近世代数答案杨子胥
近世代数杨子胥最新版题解_答复习过程
近世代数杨子胥最新
版题解_答
近世代数
第一章基本概念
§1. 1
1.
4.
5.
近世代数题解§1. 2 2.
3.
近世代数题解§1. 3
1. 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. 4
1.
2.
3.解 1）略 2）例如规定
4．
5．略
近世代数题解§1. 5
1. 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. 6
1.
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．。
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...................
......
...........................................................
......
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》习题及答案
《近世代数》作业一．概念解释1．代数运算 2．群的第一定义 3．域的定义 4．满射 5．群的第二定义 6．理想7．单射 8．置换 9．除环 10．一一映射 11．群的指数 12．环的单位元二．判断题1．Φ是集合n A A A ⨯⨯⨯ 21列集合D 的映射，则),2,1(n i A i =不能相同。
2．在环R 到环R 的同态满射下，则R 的一个子环S 的象S 不一定是R 的一个子环。
3．设N 为正整数集，并定义ab b a b a ++= ),(N b a ∈，那么N 对所给运算 能作成一个群。
4．假如一个集合A 的代数运算 适合交换率，那么在n a a a a 321里)(A a i ∈，元的次序可以交换。
5．在环R 到R 的同态满射下，R 得一个理想N 的逆象N 一定是R 的理想。
6．环R 的非空子集S 作成子环的充要条件是：1）若,,S b a ∈则S b a ∈-； 2）,,S b a ∈，则S ab ∈。
7．若Φ是A 与A 间的一一映射，则1-Φ是A 与A 间的一一映射。
8．若ε是整环I 的一个元，且ε有逆元，则称ε是整环I 的一个单位。
9．设σ与τ分别为集合A 到B 和B 到C 的映射，如果σ，τ都是单射，则τσ是A 到C 的映射。
10．若对于代数运算 ,，A 与A 同态，那么若A 的代数运算 适合结合律，则A 的代数运算也适合结合律。
11．整环中一个不等于零的元a ，有真因子的冲要条件是bc a =。
12．设F 是任意一个域，*F 是F 的全体非零元素作成的裙，那么*F 的任何有限子群G 必为循环群。
13. 集合A 的一个分类决定A 的一个等价关系。
（ ）14. 设1H ,2H 均为群G 的子群，则21H H ⋃也为G 的子群。
（ ）15. 群G 的不变子群N 的不变子群M 未必是G 的不变子群。
（ ）三．证明题1． 设G 是整数环Z 上行列式等于1或-1的全体n 阶方阵作成集合，证明：对于方阵的普通乘法G 作成一个 群。
近世代数第二章答案
近世代数第二章群论答案之杨若古兰创作§1. 群的定义1.全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群？解：不是，因为普通减法不是适合结合律.例如2.举一个有两个元的群的例.解：令G=,e a{},G的乘法由下表给出首先，容易验证，这个代数运算满足结合律(1) ()(),,= ∈x y z x y z x y z G因为，因为ea ae a==，若是元素e在(1)中出现，那么(1)成立.(参考第一章，§4，习题3.)若是e不在(1)中出现，那么有而(1)仍成立.其次，G有左单位元，就是e；e有左逆元，就是e，a有左逆元，就是a.所所以G一个群.读者可以考虑一下，以上运算表是如何作出的.3.证实，我们也能够用条件Ⅰ，Ⅱ和上面的条件IV'，V'来做群的定义：IV'G里至多存在一个右逆元1a-，能让对于G的任何元a都成立；V'对于G的每一个元a，在G里至多存在一个右逆元1a-，能让解：这个题的证法完整平行于本节中关于可以用条件I,II,IV,V来做群定义的证实，但读者必定要本人写一下.