近世代数初步_习题解答(抽象代数)
《近世代数初步》习题答案与解答引 论 章一、知识摘要1.A 是非空集合,集合积A A b a b a A A 到},:),{(∈=⨯的一个映射就称为A 的一个代数运算(二元运算或运算).2. 设G 非空集合,在G 上有一个代数运算,称作乘法,即对G 中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素c 与之对应,c 称为a 与b 的积,记为c=ab.若这个运算还满足：,,,G c b a ∈∀(1),ba ab = (2)),()(bc a c ab =(3)存在单位元e 满足,a ae ea ==(4)存在,'G a ∈使得.''e a a aa =='a 称为a 的一个逆元素.则称G 为一个交换群.(i)若G 只满足上述第2、3和4条,则称G 为一个群. (ii) 若G 只满足上述第2和3条,则称G 为一个幺半群. (iii) 若G 只满足上述第2条,则称G 为一个半群.3.设F 是至少包含两个元素的集合,在F 上有一个代数运算,称作加法,即对F 中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素c 与之对应,c 称为a 与b 的和,记为c=a+b.在F 上有另一个代数运算,称作乘法,即对F 中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素d 与之对应,d 称为a 与b 的积,记为d=ab.若这两个运算还满足：I. F 对加法构成交换群.II. F*=F\{0}对乘法构成交换群.III..)(,,,ac ab c b a F c b a +=+∈∀就称F 为一个域.4.设R 是至少包含两个元素的集合,在R 上有加法和乘法运算且满足：I. R 对加法构成交换群(加法单位元称为零元,记为0;加法单位逆元称为负元). II. R *=R\{0}对乘法构成幺半群(乘法单位元常记为1).III. .)(,)(,,,ca ba a c b ac ab c b a R c b a +=++=+∈∀ 就称R 为一个环.5.群G 中满足消去律：.,,,c b ca ba c b ac ab G c b a =⇒==⇒=∈∀且6.R 是环,),0(00,,0,==≠∈≠∈ba ab b R b a R a 或且若有则称a 是R 中的一个左(右)零因子.7.广义结合律:半群S 中任意n 个元a 1,a 2,…,a n 的乘积a 1a 2…a n 在次序不变的情况下可以将它们任意结合.8.群G 中的任意元素a 及任意正整数n,定义：个n n a aa a ...=, 个n n a a a a e a 1110...,----==.则由广义结合律知,,,Z n m G a ∈∀∈∀有.)(,)(,1m m mn n m n m n m a a a a a a a --+===(在加法群中可写出相应的形式.)9.关于数域上的行列式理论、多项式理论(包括除法算式、整除性、最大公因式、因式分解唯一性定理等)、线性方程组理论、矩阵运算及理论、线性空间及线性变换理论在一般域F 上都成立.二、习题解答 1、（1）否，（2）否，（3）是，（4）是。
注：因为集合Ａ上的一个代数运算对应了集合Ａ×Ａ到Ａ的一个映射。
此类题由此直接判断。
2、证明 由于在F 2上的任一和式中，只要有一项是1，其结果永远是1。
而a+b 与b+a ；a+(b+c)与(a+b)+c 中1，0出现的次数分别相同，它们的和就分别相等，故F 2中加法交换律和结合律成立。
由于ab 和ba ；a （bc ）和（ab ）c 中如有0出现，其积为零，否则其积为1，故这两对积分别相等，于是F 2中乘法交换律和结合律成立。
对a （b+c ）和ab+ac ，若a=0，这两式子都为零；若a=1，这两式子都为b+c ，对这两种情形两式子都相等，故F 2中乘法对加法的分配律成立。
注：此类题根据所定义的运算法则直接验证。
3、（1）对a+b=a=a+0用加法消去律，得b=0。
（2）由于[（-a ）-b]+a+b=（-a ）+[-b+（a+b ）]=（-a ）+a=0,由负元的定义知（-a ）-b=-（a+b ）. （3）在（2）中将 b 换为-b ，就得-（a-b ）=（-a ）+b 。
（4）对a-b=c 两边加上b ，左边=（a-b ）+b=a ，右边=c+b ，故a=c+b 。
（5）a ·0+a=a ·0+a ·1=a （0+1）=a,用加法消去律得a ·0=0。
（6）00)()(=⋅=+-=+-b b a a ab b a ，故b a ab )(-=-，将上式b a ,互换就得)(b a ab -=。
（7）.)())(()(ac ab c a ab c b a c b a -=-+=-+=- 注：此题直接根据环上的两个运算的性质和关系进行验证。
4∑=m i i a 1∑=nj jb1=∑=++nj jm ba a 11)( ∑∑==++=nj j m n j j b a b a 111∑∑∑∑=====++=nj ji mi nj j m nj j ba b a b a 11111 。
注：此题直接根据环上“乘法对加法的分配律”来证明。
5.分几种情形（i ）0=+n m ，但m ，n 不为零，不妨设m 为正整数。
mma a -为m 个a 及m 个1-a 的乘积，由广义结合律知)(01m m mma a aa -+-===。
（ii ）若m ，n 中有零，不妨设m=0，则左边右边====+n n na a a a00。
（iii ）m ，n 皆为正整数，则a m+n 与a m a n 皆为m+n 个a 的积，由广义结合律知它们相等。
若m ，n 皆为负整数，则a m+n 与a m a n 皆为-（m+n ）个a -1的乘积，由广义结合律知它们相等。
（iv ）m ，n 中有正有负，且0≠+n m ，不妨设m 与m+n 为异号。
则由（iii ）n m n m m nm a a a a ==-+-+)(，两边再乘上()m ma a =--1(参看(i)),则n m n m a a a =+.以上已证明了m m n m nm a a a a a--+==1)(及再由);0(,)(时当个个〉===+++n a a a a an m n m m n m m m mn个个个)(11)()()()())((n m n m m n m m mna a a a a n m a a m ---------===--=);0(,)(时当〈=n a n m又.)(100m m a a==⋅这就证明了.)(n m mna a=若a,b 交换,当m=0时,显示有.)(mmm ab b a =当m 为正整数时,mmm ab b a )(与都是m 个a,m 个b 的乘积,由广义结合律知它们相等,当m 为负整数时,m mm ab ba ---=)(,即111))(()()(---=m m m ab b a .左边又是1)(-m m b a ,故m m m ab b a )(=.注：此题根据广义结合律和群中元素的方幂的性质进行验证．6. 参照中学数学中对二项定理的证明,根据环上的运算性质及b a ,的交换性直接证明．7.由1))((11111111121112121==----------a a a a a a a a a a a a a a m m m m m m m ,故11121121)(----=a a a a a a m m .对第2个问题,上面一段正是证明了它的充分性,再证必要性.设121=⋅u a a a m ,则任意i ,1)(111=--u a a a a a m i i i ,故每个i a 有逆元素.注：直接根据逆元的定义和广义结合律证明.8.11)1(11)1)(1()1(=+-=-+-=-+-=+-=-ba ba ca ab b ba babca bca ba bca ba d babcaba bca ba ba bca ba d -+-=-+=-1)1)(1()1(.11)1(1=+-=-+-=ba ba a ab bc ba即1-ba 在R 内也可逆又由c abc cab c ab ab c =+=+=-=-11,1)1()1(得.故cab)ab(11abcab ab 1bca)b a(11adb 1++=++=++=+c abc =+=1.注：直接根据结合律和环中乘法对加法的分配律验证.9.当n ≥2时,取⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⋯⋯=001A 001 000 000nn ⨯⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫B=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-0011 0000000 nn ⨯⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫ 则0≠A ,0≠B ,但AB=0.A,B 皆为零因子.注：根据环中零因子的定义直接构造.第一章 群 第一节 群的例子一、知识摘要1.数1的n 次单位根⎭⎬⎫⎩⎨⎧-===1,...,2,1,0:2n k e U i n k k n πε关于复数乘法构成群.2.域F 上的全体n 阶可逆矩阵关于矩阵乘法构成群,称为n 阶一般线性群,记为).(F GL n3.)(F GL n 中全体行列式为1的矩阵关于矩阵乘法构成群,称为n 阶特殊线性群,记为).(F SL n4.实数域R 上的全体n 阶正交矩阵关于矩阵乘法构成群,称为n 阶正交群,记为).(R O n5.非空集合M 上的可逆变换全体关于变换乘法构成群,称为集合M 上的全变换群,记为M S .特别,当M 是有限集{1,2,…,n}时,M 上的可逆变换称为1,2,…,n 的一个置换(或一个n 元置换).此时,全体n 元置换在置换乘法下所成的群称为n 元对称群,记为n S .6. 域F 上n 维线性空间V 上的全体可逆线性变换在变换乘法下构成群,记为).(V GL7.实数域上n 维欧氏空间V 上的全体正交变换在变换乘法下构成群,记为).(V O n8.平面上全体正交变换(保持点之间的距离和直线夹角的变换)在变换变换乘法下构成群,称为平面的正交变换群.二、习题解答1.写仿射点变换TTy x y x ),(),(:'' ϕ(这儿T 是矩阵的转置)为矩阵形式⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛''212122122111b b y x A b b y x a a a a y x ,其中022122111≠=a a a a A .设另一仿射点变换ρ:⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛21c c y x B y x ,其中0≠B , 则()Ty x ,经ρϕ变成⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛212121c c b b y x A B b b y x A y x y x ρϕρρϕ ⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=2121c c b b B y x BA由于ρϕ,0≠=A B BA 仍是仿射点变换.易证:仿射点变换⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛001001:y x y x I 是恒等变换，它是乘法单位元. 仿射点变换:'ϕ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-00211b b y x A y x 正是ϕ的逆变换. 又变换的乘法自然有结合律，故平面上全体仿射点变换对变换的乘法成为一个群.注：此类题按照群的定义验证,对逆元和单位元的存在性证明是关键.2.平面上正交点变换ϕ可写成矩阵形成ϕ:⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛21b b y x A y x ,其中A 为2×2正交矩阵，即满足I A A AA T ==T （单位矩阵）.正交矩阵的乘积是正交矩阵，正交矩阵的逆也是正交阵。
