情形)的情形,此时两端均为0=y a y =a z z ==,0zx剩下的情形就只有0,0)(=+=+=+x x bx bx x b b 0,0)(=+=+=+x x cx cx x c c 0,0)(=+=+==+x x cx bx ax x c b R 作成一个环.∴ 2 交换律、单位元、零因子、整环1. 证明二项式定理nn nn n b b a a b a +++=+- 11)()(在交换环中成立.证 用数学归纳法证明.当时,显然成立.1=n 假定时是成立的:k n =ki i k k i k k k k b b a b a a b a +++++=+-- )()()(11看 的情形1+=k n )()(b a b a k++ ))()()((11b a b b a b a a k i i k k i k k k ++++++=--1111111)]()[()()(++--+++++++++=+k i i k k i k i k k k k b b a b a a b a 111111)()(+-+++++++++=k i i k k i k k k b b a b a a (因为))()()(11kr k r k r -++=即二项式定理在交换环中成立.2. 假定一个环对于加法来说作成一个循环群,证明是交换环.R R 证 设是生成元a 则的元可以写成R (整数)na n2)]([)]([))((nma aa m n ma a n ma na ===2))((mna na ma =3．证明,对于有单位元的环来说,加法适合交换律是环定义里其他条件的结果 (利用))11)((++b a 证 单位元是, 是环的任意二元,1b a ,1)11(1)()11)((⋅++⋅+=++b a b a ba b a +++= )11()11(+++=b abb a a +++=b b a a b a b a +++=+++∴ba ab +=+4．找一个我们还没有提到过的有零因子的环.证 令是阶为的循环加群R 2规定乘法:而R b a ∈,0=ab 则显然为环.R 阶为2 有 而 ∴R a ∈0≠a 但 即为零因子0=aa a 或者为矩阵环.R n n ⨯5．证明由所有实数 (整数)作成的集合对于普通加法和乘法来说2b a +b a ,是一个整环.证 令整数2{b a R +=b a ,()}(ⅰ) 是加群R 2)()()2()2(d b c a d c b a +++=+++适合结合律,交换律自不待言.零元 200+的负元2b a +2b a --(ⅱ)2)()2()2)(2(bc ad bd ac d c b a +++=++乘法适合结合律,交换律，并满足分配律.(ⅲ)单位元 201+(ⅲ) R 没有零因子，任二实数或00=⇒=a ab 0=b3 除、环、域1. {所有复数 是有理数}=F bi a +b a ,证明 对于普通加法和乘法来说是一个域.=F证 和上节习题5同样方法可证得F 是一个整环.并且 (ⅰ)有F 01≠+i(ⅱ)即 中至少一个0≠+bi a b a ,0≠因而有,022≠+∴b a 使i b a b b a a 2222+-++)((bi a +i b a bb a a 2222+-++1)= 故为域F 2. {所有实数是有理数}=F ,3b a +b a ,() 证明 对于普通加法和乘法来说是一个域.F 证 只证明 有逆元存在.则中至少有一个 ,03≠+b a b a ,0≠ 我们说0322≠-b a 不然的话,223ba = 若 则 矛盾),0(≠b 0=b 0=a 但 不是有理数223b a =3 既然0322≠-b a则 的逆为3b a +3332222ba bb a a -+-4.证明 例3的乘法适合结合律.证),)](,)(,[(332211βαβαβα =),)(,(331212121βααββαββαα--+- ---+--=,)()[(3212132121βαββααββαα ---+--])()(3212132121ααββαβββαα 又 )],)(,)[(,(332211βαβαβα ],)[,(3232323211--+-=αββαββααβα ,-----------------+--=)()([3232132321αββαβββααα )]()(3232132321----------------++ββααβαββαα ),([32321321321----------+--=βββαβββαααα )](32321321321----------++αββαβαβαβαα ,[321321321321αβββαβββαααα-------= ]321321321321βββααβαβαβαα-----++ ,)()[(3212132121βαββααββαα--+--= 3212132121)()(---++-ααββαβββαα)])()[(())]()([(332211333211βαβαβαβαβαβα=∴5. 验证,四元数除环的任意元 ,这里是实数,可以写成)(),(di c bi a ++d c b a ,,,的形式.),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(i d c i b a +++ 证 ),(),(),(di bi c a di c bi a +=++ ),0()0,(),0()0,(di bi c a +++=),0)(0,()0,)(0,()1,0)(0,()0,(i d i b c a +++= 4 无零因子环的特征1. 假定是一个有四个元的域,证明.F ()的特征是2;a ()的 或1的两个元都适合方程b F 0≠1证 () 设的特征为a F P 则的(加)群的非零元的阶P F 所 (是群的阶)4P 4F 但要求是素数, P .2=∴P() 设b },,1,0{b a F = 由于,所以加法必然是2=P ,而,0=+x x ba a a =+⇒≠+11故有1ab00 1 a b 1 1 0 b a a a b 0 1bba1又构成乘群,所以乘法必然是},,1{b a 1,=⇒≠≠ab b ab a ab(否则 )1,22≠≠a a a b a =ba =⇒2故有. 1 a b1 1 a ba ab 1bba1这样, 显然适合 b a ,12+=x x2. 假定 是模 的一个剩余类.证明,若 同 互素,][a a n 那么所有的书都同 互素(这时我们说同 互素).][a n ][a n 证 设 且][a x ∈d n x =),(则11,dn n dx x ==由于)(1111q n x d q dn dx nq x a nq a x -=-=-=⇒=-故有,且有 ,a d nd 因为所以1),(=n a 1=d 3. 证明, 所有同 互素的模 的剩余类对于剩余类的乘法来说n n 作成一个群(同 互素的剩余类的个数普通用符号来表示,并且把它叫做由)(n φ拉函数)φ证而 同 互素}]{[a G =][a n 显然非空,因为G )1),1((]1[=∈n G(ⅰ)G b a ∈][],[则][]][[ab b a =又有1),(,1),(==n b n a 1),(=n ab Gab ∈∴][(ⅱ)显然适合结合律.(ⅲ)因为有限,所以的阶有限.n G 若]][[]][['x a x a =即][]['ax ax =由此可得)(''x x a ax ax n -=-',1),(x x n n a -∴= 即有][]['x x =另一个消去律同样可证成立.作成一个群G4. 证明,若是, 那么(费马定理)1),(=n a )(1)(n an ≡φ证则),(n a Ga ∈][而 的阶是的阶 的一个因子][a G )(n φ因此]1[][)(=n a φ即]1[][)(=n aφ)(1)(n a n ≡∴φ5 子环、环的同态1. 证明,一个环的中心是一个交换子环.证 设是环的中心.N 显然 ，是环的任意元N O ∈N b a ∈,x N b a b a x xb x bx ax x b a ∈-⇒-=-=-=-)()(Nab ab x b xa b ax xb a bx a x ab ∈⇒=====)()()()()()(是子环,至于是交换环那是明显的.2. 证明, 一个除环的中心是个域.证 设!是除环！是中心由上题知是的交换子环N R 显然,即包含非零元,同时这个非零元是的单位元.,1R ∈N ∈1N 1 即R x N a ∈∈,xaax =Na x a xa x axa xaa axa ∈⇒=⇒=⇒=------111111!是一个域N ∴3. 证明, 有理数域是所有复数是有理数）作成的域的唯一的真子域.b a bi a ,(+)(i R证 有理数域是的真子域.R )(i R 设!是的一个子域,则(因为是最小数域)F )(i R R F ⊇R若 而,F bi a ∈+0≠b 则)(i F F F i =⇒∈这就是说,是的唯一真子域.R )(i R 4. 证明, 有且只有两自同构映射.)(i R 证 有理数显然变为其自己.假定α→i 则由或i i =⇒-=⇒-=αα1122i -=α这就证明完毕.