§2. 单位元、逆元、消去律1.若群G的每一个元都适合方程2=x e，那么G是交换群.解：令a和b是G的任意两个元.由题设另一方面因而有()()()()ab ab ab ba.利用消去律，得=所所以G交换群.2.在一个无限群里，阶大于2的元的个数必定是偶数.解：令G是一个无限群.设G有元a而a的阶>2n.考察1a-.我们有设正整数<m n而()1=m-，那么同上可得=m a e，与n是a的a e阶的假设矛盾.如许，n也是1a-的阶，易见1a a-≠.否则21-a aa e==与>2n的假设矛盾.如许，我们就有一对分歧的阶大于2的元a和1a-.设G还有元b，b a≠，1≠，而且b的阶大于2.那么1b-的阶b a-也大于2，而且1b b-≠.-≠.我们也有1b a否则1111----===e b b aa b a消去1b-得1--.如许，除a和=b a=b a-，与假设矛盾.同样可证111a-外，又有一对分歧的阶大于2的元b和1b-.因为G是无限群，而G的阶大于2的元老是成对出现，所以G里这类元的个数必定是偶数.G是一个阶是偶数的无限群.在G里阶等于2的元的个数必定是奇数.解：由习题2知，G里阶大于2的元的个数是偶数.但G只要一个阶是1的元，就是单位元e.因而因为的阶是偶数，得G里阶等于2的元的个数是奇数.4.一个无限群的每一个元的阶都无限.解：令G是一个无限群而a是的任一元素，那么不克不及都不相等.是以存在正整数 i，j，i j，使i j=，用j a-a a乘两边，得（1）i j a e-=如许，存在正整数i j-，使（1）成立，是以也存在最小的正整数m，使m a e=，这就是说，元a的阶是m.4.群的同态假定在两个群G和G的一个同态映照之下，a a→.a与a的阶是不是必定不异？解：纷歧定.例如，令G是本章1中例2所给出的群而G是该节中例1所给出的的群.那么读者容易证实:φn g→n是G的任意元是G到G的一个同态映照.但G的每一元0n≠都是无穷阶的，而g 的阶是1.5.变换群1.假定τ是集合A的一个非逐个变换.τ会不会有一个左逆元1τ-使得1?ττε-=解：可能有.例如令A ={所有正整数}，则τ： 11→，1n n →-1n明显是A 的一个非逐个变换.而A 的变换1τ-： 1n n →+n A ∈就能使1.ττε-=2. 假定A 是所有实数作成的集合.证实，所有A 的可以写成x ax b →+a 和b 是有理数， 0a ≠方式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个变换群？ 解：令G 是由一切上述变换作成的集合.考察G 的任何两个元素 τ： x ax b →+a 和b 是有理数， 0a ≠λ： x cx d →+c 和d 是有理数， 0c ≠那么τλ： ()()x x ax b c ax b d τλλ→=+=++这里ca 和d cb +都是有理数，而且0ca ≠.所以τλ仍属于G .结合律对普通变换都成立，所以对上述变换同样成立. 单位变换ε： x x →属于G .容易验证，τ在G 中有逆，即1τ-： 1()b x x a a→+-是以G 作为一个变换群.但G 不是一个交换群.令1τ： 1x x →+2τ： 2x x →那么12ττ： 122()(1)22x x x x τττ→=+=+ 21ττ： 211()(2)21x x x x τττ→==+ 3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合.我们临时用符号 τ： '()a a a τ→=来说明一个变换τ.证实，我们可以用12ττ： 1212[()]()a a a ττττ→=来规定一个乘法，这个乘法也适合结合律而且对于这个乘法来说，ε还是S 的单位元.解：令1τ和2τ是S 的任意两个元而a 是A 的任意一个元.那么2()a τ和12[()]a ττ都是A 的独一确定的元.是以如上规定12ττ仍是S 的一个独一确定的元而我们得到了一个S 的乘法.令3τ也是一个任意元，那么所以123123()()ττττττ=而乘法适合结合律.令τ是S 的任意元.因为对一切a A ∍，都有()a a ε=，所以即εττετ==而ε仍是S 的单位元.4. 