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'。
近世代数习题解答
近世代数题解第一章基本概念§1. 11.4.5.近世代数题解§1. 2 2.3.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n n．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）7.8.9.10.11.12.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．于是简言之，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G中任意元素a，在G中都存在元素1-a，对G中任意元素b都有1-a(ab)=(ba)1-a=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．周期群、无扭群与混合群的定义及例子．特别，有限群必为周期群，但反之不成立．2．在群中若a＝n，则4．若G是交换群，又G中元素有最大阶m，则G中每个元素的阶都是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a与b决定阶ab，这就是教材中朗定理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加群)，则当然无最大阶元，若无限群中所有元素的阶均有限(即无限周期群)，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，即周期群、无扭群与混合群．而在周期群中又可分出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(一种特殊的周期群)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. 3 子群一、主要内容1．子群的定义和例子．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)的子群．4．群的中心元和中心的定义．二、释疑解难１．关于真子群的定义．教材把非平凡的子群叫做真子群．也有的书把非G的于群叫做群G的真子群．不同的定义在讨论子群时各有利弊．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H⊆G，那么能不能说H就是G的子群?答：不能．因为子群必须是对原群的代数运算作成的群．例如，设G是有理数加群，而H 是正有理数乘群，二者都是群，且H⊆G但是不能说H是G的子群．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的两个子群且易知反之亦然．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H中任意元素a和任意正整数m都有a m∈H．由于H 中每个元素的阶都有限，设a ＝n ，则3．对非交换群一放不成立．例如，有理数域Q 上全体2阶可逆方阵作成的乘群中，易知⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1021a ， ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1031b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，故不能作成子群．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生成元的状况．3．循环群在同构意义下只有两类：整数加群和n 次单位根乘群，其中n ＝1，2，3，…． 4．循环群的子群的状况．无限循环群有无限多个子群．n 阶循环群a 有T (n )(n 的正出数个数)个子群，且对n 的每个正因数k ，a 有且仅有一个k 阶子群kn a．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．其生成元的状况也完全清楚(无限循环群有ϕ个生成元而且a k是生成元⇔(k n)＝1)；两个生成元，n阶循环群a有)(n2)循环群的子群的状况完全清楚；3)在同构意义下循环群只有两类：一类是无限循环群，都与整数加群同构；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，而且连M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M ＞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，τ是单位元．但不作成群，因为σ无逆元．2.3. 解 G 作成群：因为易知4.5.§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 次置换中奇、偶置换个数相等，各为2!n 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…i k)－1＝(i k，…，i2，i1 )．3)若σ分解为不相连循环之积．则其分解中奇循环个数为奇时σ为奇置换，否则σ为偶置换．σ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σ，τ求置换στσ－１的方法．n次对称群s n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子群也是一般抽象群所没有的．例如，交代群、传递群、稳定子群和本原群等等．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。
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。
近世代数初步石生明课后答案
近世代数初步石生明课后答案一、选择题部分1. 选出所有正整数 a，b，满足条件 a²– 6ab + b² > 0 的是：选 C：a ≠ b2. 在德国哈雷大学上课的学生人数是 210。
其中男生人数与女生人数之比为 3:1，则女生人数是多少人？选 B：703. 已知函数 f(x) = x²– 2x + 1，g(x) = (x + 1)²– 2，则 f(x) = g(x) 的解为：选 B：04. 已知函数 f(x) = 3x + 1，g(x) = 2x – 1，则 f(g(x)) = g(f(x)) 的解为：选 A：05. 设 P(x) = 2x²– 3ax + 2a²– 2，Q(x) = x²– ax + a²– 1。
则 P(x) – Q(x) =0 的解为：选 C：1 或 4a – 26. 已知不等式（x – 2）² + （y – 1）² > 1，则下列几何图形有哪些？选 AB：圆心为（2，1），半径为 1 的圆的外部面积。
7. 设方程 x²– kx + 2 = 0 有两个不同的根，则 k 的取值范围是：选 B：-4 < k < 48. 设 f(x) = x² + 2x + 1，则 f(f(x)) = 0 的根为：选 C：-19. 对于下列哪一个数 a，都不存在整数 b，使得 a = b²– 3b + 1选 B：a = 710. 已知函数 f(x) = x²– 6x + 13，则下列哪一个函数与 f(x) 完全相同？选 A：g(x) = (x – 3)² + 4二、计算题部分1. 联立方程组：y = 8x – 1y = -2x + 17求解：x = 2, y = 152. 计算 2(x – 2)(x + 3) – (x – 2)² + 5(x + 3) – 5 的值：= x² + 53. 已知函数 f(x) = (x + 3)² + 1，求 f(-2) 的值：= 104. 解方程：x²– 6x + 7 = 0x = 1 或 55. 解方程：(x – 1)(x + 1)(x – 4) = 0x = -1, 1, 或 46. 求函数 f(x) = x²– 4x + 4 在 x = 2 处的导数：= 07. 已知函数 f(x) = x² + 2x – 3，求函数 g(x) = f(x + 1) 的表达式：= (x + 3)²– 78. 已知函数 f(x) = x²– 2ax + a² + 1，求 a 的值，使得 f(x) 的最小值为 0：a = 19. 已知函数 f(x) = x²– 2x + 3，求 f(x) 的图象与 x 轴交点的坐标：(1,0)10. 解下列不等式：(x – 1)(x + 2) > 0x < -2 或 x > 1三、证明题部分1. 证明 x² + 4x + 3 > 0 对所有实数 x 成立。
近世代数第一章答案