当然还可以详细一些:bia bi a +→+:1φbia bi a -→+:2φ确是的两个自同构映射.21,φφ)(i R 现在证明只有这两个.若bi a i +=→αφ:(有理数变为其自己)则由12)(12222-=+-=+⇒-=abi b a bi a i1,0222-=-=b a ab 若 是有理数,在就出现矛盾,所以有 因而102-=⇒=a b 0=a .1±=b 在就是说, 只能i i →或ii i -→5. 表示模3的剩余类所作成的集合.找出加群的所有自同构映射,这找出域!的3J 3J 3J 所有自同构映射.证 1）对加群的自同构映射3J 自同构映射必须保持!00←→故有 i i →:1φ2）对域的自同构映射.3J 自同构映射必须保持，00←→11←→所有只有ii →:φ6. 令是四元数除环, 是子集{一切这里阿是实数,显然与实数域同R R =S )}0,(a a -S 构.令是把中换成后所得集合;替规定代数运算.使,分别用表示的-R R S -S R -≅R R k j i ,,R 元,那么的元可以写成是实数）的形式),,0(),1,0(),0,(i i -R d c b a dk cj bi a ,,,(+++(参看 习题). 验证.，.3.351222-===k j i .,,j ik ki i kj jk k ji ij =-==-==-=证 1）对来说显然a a →)0,(:φ-≅S S 2）{一切 实数=S )}0,(a a {一切（实数=-S )0,a a 一切 βα,{(=R )}0,(a 复数对是不属于的的元.)(αβS R一切=-R βα,{(}a 规定aa →→)0,(),,(),(:βαβαψ由于与的补足集合没有共同元,容易验证是与间的一一映射.S -S ψR -R 规定的两个唤的和等于它们的逆象的和的象.-R 的两个元的积等于它们的逆象的积的象.-R 首先,这样规定法则确是的两个代数运算.-R其次,对于这两个代数运算以及的两个代数运算来说在之下R ψ-≅R R （3）由习题5知.3.3 ),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(),(i d c i b a di c bi a +++=++这里实数d c b a ,,,这是因为令),0(),1,0(),0,(i k j i i ===（4）1)0,1()0,)(0,(2-=-==i i i 1)0,1()1,0)(1,0(2-=-==j 1)0,1()1,0)(1,0(2-=-==k k i ij -===)1,0()1,0)(0,(ki i ji -=-==),0()0,)(1,0(同样jik ki i kj jk =-==-=,6 多项式环1. 证明, 假定是一个整环,那么上的一个多项式环也是一个整环.R R ][x R 证 !是交换环交换环,R ][x R ⇒ 有单位元是的单位元,R 11⇒][x R没有零因子没有零因子R ][x R ⇒事实上，0,)(10≠++=a x a x a a x f nn,)(10≠++=m m m b x b x b b x g 则mn m n x b a b a x g x f +++= 00)()(因为没有零因子,所以R 0≠m n b a 因而0)()(≠x g x f 这样是整环][x R 2． 假定是模7的剩余类环,在里把乘积R ][x R ])3[]4])([4[]5[]3([23+--+x x x x 计算出来解 原式=]2[]5[]4[]5[]5[]5[]3[]5[345345++++=-++-x x x x x x x x 3. 证明:(ⅰ) ],[],[1221ααααR R =(ⅱ) 若是上的无关未定元,那么每一个都是上的未定元.n x x x ,,,21 R i x R 证 （ⅰ）{一切=],[21ααR }211221i i i i a αα∑一切{],[12=ααR }112212j j j j a αα∑由于=∑211221i i i i a αα112212j j j j a αα∑因而=],[21ααR ],[12ααR （ⅱ）设00=∑=nk ki k x a 即∑=+-nk n i h i i k x x x x x a 0010101因为是上的无关未定元,所以n x x x ,,21R 即是上的未定元i x R 4. 证明:(ⅰ) 若是和上的两组无关未定元,那么n x x x ,,21n y y y ,,21],,[],,[2121n n y y y R x x x R ≅(ⅱ) !上的一元多项式环能与它的一个真子环同构.R ][x R 证 (ⅰ)),,(),,(:2121n n y y y f x x x f →φ根据本节定理3],,[~],,[2121n n y y y R x x x R 容易验证),,(),,(212211n n x x x f x x x f ≠),,(),,(212211n n y y y f y y y f ≠⇒这样],,[],,[2121n n y y y R x x x R ≅（ⅱ）令一切{][=x R }2210nn x a x a a +++ 显然][][2x R x R ⊂但不然的话][2x R x ∉mm m m x b x b x b x b x b b x 22102210 ++-⇒++=这与是上未定元矛盾.x R 所以是上未定元显然][2x R ][x R 故有（ⅰ）}[][2x R x R ≅这就是说,是的真子环,且此真子环与同构.][2x R ][x R ][x R 7 理想1. 假定是偶数环,证明,所有整数是的一个理想,等式!对不对?R r 4ϑ 证 Rr r r r ∈∈2121,,4,4ϑ ϑ∈-=-)(4442121r r r r Rr r ∈-21 ϑ∈=∈)(4)4(,'1'1'r r r r R r Rr r ∈'1 是的一个理想.ϑ∴R等式不对)4(=ϑ这是因为没有单位元,具体的说但R )4(4∈ϑ∉4 2. 假定是整数环,证明R .1)7,3(=证 是整数环,显然R )1(=R .1)7,3(=又 )7,3()7(13)2(1∈+-=1)7,3(=∴3. 假定例3的是有理数域,证明,这时是一个主理想.R ),2(x 证 因为2与互素,所以存在使x )(),(21x P x P),2(11)()(221x x xP x P ∈⇒=+ 。
近世代数__第二版课后习题答案
近世代数题解第一章基本概念§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Mxxn个元素可重复的全排列数nn．3. 解例如AB＝E与AB＝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. 9.10.11.12.第二章群§2. 1 群的定义和初步性质一、主要内容1．群和半群的定义和例子特别是一船线性群、n次单位根群和四元数群等例子．2．群的初步性质1)群中左单位元也是右单位元且惟一；2)群中每个元素的左逆元也是右逆元且惟一：3)半群G是群方程a x=b与y a=b在G中有解(a ,b∈G)．4)有限半群作成群两个消去律成立．二、释疑解难有资料指出，群有50多种不同的定义方法．但最常用的有以下四种：1)教材中的定义方法．简称为“左左定义法”；2)把左单位元换成有单位元，把左逆元换成右逆元(其余不动〕．简称为“右右定义法”；3)不分左右，把单位元和逆元都规定成双边的，此简称为“双边定义法”；4)半群G再加上方程a x=b与y a=b在G中有解(a ,b∈G)．此简称为“方程定义法”．“左左定义法”与“右右定义法”无甚差异，不再多说．“双边定\义法”缺点是定义中条件不完全独立，而且在验算一个群的实例时必须验证单位元和逆元都是双边的，多了一层手续(虽然这层手续一般是比较容易的)；优点是：①不用再去证明左单位元也是右单位元，左逆元也是右逆元；②从群定义本身的条件直接体现了左与右的对称性．以施行“除法运算”，即“乘法”的逆运算．因此，群的‘方程定义法”直接体现了在群中可以施行“乘法与除法”运算．于是xx，可以施行乘法与除法运算的半群就是群．为了开阔视野，再给出以下群的另一定义．定义一个半群G如果满足以下条件则称为一个群：对Gxx任意元素a，在Gxx 都存在元素，对Gxx任意元素b都有(ab)=(ba)=b．这个定义与前面4种定义的等价性留给读者作为练习．2．在群的“方程定义法”中，要求方程a x=b与y a=b都有解缺一不可．即其中一个方程有解并不能保证另一个方程也有解．4．关于结合律若代数运算不是普通的运算(例如，数的普通加法与乘法，多项式的普通加法与乘法以及矩阵、变换和线性变换的普通加法或乘法)，则在一般情况下，验算结合律是否成立比较麻烦．因此在代数系统有限的情况下，有不少根据乘法表来研究检验结合律是否成立的方法．但无论哪种方法，一般都不是太简单．5．关于消去律．根据教材推论2，对有限半群是否作成群只用看消去律是否成立．而消去律是否成立，从乘法表很容易看出，因为只要乘法表中每行和每列中的元素互异即可．6．在群定义中是否可要求有“左”单位元而每个元素有“右”逆元呢？