证实，一个变换群的单位元必定是恒等变换.解：设G 是由某一集合A 的变换构成一个变换群，而ε是G 的单位元.任取G 的一个元τ和A 的一个元a .因为εττ=，有 因为τ是A 的一个逐个变换，所以a a ε=而ε是A 的恒等变换. 5. 证实，实数域上一切有逆的n n ⨯矩阵对于矩阵乘法来说，作成一个群.解：这个题的解法很容易，这里从略.6. 置换群1. 找出所有3s 不克不及和123231⎛⎫ ⎪⎝⎭交换的元. 解：3s 有6个元：123123⎛⎫ ⎪⎝⎭，123132⎛⎫ ⎪⎝⎭，123213⎛⎫ ⎪⎝⎭， 123231⎛⎫ ⎪⎝⎭，123312⎛⎫ ⎪⎝⎭，123321⎛⎫ ⎪⎝⎭. 其中的123123⎛⎫ ⎪⎝⎭，123231⎛⎫ ⎪⎝⎭，123312⎛⎫ ⎪⎝⎭=2123231⎛⎫ ⎪⎝⎭ 明显可以和123231⎛⎫⎪⎝⎭交换.通过计算，易见其它三个元不克不及和123231⎛⎫ ⎪⎝⎭交换. 2. 把3s 的所有元写成不相连的轮回置换的乘积.解：123123⎛⎫ ⎪⎝⎭=（1），123132⎛⎫ ⎪⎝⎭=（2 3） 123213⎛⎫ ⎪⎝⎭=（1 2），123321⎛⎫ ⎪⎝⎭=（1 3），123231⎛⎫ ⎪⎝⎭=（1 2 3）123312⎛⎫ ⎪⎝⎭=（1 3 2） 3．证实：（ⅰ）两个不相连的轮回置换可以交换； （ⅱ） 解：（ⅰ）看的两个不相连的轮回置换σ和τ.我们考察乘积στ使数字1，2，…，n 如何变动.有三种情况.（a ） 数字在σ中出现，而且σ把酿成j.这时候因为σ和τ不相连，j 不在τ中出现，因此τ使j 不变，所以στ仍把酿成j. （b ） 数字k 在τ中出现，而且τ把k 酿成.这时候不在σ中出现，因此σ使k 不变，所以στ仍把酿成.（c ） 数字m 不在σ和τ中出现.这时候στ使m 不动.如上考察τσ使数字1，2，…，n 如何变动，明显得到同样的结果.是以στ=τσ.（ⅱ）因为，所以4．证实一个轮回置换的阶是. 解：一个轮回置换π=的一次方，二次方，…，次方分别把酿成.同理把2i 酿成2i ,…,把酿成.是以.由上面的分析，若是，那么.这就证实了，π的阶是.5．证实的每一个元都可以写成（1 2），（1 3），…，（1 n ）这个轮回置换中的若干个的乘积.解：因为每一个置换都可以写成不相连的轮回置换的乘积，所以只须证实，一个轮回置换可以写成若干个（1 ）形的置换的乘积.设π是一个轮回置换.我们分两个情形加以讨论. （a ） 1在π中出现，这时候π可以写成容易验算（b ） 1不在π中出现，这时候§1． 证实，一个轮回群必定是交换群.解：设轮回群G ()a =.那么G 的任何两个元都可以写成m a 和n a （m ，n 是整数）的方式.但m n m n n m n m a a a a a a ++===所所以G 一个交换群.2.假定群的元a 的阶是n.证实的阶是，这里d=( r ，n )是r 和n 的最大公因子.解：因为d ｜r ，r=ds ，所以 此刻证实， 就是的阶.设的阶为.那么.令得但而是的阶，所以 而 因而｜ .（参看本节定理的第二种情形.） 为了证实 ，只须反过来证实｜ .由 而n 是a 的阶，同上有n ｜r , 因此｜ .但d 是n 和r 的最大公因子，所以互素而有 .G.证实：也生成G，假如（r,n）=1 (这就是说r和n互素).解：由习题2，的阶是n.所以互不不异.但G只要n个元，所以，而生成G.4．假定G是轮回群，而且G与同态.证实也是轮回群.解：因为G与同态，也是一个群.设G()a=，而在G到的同态满射φ下， .看的任意元 .那么在φ下，有.如许，的每一元都是的一个乘方而()=.G a5．假定G是无穷阶的轮回群，是任何轮回群.证实G与同态.解：令G()a=，)(aG=.定义Φ：我们证实，φ是G到的一个同态满射.（ⅰ）因为G是无穷阶的轮回群，G的任何元都只能以一种方法写成的方式，所以在φ之下，G的每一个元有一个独一确定的象，而φ是G到的一个映照.（ⅱ）的每一个元都可以写成的方式，是以它在φ之下是G 的元的象，而φ是G到的一个满射.（ⅲ）所以φ是G到的一个同态满射.§8. 子群1．找出的所有子群.解：明显有以下子群：本人；((1))={(1)};((1 2))={(1 2),(1)};((1 3))={(1 3),(1)};((2 3))={(2 3),(1)};((1 2 3))={(1 2 3),(1 3 2)，(1)}.