近世代数第一章基本概念答案§ 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 由题设以及真子集的定义得，A 的每一个元都属于B ，因此B A ⊂.于是由A B ⊂ B A ⊂得B A =.所以上述情况在A=B 时才能出现.2. 假设B A ⊂,?=⋂B A ?=⋃B A解 （i ） 由于B A ⊂,所以A 的每一个元都属于B ,即A 的每一个元都是A 和B 的共同元，因而由交集的定义得B A A ⋂⊂但显然有A B A ⊂⋂所以A B A =⋂(ii) 由并集的定义，B A ⋃的每一个元素都属于A 和B 之一，但B A ⊂,所以B A ⋃的每一元素都属于B :B B A ⊂⋃另一方面B A B ⋃⊂,所以B B A =⋃.§ 2 ． 映射1. A ={1,2,…，100}.找一个A A ⨯到A 的映射.解 用()b a ,表示A A ⨯的任意元素，这里a 和b 都属于A .按照定义做一个满足要求的映射即可，例如 Φ： ()b a ,→a 就是这样的一个，因为Φ替A A ⨯的任何元素()b a ,规定了一个唯一的象a ,而A a ∈.读者应该自己再找几个A A ⨯到A 的映射. 2.在你为习题1所找的映射之下，是不是A 的每一个元都是A A ⨯的一个元的象?解 在上面给出的映射Φ之下，A 的每一个元素都是A A ⨯的一个元的象，因为()b a ,中的a 可以是A 的任一元素.你自己找到的映射的情况如何？有没有出现A 的元素不都是象的情况？假如没有，找一个这样的映射.§ 3 ．代数运算1. A ={所有不等于零的偶数}.找一个集合D ，使得普通除法是A A ⨯到D 的代数运算.是不是找得到一个以上的这样的D ？解 一个不等于零的偶数除一个不等于零的偶数所得结果总是一个不等于零的有理数.所以取 D ={所有不等于零的有理数} 普通除法就是一个A A ⨯到D 的代数运算.可以找得到一个以上的满足要求的D .读者可以自己找几个. 2.{}c b a A ,,=.规定A 的两不同的代数运算.解 （i ）我们用运算表来给出A 的一个代数运算： a b ca a a ab a a ac a a a按照这个表，通过 ，对于A 的任何两个元素都可以得出一个唯一确定的结果a 来，而a 仍属于A ，所以 是A 的人一个代数运算.这个代数运算也可以用以下方式来加以描述 : ()y x a y x o =→, 对一切A y x ∈, (ii)同理: ()y x x y x o =→, 对一切A y x ∈,也是A 的一个代数运算.读者可用列表的方法来给出这个代数运算.读者应自己给出几个A 的代数运算.§4 ．结合律1. A ={所有不等于零的实数}， 是普通的除法:ba b a =o 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.例如， 当4=a 2==c b时()122224224)(====o o o o o c b a ()()414224224==⎪⎭⎫ ⎝⎛==o o o o o c b a所以当a ,b 和c 取上述值时()()c b a c b a o o o o ≠2. A ={所有实数}，代数运算： （a,b ）→a+2b=a b适合不适合结合律？解读者可以用解上一题的方法来证明，所给代数运算不适合结合律.3.A={a,b,c}.由表a b ca ab cb bc ac c a b给出的代数运算适合不适合结合律？解所给代数运算 适合结合律.为了得出这个结论，需要对元素a,b,c的27（=33）种排列（元素允许重复出现）加以验证.但是利用元素a的特性，可以把验证简化.仔细考察运算表，我们发现以下规律：对集合A的任意元素x来说，都有a x=x a=x由此得出，对于有a出现的排列，结合律都成立.这一点读者可以自己验证.还剩下a不出现的排列.这样的排列共有8（=32）种.我们在这里验证4种，其余4种读者可以自己验证.（b b） b=c b=ab (b b)=b c=a所以（b b） b=b (b b)(b b) c=c c=bb (b c)=b a=b所以 (b b) c=b (b c)(b c) b=a b=bb (c b)= b a=b所以 (b c) b=b (c b)(b c) c=a c=cb (c c)=b b=c所以 (b c) c=b (c c)§5．交换律1.A={所有实数}. 是普通减法：a b= a b这个代数运算适合不适合交换律？解容易验证，当a = 1，b = 2时a b b a ≠ 所以这个代数运算不适合交换律. 2. A ={a , b ,c , d}，由表 a b c da abcd b b d a c c c a b d d d c a b所给的代数运算适合不适合交换律？解 要回答这个问题，只须考察一下运算表，看一看关于主对角线对称的位置上，有没有不相同的元素.易知此运算表不对称，所以此代数运算不适合交换律。
近世代数习题解答
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 ,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 aa b c a b c b b c aaa a ac c a b bd a aca a a4 结合律1.A ={所有不等于零的实数}. 是普通除法:bab 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: 212)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 dd c a b所给出代数运算适合不适合交换律? 解׃ d d c = , a c d =a b c aa b cb bc a cc a b从而c d d c ≠.故所给的代数运算不适合交换律.6 分配律假定:⊗⊕,是A 的两个代数运算,并且⊕适合结合律,⊕⊗,适合两个分配律.证明)()()()(22122111b a b a b a b a ⊗⊕⊗⊕⊗⊕⊗ )()()()(22211211b a b a b a b a ⊗⊕⊗⊕⊗⊕⊗= 证׃)()()()(22122111b a b a b a b a ⊗⊕⊗⊕⊗⊕⊗ =])[(])[(221121b a a b a a ⊗⊕⊕⊗⊕ =)()(2121b b a a ⊕⊗⊕=)]([)]([212211b b a b b a ⊕⊗⊕⊕⊗)()()()(22211211b a b a b a b a ⊗⊕⊗⊕⊗⊕⊗=7 一 一 映射、变换1.A ={所有0〉的实数},=-A {所有实数}.找一个A 与-A 间的意义映射.证 φ:a a a log =→-因为a 是大于零的实数,所以a log 是实数即 A a ∈,而--∈A a ,而且b a b a log log =⇒=.因此φ是A 到-A 的映射.又给了一个-A 的任意元-a ,一定有一个A 的元a ,满足-=a a log ,因此φ是A 到-A 的满射.a a a log =→-b b b l o g =→-若 b a ≠, 则 b a log log ≠.即 --≠⇒≠b a b a 因此φ又是A 到-A 的单射.总之,φ是A 到-A 的一一映射.2. A ={所有0≥的实数},=-A {所有实数-a ,10≤≤-a }. 找一个A 到-A 的满射. 证 a a a s i n :=→-φ,容易验证φ是A 到-A 的满射.3.假定φ是A 与-A 间的一个一一映射,a 是A 的一个元.?)]([1=-A φφ?)]([1=-a φφ若φ是A 的一个一一变换,这两个问题的回答又该是什么?解׃ a a =-)]([1φφ, a a =-)]([1φφ未必有意义;当φ是A 的一一变换时,.)]([,)]([11a a a a ==--φφφφ8 同态1.A ={所有实数x },A 的代数运算是普通乘法.以下映射是不是A 到A 的一个子集-A 的同态满射?x x a →) x x b 2)→ 2)x x c → x x d -→)证׃ )a 显然=-A {所有0≥的实数}.又由于 y x xy xy =→ 可知x x →是A 到-A 的同态满射.)b 由于)2)(2(2y x xy xy ≠→ ( 除非0=xy )所以x x 2→不是A 到-A 的同态满射.)c 由于222)()()(y x xy xy =→,易知2x x →是A 到-A 的同态满射.这里-A ={所有0≥的实数}.)d 一般来说,))((y x xy --≠-,:所以x x -→不是A 到-A 的同态满射 .2. 假定A 和-A 对于代数运算ο和-ο来说同态，-A 和=A 对于代数运算-ο和=ο来说同态，证明 A 和=A 对于代数运算ο和=ο来说同态。
近世代数习题答案
近世代数习题答案近世代数习题答案近世代数是数学中的一个重要分支，研究的是代数结构及其性质。
在学习近世代数的过程中，习题是不可或缺的一部分。
通过解答习题，我们可以加深对概念和定理的理解，提高解决问题的能力。
本文将给出一些近世代数习题的答案，并对其中的一些重要思想进行解析。
1. 习题：证明群的单位元是唯一的。
解答：设G是一个群，e和e'都是G的单位元。
根据单位元的定义，对于任意的元素g∈G，有eg=g=ge'。
将e'代入上式，得到e=ge'。
同理，将e代入上式，得到e'=ge。
由此可知，e=e'，即群的单位元是唯一的。
思考：这个习题通过对单位元的性质进行推理，展示了群的基本概念和性质。
在解答过程中，我们需要运用代数运算的基本法则，如等式的传递性和对称性等。
2. 习题：证明群的逆元是唯一的。
解答：设G是一个群，g∈G，且g有两个逆元g'和g''。
根据逆元的定义，有gg'=e和gg''=e。
将第一个等式两边都乘以g''，得到gg'g''=eg''=g''。
将第二个等式两边都乘以g'，得到gg'g''=g'。
由此可知，g''=g'。
即群的逆元是唯一的。
思考：这个习题通过对逆元的性质进行推理，进一步巩固了群的基本概念和性质。
在解答过程中，我们需要灵活运用等式的乘法和消去律，以及群运算的定义。
3. 习题：证明交换群的幂运算满足指数相加的性质。
解答：设G是一个交换群，a∈G，m和n是任意的整数。
我们要证明a^m * a^n = a^(m+n)。
当m和n都是非负整数时，根据幂运算的定义，这个等式成立。
当m和n都是负整数时，设-m=k，-n=l，其中k和l都是非负整数。
根据幂运算的定义，有a^m * a^n = a^(-k) * a^(-l) = (a^k)^(-1) * (a^l)^(-1) = (a^k * a^l)^(-1) = a^(-k-l) = a^(m+n)。
近世代数习题解答3
近世代数习题解答第三章 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S b a S b a ∈+⇒∈,'0是S 的零元,即a a =+'0对G 的零元,000'=∴=+a a 即.00S a a s ∈-=-∴∈ (ⅱ)若S b a S b a ∈+⇒∈, S a S a ∈-⇒∈今证S 是子群由S S b a S b a ,,∈+⇒∈对加法是闭的,适合结合律, 由S a S a ∈-⇒∈,而且得S a a ∈=-0 再证另一个充要条件:若S 是子群,S b a S b a S b a ∈-⇒∈-⇒∈,, 反之S a a S a a S a ∈-=-⇒∈=-⇒∈00 故S b a b a S b a ∈+=--⇒∈)(,2. },,,0{c b a R =,加法和乘法由以下两个表给定:+ 0 a b c ⨯0 a b c 0 0 a b c 0 0 0 0 0 a a 0 c b a 0 0 0 0 b b c 0 a b 0 a b c c c b a 0c0 a b c证明,R 作成一个环 证 R 对加法和乘法的闭的.对加法来说,由.9.2习题6,R 和阶是4的非循环群同构,且为交换群. 乘法适合结合律Z xy yz x )()(=事实上.当0=x 或a x =,)(A 的两端显然均为0. 当b x =或x=c,)(A 的两端显然均为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xz xy z y x +=+)( zx yx 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0=x 或a x =以及b x =或c x =就可以了.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0=y 或a y = (可省略a z z ==,0的情形)的情形,此时两端均为zx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n n 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1=n 时,显然成立. 