答不可以，例如上面例2就可以说明这个问题，因为e1是左单位元，而e1与e2都有右逆元且均为e1．但G并不是群．7．群与对称的关系．1)世界万物，形态各异．但其中有无数大量事物部具有这样或那样的对称性．而在这些具有对称性的万事万物中，左右对称又是最为常见的．由群的定义本身可知，从代数运算到结合律，特别是左、右单位元和左、右逆元，均体现出左右对称的本质属性．2)几何对称．设有某一几何图形，如果我们已经找到了它的全部对称变换(即平常的反射、旋转、反演和平移变换的统称)，则此对称变换的全体关于变换的乘法作成一个群，称为该图形的完全对称群．这个图形的对称性和它的完全对称群是密切相关的．凡对称图形(即经过对称变换保持不变的图形、亦即完成这种变换前后的图形重合)，总存在若干个非恒等对称变换和恒等变换一起构成该图形的完全对称群．反之，如果一个图形存在着非平凡的对称变换，则该图形就是对称图形．不是对称的图形，就不能有非恒等的对称变换．显然，一个图形的对称程度越高，则该图形的对称变换就越多．也就是说它的完全对称群的阶数就越高，即图形对称程度的高低与其对称群的阶数密切相关．因此；这就启发人们用群去刽面对称图形及其性质，用群的理论去研究对称．所以人们就把群论说成是研究对称的数学理论．显然，每个n元多项式都有一个确定的n次置换群：例如n元多项式例6 任何n元对称多项式的置换群都是n次对称群．很显然，一个多元多项式的置换群的阶数越高，这个多元多项式的对称性越强．反之亦然．因此，我们通常所熟知的多元对称多项式是对称性最强的多项式．三、习题2．1解答1.略2.3.4. 5.6.§2. 2 群中元素的阶一、主要内容1．群中元素的阶的定义及例子．xx、无扭群与混合群的定义及例子．特别，有限群必为xx，但反之不成立．2．在群中若＝n，则4．若G是交换群，又Gxx元素有最大阶m，则Gxx每个元素的阶都是m的因子．二、释疑解难在群中，由元素a与b的阶一般决定不了乘积ab的阶，这由教材中所举的各种例子已经说明了这一点．对此应十分注意．但是，在一定条件下可以由阶与决定阶，这就是教材xx定理4：4．一个群中是否有最大阶元?有限群中元素的阶均有限，当然有最大阶元．无限群中若元素的阶有无限的(如正有理数乘群或整数xx)，则当然无最大阶元，若无限群中所有元素的阶均有限(即无限xx)，则可能无最大阶元，如教材中的例4：下面再举两个(一个可换，另一个不可换)无限群有最大阶元的例子．5．利用元素的阶对群进行分类，是研究群的重要方法之一．例如，利用元素的阶我们可以把群分成三类，即xx、无扭群与混合群．而在xx中又可分出p—群p是素数)，从而有2—群、3—群、5—群等等．再由教材§3. 9知，每个有限交换群(一种特殊的xx)都可惟一地分解为素幂阶循环p—群的直积，从而也可见研究p—群的重要意义．三、习题2．2解答1.2.3.4.5.推回去即得．6.§2. 3xx一、主要内容1．xx的定义和例子．特别是，特殊线性群(行列式等于l的方阵)是一般线性群(行列式不等于零的方阵)的xx．4．群的中心元和中心的定义．二、释疑解难１．关于真xx的定义．教材把非平凡的xx叫做真xx．也有的书把非G的于群叫做群G的真xx．不同的定义在讨论xx时各有利弊．好在差异不大，看参考书时应予留意．2．如果H与G是两个群，且HG，那么能不能说H就是G的xx?答：不能．因为xx必须是对原群的代数运算作成的群．例如，设G是有理数xx，而H是正有理数乘群，二者都是群，且HG但是不能说H是G的xx．答：不能这样认为．举例如下．例2设G是四元数群．则显然是G的两个xx且易知反之亦然．三、习题2．3解答1．证赂．2．证必要性显然，下证充分性．设子集H对群G的乘法封闭，则对Hxx任意元素a和任意正整数m都有am∈H．由于Hxx 每个元素的阶都有限，设＝n ，则3．对非交换群一放不成立．例如，有理数域Qxx 全体2阶可逆方阵作成的乘群中，xx，的阶有限，都是2，但易知其乘积⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1011ab的阶却无限．即其全体有限阶元素对乘法不封闭，故不能作成xx ．4．证 由高等代数知，与所有n 阶可逆方阵可换的方阵为全体纯量方阵，由此即得证．5．证 因为(m ，n)＝1，故存在整数s ，t 使 ms 十n t ＝1． 由此可得6．7．§2. 4循环群一、主要内容1．生成系和循环群的定义．2．循环群中元素的表示方法和xx的状况．3．循环群在同构意义下只有两类：整数xx和n次单位根乘群，其中n＝1，2，3，…．4．循环群的xx的状况．无限循环群有无限多个xx．n阶循环群有T(n)(n的正出数个数)个xx，且对n 的每个正因数k，有且仅有一个k阶xx．二、释疑解难1．我们说循环群是一类完全弄清楚了的群，主要是指以下三个方面：1)循环群的元素表示形式和运算方法完全确定．其xx的状况也完全清楚(无限循环群有两个xx，n阶循环群有个xx而且ak是xx(kn)＝1)；2)循环群的xx的状况完全清楚；3)在同构意义下循环群只有两类：一类是无限循环群，都与整数xx同构；另一类是n(n＝1，2，…)阶循环群，都与n次单位根乘群同构．2．循环群不仅是一类完全弄清楚了的群，而且是一类比较简单又与其他一些群类有广泛联系的群类．例如由下一章§9可知，有限交换群可分解为一些素幂阶循环群的直积．更一般地，任何一个具有有限生成系的交换群都可分解成循环群的直积．由于循环群已完全在我们掌握之中，所以这种群(具有有限生成系的交换群)也是一类研究清楚了的群类．它在各种应用中有着非常重要的作用．例如在组合拓扑学中它就是一个主要的工具．三、习题§2. 4解答1.2.3.4. 5.6. 7.§2. 5 变换群一、主要内容1．变换群、双射变换群(特别是集合M上的对称群和n次对称群)和非双射变换群的定义及例子．2．变换群是双射变换群的充要条件；双射变换群与抽象群的关系．1)集合M上的变换群G是双射变换群G含有M的单或满)射变换；2)任何一个群都同一个(双射)变换群同构．3．有限集及无限集上非双射变换群的例子(例2和例3)．二、释疑解难1．一般近世代数书中所说的“变换群”，都是由双射变换(关于变换乘法)所作成的群，即本教材所说的“双射变换群”．而本教材所说的“变换群”则是由一个集合上的一些变换(不一定是双射变换)作成的群．通过教材§5定理2和推论1可知，实际上变换群可分成两类：一类是双射变换群(全由双射变换作成的群，即通常近世代数书中所说的“变换群”)，另一类是非双射变换群(全由非双射变换作成的群)．在学习本书时应留意这种差异．2．本节教材定理2(若集合M上的变换群G含有M的单射或满射变换．则G必为M上的一个双射变换群，即G中的变换必全是双射变换)比有些书上相应的定理(若集合M上由变换作成的群G含有M的恒等变换，则G中的变换必全为双射变换)大为推广．因为后者要求G包含恒等变换(一个特殊的双射变换)，而前者仅要求G 包含一个单(或满)射变换即可．因此，后音只是前者(本节教材定理2)的一个推论，一种很特殊的情况．两相比较，差异较大．这种差异也说明，M上的任何一个非双射变换群不仅不能包含恒等变换，而且xxM的任何单射或满射变换也不能包含．另外，在这里顺便指出，集合M上的任何双射变换群G的单位元必是M的恒等变换．3．集合M上的全体变换作成的集合T(M)，对于变换的乘法作成一个有单位元的半群．在半群的讨论中，这是一类重要的半群．并且本节习题中第4题还指出，当＞1时T(M)只能作成半群，而不能作成群．三、习题§2. 5解答1. 解作成有单位元半群，是单位元．但不作成群，因为无逆元．2.3. 解 G作成群：因为xx4.5.§2. 6 置换群一、主要内容1．任何(非循环)置换都可表为不相连循环之积，任何置换都可表为若干个对换之积，且对换个数的奇阴偶性不变．从而有奇、偶置换的概念，且全体n次置换xx、偶置换个数相等，各为个(n＞1)．2．k—循环的奇偶性、阶和逆元的确定方法，以及不相连循环乘积的奇偶性、阶和逆元的确定方法．1)k—循环与A有相反奇偶性．2)k—循环的阶为k．又(i1，i2…ik)－1＝(ik，…，i2，i1 )．3)若分解为不相连循环之积．则其分解xx循环个数为奇时为奇置换，否则为偶置换．的阶为各因子的阶的最小公倍．其逆元可由k—循环的逆元来确定．3．由置换，求置换－１的方法．n次对称群sn的中心．4．传递群的定义、例子和简单性质．二、释疑解难1．研究置换群的重要意义和作用．除了教材中已经指出的(置换群是最早研究的一类群，而且每个有限的抽象群都同一个置换群同构)以外，研究置换群的重要意义和作用至少还有以下几方面：1) 置换群是一种具体的群，从置换乘法到判断置换的奇偶性以及求置换的阶和逆置换，都很具体和简单．同时它也是元素不是数的一种非交换群．在群的讨论中举例时也经常用到这种群．2) 在置换群的研究中，有一些特殊的研究对象是别的群所没有的．如置换中的不动点理论以及传递性和本原性理论等等．3) 置换群中有一些特殊的xx也是一般抽象群所没有的．例如，交代群、传递群、稳定xx和本原群等等．就教材所讲过的交代群和传递群的重要性便可以知道，介绍置换群是多么的重要．2．用循环与对换之积来表出置换的优越性．首先，书写大为简化，便于运算。