若的一个子群H含有（1 2）,(1 3)这两个2-轮回置换，那么H含有（1 2 ）(1 3)=(1 2 3 ),(1 2 3) (1 2)=(2 3)因此H=.同理，若是的一个子群含有两个2-轮回置换（2 1），(2 3)或（3 1）,(3 2),这个子群也必定是.用完整类似的方法，读者也能够算出，若是的一个子群含有一个2-轮回置换和一个3-轮回置换，那么这个子群也必定是.是以上面给出的6个子群是的所有子群.2．证实，群G的两个子群的交集也是G的子群.解：设和是G的子群.令e是G的单位元.那么e属于，因此而令a,b .那么a，b属于 .但是子群.所以属于，因此属于 .这就证实了，是G的子群.3．取的子集S {(1 2) ,(1 2 3)}.S生成的子群包含哪些元？一个群的两个分歧的子集会不会生成不异的子群？解：见习题1的解.4．证实，轮回群的子群也是轮回群.解：设轮回群G=（a）而H是G的一个子群.若H只含单位元e=a0，则H=（e）是轮回群.若H不但含单位元，那么因为H是子群，它必定含有元a m，其中m是正整数.令是最小的使得属于H的正整数，我们证实，这时候 .看H的任一元a t.令t=iq+r 0≤r＜i那么a i=a iq a r.因为a t和a iq都属于H，有a r=a-iq a t∈H因而由假设r=0,a t=（a i）q而H=（a i）.5．找出模12的剩余类加群的所有子群.解：模12的剩余类加群G是一个阶为12的轮回群.是以由题4，G的子群都是轮回群，容易看出：（[0]）=[0]([1])=([5])=([7])=([11])=G([2])=([10])={[2],[4],[6],[8],[10],[0]}([3])=([9])={[3],[6],[9],[0]}([4])=([8])={[4],[8],[0]}([6])={[6],[0]}是G的所有子群.G的一个非空子集而且H的每一个元的阶都无限.证实，H作成一个子集的充要条件是：a,b∈H⇒ab∈H解：由本节定理1，条件明显是须要的.要证实条件也是充分的，由同必定理，只须证实：a∈H⇒a-1∈H设a∈H，因为H的每一元的阶都无限，所以a的阶是某一正整数n而a-1=a n-1.因而由所给条件得a-1∈H.§9. 子群的陪集1.证实，阶是素数的群必定是轮回群.解：设群G的阶为素数p，在G中取一元a≠e，则a生成G 的一个轮回子群（a）.设（a）的阶为n，那么n≠1.但由定理2，n│p，所以n=p而G=（a）是一个轮回群.2.证实，阶是p m的群（p是素数，m≥1）必定包含一个阶是p的子群.解：设群G的阶是p m.在G中取一元a≠e，那么由定理3，a 的阶n│p m.但n≠1,所以n=p t,t≥1,若t=1,那么d的阶为p，（a）是一个阶为p的子群.若t＞1,可取b=a p1-t,那么b的阶为p，而(b)是一个阶为p的子群.3.假定a和b是一个群G的两个元，而且ab=ba，又假定a的阶是m，b的阶是n，而且（m,n）=1.证实：ab的阶是mn.解：设ab的阶是k.由ab=ba,得（ab）mn=a mn b mn=e是以k│mn.我们反过来证实，mn│k.由 e=（ab）kn=a kn b kn=a kn 和a的阶为m，得m│kn,但(m,n)=1,所以m││k.又由（m,n）=1，得mn│k.如许，ab的阶k=mn.4.假定～是一个群G的元间的一个等价关系，而且对于G的任意元三个元a，x，x’来说ax～ax’ x～x’证实，与G的单位元e等价的元所作成的集合是G的一个子群.解：令H是与e等价的元所作成的集合.因为e～e，所以H不空.设a,b∈H，那么a～e,b～e,b～e可写成a-1ab～a-1a是以由题设，ab～a～e而ab∈H.a～e可写成ae～aa-1，是以由题设，e～a-1而a-1∈H.如许，H作成G的一个子群.5．我们直接下右陪集H a的定义如下：H a刚好包含G的可以写成h a （h∈H）方式的元.由这个定义推出以下事实：G的每一个元属于而且只属于一个右陪集.解：取任意元a∈G，因为H是一个子群，单位元e∈H,是以a=e a∈H a这就是说，元a属于右陪集H a.