假定k n =时是成立的:k i i k k i k kk k b b a b a a b a +++++=+-- )()()(11 看1+=k n 的情形)()(b a b a k++))()()((11b a b b a b a a k i i k k i k kk ++++++=--1111111)]()[()()(++--+++++++++=+k i i k k i k i k k k k b b a b a a b a111111)()(+-+++++++++=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R 对于加法来说作成一个循环群,证明R 是交换环.证 设a 是生成元 则R 的元可以写成na (n 整数)2)]([)]([))((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1,b a , 是环的任意二元,1)11(1)()11)((⋅++⋅+=++b a b ab a b a +++= )11()11(+++=b a b b a a +++=b b a a b a b a +++=+++∴ b a a b +=+4． 找一个我们还没有提到过的有零因子的环.证 令R 是阶为2的循环加群 规定乘法:R b a ∈,而0=ab 则R 显然为环.阶为2 ∴有R a ∈ 而 0≠a但 0=aa 即a 为零因子 或者R 为n n ⨯矩阵环.5． 证明由所有实数2b a + (b a ,整数)作成的集合对于普通加法和乘法来说 是一个整环.证 令2{b a R +=b a ,(整数)}(ⅰ) R 是加群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+2b a +的负元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00=⇒=a ab 或0=b3 除、环、域1. =F {所有复数bi a + b a ,是有理数}证明 =F 对于普通加法和乘法来说是一个域. 证 和上节习题5同样方法可证得F 是一个整环.并且 (ⅰ)F 有01≠+i(ⅱ) 0≠+bi a 即 b a , 中至少一个0≠022≠+∴b a 因而有,i b a b b a a 2222+-++ 使)((bi a +i b a bb a a 2222+-++1)= 故F 为域2. =F {所有实数,3b a + b a ,( 是有理数)} 证明 F 对于普通加法和乘法来说是一个域.证 只证明 03≠+b a 有逆元存在.则b a ,中至少有一个0≠ , 我们说0322≠-b a 不然的话,223b a =,0(≠b 若0=b 则 0=a 矛盾)223b a = 但 3 不是有理数既然0322≠-b a则 3b a + 的逆为3332222b a 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 )(),(di c bi a ++ ,这里d c b a ,,,是实数,可以写成 ),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(i d c i b a +++的形式.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F 是一个有四个元的域,证明.(a )的特征是2;(b )F 的0≠ 或11的两个元都适合方程 证 (a ) 设F 的特征为P 则P 的(加)群F 的非零元的阶 所 4P (4是群F 的阶) 但要求P 是素数, .2=∴P (b ) 设},,1,0{b a F =由于2=P ,所以加法必然是,0=+x x ,而b a a a =+⇒≠+11 故有0 1 a b0 0 1 a b 1 1 0 b a a a b 0 1 bb a 1 0 又 },,1{b a 构成乘群,所以乘法必然是 1,=⇒≠≠ab b ab a ab1,22≠≠a a a (否则b a = )b a =⇒2故有.1 a b 11 a b a a b 1 bb a 1这样, b a , 显然适合12+=x x2. 假定 ][a 是模 的一个剩余类.证明,若a 同 n 互素,那么所有][a 的书都同n 互素(这时我们说][a 同n 互素). 证 设][a x ∈ 且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 ,a d ,且有 n d因为 1),(=n a 所以1=d3. 证明, 所有同 n 互素的模 n 的剩余类对于剩余类的乘法来说作成一个群(同 互素的剩余类的个数普通用符号)(n φ 来表示,并且把它叫做由拉φ函数)证]{[a G =而][a 同n 互素}G 显然非空,因为)1),1((]1[=∈n G(ⅰ)G b a ∈][],[则][]][[ab b a =又1),(,1),(==n b n a 有1),(=n abG ab ∈∴][(ⅱ)显然适合结合律.(ⅲ)因为n 有限,所以G 的阶有限. 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.G 作成一个群4. 证明,若是1),(=n a , 那么)(1)(n an ≡φ(费马定理)证 ),(n a 则G a ∈][而 ][a 的阶是G 的阶 )(n φ的一个因子 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N 是环的中心.显然N O ∈ N b a ∈,，x 是环的任意元N b a b a x xb x bx ax x b a ∈-⇒-=-=-=-)()( N ab 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N 是R 的交换子环,1R ∈显然N ∈1,即N 包含非零元,同时这个非零元1是的单位元.R x N a ∈∈,即xa ax =N a x a xax axa xaa axa ∈⇒=⇒=⇒=------111111N ∴!是一个域3. 证明, 有理数域是所有复数b a bi a ,(+是有理数）作成的域)(i R 的唯一的真子域. 证 有理数域R 是)(i R 的真子域.设F !是)(i R 的一个子域,则R F ⊇(因为R 是最小数域) 若,F bi a ∈+ 而0≠b则)(i F F F i =⇒∈这就是说,R 是)(i R 的唯一真子域.4. 证明, )(i R 有且只有两自同构映射.证 有理数显然变为其自己. 假定α→i则由i i =⇒-=⇒-=αα1122或 i -=α这就证明完毕. 当然还可以详细一些:bi a bi a +→+:1φ bi a bi a -→+:2φ21,φφ确是)(i R 的两个自同构映射.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 i 1,0222-=-=b a ab若 102-=⇒=a b 是有理数,在就出现矛盾,所以有0=a 因而.1±=b在就是说, 只能i i → 或i i -→i5. 3J 表示模3的剩余类所作成的集合.找出加群3J 的所有自同构映射,这找出域3J !的所有自同构映射.证 1）对加群3J 的自同构映射 自同构映射必须保持!00←→ 故有i i →:1φ2）对域3J 的自同构映射.自同构映射必须保持00←→，11←→所有只有i i →:φ6. 令R 是四元数除环, R 是子集=S {一切)}0,(a 这里a 阿是实数,显然与实数域-S 同构.令-R 是把R 中S 换成-S 后所得集合;替R 规定代数运算.使-≅R R ,分别用k j i ,,表示R 的元),,0(),1,0(),0,(i i ,那么-R 的元可以写成d c b a dk cj bi a ,,,(+++是实数）的形式(参看.3.3 习题5). 验证.1222-===k j i ，.,,j ik ki i kj jk k ji ij =-==-==-=证 1）对a a →)0,(:φ来说显然-≅S S 2）=S {一切)}0,(a a 实数 =-S {一切（)0,a a 实数 βα,{(=R 一切)}0,(a 复数对)(αβ是不属于S 的R 的元. =-R βα,{(一切}a规定a a →→)0,(),,(),(:βαβαψ由于S 与-S 的补足集合没有共同元,容易验证ψ是R 与-R 间的一一映射. 规定-R 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.首先,这样规定法则确是-R 的两个代数运算.其次,对于这两个代数运算以及R 的两个代数运算来说在ψ之下-≅R R（3）由.3.3习题5知),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(),(i d c i b a di c bi a +++=++ 这里 d c b a ,,, 实数这是因为令),0(),1,0(),0,(i k j i i ===（4）1)0,1()0,)(0,(2-=-==i i i1)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,( k i i ji -=-==),0()0,)(1,0(同样j ik ki i kj jk =-==-=,6 多项式环1. 证明, 假定R 是一个整环,那么R 上的一个多项式环][x R 也是一个整环. 证 R !是交换环][x R ⇒交换环, R 有单位元11⇒是][x R 的单位元, R 没有零因子][x R ⇒没有零因子事实上，0,)(10≠++=a x a x a a x f n n0,)(10≠++=m m m b x b x b b x g则m n m n x b a b a x g x f +++= 00)()( 因为R 没有零因子,所以0≠m n b a 因而0)()(≠x g x f 这样][x R 是整环2． 假定R 是模7的剩余类环,在][x R 里把乘积 ])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n x x x ,,,21 是R 上的无关未定元,那么每一个i x 都是R 上的未定元. 证 （ⅰ）=],[21ααR {一切}211221i i i i aαα∑{],[12=ααR 一切}112212j j j j a αα∑由于=∑211221i i i i aαα112212j j j j a αα∑因而=],[21ααR ],[12ααR（ⅱ）设00=∑=nk k ik xa即∑=+-nk ni h i i k x x x xx a 00010101 因为n x x x ,,21是R 上的无关未定元,所以即i x 是R 上的未定元4. 证明:(ⅰ) 若是n x x x ,,21和n y y y ,,21上的两组无关未定元,那么],,[],,[2121n n y y y R x x x R ≅(ⅱ) R !上的一元多项式环][x R 能与它的一个真子环同构. 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{][=x R 一切}2210n n x a x a a +++显然][][2x R x R ⊂ 但][2x R x ∉不然的话m m m m x b x b x b x b x b b x 22102210 ++-⇒++=这与x 是R 上未定元矛盾. 所以][2x R 是][x R 上未定元显然 故有（ⅰ）}[][2x R x R ≅这就是说,][2x R 是][x R 的真子环,且此真子环与][x R 同构.7 理想1. 假定R 是偶数环,证明,所有整数r 4是ϑ的一个理想,等式!对不对? 证 R r r r r ∈∈2121,,4,4ϑϑ∈-=-)(4442121r r r r R r r ∈-21 ϑ∈=∈)(4)4(,'1'1'r r r r R r R r r ∈'1 ϑ∴ 是R 的一个理想. 等式 )4(=ϑ不对这是因为R 没有单位元,具体的说)4(4∈但ϑ∉42. 假定R 是整数环,证明.1)7,3(=证 R 是整数环,显然)1(=R .1)7,3(=又 )7,3()7(13)2(1∈+-=1)7,3(=∴3. 假定例3的R 是有理数域,证明,这时),2(x 是一个主理想.证 因为2与x 互素,所以存在)(),(21x P x P 使),2(11)()(221x x xP x P ∈⇒=+),2()1(][x x R ==∴ 。