韩士安 近世代数 课后习题解答
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 ++++++=.。
近世代数初步(第二版)课后习题答案(石生明)02
第二章 域 和 环１畅基本概念：域、子域、扩域、域的特征、素域．环、子环、理想、商环、同态、同构、同态基本定理．整环、极大理想．２畅商环的应用例子：爱森斯坦判别法的证明（整数环上多项式性质的证明）可化归到整数环的剩余类域上．３畅新域或新环的构造：复数域（作为实数域Ｒ上使ｘ２＋１＝０有根的最小扩域）；二元域；集合Ｓ在域Ｆ上生成的扩域；商环、剩余类环Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））（包括构造Ｆ上添加任意不可约多项式ｆ（ｘ）的一个根的扩域）、Ｚ／（ｎ）（包括构造ｐ个元素的域）；理想的和、积；环的直和；整环的分式域．４畅域扩张的初步知识：代数扩张、有限扩张、单代数扩张、单超越扩张．集合Ｓ在Ｆ上生成的扩域的三种刻画： Ｆ（Ｓ）＝ｆ１（α１，α２，…，αｔ）ｆ２（α１，α２，…，αｔ）橙ｔ∈Ｎ（自然数），橙α１，α２，…，αｔ∈Ｓ，橙ｆｉ（ｘ１，ｘ２，…，ｘｔ）∈Ｆ［ｘ１，ｘ２，…，ｘｔ］，ｉ＝１，２．ｆ２（α１，α２，…，αｔ）≠０＝由Ｆ及Ｓ的元尽可能地多次作加减乘除所得的元素的集合＝含Ｆ及Ｓ的最小的域．单扩张的构造：Ｆ（α）＝ｆ１（α）ｆ２（α）橙ｆ１（ｘ），ｆ２（ｘ）∈Ｆ［ｘ］，ｆ２（α）≠０．若α为Ｆ上代数元，ｆ（ｘ）是以α为根的Ｆ上不可约多项式（α的极小多项式），其次数为ｎ，则Ｆ（α）是Ｆ上ｎ维线性空间，而１，α，…，αｎ－１是它的一组基．扩张次数［Ｅ：Ｆ］及性质：对域扩张Ｅ车Ｈ车Ｆ有［Ｅ：Ｆ］＝［Ｅ：Ｈ］［Ｈ：Ｆ］．５畅域的应用举例：（１）二元域用于纠错码．（２）域的扩张次数的性质用于否定三大几何作图难题（给出了用圆规直尺作图作出的量满足的条件）．６畅中国剩余定理．１畅这一章讲域、环的基本概念．主要是讲各种造新域和新环的方法，环是为·８４·域起铺垫的作用．本章的内容充分体现总导引第一点中的思想．２畅体会造二元域的数学背景及如何用于构造纠一个错的码．思考一下能纠错的关键之点在哪里，随便指定一个矩阵Ｈ是否能起到纠错的作用？３畅体会对圆规直尺作图问题进行分析中的几个步骤：（１）用解析几何知识分析出能用圆规直尺作图作出的量（长度）满足的方程；（２）用扩域的语言表达上述作出的量所在的范围；（３）用扩张次数的性质来表达作出的量满足的条件．４畅这一章中我们充分地应用了引论章§２末尾的定理．即用了一般域上线性方程组、矩阵运算、线性空间、多项式等理论的大量性质．促进读者巩固高等代数的知识．５畅与其它近世代数教材相比，本书中域的内容（包括下一章的有限域的内容）放到整环的因式分解唯一性理论之前，并且替代它而成为教材的核心部分．内容也改变很多，加入纠错码的例子和三大几何作图难题的讨论这些应用内容，而舍去了可分扩张及分裂域等内容．由于目标明确（参看总导引第一条）且有应用内容，增加了学习的生动性．（１）造一个码长１３，容量为２９的能纠一个错的码集合．（２）证明上面的码一般不能纠两个错．（举例：考察码子Ｘ＝（０，０，０，０，０，０，０，０，０，０，０，０，０）Ｔ错了两位成为Ｙ＝（１，１，０，０，０，０，０，０，０，０，０，０，０）Ｔ．能否用书中所述的译码方法由Ｙ恢复成Ｘ？§１ 域的例子，复数域及二元域的构造，对纠一个错的码的应用以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题． 倡１畅令Ｃ０＝ａｂ－ｂａａ，ｂ∈Ｒ，则（１）Ｃ０对矩阵的加法和乘法成为域．（２）Ｃ０中Ｒ０＝ａ００ａａ∈Ｒ是同构于Ｒ的子域．·９４· （３）干脆将Ｒ０与Ｒ等同，将ａ ００ ａ写成ａ，则可写ａｂ－ｂａ＝ａ００ａ＋ｂ００ｂ０１－１０＝ａ＋ｂ０１－１０．作映射 ＣφＣ０ａ＋ｂｉａ＋ｂ０１－１０，橙ａ，ｂ∈Ｒ，则φ是域同构．以下２－６题出现的运算是Ｆ２中元素的运算． 倡２畅计算１１１１００１０１０１１０１００１０１１１１１１０１１０１１１１０１１００１１１０１０００１１１０． 倡３畅求１１１１００１１１１０１０１１１－１． 倡４畅解方程组ｘ１＋ｘ２＋ｘ３＋ｘ４＋ｘ５＋ｘ６＝１ ｘ３＋ｘ４＋０＋ｘ６＝０ｘ１＋ｘ２＋０＋ｘ４＝１ ｘ２＋ｘ３＋ｘ４＝０． 倡５畅计算（ｘ４＋ｘ３＋ｘ＋１）２，（ｘ３＋ｘ２＋１）（ｘ５＋ｘ２＋ｘ＋１）． 倡６畅（１）以ｘ２＋ｘ＋１除ｘ６＋ｘ４＋ｘ３＋１，求商及余式．（２）求ｘ２＋ｘ＋１与ｘ６＋ｘ４＋ｘ３＋１的最大公因式ｄ（ｘ）．（３）求ｕ（ｘ），ｖ（ｘ），使ｕ（ｘ）（ｘ２＋ｘ＋１）＋ｖ（ｘ）（ｘ６＋ｘ４＋ｘ３＋１）＝ｄ（ｘ）．·０５· 倡７畅求作一个１３位０，１序列的码集合，其容量为２９，有纠一个错的能力．８畅Ｆ为素数特征ｐ的域，ａ，ｂ，ａ１，…，ａｎ∈Ｆ，则（１）（ａ＋ｂ）ｐ＝ａｐ＋ｂｐ，而且无论ｐ为奇偶皆有（ａ－ｂ）ｐ＝ａｐ－ｂｐ．（２）（ａ＋ｂ）ｐｋ＝ａｐｋ＋ｂｐｋ．（３）（ａ１＋ａ２＋…＋ａｎ）ｐｋ＝ａｐｋ１＋ａｐｋ２＋…＋ａｐｋｎ．（参见引论章习题６）（４）映射 ＦφＦ，ａａｐ是Ｆ的自同态．且φ是同构当且仅当方程ｘｐ－ｂ＝０对所有ｂ∈Ｆ都有解．１畅略．２畅１１１１１０００１．３畅１００１０１０１１０１０１１１０．４畅ｘ１＝ｘ５＋ｘ６＋１ｘ２＝ｘ６＋１ｘ３＝ｘ５＋ｘ６ｘ４＝ｘ５＋１．５畅ｘ８＋ｘ６＋ｘ２＋１，ｘ８＋ｘ７＋ｘ＋１．６畅（１）ｘ６＋ｘ４＋ｘ３＋１＝（ｘ４＋ｘ３＋ｘ２＋ｘ）（ｘ２＋ｘ＋１）＋ｘ＋１．（２）（ｘ６＋ｘ４＋ｘ３＋１，ｘ２＋ｘ＋１）＝１．（３）ｘ（ｘ６＋ｘ４＋ｘ３＋１）＋（ｘ５＋ｘ４＋ｘ３＋ｘ２＋１）（ｘ２＋ｘ＋１）＝１．７畅令Ｈ＝１０１０１０１０１０１０１０１１００１１００１１０００００１１１１００００１１０００００００１１１１１１４×１３，以ＨＸ１３×１＝０的解空间为码集．因秩Ｈ＝４，未知数的数目为１３，故解空间维数为１３－４＝９．由于码集合是Ｆ２上９维空间，共有２９个解向量，即２９个码子，码·１５·集合的容量为２９．与课文中例４一样有纠一个错的能力．８畅（１）由二项定理（参见引论章习题６），（ａ＋ｂ）ｐ＝ａｐ＋ｂｐ＋∑ｐ－１ｉ＝１Ｃｉｐａｉｂｐ－ｉ．当１≤ｉ≤ｐ－１时，Ｃｉｐ＝ｐ（ｐ－１）…２·１（ｐ－ｉ）！ｉ！．而（ｐ－ｉ）！及ｉ！中的素因子皆小于ｐ，故ｐ｜Ｃｉｐ．题设Ｆ的特征为ｐ，故∑ｐ－１ｉ＝１Ｃｉｐａｉｂｐ－ｉ＝０．这证明了（ａ＋ｂ）ｐ＝ａｐ＋ｂｐ．对（ａ－ｂ）ｐ＝ａｐ＋（－ｂ）ｐ＝ａｐ＋（－１）ｐｂｐ．当ｐ为奇素数时，（－１）ｐ＝－１；当ｐ＝２时，（－１）２＝１＝－１．故（ａ－ｂ）ｐ＝ａｐ－ｂｐ．（２）（ａ＋ｂ）ｐｋ＝（（ａ＋ｂ）ｐ）ｐｋ－１＝（ａｐ＋ｂｐ）ｐｋ－１．利用归纳法可得（ａ＋ｂ）ｐｋ＝（ａｐ）ｐｋ－１＋（ｂｐ）ｐｋ－１＝ａｐｋ＋ｂｐｋ．（３）（ａ１＋ａ２＋…＋ａｎ）ｐｋ＝ａｐｋ１＋（ａ２＋…＋ａｎ）ｐｋ．利用归纳法可得（ａ１＋…＋ａｎ）ｐｋ＝ａｐｋ１＋ａｐｋ２＋…＋ａｐｋｎ．（４）φ（ａ＋ｂ）＝（ａ＋ｂ）ｐ＝ａｐ＋ｂｐ＝φ（ａ）＋φ（ｂ）．φ（ａｂ）＝（ａｂ）ｐ＝ａｐｂｐ＝φ（ａ）φ（ｂ）．故φ为Ｆ的自同态．又φ（ａ－ｂ）＝（ａ－ｂ）ｐ＝ａｐ－ｂｐ＝φ（ａ）－φ（ｂ），就有φ（ａ）＝φ（ｂ）当且仅当ａ＝ｂ．即φ是单射．由以上论证，φ是同构当且仅当φ是满射当且仅当对橙ｂ∈Ｆ，有ａ∈Ｆ使φ（ａ）＝ａｐ＝ｂ也即方程ｘｐ－ｂ＝０有解．§２ 域的扩张，扩张次数，单扩张的构造以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．１畅Ｆ炒Ｅ是域扩张．（１）α１，α２，…，αｓ∈Ｅ，则Ｆ（α１，α２，…，αｓ）＝ｆ１（α１，…，αｓ）ｆ２（α１，…，αｓ）ｆ１，ｆ２∈Ｆ［ｘ１，…，ｘｓ］，ｆ２（α１，…，αｓ）≠０．·２５·（２）Ｓ炒Ｅ，则Ｆ（Ｓ）＝∪Ｓ０炒ＳＳ０有限集Ｆ（Ｓ０）． 倡２畅计算［Ｑ（２，３）：Ｑ］，［Ｑ（２＋３）：Ｑ］．证明Ｑ（２，３）＝Ｑ（２＋３）． 倡３畅Ｆ炒Ｅ是域扩张，且［Ｅ：Ｆ］＝ｐ是素数，则任意α∈Ｅ＼Ｆ，有Ｅ＝Ｆ（α）． 倡４畅Ｅ车Ｆ为域扩张，α１，α２，…，αｔ∈Ｅ，［Ｆ（αｉ）：Ｆ］＝ｎｉ，ｉ＝１，２，…，ｔ，则［Ｆ（α１，…，αｔ）：Ｆ］≤ｎ１ｎ２…ｎｔ． 倡５畅Ｆ炒Ｅ为有限次域扩张，则必为代数扩张． 倡６畅Ｆ炒Ｅ为有限次域扩张，则有α１，…，αｔ∈Ｅ，使得Ｅ＝Ｆ（α１，…，αｔ）．７畅Ｆ炒Ｅ为域扩张，Ｓ炒Ｅ且Ｓ中每个元皆是Ｆ上代数元，则Ｆ（Ｓ）是Ｆ上代数扩张．进而，Ｅ中全部代数元作成Ｆ的一个扩域． 倡８畅令Ｅ＝Ｑ（ｕ）．（１）设ｕ３－ｕ２＋ｕ＋２＝０．试把（ｕ２＋ｕ＋１）（ｕ２－ｕ）和（ｕ－１）－１表成ａｕ２＋ｂｕ＋ｃ的形式，ａ，ｂ，ｃ∈Ｑ．（２）若ｕ３－２＝０，把ｕ＋１ｕ－１表成ａｕ２＋ｂｕ＋ｃ的形式，ａ，ｂ，ｃ∈Ｑ．９畅令Ｅ＝Ｆ（ｕ），ｕ是极小多项式为奇数次的代数元．证明Ｅ＝Ｆ（ｕ２）．１０畅求３２＋５在Ｑ上的极小多项式．１１畅Ｅ车Ｆ，Ｅ是环，Ｆ是域，ｓ∈Ｅ是Ｆ上代数元，则ｓ可逆当且仅当有Ｆ上多项式ｆ（ｘ），其常数项不为零使ｆ（ｓ）＝０．并且ｓ－１＝ｇ（ｓ），ｇ（ｘ）是Ｆ上多项式．１２畅Ｅ是Ｆ上的代数扩张，则Ｅ的含Ｆ的子环都是子域．