《近世代数》练习题及参考答案
《近世代数》练习题及参考答案1．设A={a ，b ，c ，d}试写出集合A 的所有不同的等价关系。
2．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。
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.4．设G=。
⎭⎬⎫⎩⎨⎧≠∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛0,a R a a a a a 证明：G 关于矩阵的乘法构成群。
5．证明：所有形如n m 32的有理数（m ，n ∈Z ）的集合关于数的乘法构成群。
参考答案1． 设A= 试写出集合A 的所有不同的等价关系。
解2．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。
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。
{}d c b a ,,,4．设G=。
近世代数初步(第二版)课后习题答案(石生明)03
第三章 有限域及其应用１畅有限域中的元素的数目．ｐｎ元域的存在及唯一性，它的结构（Ｚｐ上的ｎ维向量空间、是ｘｐｎ－ｘ＝０的全部根、它的全部非零元组成乘法循环群），它的子域．２畅有限域上不可约多项式的性质．Ｆｑ上全部ｎ次不可约多项式皆为ｘｑｎ－ｘ的因子．不可约多项式ｆ（ｘ）（≠ｃｘ）的周期性．本原多项式及用于纠错码．３畅移位寄存器序列（线性递归序列）序列的数学刻画：引入Ｆ２上向量空间Ｖ（Ｆ２）＝｛ａ＝（ａ０，ａ１，ａ２，…，）｜ａｉ∈Ｆ２｝及Ｖ（Ｆ２）上左移变换Ｌ：Ｌａ＝（ａ１，ａ２，ａ３，…）．对Ｆ２上递归关系ａｎ＋ｋ＝ｃｎ－１ａ（ｎ－１）＋ｋ＋ｃｎ－２ａ（ｎ－２）＋ｋ＋…＋ｃ０ａｋ，ｋ＝０，１，２，…（倡）引入Ｆ２上多项式ｆ（ｘ）＝ｘｎ＋ｃｎ－１ｘｎ－１＋…＋ｃ０．则Ｖ（Ｆ２）中向量ａ满足（倡）（即ａ是满足（倡）的线性递归序列）的充分必要条件是ｆ（Ｌ）ａ＝０．优美的理论结果：０≠ａ的周期等于ｆ（ｘ）的周期（这时ｆ（ｘ）必须是不可约多项式且ｆ（ｘ）≠ｘ）ｍ序列及其优美性质（参看习题）１畅§３内容是总导引中第一点思想的又一体现．读者自己察看一下，§３中共组织了两个运算系统．一个是Ｆ２上的无限序列作成的线性空间Ｖ（Ｆ２）；一个是引入左移变换Ｌ，组成了Ｖ（Ｆ２）上线性变换的多项式环．正是有这两个运算系统才能将线性递归序列的周期性与Ｆ２上多项式的理论联系起来．２畅§１及§２内容是有限域及其上的多项式理论的一个简短而较全面的介绍．这在一般近世代数教材中少见．而§３内容在这些教材中从未出现过．其中的应用使我们看到这些内容与当代信息技术有密切联系．实际上它们对今后更·８６·大范围的应用来说也是基本的．３畅§３内容是理论与实践相互促进的范例．正是分析移位寄存器序列性质的需要产生了理论的研究，理论的建立和优美的结果又解决了实践中的问题．这充分显示了理论的力量读者试作出一个具体线性递归序列来验证一下§３中关于周期性的结果．§１ 有限域的基本构造 倡１畅验证ｘ２＋１及ｘ２＋ｘ＋２皆为Ｚ３［ｘ］上不可约多项式．写出下列两域Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋１） 及 Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋ｘ＋２）的加法表和乘法表．找出这两个域之间的同构对应． 倡２畅作出Ｚ２［ｘ］，Ｚ３［ｘ］中所有的二次、三次、及两个四次不可约多项式．作出２２，２３，２４个元的域． 倡３畅ｆ１（ｘ），ｆ２（ｘ）都是Ｚｐ［ｘ］上ｍ次不可约多项式，则Ｚｐ［ｘ］／（ｆ１（ｘ））碖Ｚｐ［ｘ］／（ｆ２（ｘ））．４畅作出一个３４个元的域，并在其中找出一个３２个元的子域． 倡５畅设ｄ｜ｍ，证明（１）ｐｄ－１｜ｐｍ－１．（２）ｘｐｄ－ｘ｜ｘｐｍ－ｘ． 倡６畅设Ｆｐｎ＝Ｚｐ（α）．问α是乘法群Ｆ倡ｐｎ＝Ｆｐｎ＼｛０｝的生成元吗？１畅ｘ２＋１及ｘ２＋ｘ＋２在Ｚ３上皆无根，故它们在Ｚ３［ｘ］中不可约．Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋１） 及 Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋ｘ＋２）都是域．我们略去它们的加法表和乘法表，只证明它们同构．Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋１）＝Ｚ３［珔ｘ］，其中珔ｘ＝ｘ＋（（ｘ２＋１））．珔ｘ满足Ｚ３上ｘ２＋１＝０．而·９６·Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋ｘ＋２）＝Ｚ３［珕ｘ］其中珕ｘ＝ｘ＋（（ｘ２＋ｘ＋２））．珕ｘ满足Ｚ３上ｘ２＋ｘ＋２＝０．我们要找出Ｚ３［珕ｘ］中的元素α，满足方程ｘ２＋１＝０．实际上由０＝珕ｘ２＋珕ｘ＋２＝＝珕ｘ２＋珕ｘ＋１＝＋１＝＝珕ｘ２＋４珕ｘ＋４＝＋１＝＝（珕ｘ＋２＝）２＋１＝（在Ｚ３中４＝＝１＝）．取α＝珕ｘ＋２＝就适合α２＋１＝＝０．由此［Ｚ３（α）：Ｚ３］＝２．再由Ｚ３（α）彻Ｚ３［珕ｘ］及［Ｚ３［珕ｘ］：Ｚ３］＝２，知Ｚ３（α）＝Ｚ３［珕ｘ］．现作映射Ｚ３［ｘ］φＺ３（α）＝Ｚ３［珕ｘ］＝Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋ｘ＋２）ｐ（ｘ）ｐ（α）这是满同态，且Ｋｅｒφ＝（（ｘ２＋１））．由同态基本定理得同构Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋１）Ｚ３（α）ｐ（珔ｘ）ｐ（α）．其中珔ｘ＝ｘ＋（（ｘ２＋１））．２畅Ｚ２［ｘ］中不可约多项式如下：一次的：ｘ，ｘ＋１，二次的：ｘ２＋ｘ＋１，三次的：ｘ３＋ｘ２＋１，ｘ３＋ｘ＋１，四次的：ｘ４＋ｘ＋１，ｘ４＋ｘ３＋１，ｘ４＋ｘ３＋ｘ２＋ｘ＋１．Ｚ３［ｘ］中不可约多项式如下：一次的：ｘ，ｘ＋１，ｘ＋２，二次的：ｘ２＋１，ｘ２＋ｘ＋２，ｘ２＋２ｘ＋２，三次的：ｘ３＋２ｘ＋１，ｘ３＋２ｘ＋２，ｘ３＋ｘ２＋２，ｘ３＋ｘ２＋ｘ＋２，ｘ３＋ｘ２＋２ｘ＋１，ｘ３＋２ｘ２＋１，ｘ３＋２ｘ２＋ｘ＋１，ｘ３＋２ｘ２＋２ｘ＋２，四次的：ｘ４＋２ｘ３＋２，ｘ４＋ｘ３＋２，ｘ４＋ｘ２＋２ｘ＋１，ｘ４＋２ｘ３＋ｘ＋１，ｘ４＋ｘ３＋ｘ２＋２ｘ＋２，ｘ４＋２ｘ３＋ｘ＋１，ｘ４＋２ｘ３＋ｘ２＋１，ｘ４＋２ｘ３＋ｘ２＋２ｘ＋１，ｘ４＋ｘ３＋２ｘ２＋２ｘ＋１，ｘ４＋２ｘ３＋ｘ２＋ｘ＋２，ｘ４＋２ｘ２＋２ｘ＋２，ｘ４＋２ｘ＋２，ｘ４＋ｘ＋２，ｘ４＋２ｘ２＋２，ｘ４＋２ｘ＋２，ｘ４＋ｘ２＋２，ｘ４＋ｘ２＋ｘ＋１，ｘ４＋ｘ２＋２ｘ＋１．找寻的步骤：（１）列举出Ｚ２［ｘ］（Ｚ３［ｘ］）中所有一次，二次，三次及四次多项式．（２）一次多项式皆不可约．（３）检验Ｚ２［ｘ］（Ｚ３［ｘ］）中哪些二次、三次多项式在Ｚ２（Ｚ３）中没有根，它们是不可约多项式．（４）检验Ｚ２［ｘ］（Ｚ３［ｘ］）中哪些四次多项式在Ｚ２（Ｚ３）中没有根，又不是Ｚ２［ｘ］（Ｚ３［ｘ］）中两个二次不可约多项式的乘积，则它们都是不可约多项式．３畅它们都是ｐｍ个元的有限域，由定理３知它们同构．４畅取Ｚ３［ｘ］中的四次不可约多项式ｘ４＋２ｘ２＋２，则Ｚ３［ｘ］／（ｘ４＋２ｘ２＋２）是··０７３４个元的域．令珔ｘ＝ｘ＋（（ｘ４＋２ｘ２＋２）），则珔ｘ４＋２珔ｘ２＋２＝（珔ｘ２＋１）２＋１＝０．即珔ｘ２＋１是Ｚ３［ｘ］中二次不可约多项式的根．于是有Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋１）碖Ｚ３（珔ｘ２＋１）彻Ｚ３（珔ｘ）＝Ｚ３［ｘ］／（ｘ４＋２ｘ２＋２）这表明Ｚ３（珔ｘ２＋１）是Ｚ３（珔ｘ）中的３２个元的子域．５畅（１）ｄ｜ｍ，令ｍ＝ｋｄ．则ｐｍ－１＝ｐｋｄ－１＝（ｐｄ）ｋ－１＝（ｐｄ－１）（ｐｄ（ｋ－１）＋ｐｄ（ｋ－２）＋…＋ｐｄ＋１）．故ｐｄ－１｜ｐｍ－１．（２）令ｐｍ－１＝ｌ（ｐｄ－１）．则ｘｐｍ－１－１＝ｘ（ｐｄ－１）ｌ－１＝（ｘｐｄ－１－１）（ｘ（ｐｄ－１）（ｌ－１）＋ｘ（ｐｄ－１）（ｌ－２）＋…＋ｘｐｄ－１＋１）．故ｘｐｄ－１－１｜ｘｐｍ－１－１，即得ｘｐｄ－ｘ｜ｘｐｍ－ｘ．６畅不一定．例Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋１）＝Ｆ．令珔ｘ＝ｘ＋（（ｘ２＋１）），它满足珔ｘ２＋１＝０，当然有珔ｘ４－１＝０，即珔ｘ４＝１．但Ｆ是３２个元的域，Ｆ倡＝Ｆ＼｛０｝是８阶循环乘法群．故珔ｘ不是Ｆ倡的生成元．§２ 有限域上不可约多项式及其周期，本原多项式及其对纠错码的应用以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题． 倡１畅验证Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋１）的非零元乘法群是循环群，找出生成元．ｘ２＋１是否本原多项式？ 倡２畅ｘ３＋ｘ＋１，ｘ４＋ｘ＋１是否Ｚ２［ｘ］中的本原多项式？ 倡３畅证明映射ＦｐｍＦｐｍａａｐ是Ｆｐｍ的自同构且保持Ｆｐｍ中的素子域Ｆｐ中的元素不动．４畅ｆ（ｘ）是Ｚｐ上ｍ次不可约多项式．设α∈Ｆｐｍ是ｆ（ｘ）的一个根，则α，αｐ，…，αｐｍ－１是ｆ（ｘ）的全部ｍ个根．５畅设β∈Ｆｐｍ，β在Ｚｐ上的极小多项式ｆ（ｘ）是ｄ次的，则（１）β属于Ｆｐｍ中的一个ｐｄ个元的子域．（２）ｄ｜ｍ．６畅证明Ｆｐｍ中元素β与βｐ在Ｚｐ上有相同的极小多项式．·１７· 倡７畅设α是Ｚ３［ｘ］中多项式ｘ４＋ｘ＋２的一个根．把Ｚ３（α）中全部元素用１，α，α２，α３的线性组合表示出来．并算出１＋α＋α３１＋α２＋α３＋α＋α２．８畅把ｘ２４－ｘ，ｘ２３－ｘ分解成Ｚ２［ｘ］上不可约多项式的乘积，把ｘ３３－ｘ，ｘ３２－ｘ分解成Ｚ３［ｘ］上不可约多项式的乘积． 倡９畅取Ｚ２［ｘ］中本原多项式ｘ３＋ｘ＋１．在多项式∑６ｉ＝１ａｉｘ７－ｉ＝ａ１ｘ６＋ａ２ｘ５＋…＋ａ６ｘ＋ａ７与向量（ａ１，ａ２，…，ａ７）等同的约定下，作码集合Ｍ＝｛（ｘ３＋ｘ＋１）（ｂ１ｘ３＋ｂ２ｘ２＋ｂ３ｘ＋ｂ４）｜ｂｉ∈Ｚ２｝．（ｉ）取ｆ（ｘ）＝ｘ６＋ｘ４＋ｃ１ｘ２＋ｃ２ｘ＋ｃ３，试决定ｃ１，ｃ２，ｃ３使ｆ（ｘ）属于码集合Ｍ．（ｉｉ）设ｆ１（ｘ）＝ｘ６＋ｘ５＋ｘ４＋ｘ３＋ｘ２＋ｘ＋１及ｆ２［ｘ］＝ｘ６＋ｘ４＋ｘ３＋ｘ２＋ｘ＋１是接受到的向量，并设传输过程中最多错一位，试进行译码．１畅令珔ｘ＝ｘ＋（（ｘ２＋１））．计算珔ｘ＋２的各方幂珔ｘ＋２，（珔ｘ＋２）２＝珔ｘ，（珔ｘ＋２）３＝２珔ｘ＋２，（珔ｘ＋２）４＝２，（珔ｘ＋２）５＝２珔ｘ＋１，（珔ｘ＋２）６＝２珔ｘ，（珔ｘ＋２）７＝珔ｘ＋１，（珔ｘ＋２）８＝１．故珔ｘ＋２生成了非零元素乘法群，它是８阶循环群．珔ｘ只是４阶元，它不是生成元，从而证明ｘ２＋１不是本原多项式．２畅ｘ３＋ｘ＋１的周期是２３－１＝７的因子．它不是ｘ－１的因子，故周期不为１，只能是７，所以它是本原多项式．ｘ４＋ｘ＋１的周期是２４－１＝１５的因子．但ｘ４＋ｘ＋１嘲ｘ－１，ｘ３－１，ｘ５－１．故它的周期只能是１５．因此是本原多项式３畅橙ａ，ｂ∈Ｆｐｍ，有（ａ＋ｂ）ｐ＝ａｐ＋ｂｐ及（ａｂ）ｐ＝ａｐｂｐ故是φ同态．又由第二章§１习题８知（ａ－ｂ）ｐ＝ａｐ－ｂｐ，故这是单射．又上面的映射是有限集Ｆｐｍ中的单射，必是满射．因此是Ｆｐｍ的自同构．由于子域Ｆｐ是ｐ个元的域，由第二章§５习题５，知这映射是Ｆｐ上的恒等变换．４畅设ｆ（ｘ）＝ａｍｘｍ＋ａｍ－１ｘｍ－１＋…＋ａ１ｘ＋ａ０，ａｉ∈Ｚｐ．因此ａｐｉ＝ａｉ（第二章§１习题８）．·２７·设ａ∈Ｆｐｍ满足ｆ（ａ）＝０，则ｆ（ａ）ｐ＝（ａｍａｍ＋…＋ａ０）ｐ＝ａｐｍａｍｐ＋…＋ａｐ１ａｐ＋ａｐ０＝ａｍ（ａｐ）ｍ＋…＋ａ１ａｐ＋ａ０＝ｆ（ａｐ）＝０．即ａｐ也是ｆ（ｘ）的根．设ａ，ａｐ，ａｐ２，…，ａｐｋ中两两不同，ａｐｋ＋１与前面某ａｐｌ相同．ａ１，ａｐ，…，ａｐｋ是ｆ（ｘ）的ｋ个不同的根，故ｋ≤ｍ．又若１≤ｌ≤ｋ．则ａｐｌ＝（ａｐｋ＋１－ｌ）ｐｌ．因ａａｐｌ是Ｆｐｍ的自同构（习题３），上式两端元素的原象应相等，得ａ＝ａｐｋ＋１－ｌ．又ｋ＋１－ｌ≤ｋ，与ａ，ａｐ，…，ａｐｋ中两两不同矛盾．故ｌ＝０，即ａ＝ａｐｋ＋１．令ｇ（ｘ）＝（ｘ－ａ）（ｘ－ａｐ）…（ｘ－ａｐｋ）＝ｘｋ＋ｂ１ｘｋ－１＋…＋ｂｋ．则ｂ１＝－（ａ＋ａｐ＋…＋ａｐｋ），…，ｂｋ＝（－１）ｋａ·ａｐ…ａｐｋ，ｂｐ１＝（－１）ｐ（ａｐ＋ａｐ２＋…＋ａｐｋ＋１）＝－（ａｐ＋…＋ａｐｋ＋ａ）＝ｂ１，…，ｂｐｋ＝（－１）ｋｐａｐ·ａｐ２…ａｐｋ＋１＝（－１）ｋａｐａｐ２…ａｐｋａ＝ｂｋ．任意ｂｉ＝（－１）ｉ［ａ，ａｐ，…，ａｐｋ中任取ｉ个的乘积之和］，ｂｐｉ＝（（－１）ｉ）ｐ［ａｐ，ａｐ２，…，ａｐｋ＋１中任取ｉ个的乘积之和］＝（－１）ｉ［ａｐ，ａｐ２，…，ａｐｋ，ａ中任取ｉ个的乘积之和］＝ｂｉ．即所有ｂｉ满足ｘｐ－ｘ＝０，故所有ｂｉ属于Ｆｐｍ的子域Ｚｐ之中，因此ｇ（ｘ）是Ｚｐ上的多项式．因ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）在Ｆｐｍ［ｘ］中有公因式（ｘ－ａ），故ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）在Ｚｐ［ｘ］中不互素，又ｆ（ｘ）是Ｚｐ［ｘ］中不可约多项式，且ｇ（ｘ）的次数≤ｍ．故ｆ（ｘ）与ｇ（ｘ）是相伴的．因而ｋ＝ｍ，且ａ，ａｐ，ａｐ２，…，ａｐｍ是ｆ（ｘ）的全部ｍ个根．５畅因ｆ（ｘ）是β在Ｚｐ上的极小多项式，由第二章§２定理４，ｆ（ｘ）在Ｚｐ［ｘ］中不可约．由ｆ（β）＝０，有Ｆｐｍ澈Ｚｐ（β）碖Ｚｐ［ｘ］／（ｆ（ｘ））．又ｆ（ｘ）是ｄ次的，故Ｚｐ（β）是ｐｄ个元的子域，再由定理４知ｄ｜ｍ．６畅设Ｆｐｍ的元β在Ｚｐ上的极小多项式为ｆ（ｘ）．由第二章§定理４知它在Ｚｐ［ｘ］中不可约．再由第４题，ｆ（βｐ）＝０．这时ｆ（ｘ）不可约，仍由第二章§定理４，它是βｐ在Ｚｐ上的极小多项式．７畅由§１习题２，知ｘ４＋ｘ＋２是Ｚ３［ｘ］中不可约多项式．α是它的根，故Ｚ３（α）＝｛ａ０＋ａ１α＋ａ２α２＋ａ３α３｜ａ０，ａ１，ａ２，ａ３∈Ｚ３｝．易计算知，α２（α３＋α２＋１）－（α＋１）（α４＋α＋２）＝１，即有α２（α３＋α２＋１）＝１．于是１＋α＋α３１＋α２＋α３＋α＋α２＝α２（１＋α＋α３）＋α＋α２＝α３＋α２＋２α．８畅ｘ２３－ｘ＝ｘ（ｘ＋１）（ｘ３＋ｘ＋１）（ｘ３＋ｘ２＋１），ｘ２４－ｘ＝ｘ（ｘ＋１）（ｘ２＋ｘ＋１）（ｘ４＋ｘ＋１）（ｘ４＋ｘ３＋１）（ｘ４＋ｘ３＋ｘ２＋ｘ＋１），·３７·ｘ３２－ｘ＝ｘ（ｘ＋１）（ｘ＋２）（ｘ２＋１）（ｘ２＋ｘ＋２）（ｘ２＋２ｘ＋２），ｘ３３－ｘ＝ｘ（ｘ＋１）（ｘ＋２）（ｘ３＋２ｘ＋１）（ｘ３＋２ｘ＋２）（ｘ３＋ｘ２＋２）（ｘ３＋ｘ２＋ｘ＋２）（ｘ３＋ｘ２＋２ｘ＋１）（ｘ３＋２ｘ２＋１）（ｘ３＋２ｘ２＋ｘ＋１）（ｘ３＋２ｘ２＋２ｘ＋２）．９畅（ｉ）作除法算式，ｘ６＋ｘ４＝（ｘ３＋１）（ｘ３＋ｘ＋１）＋ｘ＋１．取Ｃ１＝０，Ｃ２＝１，Ｃ３＝１，ｆ（ｘ）＝ｘ６＋ｘ４＋ｘ＋１＝（ｘ３＋１）（ｘ３＋ｘ＋１）就属于码集合Ｍ．（ｉｉ）ｆ１（ｘ）＝（ｘ３＋ｘ２＋１）（ｘ３＋ｘ＋１），故传输过程中无错误．ｆ２（ｘ）＝ｘ３（ｘ３＋ｘ＋１）＋ｘ２＋ｘ＋１．作计算：ｘ（ｘ２＋ｘ＋１）＝ｘ３＋ｘ２＋ｘ＝（ｘ３＋ｘ＋１）＋ｘ２＋１≡ｘ２＋１，（ｍｏｄｘ３＋ｘ＋１），ｘ２（ｘ２＋ｘ＋１）＝ｘ（ｘ２＋１）＝（ｘ３＋ｘ＋１）＋１≡１，（ｍｏｄｘ３＋ｘ＋１），即ｘ２（ｘ２＋ｘ＋１）≡１．但ｘ２·ｘ５＝ｘ７≡１，故ｘ５≡ｘ２＋ｘ＋１，（ｍｏｄｘ３＋ｘ＋１）．这即说明ｆ２（ｘ）错在ｘ５项上，原来输出的码字应为ｆ２（ｘ）＋ｘ５＝ｘ６＋ｘ５＋ｘ４＋ｘ３＋ｘ２＋ｘ＋１．§３ 线性移位寄存器序列以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．１畅Ｆｐ（ｐ为素数）上首项系数为１的ｍ次本原多项式的个数为φ（ｐｍ－１）／ｍ，这里φ是欧拉函数（参见第二章§５）．并算出Ｚ２，Ｚ３上三次、四次本原多项式的数目． 倡２畅作出Ｚ２上两个周期为７的ｍ序列（写出２个周期的长度）． 倡３畅设Ｆ２上序列ａ＝（ａ０，ａ１，ａ２，…）的周期为ｅ．证明（ｉ）若有ｅ′使ａｋ＋ｅ′＝ａｋ，ｋ＝０，１，２，…，则ｅ｜ｅ′．（ｉｉ）若令Ｓ０＝（ａ０，…，ａｅ－１），Ｓ１＝（ａ１，…，ａｅ），…，Ｓｅ－１＝（ａｅ－１，…，ａ２ｅ－２），则它们两两不同． 倡４畅设ｆ（ｘ）是Ｆ２上ｎ次不可约多项式，则（ｉ）Ｇ（ｆ）是Ｆ２上向量空间．（ｉｉ）对任意ａ∈Ｇ（ｆ）．令Ｓａ＝（ａ０，ａ１，…，ａｎ－１），称为ａ的初始状态向量．则橙ａ，ｂ∈Ｇ（ｆ），ａ＝ｂ当且仅当Ｓａ＝Ｓｂ．（ｉｉｉ）ａ１，…，ａｋ，ａ∈Ｇ（ｆ），ｌ１，…，ｌｋ∈Ｆ２，则··４７ａ＝ｌ１ａ１＋…＋ｌｋａｋ当且仅当Ｓａ＝ｌ１Ｓａ１＋…＋ｌｋＳａｋ．于是ａ１，…，ａｋ线性相关当且仅当Ｓａ１，…，Ｓａｋ线性相关．（ｉｖ）Ｇ（ｆ）是Ｆ２上ｎ维空间．５畅设ｆ（ｘ）是Ｆ２［ｘ］中ｎ次本原多项式，ａ是Ｇ（ｆ）中非零序列，即ｍ序列，则ａ＝ａ０，Ｌａ＝ａ１，…，Ｌ２ｎ－２ａ＝ａ２ｎ－２是Ｇ（ｆ）中全部非零序列．进一步Ｓａ０，Ｓａ１，…，Ｓａ２ｎ－２全不相同，它们是Ｆ２上ｎ元向量空间中全部非零向量．６畅设ａ＝（ａ０，ａ１，ａ２，…）是Ｆ２上周期为２ｎ－１的ｍ序列．将ａ的一个周期（ａ０，ａ１，…，ａ２ｎ－２）中的元依次排在圆周上，并使ａ２ｎ－２与ａ０＝ａａｎ－１相邻，则Ｆ２上的任一ｋ元组（１≤ｋ≤ｎ），（ｂ１，ｂ２，…，ｂｋ）在上述圆周中出现的次数为２ｎ－ｋ， 若（ｂ１，ｂ２，…，ｂｋ）≠（０，０，…，０），２ｎ－ｋ－１， 若（ｂ１，ｂ２，…，ｂｋ）＝（０，０，…，０）．（考察有多少个Ｓａｉ的前ｋ个元正是ｂ１，ｂ２，…，ｂｋ）．７畅ａ为Ｆ２上周期为２ｎ－１的ｍ序列，则在ａ的一个周期中１的数目为２ｎ－１，０的数目为２ｎ－１－１．８畅对习题２中作出的Ｆ２上周期为７的两个ｍ序列的一个周期排成圆圈如习题６，数出１，０，０１，１０，１０１，１１０，出现的次数．１畅考虑域Ｆｐｍ，它由Ｆｐ上多项式ｘｐｍ－ｘ的全部根组成．将ｘｐｍ－ｘ分解成Ｆｐ上不可约多项式的乘积．任一Ｆｐ上ｍ次不可约多项式ｆ（ｘ）都是它的因子，·５７·故ｆ（ｘ）在Ｆｐｍ中有ｍ个根．任取一根α，则Ｆｐｍ＝Ｆｐ（α）碖Ｆｐ［ｘ］／（ｆ（ｘ））＝Ｆ（珔ｘ）．其中珔ｘ＝ｘ＋（ｆ（ｘ））．由此知ｆ（ｘ）是Ｆｐ上ｍ次本原多项式当且仅当珔ｘ是ｐｍ－１阶乘法循环群Ｆｐ（珔ｘ）＼｛０｝的生成元当且仅当α是乘法循环群Ｆｐ（α）＼｛０｝＝Ｆｐｍ＼｛０｝的生成元．反之，任取Ｆｐｍ＼｛０｝的任一生成元α，则它必为Ｆｐ上某不可约多项式ｆ（ｘ）的根，显然Ｆｐｍ＝Ｆｐ（α）碖Ｆｐ［ｘ］／（ｆ（ｘ））．比较两边元素的数目，知ｆ（ｘ）是ｍ次不可约多项式．又α是乘法循环群Ｆｐｍ＼｛０｝的生成元，前一段证明了ｆ（ｘ）是Ｆｐ上ｍ次本原多项式．ｍ次本原多项式都是ｘｐｍ－ｘ的因式，后者无重根，故全体ｍ次本原多项式在Ｆｐｍ中的全体根也各不相重．设共有ｋ个ｍ次本原多项式，它们共有ｍｋ个根，前面证明了它们是ｐｍ－１阶乘法循环群Ｆｐｍ＼｛０｝的全部生成元．任取一个生成元α，由第一章§７习题５知αｎ是生成元当且仅当（ｎ，ｐｍ－１）＝１．故Ｆｐｍ＼｛０｝的生成元的数目等于与ｐｍ－１互素的且小于ｐｍ－１的正整数的数目即φ（ｐｍ－１）．由于ｍｋ＝φ（ｐｍ－１），得ｋ＝１ｍφ（ｐｍ－１）．Ｚ２，Ｚ３上３次，４次本原多项式的数目分别是１３φ（２３－１），１４φ（２４－１），１３φ（３３－１），１４φ（３４－１）．用第二章§５中关于φ（ｎ）的公式进行计算，得到１３φ（２３－１）＝１３φ（７）＝２，１４φ（２４－１）＝１４φ（１５）＝１４φ（３）φ（５）＝２，１３φ（３３－１）＝１３φ（２６）＝１３φ（２）φ（１３）＝４，１４φ（３４－１）＝１４φ（８０）＝１４φ（１６）φ（５）＝１４２４１－１２·４＝８．２畅取Ｚ２上的三次本原多项式ｘ３＋ｘ＋１（Ｚ２上的３次不可约多项式都是本原多项式）．作线性递归序列ａ＝（ａ０，ａ１，ａ２…），其递归关系为ａｋ＋３＝ａｋ＋１＋ａｋ，ｋ＝０，１，２，…．因ｘ３＋ｘ＋１为本原多项式，它的周期，因而上述序列的周期为２３－１＝７．取ａ０＝１，ａ１＝ａ２＝０．可计算出ａ取ａ０＝ａ１＝ａ２＝１，可计算出ａ３畅（ｉ）作除法算式ｅ′＝ｌｅ＋ｅ１，ｅ１＝０或０＜ｅ１＜ｅ．若０＜ｅ１＜ｅ，则对ｋ＝０，·６７·１，２，…有ａｋ＋ｅ１＝ａｋ＋ｅ１＋ｌｅ＝ａｋ＋ｅ′＝ａｋ．即ｅ１也是ａ的周期与ｅ是极小周期矛盾．故ｅ１＝０，ｅ′＝ｌｅ．（ｉｉ）若有０≤ｉ＜ｊ≤ｅ－１，使Ｓｉ＝Ｓｊ．即（ａｉ，ａｉ＋１，…，ａｉ＋ｅ－１）＝（ａｊ，ａｊ＋１，…，ａｊ＋ｅ－１）．当ｉ≥１，由ａｉ＋ｅ－１＝ａｉ－１，ａｊ＋ｅ－１＝ａｊ－１，并把上面两端向量的前ｅ－１个分量都向右移一位，而最后一位分量移至第一位，得到的两向量仍相等，（ａｉ－１，ａｉ，…，ａ（ｉ－１）＋ｅ－１）＝（ａｊ－１，ａｊ，…，ａ（ｊ－１）＋ｅ－１）．即Ｓｉ－１＝Ｓｊ－１．可继续这样做，结果得到Ｓ０＝Ｓｉ－ｉ＝Ｓｊ－ｉ．于是对任意０≤ｔ≤ｅ－１有ａｔ＝ａｔ＋（ｊ－ｉ）．而对任意ｋ＝０，１，２，…，作除法算式，设ｋ＝ｌｅ＋ｓ，０≤ｓ≤ｅ－１．