１３畅设［Ｅ：Ｆ］＝ｎ，则不存在子域Ｇ，使Ｅ车Ｇ车Ｆ及［Ｇ：Ｆ］与ｎ互素． 倡１４畅Ｒ（实数域）上任意代数扩张Ｅ若不为Ｒ，则同构于Ｃ．特别地，Ｒ上除二次扩域外没有其它有限次扩域．（这正是Ｈａｍｉｌｔｏｎ等数学家找不到“三维复数”的原因）．１畅（１）这几令Ｓ＝｛α１，…，αｓ｝，按命题２下面一段的约定Ｆ（α１，α２，…，αｓ）就是Ｆ（Ｓ）．命题１中的（２）式定义了Ｆ（Ｓ）．易看出本题所设的集合与Ｆ（Ｓ）的定义集合是一致的．（２）比较（１）的结果和命题１中（２）式在一般集合Ｓ下Ｆ（Ｓ）的定义即得Ｆ（Ｓ）＝｛Ｆ（α１，…，αｋ）｜橙｛α１，α２，…，αｋ｝炒Ｓ｝·３５·＝∪Ｓ０炒ＳＳ０有限集Ｆ（Ｓ０）．２畅易看出Ｑ（２，３）＝Ｑ（２）（３）＝｛（ａ１＋ｂ１２）＋（ａ２＋ｂ２２）３｜ａｉ，ｂｉ∈Ｑ｝．我们来证１，３在Ｑ（２）上是线性无关的．设（ａ１＋ｂ１２）＋（ａ２＋ｂ２２）３＝０，若ａ２＋ｂ２２≠０，则３＝－ａ１－ｂ１２ａ２＋ｂ２２∈Ｑ（２）．令３＝ａ＋ｂ２，ａ，ｂ∈Ｑ．将两边平方，得到３＝ａ２＋２ａｂ２＋ｂ２．因２不是有理数，则ａ，ｂ之一为零．若ａ＝０，则３２＝２ｂ２＝２ｑ２ｐ２，（ｐ，ｑ）＝１．又因左边为整数，必须ｐ２｜２，只能ｐ＝１，由３２＝２ｑ２，必须２｜３２，这也不可能．若ｂ＝０，则３＝ａ２，３＝ａ是有理数，这也不可能．这些矛盾推出ａ２＋ｂ２２＝０，ａ１＋ｂ１２也就为零，说明１，３在Ｑ（２）上线性无关．因而［Ｑ（２）（３）：Ｑ（２）］＝２．结果［Ｑ（２）（３）：Ｑ］＝［Ｑ（２）（３）：Ｑ（２）］［Ｑ（２）：Ｑ］＝２×２＝４．再证［Ｑ（２＋３）：Ｑ］＝４．这只要证Ｑ（２）（３）＝Ｑ（２＋３）．首先显然有Ｑ（２＋３）彻Ｑ（２，３）．又从３－２＝１２＋３得３＝１２（３－２＋３＋２）＝１２１３＋２＋３＋２∈Ｑ（２＋３）．同样可得２∈Ｑ（２＋３）．这就证明了Ｑ（２，３）彻Ｑ（２＋３）．于是Ｑ（２，３）＝Ｑ（２＋３）．３畅［Ｆ（α）：Ｆ］｜［Ｅ：Ｆ］，［Ｅ：Ｆ］＝ｐ．故［Ｆ（α）：Ｆ］＝１或ｐ．但α∈Ｅ＼Ｆ，［Ｆ（α）：Ｆ］＞１．故［Ｆ（α）：Ｆ］＝ｐ．因此Ｆ（α）＝Ｅ．４畅［Ｆ（α１，…，αｔ）：Ｆ］＝［Ｆ（α１，…，αｔ）：Ｆ（α１，…，αｔ－１）］［Ｆ（α１，…，αｔ－１）：Ｆ（α１，…，αｔ－２）］…［Ｆ（α１）：Ｆ］．由于αｉ在Ｆ中的极小多项式次数为ｎｉ．Ｆ上的这个极小多项式也是Ｆ（α１，…，αｉ－１）中的多项式，这个次数ｎｉ比αｉ在Ｆ（α１，…，αｉ－１）上的极小多项式的次数低．故［Ｆ（α１，…，αｉ－１，αｉ）：Ｆ（α１，…，αｉ－１）］≤ｎｉ．因而［Ｆ（α１，…，αｔ）：Ｆ］≤ｎｔｎｔ－１…ｎ１＝ｎ１ｎ２…ｎｔ．５畅Ｆ彻Ｅ是ｋ次扩张．任一元α∈Ｅ，１，α，…，αｋ是Ｅ中ｋ＋１个元，必在Ｆ上线性相关．即有Ｆ上不全为零的ａ０，ａ１，…，ａｋ使ａ０＋ａ１α＋…＋ａｋαｋ＝０．由此知α满足Ｆ上的次数≤ｋ的一个多项式．故α是Ｆ上代数元，因而Ｅ是Ｆ上代数扩张．６畅取Ｅ的Ｆ基α１，…，αｔ，则Ｅ＝钞ｔｉ＝１ｌｉαｉ｜ｌｉ∈Ｆ彻Ｆ（α１，…，αｔ）彻Ｅ，·４５·故Ｅ＝Ｆ（α１，…，αｔ）．７畅设Ｓ中每个元皆为Ｆ上代数元．对α∈Ｆ（Ｓ），必有α１，…，αｋ∈Ｓ使α＝ｆ１（α１，…，αｋ）ｆ２（α１，…，αｋ）∈Ｆ（α１，…，αｋ）．因αｉ为代数元，令［Ｆ（αｉ）：Ｆ］＝ｎｉ．由习题４，［Ｆ（α１，…，αｋ）：Ｆ］≤ｎ１ｎ２…ｎｋ．故Ｆ（α１，…，αｋ）是Ｆ上有限扩张，再由习题５，它是Ｆ上代数扩张．这就证明了任意α∈Ｆ（Ｓ）是Ｆ上代数元，于是Ｆ（Ｓ）也是Ｆ上代数扩张．现令Ｅ中全体Ｆ上代数元的集合为Ｓ．则Ｆ（Ｓ）是代数扩张，Ｆ（Ｓ）中每个元皆为Ｆ上代数元．于是Ｆ（Ｓ）彻Ｓ，即有Ｓ＝Ｆ（Ｓ）．故Ｓ是Ｆ上扩域．８畅（１）（ｕ２＋ｕ＋１）（ｕ２－ｕ）＝ｕ４－ｕ＝（ｕ＋１）（ｕ３－ｕ２＋ｕ＋２）－４ｕ－２＝－４ｕ－２．由于（ｕ－１）（ｕ２＋１）－（ｕ３－ｕ２＋ｕ＋２）＝３，故（ｕ－１）（ｕ２＋１）＝３．因此（ｕ－１）－１＝１３（ｕ２＋１）．（２）由（ｕ－１）（ｕ２＋ｕ＋１）＝ｕ３－１＝（ｕ３－２）＋１＝１，故ｕ＋１ｕ－１＝（ｕ＋１）·（ｕ２＋ｕ＋１）＝ｕ３＋２ｕ２＋２ｕ＋１＝（ｕ３－２）＋２ｕ２＋２ｕ＋３＝２ｕ２＋２ｕ＋３．９畅设ｕ２＝ａ∈Ｆ（ｕ２），则ｕ２－ａ＝０．故［Ｆ（ｕ）：Ｆ（ｕ２）］≤２．因［Ｆ（ｕ）：Ｆ（ｕ２）］｜［Ｆ（ｕ）：Ｆ］，及［Ｆ（ｕ）：Ｆ］＝奇数，［Ｆ（ｕ）：Ｆ（ｕ２）］≠２．所以［Ｆ（ｕ）：Ｆ（ｕ２）］＝１，即Ｅ＝Ｆ（ｕ）＝Ｆ（ｕ２）．另一证法，设ｕ在Ｆ中极小多项式是ｆ（ｘ）．ｆ（ｘ）为２ｌ＋１次，满足ｆ（ｕ）＝０，设为ａ２ｌ＋１ｕ２ｌ＋１＋ａ２ｌｕ２ｌ＋…＋ａ１ｕ＋ａ０＝０，ａｉ∈Ｆ，则ｕ（ａ２ｌ＋１ｕ２ｌ＋ａ２ｌ－１ｕ２（ｌ－１）＋…＋ａ１）＋（ａ２ｌｕ２ｌ＋…＋ａ０）＝０．由ｆ（ｘ）的极小性，第一括弧不为零，所以ｕ＝ａ２ｌｕ２ｌ＋ａ２（ｌ－１）ｕ２（ｌ－１）＋…＋ａ０ａ２ｌ＋１ｕ２ｌ＋ａ２ｌ－１ｕ２（ｌ－１）＋…＋ａ１∈Ｆ（ｕ２）．故Ｆ（ｕ）＝Ｆ（ｕ２）．１０畅令ｕ＝３２＋５．则３２＝ｕ－５，（ｕ－５）３＝２．于是ｕ３－３·ｕ２·５＋３ｕ（５）２－（５）３＝ｕ３＋１５ｕ－（３ｕ２＋５）５＝２．移项后得ｕ３＋１５ｕ－２＝（３ｕ２－５）５．两边平方，得到（ｕ３＋１５ｕ－２）２＝（３ｕ２－５）２·５．这是ｕ满足的Ｑ上６次方程，故［Ｑ（ｕ）：Ｑ］≤６．又（ｕ－５）３＝２，可得５∈Ｑ（ｕ）．由［Ｑ（５）：Ｑ］＝２，及［Ｑ（５）：Ｑ］｜［Ｑ（ｕ）：Ｑ］，知２｜［Ｑ（ｕ）：Ｑ］．而由３２＝５－ｕ知３２∈Ｑ（ｕ，５）＝Ｑ（ｕ）．又·５５·［Ｑ（３２）：Ｑ］＝３及［Ｑ（３２）：Ｑ］｜［Ｑ（ｕ）：Ｑ］，得３｜［Ｑ（ｕ）：Ｑ］．于是６｜［Ｑ（ｕ）：Ｑ］，因而［Ｑ（ｕ）：Ｑ］＝６．由于（ｕ３＋１５ｕ－２）２－（３ｕ２－５）２·５＝０，故６次多项式（ｘ３＋１５ｘ－２）２－５（３ｘ２－５）２是ｕ在Ｑ上的极小多项式．１１畅设ｓ为可逆的代数元，则有Ｆ上多项式ｆ（ｘ），使ｆ（ｓ）＝ａｋｓｋ＋ａｋ－１ｓｋ－１＋…＋ａ１ｓ＋ａ０＝０，其中ｋ≥１，ａｋ≠０．设ａ０，ａ１，…，ａｋ－１，ａｋ中不为零的最小脚标为ｉ．则ｉ≠ｋ，否则ａｋｓｋ＝０，由ｓ可逆，得ａｋ＝０．矛盾．故ｉ＜ｋ．用ｓ－ｉ乘它，则得ａｋｓｋ－ｉ＋…＋ａｉ＝０．于是ｇ（ｘ）＝ａｋｘｋ－ｉ＋…＋ａｉ满足ｇ（ｓ）＝０且常数项ａｉ≠０．反之，设ｓ满足某多项式方程ｆ（ｓ）＝ａｋｓｋ＋…＋ａ１ｓ＋ａ０＝０，且ａ０≠０．令ｇ（ｘ）＝－（ａｋｘｋ－１＋…＋ａ１），则ｇ（ｓ）·ｓ＝ａ０≠０．故ｓ－１＝１ａ０ｇ（ｓ）．１ａ０ｇ（ｘ）是Ｆ上多项式．１２畅设Ｅ车Ｈ是含Ｆ的子环．任取０≠ｓ∈Ｈ．ｓ在Ｅ中有逆，由习题１１知，ｓ－１＝ｇ（ｓ），ｇ（ｘ）是Ｆ上多项式．Ｈ是子环，因此ｇ（ｓ）∈Ｈ．故Ｈ是Ｅ的子域．１３畅设Ｇ是域，使ＥＧＦ．则［Ｇ：Ｆ］｜［Ｅ：Ｆ］，故［Ｇ：Ｆ］不能与ｎ＝［Ｅ：Ｆ］互素．１４畅设Ｒ炒Ｅ是代数扩张．任取α∈Ｅ，α是Ｒ上不可约多项式ｆ（ｘ）的根．Ｒ上只有１次或２次不可约多项式．若为１次，则α∈Ｒ．若Ｅ中有α碒Ｒ，则它是Ｒ上２次不可约多项式的根，设α满足α２＋ｂα＋ｃ＝０，ｂ，ｃ∈Ｒ．则α－ｂ２２＝１４（ｂ２－４ｃ）．因α碒Ｒ，故ｂ２－４ｃ＜０．因此ｂ２－４ｃ＝４ｃ－ｂ２－１∈Ｒ（α），而有－１∈Ｒ（α）．显然Ｒ（－１）＝Ｒ（α），即Ｃ臣Ｒ（α）．又任β∈Ｅ是Ｒ上代数元，由Ｃ是代数封闭域知Ｒ（－１）也是．于是β∈Ｒ（－１），即得Ｅ＝Ｒ（－１）．上面证明了代数扩域Ｅ车Ｒ，只能是Ｅ＝Ｒ或Ｅ＝Ｒ（－１）．它们是１次和２次扩域，Ｒ上没有３次扩域．§３ 古希腊三大几何作图难题的否定以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．·６５· 倡１畅设已知量ａ，ｂ及ｒ皆大于０且ａ＞ｂ．试用圆规直尺作图作出ａ±ｂ，ａｂ，ａｒ，ｒ． 倡２畅下列哪些量可以用圆规直尺作图作出：（１）４５＋２６ （２）２１＋７（３）１－５２７ 倡３畅下列多项式中哪些多项式的实根可用圆规直尺作图作出：（１）ｘ２－７ｘ－１３（２）ｘ４－５（３）ｘ３－１０ｘ２＋１（４）ｘ５－９ｘ３＋３（５）ｘ４－２ｘ－３４畅证明：实数α可用圆规直尺作图作出当且仅当有实数的域的序列Ｅ０炒Ｅ１炒…炒Ｅｎ－１炒Ｅｎ，使α∈Ｅｎ，且［Ｅｉ：Ｅｉ－１］＝２，１≤ｉ≤ｎ，其中Ｅ０是已知量的域．１畅运用中学几何作图知识来作出要求的量．２畅（１）可以．（２）可以．（３）不可以．证明 令ｘ＝５２７，它满足ｘ５－２７＝０．再令ｙ＋２＝ｘ，则（ｙ＋２）５－２７＝ｙ５＋５ｙ４·２＋１０ｙ３·２２＋１０ｙ２·２３＋５ｙ·２４＋２５－２７＝ｙ５＋１０ｙ４＋４０ｙ３＋８０ｙ２＋８０ｙ＋５＝０．用艾森斯坦判别法，它是ｙ的Ｑ上５次不可约多项式方程，５２７－２是它的根，于是［Ｑ（５２７－２）：Ｑ］＝［Ｑ（５２７）：Ｑ］＝５．若５２７能用圆规直尺作图得到，则它落在Ｑ的某扩域Ｅ中，且［Ｅ：Ｑ］＝２ｌ．但［Ｑ（５２７）：Ｑ］嘲［Ｅ：Ｑ］，故５２７，因而１－５２７不能落在这样的域中，它们不能这样作出．３畅（１）可以．（２）可以，令ｘ＝±４５＝±５．５是可作的，故５也可作．（３）我们证明ｘ３－１０ｘ２＋１是Ｑ上不可约多项式．实际上只有±１可能是它的有理根，但它们不是．