则ａｋ＝ａｋ－ｌｅ＝ａｓ＝ａｓ＋（ｊ－ｉ）＝ａｓ＋ｌｅ＋（ｊ－ｉ）＝ａｋ＋（ｊ－ｉ）．即ａ有周期ｊ－ｉ．而０＜ｊ－ｉ＜ｅ，与ｅ为极小周期矛盾．故任意０≤ｉ＜ｊ≤ｅ－１，必有Ｓｉ≠Ｓｊ．４畅（ｉ）Ｇ（ｆ）＝｛ａ∈Ｖ（Ｆ２）｜ｆ（Ｌ）ａ＝０｝．橙ａｂ∈Ｇ（ｆ），则ｆ（Ｌ）ａｆ（Ｌ）ｂ＝０．于是ｆ（Ｌ）（ａｂ）＝ｆ（Ｌ）ａ＋ｆ（Ｌ）ｂａｂ∈Ｇ（ｆ）．又设ｌ∈Ｆ２，ａＧ（ｆ），ｆ（Ｌ）（ｌａｌ（ｆ（Ｌ）ａｌａ∈Ｇ（ｆ）．因此Ｇ（ｆ）是Ｖ（Ｆ２）的子空间．（ｉｉ）橙ａｂＧ（ｆ），显然ａｂ推出Ｓａ＝Ｓｂ．反之，设Ｓａ＝Ｓｂ．对ｋ＝０，１，２，…，有ａｋ＋ｎ＝ｃｎ－１ａｋ＋（ｎ－１）＋…＋ｃ１ａｋ＋１＋ｃ０ｃｋｂｋ＋ｎ＝ｃｎ－１ｂｋ＋（ｎ－１）＋…＋ｃ１ｂｋ＋１＋ｃ０ｂｋ．由Ｓａ＝Ｓｂ，并在上式中令ｋ＝０，则有ａｎ＝ｂｎ．于是ＳＬａ＝（ａ１，ａ２，…，ａｎ）＝（ｂ１，ｂ２，…，ｂｎ）＝ＳＬｂ．但ｆ（Ｌ）ＬａＬｆ（Ｌ）ａ＝０，ｆ（Ｌ）Ｌｂ＝Ｌｆ（Ｌ）ｂ同样可证ＳＬ２ａ＝ＳＬ２ｂ．归纳地可证，对任意ｋ有ＳＬｋａ＝ＳＬｋｂ．就得到对任意ｋ，ａｋ＋ｎ＝ｂｋ＋ｎ．加上Ｓａ＝（ａ０，ａ１，…，ａｎ－１）＝（ｂ０，ｂ１，…，ｂｎ－１）＝Ｓｂ，就证明了ａｂ（ｉｉｉ）ａｉ有初始向量Ｓａｉ．于是若ａｌ１ａ１＋…＋ｌｋａｋ，则显然Ｓａ＝ｌ１Ｓａ１＋…＋ｌｋＳａｋ．反之，设Ｓａ＝ｌ１Ｓａ１＋…＋ｌｋＳａｋ．因ｌ１ａ１＋…＋ｌｋａｋ∈Ｇ（ｆ），及Ｓｌ１ａ１＋…＋ｌｋａ＝ｌ１Ｓａ１＋…＋ｌｋＳａｋ＝Ｓａ．由（ｉｉ）ａｌ１ａ１＋…＋ｌｋａｋ．特别地当ａ时就得到ｌ１ａ１＋…＋ｌｋａｋ＝０当且仅当ｌ１Ｓａ１＋…＋ｌｋＳａｋ＝０．即有ａ１，…，ａｋ线性相关当且仅当Ｓａ１，Ｓａ２，…，Ｓａｋ线性相关．（ｉｖ）考虑到可取Ｆ２上ｎ维向量空间的任一组基作初始向量，由递归关系ｆ（Ｌ）ａ得到Ｇ（ｆ）中的一组序列ａ１，…，ａｎ．而初始向量Ｓａ１，…，Ｓａｎ是Ｆ２上ｎ维向量空间的基．由（ｉｉｉ）ａ１，…，ａｎ也线性无关．橙ａＧ（ｆ），Ｓａ是Ｓａ１，…，Ｓａｎ的线性组合，再由（ｉｉ），ａａ１，…，ａｎ的线性组合，故ａ１，…，ａｎ是Ｇ（ｆ）的一组基，因·７７·此Ｇ（ｆ）是Ｆ２上ｎ维线性空间．５畅ｆ（ｘ）为Ｆ２上ｎ次本原多项式，ａＧ（ｆ）中非零序列，则其周期为２ｎ－１．由习题３（ｉｉ）知Ｓａ０，Ｓａ１，…，Ｓａ２ｎ－２ 互不相同，它们是Ｆ２上２ｎ－１个非零的ｎ维向量，但Ｆ２上仅有２ｎ－１个非零的ｎ维向量，故Ｓａ１，…，Ｓａ２ｎ－２ 是Ｆ２上全部非零 是Ｇ（ｆ）中全部非零序列．的ｎ维向量．由习题４（ｉｉ），ａ０，…，ａ２ｎ－２６畅设ａａ０，ａ１，ａ２，…）是周期为２ｎ－１的ｍ序列，由习题５知Ｓａ０，Ｓａ１，…，Ｓａ２ｎ－２ 是Ｆ２上２ｎ－１个不同的，也即全部非零的ｎ元向量．对１≤ｋ≤ｎ，（ｂ１，ｂ２，…，ｂｋ）每次出现必有某Ｓａｉ＝（ｂ１，ｂ２，…，ｂｋ，…）．因此它出现的次数正是这样的Ｓａｉ的数目．当（ｂ１，ｂ２，…，ｂｋ）≠（０，０，…，０）时，后面ｎ－ｋ位分量可任意在Ｆ２上取值，故这样的Ｓａ共２ｎ－ｋ个．若（ｂ１，…，ｂｋ）＝（０，０，…，０），后面ｎ－ｋ位分量除了不能全取零外可任意选取（因Ｓａｉ不能为零向量），故这样的Ｓａｉ共有２ｎ－ｋ－１个．７畅在习题６中取ｋ＝１．当（ｂ１）＝（１）时，它出现的次数是２ｎ－１；当（ｂ１）＝（０）时，它出现的次数是２ｎ－１－１．８畅习题２出现的周期为７的两个ｍ序列各取一个周期，分别为１００１０１１及１１１００１０．排成的圆圈是下列同样的圆圈．可见到１出现４（＝２３－１）次，０出现３（＝２３－１－１）次，０１出现２（＝２３－２）次，１０１出现１（＝２３－３）次，１１０出现１（＝２３－３）次．··８７第四章 有因式分解唯一性的环１畅基本概念：因子、倍元、相伴、不可约元、素元、因式分解及唯一性、公因子、最大公因子．２畅整环成为唯一因分解环的充要条件．不是唯一因式分解环的例子．３畅欧氏环及例子（Ｚ，域上多项式环，高斯整数环）主理想环及其因式分解唯一性．４畅交换环上的多项式环．唯一因式分解环上的多项式环仍是唯一因式分解环．５畅几个典型环类的包含关系欧氏环主理想环唯一因式分解环整环．１畅在其它抽象代数教材中，由于内容的逻辑体系的需要，都是把本章内容作为主要内容放在域论内容之前．占用了大量教学用时，以致只能讲很少域论内容．为了教材内容现代化，为了写入应用内容和为应用所需的理论内容，我们把域论和域论的应用内容放在前面，而把本章内容放在最后．时间不够，可以少讲和不讲．这是教材内容的重要改革．２畅本章§３的内容是为说明一般域甚至交换环上多项式的存在性．多项式是一类运算系统．必须举出实例才能表明对它的讨论有意义．本书的第二章§６及第三章§１的内容都是以一般域上多项式的存在为前提的．３畅§４中定理１的证明中又采用了将整系数作模ｐ剩余类的方法．这个证明比以前教科书（包括本书第一版）中的证明有所简化．４畅内容要点中第５点中的包含关系是严格的真包含关系，要能用例子说明此关系．·９７·§１ 整环的因式分解以下习题中打倡者为必作题，其余是选作题． 倡１畅试说明整环中的零元，可逆元不能是不可约元的乘积． 倡２畅Ｒ是整环，则它的素元是不可约元． 倡３畅Ｒ是整环，则ａ∈Ｒ是素元当且仅当主理想（ａ）＝ａＲ是非零素理想（第二章§７习题２）．４畅令整环Ｍ＝｛ａ＋ｂ３ｉ｜ａ，ｂ∈Ｚ｝．求出Ｍ的全部可逆元．证明它没有因式分解唯一性（举反例，有Ｍ中非零的不可逆元ａ，它没有分解唯一性）． 倡５畅证明在环Ｚ（－５）中３（２＋５ｉ）和９没有最大公因子．６畅Ｒ为整环．（１）ａ，ｂ∈Ｒ，ａ，ｂ不同时为零，ａ＝ａ１ｄ，ｂ＝ｂ１ｄ，则ｄ是ａ，ｂ的最大公因子当且仅当ａ１，ｂ１互素．（２）把ａ，ｂ两个元素推广到任意ｋ个元素的情形．７畅设Ｍ是形为ｍ２ｋ（ｍ任意整数，ｋ非负整数）的全部有理数的集合，则它是Ｑ的子环．找出Ｍ的全部可逆元和不可约元．８畅Ｒ是唯一因式分解环．ａ，ｂ∈Ｒ是互素的，且ａ｜ｂｃ，则ａ｜ｃ． 倡９畅Ｒ是唯一因式分解环，ｐ为不可约元，则珚Ｒ＝Ｒ／（ｐ）为整环．１畅设在整环Ｒ中有０＝ｐ１ｐ２…ｐｓ，ｐｉ是不可约元，于是ｐ１及ｐｓ都是零因子，与Ｒ是整环矛盾．又设可逆元ｕ＝ｐ１…ｐｓ，ｐｉ是不可约元．并设ｕｖ＝１，则ｐ１ｐ２…ｐｓｖ＝１，得出ｐ１是可逆元，与ｐ１非可逆矛盾．２畅设ｕ是素元，若ｕ可约，则ｕ＝ｖ１ｖ２，ｖ１，ｖ２皆非可逆．于是ｕ｜ｖ１ｖ２，ｕ又是素元，必有ｕ｜ｖ１或ｕ｜ｖ２．若ｕ｜ｖ１，则ｖ１＝ｕｖ，某ｖ∈Ｒ．因此ｕ＝ｖ１ｖ２＝ｕ（ｖｖ２）．Ｒ是整环，ｕ≠０，用消去律得１＝ｖｖ２．与ｖ２非可逆矛盾．同样ｕ｜ｖ２也·０８·有矛盾．故ｕ不可约．３畅设ａＲ是非零素理想，故ａ是非零的非可逆元．对ｂ，ｃ∈Ｒ，ａ｜ｂｃ，则ｂｃ∈ａＲ．故ｂ∈ａＲ或ｃ∈ａＲ，即ａ｜ｂ或ａ｜ｃ，所以ａ是素元．反之，设ａ是素元．ｂ，ｃ∈Ｒ，ｂｃ∈ａＲ．于是ａ｜ｂｃ，有ａ｜ｂ或ａ｜ｃ．即ｂ∈ａＲ或ｃ∈ａＲ．又ａ是非零非可逆元，故ａＲ≠０及ａＲ≠Ｒ，所以ａＲ是非零素理想．４畅设（ａ＋ｂ３ｉ）（ｃ＋ｄ３ｉ）＝１，ａ，ｂ，ｃ，ｄ∈Ｚ．对两端取复数模平方，得（ａ２＋３ｂ２）（ｃ２＋３ｄ２）＝１．若ｂ≠０或ｄ≠０则３ｂ２≥３或３ｄ２≥３，左端必大于１，不可能，所以ｂ＝０，ｄ＝０，得到ａｃ＝１，ａ＝±１．故ａ＋ｂ３ｉ在Ｍ中可逆当且仅当ｂ＝０，ａ＝±１．４在Ｍ中有两种分解：４＝２·２＝（１＋３ｉ）（１－３ｉ）．下证２，１±３ｉ皆为Ｍ中不可约元，实际上它们的模平方皆为４．令它们中任一个为α，设α＝α１α２，α１，α２皆非可逆．而Ｍ中非可逆元ａ＋ｂ３ｉ，必有ｂ≠０，或ａ≠±１，这时｜ａ＋ｂ３ｉ｜２＝ａ２＋３ｂ２≥３．于是｜α１｜２｜α２｜２≥９．而左端｜α｜２＝４，不能相等．故２，１±３ｉ皆为不可约元，４分解成Ｍ中的不可约元乘积的方式不唯一．５畅要证明不存在９与３（２＋５ｉ）在Ｚ［５ｉ］中的公因子ｄ，使得９与３（２＋５ｉ）的任一公因子皆是ｄ的因子．反设ｄ＝ａ＋ｂ５ｉ，ａ，ｂ∈Ｚ满足上述要求．由于３是９与３（２＋５ｉ）的公因子．故３｜ｄ，即有ｃ，ｅ∈Ｚ使ａ＋ｂ５ｉ＝３（ｃ＋ｅ５ｉ）．于是ａ＝３ｃ，ｂ＝３ｅ．但ｄ｜９，两边取模平方得（３ｃ）２＋５（３ｅ）２｜９２，则有ｃ２＋５ｅ２｜３２．只有ｃ＝±２，ｅ＝±１；ｃ＝±３；ｅ＝０这几种情况适合这条件．故ｃ＋ｅ５ｉ的仅有的可能为±２±５ｉ，±３．即ｄ＝ａ＋ｂ５ｉ的仅有的可能为±６±３５ｉ，±９．若ｄ＝±６±３５ｉ，ｄ｜９，９＝ｄα．取模平方９２＝｜ｄ｜２｜α｜２＝９２｜α｜２．得｜α｜＝１故α＝±１畅９＝±ｄ，这不可能．若ｄ＝±９，ｄ｜３（２＋５ｉ），３（２＋５ｉ）＝ｄα．取模平方，９２＝｜ｄ｜２｜α｜２＝９２｜α｜２．得｜α｜＝１，α＝±１．３（２＋５ｉ）＝±ｄ也不可能．故９，３（２＋５ｉ）在Ｚ［５ｉ］中没有最大公因子．６畅（１）这时ｄ≠０．设ａ１，ｂ１不互素，则有ｄ１非可逆元是它们的公因子．则ｄｄ１是ａ，ｂ的公因子，而ｄ为最大公因子，故ｄｄ１｜ｄ．有ｄ２∈Ｒ，ｄｄ１ｄ２＝ｄ．Ｒ是整环，用乘法消去律得ｄ１ｄ２＝１，即ｄ１是可逆元，矛盾．故ａ１，ｂ１互素．反之，设ａ１，ｂ１互素．又设ｄ１是ａ，ｂ的最大公因子．则ｄ｜ｄ１，有ｄ２∈Ｒ使ｄ１＝ｄｄ２．ｄ１是ａ，ｂ的因子，有ａ２，ｂ２∈Ｒ使ａ＝ｄ１ａ２＝ｄｄ２ａ２＝ｄａ１，及ｂ＝ｄ１ｂ２＝ｄｄ２ｂ２＝ｄｂ１．用消去律ｄ１ａ２＝ａ１，ｄ２ｂ２＝ｂ１．于是ｄ２是ａ１，ｂ１的公因··１８子．但ａ１，ｂ１互素故ｄ２为可逆元．由此知ｄ＝ｄ１（ｄ２）－１也是ａ，ｂ的最大公因子．（２）略．７畅由于Ｍ中的元具有形式ｍ２ｋ，它们的和，差，积仍为这种形式的元，故Ｍ是Ｑ设ｍ２ｋ为Ｍ中可逆元，则有ｎ２ｌ使ｍ２ｋｎ２ｌ＝１．故ｍ必为±２ｔ，ｔ为非负整数．反之，对±２ｔ２ｋ，ｋ，ｔ皆非负整数，则±２ｋ２ｔ属于Ｍ，且±２ｔ２ｋ·±２ｋ２ｔ＝１，故在Ｍ中可逆．因此Ｍ中可逆元集＝±２ｔ２ｋｔ，ｋ皆非负整数．由此易知，Ｍ中非可逆元集＝ｍ２ｋｍ是具有奇素数因子的非负整数．下面证明ｍ２ｋ为Ｍ中不可约元当且仅当ｍ＝±ｐ·２ｔ，其中ｐ为奇素数，ｔ为非负整数．先设ｍ２ｋ，ｍ＝±ｐ·２ｔ，ｐ为奇素数．若ｍ２ｋ＝ｍ１２ｋ１·ｍ２２ｋ２，则ｍ１·ｍ２＝±ｐ·２ｔ１．因此ｍ１，ｍ２中的一个只是２的非负方幂，于是ｍ１２ｋ１·ｍ２２ｋ２中有一个是可逆元．因此ｍ２ｋ是不可约元．再设ｍ２ｋ，ｍ＝ｐ１ｐ２ｍ１，ｐ１，ｐ２皆为奇素数，可以相同，ｍ１为整数．则ｍ２ｋ＝ｐ１２０·ｐ２ｍ１２ｋ，右端是Ｍ中两个非可逆元的乘积．因此ｍ２ｋ为Ｍ中可约元．故若ｍ２ｋ在Ｍ中不可约，必须ｍ＝±ｐ·２ｔ，其中ｐ为奇素数，ｔ非负整数，证毕．８畅设ｂｃ＝ａｄ，将ｂ，ｃ分解成不可约因式的乘积ｂ＝ｐ１…ｐｓ，ｃ＝ｐｓ＋１…ｐｔ．再将ａ，ｄ分解成不可约因式的乘积ａ＝ｑ１…ｑｒ，ｄ＝ｑｒ＋１…ｑｌ．由ｂｃ＝ａｄ，及因式分解唯一性知ｔ＝ｌ，及有１，２，…，ｔ的一个排列ｉ１ｉ２…ｉｔ，使ｐｉｊ与ｑｊ相伴．对１≤ｊ≤ｒ，ｑｊ是ａ的不可约因子，则ｐｉｊ不在ｐ１，…，ｐｓ之中，否则ａ与ｂ有公因子ｐｉｊ，与它们互素矛盾．这样ｐｉ１…ｐｉｒ必出现在ｃ的分解中，它与ａ＝ｑ１…ｑｒ相伴，故ａ｜ｃ．９畅Ｒ为唯一因式分解环，由§１定理１及定义２知它的不可约元ｐ为素元．设珋ｃ，珔ｄ是珚Ｒ的两个非零元，来证珋ｃ珔ｄ≠０，即珚Ｒ是整环．反证法设ｃｄ＝珋ｃ珔ｄ＝０，·２８·则ｐ｜ｃｄ、因ｐ为素元，则或ｐ｜ｃ或ｐ｜ｄ，即或珋ｃ＝０或珔ｄ＝０．矛盾．故ｃｄ≠０，珚Ｒ为整环．§２ 欧氏环，主理想整环以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题． 倡１畅主理想环的商环是主理想环． 