因此ｘ３－１０ｘ２＋１在Ｑ［ｘ］中没有一次因式，故不可约．令它的实根为α，则［Ｑ（α）：Ｑ］＝３．α不属于Ｑ的任何扩张域Ｅ，使Ｅ满足［Ｅ：Ｑ］＝２ｌ．故α不能用圆规直尺作图作出．（４）用艾森斯坦判别法，ｘ５－９ｘ３＋３在Ｑ上不可约．对它的实根α，［Ｑ（α）：Ｑ］＝５．与习题１中（３）的证明类似，知α不可作．·７５·（５）ｘ４－２ｘ－３＝（ｘ＋１）（ｘ３－ｘ２＋ｘ－３）．第二个因式的有理根只可能是±３，±１，但都不是根．因而是Ｑ上三次不可约多项式、与本题（３）的证明一样可知，它的实根不可作，但第一因式的根为－１，是可作的．４畅课文中已证明由Ｅ０作为已知量出发，用圆规直尺作图能作出的量α一定属于某个具有题目所设性质的扩域Ｅｎ中．反之，设α属于具有上述性质的扩域Ｅｎ中．我们对ｎ作归纳法．首先对橙ｉ，［Ｅｉ：Ｅｉ－１］＝２，即Ｅｉ是Ｅｉ－１上２维向量空间．取βｉ∈Ｅｉ／Ｅｉ－１．则１，βｉ对域Ｅｉ－１为线性无关，因而是Ｅｉ作为Ｅｉ－１上线性空间的基，故Ｅｉ＝Ｅｉ－１（βｉ）．又β２ｉ∈Ｅｉ，它是１，βｉ的线性组合，因此有ｂｉ，ｃｉ∈Ｅｉ－１使β２ｉ＋ｂｉβｉ＋ｃｉ＝０，βｉ＝－ｂｉ±ｂ２ｉ－４ｃｉ．ｎ＝０，Ｅ０中的任一个量显然可用圆规和直尺经有限步作出．２设Ｅｎ－１中任一量已可用圆规和直尺经有限步作出，即ｂｎ，ｃｎ可用有限步作出．于是ｂ２ｎ－４ｃｎ以至βｎ皆能作出．Ｅｎ中任一量α都是１，βｎ的线性组合α＝ａ＋ｂβｎ，ａ，ｂ∈Ｅｎ－１．ａ，ｂ，βｎ皆能用圆规直尺经有限步作出，则α也能．完成了归纳法．§４ 环的例子，几个基本概念以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题． 倡１畅举出Ｚ／６Ｚ＝Ｚ６中的零因子的例子． 倡２畅令Ｚ［ｉ］＝｛ａ＋ｂｉ｜ａ，ｂ∈Ｚ｝，它是整环．２Ｚ［ｉ］＝｛２ａ＋２ｂｉ｝是Ｚ［ｉ］的主理想．问Ｚ［ｉ］／２Ｚ［ｉ］中是否有零因子？ 倡３畅写出下列商环的全部元素．（ｉ）Ｚ２＝Ｚ／２Ｚ，检查它与Ｆ２是否同构．（ｉｉ）Ｚ３＝Ｚ／３Ｚ，检查是否是域．（ｉｉｉ）Ｆ２［ｘ］／（ｘ２＋ｘ＋１），检查是否有零因子．（ｉｖ）Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋ｘ＋２），检查是否是域． 倡４畅Ｒ是环．若Ｒ的加群是循环群，则（ｉ）Ｒ是交换环；（ｉｉ）Ｒ的子环只有Ｒ；（ｉｉｉ）当Ｒ的元素有无限多个时，它的任一理想也有无限多个元；（ｉｖ）当Ｒ的元素有限时，设Ｉ为它的理想，则｜Ｉ｜｜｜Ｒ｜；（ｖ）Ｒ的加法子群都是Ｒ的理想．５畅找出Ｚ６，Ｚ８的全部理想．哪些是极大理想？对所有极大理想Ｋ，写出Ｚ６／Ｋ及Ｚ８／Ｋ的全部元素、加法表和乘法表．··８５６畅设Ｋ为交换环，Ｍ是它的理想，Ｍ作为Ｋ的加法子群满足［Ｋ：Ｍ］＝素数，则商环Ｋ／Ｍ是域．７畅试将第一章§１０习题６中关于群同态的结论推广到环同态的情形．８畅设ｆ（ｘ）＝ｆｒ１１（ｘ）ｆｒ２２（ｘ）…ｆｒｋｋ（ｘ）是域Ｆ上的不可约多项式的乘积，且ｆ１（ｘ），…，ｆｋ（ｘ）互不相伴，令Ｒ＝Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））是商环．（ｉ）求出Ｒ的全体理想．（ｉｉ）这些理想中哪些是极大理想？（ｉｉｉ）设珡Ｋ是Ｒ的理想，Ｋ是珡Ｋ在Ｆ［ｘ］中的原象．检验Ｆ［ｘ］／Ｋ碖Ｒ／珡Ｋ．９畅证明Ｚ［ｉ］／（１＋ｉ）是域．１畅２＋６Ｚ≠０，３＋６Ｚ≠０，都是Ｚ６中的零因子．２畅由（１＋ｉ）２＝２ｉ，（（１＋ｉ）＋２Ｚ［ｉ］）２＝２ｉ＋２Ｚ［ｉ］＝０．故（１＋ｉ）＋２Ｚ［ｉ］是Ｚ［ｉ］／２Ｚ［ｉ］中的零因子．３畅（ｉ）Ｚ２＝Ｚ／２Ｚ＝｛０＋２Ｚ，１＋２Ｚ｝＝｛０，１｝．它的加法表和乘法表如下： ＋０１００１１１０，×０１０００１０１．建立映射Ｚ２Ｆ２００１１．这是双射，且保持加法和乘法．故是同构．（ｉｉ）Ｚ３＝Ｚ／３Ｚ＝｛０，１，２｝．这是交换环，又（１）－１＝１，（２）－１＝２．故Ｚ３是域．（ｉｉｉ）因０，１不是ｘ２＋ｘ＋１的根，故ｘ２＋ｘ＋１在Ｆ２［ｘ］上不可约．因此Ｆ２［ｘ］／（ｘ２＋ｘ＋１）是域，故无零因子．（ｉｖ）由于０，１，２都不是ｘ２＋ｘ＋２的根，故它在Ｚ３［ｘ］中不可约．因此Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋ｘ＋２）是域．４畅由于Ｒ是加法循环群，可设Ｒ＝Ｚａ，ａ∈Ｒ．（ｉ）Ｒ中任意两元可写为ｍａ，ｎａ，而（ｍａ）（ｎａ）＝ｍｎａ２＝（ｎａ）（ｍａ），故Ｒ是交换环．（ｉｉ）设１＝ｋａ，又设ａ２＝ｌａ．则ａ＝１·ａ＝ｋａ２＝ｋｌａ＝ｌｋａ＝ｌ·１．因Ｒ的子·９５·环含１，就含有ｌ１＝ａ．故子环含Ｚａ＝Ｒ．即子环必是Ｒ．（ｉｉｉ）Ｒ＝Ｚａ有无限多个元，则它是无限循环加群．于是当ｍ，ｎ∈Ｚ，ｍ≠ｎ时有ｍａ≠ｎａ．设Ｉ是Ｒ的非零理想，它就是Ｒ的非零子加群，必为无限群．故Ｉ有无限个元．（ｉｖ）当Ｒ的元素有限时，它作为加群是有限循环群．而Ｒ的理想Ｉ是它的子加群，由Ｌａｇｒａｎｇｅ定理，知｜Ｉ｜｜｜Ｒ｜．（ｖ）设Ｉ是Ｒ的加法子群，它也是循环群．设Ｉ＝Ｚ（ｋａ）．任ｍａ∈Ｒ，（ｍａ）Ｉ＝Ｚ（ｎａ）（ｋａ）＝Ｚ（ｍｋｌａ）彻Ｚ（ｋａ）＝Ｉ．故Ｉ是Ｒ的理想．５畅Ｚ６的全部理想为Ｚ６，２Ｚ６，３Ｚ６，０·Ｚ６．其中２Ｚ６，３Ｚ６是Ｚ６的极大理想．Ｚ８的全部理想为Ｚ８，２Ｚ８，４Ｚ８，０·Ｚ８，其中２Ｚ８是极大理想．Ｚ６／２Ｚ６＝｛０，１｝，Ｚ６／３Ｚ６＝｛０，１，２｝，Ｚ８／２Ｚ８＝｛０，１｝．它们的加法表和乘法表：Ｚ６／２Ｚ６： ＋０１００１１１０，×０１０００１０１．Ｚ８／２Ｚ８碖Ｚ６／２Ｚ６，它们有相同的加法表和乘法表．Ｚ６／３Ｚ６：＋０１２００１２１１２０２２０１×０１２００００１０１２２０２１６畅Ｋ／Ｍ是商环，作为加法商群［Ｋ：Ｍ］＝素数．对Ｋ的任一理想Ｎ，若Ｍ彻Ｎ彻Ｋ、则从加法方面看Ｎ／Ｍ是Ｋ／Ｍ的子群．后者是素数阶群，故Ｎ／Ｍ是单位元群或Ｋ／Ｍ本身．因此Ｎ＝Ｍ或Ｎ＝Ｋ，即Ｍ是Ｋ的极大理想．于是Ｋ／Ｍ是域．７畅群同态的结论推广到环同态，结论如下：设环Ｇ到环珚Ｇ有满同态ｆ．令Ｎ＝Ｋｅｒｆ．记ｆ－１（珡Ｋ）为珚Ｇ的子集珡Ｋ对于ｆ的原象．则（１）若珡Ｋ是珚Ｇ的子环，则Ｎ炒ｆ－１（珡Ｋ），且ｆ－１（珡Ｋ）是子环．（２）有映射｛Ｇ的含Ｎ的子环｝φ｛珚Ｇ的子环｝·０６·Ｈｆ（Ｈ）．它还是双射，且保持包含关系．（３）若珡Ｋ是珚Ｇ的理想，则ｆ－１（珡Ｋ）是Ｇ的含Ｎ的理想，于是｛Ｇ的含Ｎ的理想｝｛珚Ｇ的理想｝Ｋｆ（Ｋ）是双射．（４）设珡Ｈ是珚Ｇ的理想，则有同构Ｇ／ｆ－１（Ｈ）碖珚Ｇ／珡Ｈ．（５）Ｇ是环，Ｎ是理想．令珚Ｇ＝Ｇ／Ｎ，π是自然同态ＧπＧ／Ｎ＝珚Ｇ，则π建立了｛Ｇ的含Ｎ的子环｝到｛珚Ｇ的子环｝上的双射：π（Ｈ）＝珡Ｈ＝Ｈ／Ｎ，且保持包含关系．同时建立了｛Ｇ的含Ｎ的理想｝到｛珚Ｇ的理想｝上的双射，且有同构Ｇ／Ｈ碖珚Ｇ／珡Ｈ＝Ｇ／Ｎ／Ｈ／Ｎ．证明 由于环是加群，子环、理想是子加群，环同态的核正是加群同态的核．如能证明（ｉ）若Ｈ是Ｇ的子环（或理想），则ｆ（Ｈ）是珚Ｇ的子环（或理想），（ｉｉ）珡Ｈ是珚Ｇ的子环（或理想），则ｆ－１（珡Ｈ）是Ｇ的包含Ｎ的子环（或理想）．再利用群同态的结论就给出上面（１）到（５）的结论都成立．对结论（ｉ），易知子环（或理想）的满同态的象是子环（或理想），故成立．对（ｉｉ），设珡Ｈ是子环（或理想），它是珚Ｇ的子加群，故ｆ－１（珡Ｈ）是Ｇ的子加群．又对ｌ，ｋ∈ｆ－１（珡Ｈ）（或取ｌ∈Ｇ），ｆ（ｌ），ｆ（ｋ）∈珡Ｈ（或ｆ（ｌ）∈珚Ｇ）．由珡Ｈ是子环（或理想），ｆ（ｌ）ｆ（ｋ）＝ｆ（ｌｋ）∈珡Ｈ，故ｌｋ∈ｆ－１（珡Ｈ）．这证明了ｆ－１（珡Ｈ）是Ｇ的子环（或理想）．８畅（ｉ）Ｆ［ｘ］是主理想环，它的同态象Ｒ＝Ｆ（ｘ）／（ｆ（ｘ））．由７题，Ｒ的任一理想为Ｊ／（ｆ（ｘ）），其中Ｊ为Ｆ［ｘ］的理想．Ｊ为主理想，设为Ｊ＝ｇ（ｘ）Ｆ［ｘ］．于是Ｒ的任一理想Ｉ必有形式：Ｉ＝ｇ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））是Ｒ的一个主理想．令（ｇ（ｘ），ｆ（ｘ））＝ｍ（ｘ），ｇ（ｘ）＝ｈ（ｘ）ｍ（ｘ）．由（ｈ（ｘ），ｆ（ｘ））＝１，有ｕ（ｘ），ｖ（ｘ）∈Ｆ［ｘ］，使ｕ（ｘ）ｈ（ｘ）＋ｖ（ｘ）ｆ（ｘ）＝１．即ｕ（ｘ）ｈ（ｘ）＋（ｆ（ｘ））＝１＋（ｆ（ｘ））．于是ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））＝ｕ（ｘ）ｈ（ｘ）ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））彻ｇ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））＝Ｉ彻ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ）），故Ｉ＝ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））．这说明Ｒ的任一理想必为ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ）），其中ｍ（ｘ）｜ｆ（ｘ）．