倡２畅Ｒ是主理想环，ａ为Ｒ中不可约元，则（ｉ）（ａ）为极大理想；（ｉｉ）ａ为素元；（ｉｉｉ）每个非０素理想（见第二章§７习题２）是极大理想；（ｉｖ）Ｒ／（ａ）是域．３畅证明Ｍ＝｛ａ＋ｂ２ｉ｜ａ，ｂ∈Ｚ｝是欧氏环（仿例１）． 倡４畅ｐ是素数．令Ｒ＝ａｂａ，ｂ∈Ｚ，（ｂ，ｐ）＝１．（ｉ）证明Ｒ是整环；（ｉｉ）求出Ｒ的所有可逆元；（ｉｉｉ）证明Ｒ的所有非可逆元组成Ｒ的唯一极大理想；（ｉｖ）上述极大理想是主理想；（ｖ）求出Ｒ的全部理想． 倡５畅找出高斯整数环Ｚ｛ａ＋ｂｉ｜ａ，ｂ∈Ｚ｝的全部可逆元． 倡６畅高斯整数环的元素ａ满足δ（ａ）＝素数，则ａ为不可约元．７畅Ｒ是欧氏环，求证（ｉ）若ε∈Ｒ倡＝Ｒ＼｛０｝，则ε是Ｒ中可逆元当且仅当橙ａ∈Ｒ倡有δ（ε）≤δ（ａ）．（ｉｉ）设ａ∈Ｒ倡，ａ不可逆．若对所有不可逆元ｂ∈Ｒ倡都有δ（ａ）≤δ（ｂ），则ａ是Ｒ中不可约元．８畅Ｒ＝１２ａ＋１２ｂ１９ｉａ，ｂ∈Ｚ，则Ｒ是主理想环但不是欧氏环（参看Ｍｏｔｚｋｉｎ，ＴｈｅＥｕｃｌｉｄｅａｎａｌｇｏｒｉｔｈｍ，Ｂｕｌｌ．Ａｍｅｒ．Ｍａｔｈ．Ｓｏｃ．５５．１１４２－１１４６（１９４９）．或参看张勤海著枟抽象代数枠（科学出版社，２００４）中推论２畅４畅１４及命题２畅４畅１６）．９畅Ｒ是主理想环．ｄ是Ｒ中非零元，则Ｒ中只有有限个不同的素理想包含·３８·（ｄ）（提示：（ｄ）炒（ｋ）痴ｋ｜ｄ）．１畅设Ｒ为主理想环，珚Ｒ＝Ｒ／Ｉ为商环．任取一个理想珡Ｎ，令Ｎ＝｛ｒ∈Ｒ｜珋ｒ＝ｒ＋Ｉ∈珡Ｎ｝．易证它是Ｒ的理想并包含Ｉ（参见第二章§４习题８）．Ｒ是主理想环，故有Ｎ＝ａＲ．于是珡Ｎ＝珔ａ珚Ｒ，即珚Ｒ是主理想环．２畅（ｉ）设有（ａ）炒Ｍ炒Ｒ，Ｍ为Ｒ的理想．故有ｂ∈Ｍ使Ｍ＝（ｂ）．ａ∈（ｂ），有ａ＝ｂｒ，ｒ∈Ｒ．因ａ不可约，ｂ，ｒ中必有可逆元，若ｂ可逆，则（ｂ）＝Ｒ；若ｒ可逆，则（ａ）＝（ｂ）．故（ａ）是极大理想．（ｉｉ）主理想环是唯一因式分解环，它的不可约元皆为素元．（ｉｉｉ）设（ｂ）是非零素理想，由§１习题３，ｂ为素元．因而是不可约元．由（ｉ），（ｂ）为极大理想．（ｉｖ）由（ｉ），（ａ）为极大理想，故Ｒ／（ａ）为域．３畅仿例１，令δ：Ｍ倡Ｚ＋（非负整数集）δ（ａ＋ｂ２ｉ）＝ａ２＋２ｂ２．当ａ＋ｂ２ｉ≠０，δ（ａ＋ｂ２ｉ）≥１，具有性质（ｉ）δ（αβ）＝δ（α）δ（β）≥δ（β），橙α，β∈Ｍ倡．（ｉｉ）橙α，β∈Ｍ，β≠０，我们证明有ｑ，ｒ∈Ｒ使得α＝ｑβ＋γ，且γ＝０或δ（γ）＜δ（β）．证明 对α∈Ｍ及β∈Ｍ倡，可写αβ－１＝ａ＋ｂ２ｉ，这几ａ，ｂ∈Ｑ选最接近ａ，ｂ的整数ｋ，ｌ使ａ＝ｋ＋ν，ｂ＝ｌ＋μ，其中｜μ｜≤１２，｜ν｜≤１２．则α＝β［（ｋ＋ν）＋（ｌ＋μ）２ｉ］＝β［ｋ＋ｌ２ｉ］＋β（ν＋μ２ｉ）．令ｑ＝ｋ＋ｌ２ｉ，γ＝β（ν＋μ２ｉ）＝α－βｑ∈Ｍ．则α＝ｑβ＋γ，且若γ≠０，δ（γ）＝｜γ｜２＝｜β｜２｜ν＋μ２ｉ｜２≤｜β｜２１４＋２４＝３４｜β｜２＜δ（β）．故Ｍ＝｛ａ＋ｂ２ｉ｜ａ，ｂ∈Ｚ｝是欧氏环．４畅（ｉ）设ａ１ｂ１，ａ２ｂ２∈Ｒ，（ｂｉ，ｐ）＝１，ｉ＝１，２．于是（ｂ１ｂ２，ｐ）＝１，ａ１ａ２ｂ１ｂ２∈Ｒ，ａ１ｂ１±ａ２ｂ２＝ｂ２ａ１±ｂ１ａ２ｂ１ｂ２∈Ｒ．故Ｒ是Ｑ的子环，因而是整环．（ｉｉ）（ｂ，ｐ）＝１．若ａｂ在Ｒ中可逆，存在ｃｄ∈Ｒ使ａｂｃｄ＝１．这时（ｂ，ｐ）＝（ｄ，ｐ）＝１，故（ｂｄ，ｐ）＝１．由ａｃ＝ｂｄ，于是（ａ，ｐ）＝１．·４８·反之，ａｂ∈Ｒ，若（ａ，ｐ）＝１，则ｂａ∈Ｒ，ａｂ·ｂａ＝１．即ａｂ在Ｒ中可逆．故Ｒ中可逆元集＝ａｂａ，ｂ∈Ｚ，（ｂ，ｐ）＝（ａ，ｐ）＝１．（ｉｉｉ）由（ｉｉ）知ａｂ∈Ｒ非可逆当且仅当（ｂ，ｐ）＝１及ｐ｜ａ．令Ｍ＝｛Ｒ中非可逆元｝．橙ａｂ，ｃｄ∈Ｍ，即有ｐ｜ａ，ｐ｜ｃ．ａｂ±ｃｄ＝ｂｃ±ａｄｄｂ，这时（ｄｂ，ｐ）＝１，ｐ｜ｂｃ±ａｄ．故ａｂ±ｃｄ非可逆，属于Ｍ．又橙ａｂ∈Ｍ，ｃｄ∈Ｒ，ｃｄ·ａｂ＝ａｃｄｂ．这时（ｄｂ，ｐ）＝１及ｐ｜ａｃ，故ｃｄ·ａｂ是非可逆元，属于Ｍ．这就证明了Ｍ是Ｒ的理想．设Ｍ１是Ｒ的真理想，则Ｍ１中元皆为Ｒ中的非可逆元，故Ｍ１炒Ｍ，即Ｍ为Ｒ的唯一的极大理想．（ｉｖ）易知Ｍ＝ａｂ（ｂ，ｐ）＝１，ｐ｜ａ＝ｐＲ，故为主理想．（ｖ）设Ｍ１是Ｒ的任一非零理想，Ｍ１炒Ｍ．任意０≠ａｂ∈Ｍ１，（ｂ，ｐ）＝１，ｐ｜ａ．令Ｍ１的全体元ａｂ中使ｐｌ｜ａ的最小的ｌ值为ｋ，ｋ≥１，则Ｍ１彻ｐｋＲ．又设Ｍ１中具有ｐｋ因子的元是ｐｋｃｄ，（ｄ，ｐ）＝（ｃ，ｐ）＝１．则ｐｋ＝ｐｋｃｄ·ｄｃ∈Ｍ１，于是ｐｋＲ彻Ｍ１，即有Ｍ１＝ｐｋＲ．也易知任一ｐｋＲ也是Ｒ的理想．故Ｒ的全部理想是ｐｋＲ，ｋ＝０，１，２，…，及零理想．５畅设ａ＋ｂｉ是Ｚ［ｉ］中可逆元，则有ｃ＋ｄｉ∈Ｚ［ｉ］使（ａ＋ｂｉ）（ｃ＋ｄｉ）＝１．两边取模平方就得（ａ２＋ｂ２）（ｃ２＋ｄ２）＝１．只能ａ２＋ｂ２＝１，有四个可能ａ＝±１，ｂ＝０；ａ＝０，ｂ＝±１．Ｚ［ｉ］中只有四个可逆元±１，±ｉ．６畅设ａ∈Ｚ［ｉ］，δ（ａ）＝素数．若ａ＝ｂｃ，ｂ，ｃ∈Ｚ［ｉ］．因δ（ａ）＝｜ａ｜２，故δ（ａ）＝δ（ｂ）δ（ｃ）．由于δ（ａ）为素数，δ（ｂ）或δ（ｃ）＝１．由习题５，知ｂ或ｃ为可逆元．故ａ为Ｚ［ｉ］中不可约元．７畅设ε是Ｒ中可逆元，则有εｒ＝１．对ａ∈Ｒ倡，有εｒａ＝ａ，由δ的性质知δ（ａ）≥δ（ε）．反之，对ε∈Ｒ倡，若橙ａ∈Ｒ倡皆有δ（ａ）≥δ（ε）．用欧氏环的定义，对１，ε有ｑ，ｒ∈Ｒ使１＝ｑε＋ｒ，ｒ＝０或δ（ｒ）＜δ（ε）．且若ｒ≠０，则δ（ｒ）＜δ（ε），这与题设矛盾．故ｒ＝０，得１＝ｑε，即ε为可逆元．（ｉｉ）设ａ有题设的性质，若ａ＝ｂｃ，ｂ，ｃ皆非可逆．设有ｑ，ｒ使·５８·ｂ＝ｑａ＋ｒ，ｒ＝０或δ（ｒ）＜δ（ａ）．若ｒ＝０，则ｂ＝ｑａ＝ｑｂｃ．用消去律有１＝ｑｃ与ｃ非可逆矛盾．若ｒ≠０，且非可逆，则δ（ａ）＞δ（ｒ）与题设δ（ａ）≤δ（ｒ）矛盾．故ｒ为可逆元．由ｂ－ｑａ＝ｂ－ｑｂｃ＝ｂ（１－ｑｃ）＝ｒ，可得ｂ为可逆元，与ｂ非可逆矛盾．故ａ为Ｒ的不可约元．８畅不作要求，可参看所列文献．９畅Ｒ为主理想环，若某一素理想包含（ｄ），可设该理想为（ｋ）．设ｄ＝ｐｌ１１ｐｌ２２…ｐｌｓｓ，ｐ１，…，ｐｓ是不相伴的不可约元或素元．（ｋ）是素理想，（ｄ）彻（ｋ），则（ｋ）不为零．由习题３知ｋ为素元，又ｋ｜ｄ，知ｋ与ｐ１，…，ｐｓ之一相伴，故（ｋ）为（ｐｉ）之一，１≤ｉ≤ｓ．§３ 交换环上多项式环以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题． 倡１畅Ｒ是整环，则Ｒ［ｘ］中可逆元一定是Ｒ中可逆元．２畅设Ｒ是有限域．令Ｒ１＝｛Ｒ到Ｒ的全部映射的集合｝．Ｒ１上有加法和乘法：ｆ１，ｆ２∈Ｒ１，令橙ａ∈Ｒ，（ｆ１＋ｆ２）（ａ）＝ｆ１（ａ）＋ｆ２（ａ），（ｆ１·ｆ２）（ａ）＝ｆ１（ａ）ｆ２（ａ）．易知Ｒ１在这两个运算下成环．其单位元ｅ为：橙ａ∈Ｒ，ｅ（ａ）＝１．对橙ｒ∈Ｒ，作Ｒ１中映射ｆ（ｒ）：ｆ（ｒ）（ａ）＝ｒ，橙ａ∈Ｒ．它们组成Ｒ１的子环，并与Ｒ同构．干脆记成Ｒ，于是Ｒ１是Ｒ的扩环，并将ｆ（ｒ）记成ｒ．令ｕ是Ｒ的恒等映射：ｕ（ａ）＝ａ，橙ａ∈Ｒ．证明ｕ不是Ｒ上不定元． 倡３畅Ｚ是整数环，则ａ＋ｂｉ，ａ，ｂ∈Ｚ，不是Ｚ上不定元．１畅设ｆ（ｘ）∈Ｒ［ｘ］，在Ｒ［ｘ］中可逆，则有ｇ（ｘ）∈Ｒ［ｘ］使ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）＝１．在整环Ｒ［ｘ］中，多项式相乘则次数相加．故必有抄（ｆ（ｘ））＝抄（ｇ（ｘ））＝０．即ｆ（ｘ）＝ａ０，ｇ（ｘ）＝ｂ０，皆为Ｒ中元，且ａ０ｂ０＝１．故ｆ（ｘ）＝ａ０是Ｒ中可逆元．·６８·２畅先证明Ｒ１澈Ｒ０＝｛ｆ（ｒ）｜ｒ∈Ｒ｝是Ｒ１的子环并与Ｒ同构．实际上（ｆ（ｒ１）±ｆ（ｒ２））（ａ）＝（ｒ１±ｒ２）＝ｆ（ｒ１±ｒ２）（ａ），（ｆ（ｒ１）·ｆ（ｒ２））（ａ）＝ｆ（ｒ１）（ａ）ｆ（ｒ２）（ａ）＝ｒ１ｒ２＝ｆ（ｒ１ｒ２）（ａ）．即ｆ（ｒ１）±ｆ（ｒ２）＝ｆ（ｒ１±ｒ２），ｆ（ｒ１）ｆ（ｒ２）＝ｆ（ｒ１ｒ２），Ｒ０对加，减，乘是封闭的，故是Ｒ１的子环．作映射Ｒ０Ｒｆ（ｒ）ｒ它显然环同构．把ｆ（ｒ）干脆与ｒ等同．则Ｒ１是Ｒ的扩环．现设Ｒ＝Ｆｐｎ．橙ａ∈Ｒ满足ａｐｎ－ａ＝０．ｕｐｎ（ａ）＝ａｐｎ，ｕ（ａ）＝ａ，即有（ｕｐｎ－ｕ）（ａ）＝０，橙ａ∈Ｒ．故ｕｐｎ－ｕ＝０，这即说ｕｐｎ，ｕ在Ｒ上线性相关，ｕ不是Ｒ上不定元．３畅令ｕ＝ａ＋ｂｉ，则（ｕ－ａ）２＋ｂ２＝０，ａ，ｂ∈Ｚ．这是ｕ２，ｕ，１在Ｚ上的一个线性关系，故ｕ不是Ｚ上不定元．§４ 唯一因式分解环上的多项式环以下习题中打倡者是必作题，其余为选作题．下面的环Ｒ都是唯一因式分解环． 倡１畅Ｒ［ｘ］的正次数多项式若是不可约元，一定是本原多项式． 倡２畅ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）∈Ｒ［ｘ］．ｇ（ｘ）的首项系数为１，则有ｑ（ｘ），ｒ（ｘ）∈Ｒ［ｘ］，使ｆ（ｘ）＝ｇ（ｘ）ｑ（ｘ）＋ｒ（ｘ），其中ｒ（ｘ）或者为零或者抄（ｒ（ｘ））＜抄（ｇ（ｘ））． 倡３畅ｆ（ｘ）∈Ｒ［ｘ］，ｃ∈Ｒ是ｆ（ｘ）的一个根，则（ｘ－ｃ）｜ｆ（ｘ）． 倡４畅Ｒ［ｘ］中的ｎ次多项式ｆ（ｘ）在Ｒ中最多有ｎ个不同的根．于是ｆ（ｘ）＝ａｎｘｎ＋…＋ａ０在Ｒ中若有多于ｎ＋１个根，必是零多项式．１畅设ｆ（ｘ）各系数的最大公因子为ｄ，则ｆ（ｘ）＝ｄｇ（ｘ）．ｇ（ｘ）为正次数必·７８·不可逆．因ｆ（ｘ）不可约，故ｄ是Ｒ［ｘ］中可逆元．由§３习题１，ｄ是Ｒ中可逆元．故ｆ（ｘ）是Ｒ［ｘ］中本原多项式．２畅设ｆ（ｘ）＝ａｎｘｎ＋ａｎ－１ｘｎ－１＋…＋ａ１ｘ＋ａ０，ｇ（ｘ）＝ｘｍ＋ｂｍ－１ｘｍ－１＋…＋ｂ１ｘ＋ｂ０，ｍ≥０．我们对ｎ作归纳法．当ｎ＝０时是显然的．设次数≤ｎ－１时已对．若ｎ＜ｍ，ｆ（ｘ）＝０ｇ（ｘ）＋ｆ（ｘ），ｆ（ｘ）就是要求的ｒ（ｘ）．若ｎ≥ｍ．作ｆ（ｘ）－ａｎｘｎ－ｍｇ（ｘ），此中两多项式的首项都是ａｎｘｎ，两者相消．这个差多项式若为零，则ｆ（ｘ）＝ａｎｘｎ－ｍｇ（ｘ）＋０，命题已对．若差多项式不为零，其次数已小于ｎ．用归纳假设有ｑ（ｘ），ｒ（ｘ）使ｆ（ｘ）－ａｎｘｎ－ｍｇ（ｘ）＝ｑ（ｘ）ｇ（ｘ）＋ｒ（ｘ），就有ｆ（ｘ）＝（ａｎｘｎ－ｍ＋ｑ（ｘ））ｇ（ｘ）＋ｒ（ｘ），其中ｒ（ｘ）＝０或抄（ｒ（ｘ））＜抄（ｇ（ｘ））．完成了归纳法．３畅用（ｘ－ｃ）去除ｆ（ｘ），由习题２可得ｆ（ｘ）＝（ｘ－ｃ）ｑ（ｘ）＋ｒ，这时ｒ∈Ｒ．两边用ｃ代入，０＝ｆ（ｃ）＝（ｃ－ｃ）ｑ（ｃ）＋ｒ．故ｒ＝０．即得ｆ（ｘ）＝（ｘ－ｃ）ｑ（ｘ），（ｘ－ｃ）｜ｆ（ｘ）．４畅这时Ｒ［ｘ］是唯一因式分解环．设ｆ（ｘ）有ｎ＋１个不同的根α１，α２，…，αｎ，αｎ＋１．由习题３，（ｘ－αｉ）｜ｆ（ｘ），ｉ＝１，２，…，ｎ＋１．先设ｆ（ｘ）＝（ｘ－α１）ｑ１（ｘ）．用α２代入得０＝（α２－α１）ｑ１（α２）．因α２≠α１，知ｑ１（α２）＝０．仍由习题３，ｑ１（ｘ）＝（ｘ－α２）ｑ２（ｘ），于是ｆ（ｘ）＝（ｘ－α１）（ｘ－α２）ｑ２（ｘ）．同样α３代入，得ｑ２（α３）＝０．于是ｑ２（ｘ）＝（ｘ－α３）ｑ３（ｘ）．这样可得ｆ（ｘ）＝（ｘ－α１）ｑ１（ｘ）＝（ｘ－α１）（ｘ－α２）ｑ２（ｘ）＝…＝（ｘ－α１）…（ｘ－αｎ）ｑｎ．因ｆ（ｘ）是ｎ次的，这时ｑｎ必为Ｒ中非零元．再用αｎ＋１代入，左端为ｆ（αｎ＋１）等于零，右端（αｎ＋１－α１）…（αｎ＋１－αｎ）ｑｎ≠０，矛盾．故ｆ（ｘ）最多有ｎ个不同的根．因此ｆ（ｘ）＝ａｎｘｎ＋…＋ａ１ｘ＋ａ０若有ｎ＋１个不同的根，必为零多项式．·８８·。