再设Ｉｉ＝ｍｉ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ）），ｍｉ（ｘ）｜ｆ（ｘ），ｉ＝１，２都是Ｒ的理想．来证Ｉ１＝Ｉ２当且仅当ｍ１（ｘ）与ｍ２（ｘ）相伴．首先设ｍ１（ｘ）＝ｃｍ２（ｘ），ｃ≠０是Ｆ的元，则··１６Ｉ１＝ｍ１（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））＝ｃｍ２（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））＝ｍ２（ｘ）·ｃＦ［ｘ］／（ｆ（ｘ））＝ｍ２（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））＝Ｉ２．反之，设Ｉ１彻Ｉ２．由ｍ１（ｘ）＋（ｆ（ｘ））∈Ｉ１彻Ｉ２＝ｍ２（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ）），有ｈ２（ｘ）∈Ｆ［ｘ］使ｍ１（ｘ）＋（ｆ（ｘ））＝ｍ２（ｘ）ｈ２（ｘ）＋（ｆ（ｘ））．进而有ｇ２（ｘ）使ｍ１（ｘ）＋ｇ２（ｘ）ｆ（ｘ）＝ｍ２（ｘ）ｈ２（ｘ）．因ｍ２（ｘ）｜ｆ（ｘ），可得ｍ２（ｘ）｜ｍ１（ｘ）．当Ｉ１＝Ｉ２时，同样有ｍ１（ｘ）｜ｍ２（ｘ）．就证明了ｍ１（ｘ），ｍ２（ｘ）相伴．写ｇｉ１…ｉｋ（ｘ）＝（ｆ１（ｘ））ｉ１（ｆ２（ｘ））ｉ２…（ｆｋ（ｘ））ｉｋ，其中ｉ１，…，ｉｋ可独立地遍取１≤ｉ１≤ｒ１，１≤ｉ２≤ｒ２，…，１≤ｉｋ≤ｒｋ．则｛ｇｉ１…ｉｋ（ｘ）｝是ｆ（ｘ）的全部不相伴的因式，而ｇｉ１…ｉｋ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））是Ｒ的全部的理想．（ｉｉ）取Ｊｉ＝ｆｉ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））．由（ｉ）第二部分的证明只有理想１·Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））及ｆｉ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））能包含Ｊｉ．故Ｊｉ是Ｒ的极大理想．Ｒ的任一理想若非Ｊｉ之一和Ｒ本身，则它是ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ）），其中ｍ（ｘ）是ｆ１（ｘ），…，ｆｋ（ｘ）中至少两项的乘积．设ｍ（ｘ）＝ｆｉ（ｘ）ｆｊ（ｘ）…．则ｆｉ（ｘ）｜ｍ（ｘ），但任意一个ｆｉ（ｘ）与ｍ（ｘ）不相伴．由（ｉ）中第二部分的证明ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））彻Ｊｉ，但它们不相等，故前者不是极大理想．因此Ｒ的全部极大理想为Ｊｉ，ｉ＝１，２，…，ｋ．（ｉｉｉ）设珡Ｋ＝ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））是Ｒ的理想，其中ｍ（ｘ）｜ｆ（ｘ）．显然ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］在Ｒ中的象是珡Ｋ．又任意ｇ（ｘ）∈Ｆ（ｘ），若ｇ（ｘ）＋（ｆ（ｘ））∈ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ）），用（ｉ）中第二部分的证明可得ｍ（ｘ）｜ｇ（ｘ）．故ｇ（ｘ）∈ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］．这证明了珡Ｋ在Ｆ［ｘ］中的原象Ｋ是ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］．作映射Ｆ［ｘ］／ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］πＲ／珡Ｋｇ（ｘ）＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］［ｇ（ｘ）＋（ｆ（ｘ））］＋珡Ｋ．首先要证明它确实规定了映射，即象元与ｇ（ｘ）＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］中的代表的选择无关，实际上ｇ１＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］＝ｇ２＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］当且仅当ｇ１－ｇ２∈ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］当且仅当（ｇ１－ｇ２）＋（ｆ（ｘ））∈ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））＝珡Ｋ当且仅当［ｇ１＋（ｆ（ｘ））］与［ｇ２＋（ｆ（ｘ））］属于珡Ｋ的同一陪集当且仅当［ｇ１＋（ｆ（ｘ））］＋珡Ｋ＝［ｇ２＋（ｆ（ｘ））］＋珡Ｋ．这就证明了映射是意义的，而且是单射．π显然是满射，因而是双射．又π（（ｇ１＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］）＋（ｇ２＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］））＝π（（ｇ１＋ｇ２）＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］）＝［（ｇ１＋ｇ２）＋（ｆ（ｘ））］＋珡Ｋ＝［（ｇ１＋（ｆ（ｘ）））＋（ｇ２＋（ｆ（ｘ）））］＋珡Ｋ＝（ｇ１＋（ｆ（ｘ）））＋珡Ｋ＋（ｇ２＋（ｆ（ｘ）））＋珡Ｋ＝π（ｇ１＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］） ＋π（ｇ２＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］）．·２６·同样可证π（（ｇ１＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］）（ｇ２＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］））＝π（ｇ１＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］）π（ｇ２＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］）．故π是环同构．９畅先计算Ｚ［ｉ］／（１＋ｉ）的全部元素．记剩余类ａ＋ｂｉ＋（（１＋ｉ））为ａ＋ｂｉ，其中ａ，ｂ∈Ｚ．我们有ａ＋ｂｉ＝ａ－ｂ＋ｂ（１＋ｉ）＝ａ－ｂ．又（１＋ｉ）２＝－２，故２＝２＋（１＋ｉ）２＝０．于是Ｚ［ｉ］／（１＋ｉ）＝｛０，１｝＝｛０＋（（１＋ｉ）），１＋（（１＋ｉ））｝碖Ｚ２．故它是域．§５ 整数模ｎ的剩余类环，素数ｐ个元素的域以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．１畅求出Ｚ８中可逆元的群及其乘法表． 倡２畅求出Ｚ９中可逆元的群及其乘法表． 倡３畅写出Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋１）的全部元素．求出ｘ＋１与全部元素的乘积以及它的逆元素． 倡４畅４２７≡？（ｍｏｄ３） ７１２３≡？（ｍｏｄ５） ８２７≡？（ｍｏｄ６） 倡５畅ｐ是素数，则域Ｚｐ中全部元素是方程ｘｐ－ｘ＝０的全部根．因而映射ＺｐＺｐａａｐ是恒等自同构．１畅Ｚ８的可逆元群是｛１＋８Ｚ，３＋８Ｚ，５＋８Ｚ，７＋８Ｚ｝．乘法表略．２畅Ｚ９的可逆元群是｛１＋９Ｚ，２＋９Ｚ，４＋９Ｚ，５＋９Ｚ，７＋９Ｚ，８＋９Ｚ｝．乘法表略．３畅记剩余类ｆ（ｘ）＋（（ｘ２＋１））为ｆ（ｘ）．则Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋１）＝｛０，１，２，珔ｘ，ｘ＋１，ｘ＋２，２ｘ，２ｘ＋１，２ｘ＋２｝．（ｘ＋１）Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋１）＝｛０，ｘ＋１，２（ｘ＋１）｝ｘ＋１的逆元素为ｘ＋２４畅４２７≡１２７＝１（ｍｏｄ３）．７１２３≡２１２３≡２１２０·２３（ｍｏｄ５）≡２３（ｍｏｄ５）（因２４≡１，２１２０＝（２４）３０≡１）≡３（ｍｏｄ５）．··３６８２７≡（（２３）３）３≡（２３）３≡２３≡２（ｍｏｄ６）．５畅Ｚｐ＼｛０｝是ｐ－１阶乘法循环群，故任０≠ａ∈Ｚｐ，满足ａｐ－１＝１．于是ａｐ＝ａ．又０ｐ＝０，所以Ｚｐ中全部元是ｘｐ－ｘ＝０的全部根．这就证明了ＺｐＺｐａａｐ是恒等自同构．§６ Ｆ［ｘ］模某个理想的剩余类环，添加一个多项式的根的扩域以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题． 倡１畅Ｚ３［ｘ］中计算（ｘ２＋ｘ＋１）（ｘ３＋２ｘ＋１）及（ｘ４＋２ｘ＋１）（ｘ３＋ｘ＋１） 倡２畅证明ｘ２＋１，ｘ３＋２ｘ＋１是Ｚ３［ｘ］中不可约多项式．问Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋１），Ｚ３［ｘ］／（ｘ３＋２ｘ＋１）分别是几个元素的域．３畅写出Ｚ３［ｘ］／（（ｘ２＋１）（ｘ３＋２ｘ＋１））中的全部理想和极大理想． 倡４畅证明Ｑ［ｘ］／（ｘ２－２）与Ｑ（２）＝｛ａ＋ｂ２｜ａ，ｂ∈Ｑ｝都是域，且互相同构．１畅（ｘ２＋ｘ＋１）（ｘ３＋２ｘ＋１）＝ｘ５＋ｘ４＋１．（ｘ４＋２ｘ＋１）（ｘ３＋ｘ＋１）＝ｘ７＋ｘ５＋ｘ３＋２ｘ２＋１．２畅ｘ２＋１，ｘ３＋２ｘ＋１在Ｚ３中无根，于是在Ｚ３［ｘ］中无一次因式，因此不可约．Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋１）是有９个元的域，Ｚ３［ｘ］／（ｘ３＋２ｘ＋１）是有２７个元的域．３畅用§４习题８，它的全部理想为零理想及Ｚ３［ｘ］／（（ｘ２＋１）（ｘ３＋２ｘ＋１）），（ｘ２＋１）Ｚ３［ｘ］／（（ｘ２＋１）（ｘ３＋２ｘ＋１）），（ｘ３＋２ｘ＋１）Ｚ３［ｘ］／（（ｘ２＋１）（ｘ３＋２ｘ＋１））．后面两个理想是极大理想．４畅Ｑ［ｘ］／（ｘ２－２）与Ｑ（２）都是域，略证．作映射Ｑ［ｘ］φＱ（２）ｐ（ｘ）ｐ（２）·４６·这是同态映射，且是满射．Ｋｅｒφ＝｛ｐ（ｘ）｜ｐ（２）＝０｝．由于ｘ２－２是２的极小多项式，故Ｋｅｒφ＝（ｘ２－２）Ｑ［ｘ］＝（（ｘ２－２））．由同态基本定理得Ｑ［ｘ］／（（ｘ２－２））碖Ｑ（２）．§７ 整环的分式域，素域以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．１畅证明：有限整环是域． 倡２畅Ｒ是交换环，Ｐ≠Ｒ是Ｒ的理想，则ＲＰ是整环当且仅当Ｐ有性质：若ａ，ｂ∈Ｒ满足ａｂ∈Ｐ，则ａ∈Ｐ或ｂ∈Ｐ．有这种性质的理想Ｐ称为素理想． 倡３畅Ｒ是交换环，则Ｒ的极大理想必为素理想． 倡４畅设ｎ∈Ｚ，ｎ＞１，Ｚ中主理想（ｎ）＝ｎＺ是素理想当且仅当ｎ是素数． 倡５畅设Ｒ是一个域，则Ｒ的分式域就是自身． 倡６畅令Ｚ（２）＝｛ａ＋ｂ２｜ａ，ｂ∈Ｚ｝，Ｑ（２）＝｛α＋β２｜α，β∈Ｑ｝．证明Ｑ（２）是Ｚ（２）的分式域．７畅令Ｚ［ｉ］＝｛ａ＋ｂｉ｜ａ，ｂ∈Ｚ｝，Ｑ［ｉ］＝｛α＋βｉ｜α，β∈Ｑ｝Ｚ．证明Ｑ［ｉ］是Ｚ［ｉ］的分式域．８畅域Ｆ上多项式ｆ（ｘ）的次数≥１．Ｆ［ｘ］中主理想（ｆ（ｘ））是素理想当且仅当ｆ（ｘ）是不可约多项式．１畅设Ｒ是有限整环，Ｒ＝｛ｒ１，…，ｒｔ｝．令ｒｔ＝０．橙０≠ｒ∈Ｒ，当ｒｉ≠ｒｊ时有ｒｒｉ≠ｒｒｊ．故ｒｒ１，…，ｒｒｔ－１是Ｒ的全部非零元，必有某ｒｊ使ｒｒｊ＝１，即ｒｊ为ｒ的逆元．Ｒ的每个非零元都有逆，故是域．２畅设Ｒ／Ｐ为整环．橙ａ，ｂ∈Ｒ，若ａｂ∈Ｐ，则（ａ＋Ｐ）（ｂ＋Ｐ）＝ａｂ＋Ｐ＝０．于是ａ＋Ｐ＝０或ｂ＋Ｐ＝０，即ａ∈Ｐ或ｂ∈Ｐ．故Ｐ为素理想．反之，设Ｐ是素理想，橙ａ，ｂ∈Ｒ，若ａｂ∈Ｐ则ａ∈Ｐ或ｂ∈Ｐ．现设Ｒ／Ｐ中（ａ＋Ｐ）（ｂ＋Ｐ）＝ａｂ＋Ｐ＝０．即ａｂ∈Ｐ，于是ａ∈Ｐ或ｂ∈Ｐ，即ａ＋Ｐ＝０或ｂ＋Ｐ＝０．故Ｒ／Ｐ是整环．３畅设Ｉ是Ｒ的极大理想，则Ｒ／Ｉ是域，当然是整环．由习题２，Ｉ是素理想．·５６· ４畅设Ｚ中（ｎ）＝ｎＺ是一个理想．若ｎ不是素数，则ｎ＝ａｂ，ａ，ｂ为大于１的正整数．由于ａ和ｂ都不是ｎ的倍数，故ａ∈（ｎ），ｂ∈（ｎ）．但ａｂ＝ｎ∈（ｎ），故（ｎ）不是素理想，这就证明了（ｎ）是素理想则ｎ为素数．当ｎ是素数时，对ａｂ∈（ｎ），则ｎ｜ａｂ．若ｎ嘲ａ，则（ｎ，ａ）＝１．于是ｎ｜ｂ．即ａ∈（ｎ）或ｂ∈（ｎ），（ｎ）是素理想．５畅Ｒ是域，则也是整环．它的分式域Ｆ以Ｒ为子环，且Ｆ中的元是Ｒ的元的商．由于Ｒ是域，它的元的商仍在Ｒ中，故Ｒ＝Ｆ．６畅我们已知Ｑ（２）是域．对任意α＋β２∈Ｑ（２），可写α＝ａｃ，β＝ｂｃ，ａ，ｂ，ｃ∈Ｚ．则α＋β２＝ａ＋ｂ２ｃ是Ｚ（２）中两元素的商．又Ｚ（２）中两元素的商为：ａ＋ｂ２ｃ＋ｄ２＝（ｃ－ｄ２）（ａ＋ｂ２）ｃ２－２ｄ２＝ａｃ－２ｂｄｃ２－２ｄ２＋ｂｃ－ａｄｃ２－２ｄ２２∈Ｑ（２）．现在Ｚ（２）是Ｑ（２）的子环，且Ｑ（２）是由Ｚ（２）中两元素的商组成，故Ｑ（２）是Ｚ（２）的分式域．７畅易证Ｑ［ｉ］是域．对任意α＋βｉ∈Ｑ［ｉ］，可写α＝ａｃ，β＝ｂｃ，则α＋βｉ＝ａ＋ｂｉｃ是Ｚ［ｉ］中两元素的商．又Ｚ［ｉ］中两元素的商为ａ＋ｂｉｃ＋ｄｉ＝ａｃ＋ｂｄｃ２＋ｄ２＋ｂｃ－ａｄｃ２＋ｄ２ｉ∈Ｑ［ｉ］．即Ｑ［ｉ］由Ｚ［ｉ］的两元素的商组成．故Ｑ［ｉ］是Ｚ［ｉ］的分式域．８畅完全可仿照习题４的证明．设（ｆ（ｘ））是Ｆ［ｘ］中理想，ｆ（ｘ）的次数≥１．若ｆ（ｘ）＝ｇ（ｘ）ｈ（ｘ），ｇ（ｘ）及ｈ（ｘ）的次数皆大于等于１，这时ｇ（ｘ），ｈ（ｘ）皆不是ｆ（ｘ）的倍数，故ｇ（ｘ），ｈ（ｘ）∈（ｆ（ｘ）），但ｇ（ｘ）ｈ（ｘ）∈（ｆ（ｘ））．即（ｆ（ｘ））不是素理想．故若（ｆ（ｘ））是素理想，则ｆ（ｘ）不可约．反之，若ｆ（ｘ）不可约．对ｇ（ｘ）ｈ（ｘ）∈（ｆ（ｘ）），则有ｇ（ｘ）ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）ｋ（ｘ）．若ｆ（ｘ）｜ｇ（ｘ）则ｇ（ｘ）∈（ｆ（ｘ））．若ｆ（ｘ）嘲ｇ（ｘ），则（ｆ（ｘ），ｇ（ｘ））＝１，于是ｆ（ｘ）｜ｈ（ｘ）．即有ｈ（ｘ）∈（ｆ（ｘ）），故（ｆ（ｘ））是素理想．§８ 环的直和与中国剩余定理以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题． 倡１畅解同余方程组．·６６·（ｉ）ｘ≡１（ｍｏｄ２）ｘ≡２（ｍｏｄ５）ｘ≡３（ｍｏｄ７）ｘ≡４（ｍｏｄ９） （ｉｉ）ｘ≡５（ｍｏｄ７）ｘ≡４（ｍｏｄ６） 倡２畅韩信点兵问题：有兵一队，若列５列纵队，则末行１人．成６列纵队，则末行５人．成７列纵队，则末行４人．成１１列纵队，则末行１０人．求兵数． 倡３畅Ｒ１，…，Ｒｓ是环．Ｕ１，…，Ｕｓ分别是它们的可逆元的群．证明Ｒ１磑…磑Ｒｓ的可逆元群为Ｕ＝Ｕ１×Ｕ２×…×Ｕｓ（见第一章§４定义２）．４畅设ｎ＝ｍ１ｍ２…ｍｓ，ｍｉ两两互素．令Ｕ（Ｚｍ）表Ｚｍ的可逆元群，则Ｚ／ｎＺ＝Ｚｎ的可逆元群同构于Ｕ（Ｚｍ１）×…×Ｕ（Ｚｍｓ）．进而有，φ（ｎ）＝φ（ｍ１）φ（ｍ２）…φ（ｍｓ），这里φ（ｎ）是欧拉函数．当ｎ＝ｐｅｓ１…ｐｅｓｓ，ｐｉ为不同素数时，φ（ｎ）＝ｎ１－１ｐ１…１－１ｐｓ．（见第二章§５定义１及最后一段）．１畅（ｉ）解为１５７（ｍｏｄ６３０）（ｉｉ）解为４０（ｍｏｄ４２）２畅２１１１（ｍｏｄ２３１０）３畅（ａ１，ａ２，…ａｓ）是Ｒ１磑…磑Ｒｓ的可逆元当且仅当有（ｂ１，…，ｂｓ）使（ａ１，…，ａｓ）（ｂ１，…，ｂｓ）＝（ａ１ｂ１，…，ａｓｂｓ）＝（１，…，１）当且仅当ａｉｂｉ＝１，ｉ＝１，２，…，ｓ当且仅当ａｉ∈Ｕｉ，ｉ＝１，２，…，ｓ当且仅当（ａ１，…，ａｓ）∈Ｕ１×…×Ｕｓ．４畅这时Ｚｎ碖Ｚｍ１磑…磑Ｚｍｓ．Ｚｍ的可逆元群Ｕ（Ｚｎ）＝｛ｋ＋ｎＺ｜（ｋ，ｎ）＝１｝．故｜Ｕ（Ｚｎ）｜＝φ（ｎ）．（见第二章§５定义１）．由习题３，Ｕ（Ｚｎ）碖Ｕ（Ｚｍ１）×…×Ｕ（Ｚｍｓ）．｜Ｕ（Ｚｍｉ）｜＝φ（ｍｉ），ｉ＝１，２，…，ｓ．故得φ（ｎ）＝φ（ｍ１）…φ（ｍｓ）．对素数幂ｐｋ，１，２，…，ｐｋ－１中与ｐｋ不互素的数为ｐ的所有倍数ｌｐ，１≤ｌ≤ｐｋ－１－１．故此中与ｐｋ互素的数共（ｐｋ－１）－（ｐｋ－１－１）＝ｐｋ－ｐｋ－１＝ｐｋ１－１ｐ（个）．即φ（ｐｋ）＝ｐｋ１－１ｐ．当ｎ＝ｐｅ１１ｐｅ２２…ｐｅｓｓ时，φ（ｎ）＝φ（ｐｅ１１）φ（ｐｅ２２）…φ（ｐｅｓｓ）＝ｐｅ１１…ｐｅｓｓ１－１ｐ１…１－１ｐｓ．·７６·。
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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'。
根据结合律和乘法逆元素的定义，等式右边可以化简为b = c。
因此，非零
元素a的乘法逆元素是唯一的。
三、域论
1. 设F是一个域，证明每个非零元素在F中的乘法逆元素是唯一的。
答案：与环论中的证明类似，假设F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'。
根据结合律和乘法逆元素的定义，等式右边可以
化简为b = c。
因此，非零元素a的乘法逆元素是唯一的。
2. 设F是一个域，证明每个非零元素在F中的加法逆元素是唯一的。
答案：与群论中的证明类似，假设F中的非零元素a有两个加法逆元素b和c，即a + b = 0，a + c = 0。
则有a + b = a + c。
两边同时左加a的加法逆元素-a，得到(a + b) + (-a) = (a + c) + (-a)。
根据结合律和加法逆元素的定义，等式右边可以化简为b = c。
因此，非零元素a的加法逆元素是唯一的。
通过以上习题的答案，我们可以更好地理解近世代数中群论、环论和域论的基
本概念和性质。
希望这些答案对大家的学习有所帮助，同时也希望大家能够在
课后的习题中多加思考，加深对近世代数的理解。