设a∈H b,a∈H c,那么a=h b=h2c (h1,h2∈H)1由此得，b=11h -h 2c,而H b 的任意元hb=112h c h h -∈H c因此H b ⊂H c ，同样可证H c ⊂H b ，如许H b=H c 而a 只能属于一个右陪集.6.若我们把同构的群看成一样的，一共只存在两个阶是4的群，它们都是交换群.解：先给出两个阶是4的群.模4的剩余类加群G 1={[0],[1],[2],[3]}. G 1的元[1]的阶是4而G 1是[1]所生成的轮回群（[1]）.s 4的子群 B 4={(1),(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)} 叫作克莱因四元群.B 4是s 4的子群容易验证，我们有[(1 2)(3 4)]2=[(1 3)(2 4)]2=[(1 4)(2 3)]2=（1）(1 2)(3 4)(1 3)(2 4)=(1 3)(2 4)(1 2)(3 4)=(1 4)(2 3)(1 3)(2 4)(1 4)(2 3)=(1 4)(2 3)(1 3)(2 4)=(1 2)(3 4)(1 4)(2 3)(1 2)(3 4)=(1 2)(3 4)(1 4)(2 3)=(1 3)(2 4)这两个群明显都是交换群.此刻证实，任何阶是4的群都和以上两个群之一同构. 设G 是一个阶为4的群.那么G 的元的阶只能是1，2或4若G 有一个阶为4的元d ，那么G=（d ）是一个轮回群， 而G 与G 1同构.若G 没有阶为4的元，那么除单位元e 外，G 的其他3个元的阶都是2，是以有G=｛e,a,b,c｝ a2=b2=c2=e因为G是群，有ab∈G，我们证实ab=c由ab=e将得ab=a2和b=a ,这不成能.由ab=a将得b=e,也不成能由ab=b将得a=e,也不成能.是以只能ab=c,同样可证ab=ba=c, bc=cb=a, ca=ac=b比较G和B的代数运算，易见G和B4同构.弥补题：利用6题证实，一个无限非交换群至多有6个元.§10.不变子群商群1.假定群G的不变子群N的阶是2.证实，G的中间包含N.解：令N=｛e,n｝，这里e是G的单位元，取G的任意元a.因为N是一个不变子群，有aN=Na，即｛a,an｝=｛a,na｝所以an=na.如许，N的两个元e和n都可以和G的任何元a交换，所以N属于G的中间.2.证实，两个不变子群的交集还是不变子群.解令N1和N2是群G的两个不变子群.那么N1⋂N2是G的一个子群（§8.习题2）.我们进一步证实，N1⋂N2是G的一个不变子群.令a∈G,n∈N1⋂N2,那么n∈N1,n∈N2,但N1和N2是不变子群，所以ana-1∈N1, ana-1∈N2,因此ana-1∈N1⋂N2因而由定理2，N1⋂N2是一个不变子群.3.证实，指数是2的子群必定是不变子群.解：令G是一个群而N是G的一个指数为2的子群.若n∈N，那么明显有nN=Nn.设b∈G,b-∈∈N.那么因为N的指数是2，G被分成两个左陪集N和bN；G也被分成两个右陪集N和Nb.是以bN=Nb,如许，对于G的任何元a来说，aN=Na是G 的一个不变子群.4.假定H是G的子群，N是G的不变子群，证实，HN是G的子群.解：因为H和N都不空，所以HN也不空.设 a∈HN , b∈HN .那么a=h1n1 , b=h2n2(h1,h2∈ H ,n1,n2∈N )a b1-=h1n1n12-h12-=h1n'h12- (n'=n1n12-)因为N是一个不变子集，有N h12-=h12-N ，n'h12-=h12-n （n∈N）由是得a b1-=(h1h12-)n∈HN，HN是一个子群.5. 举例证实，G的不变子集N的不变子群N1未必是G的不变子群（取G=S4）.解：令G=S4,N=｛(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)｝N1=｛（1），（12）（34）｝已知N是G的一个子群（上节习题6）.我们证实，N是G的一个不变子群.为了证实这一点，我们考察，是否对一切π∈S4，等式（a）πNπ1-=N成立.因为任何π都可以写成(1i)形的2一轮回置换的乘积.（§6.习题5），我们只须对(1i)形的π来看等式（a）是否成立.又因为N的元的对称性，我们只须看π=（12）的情形.但（12）｛（1），（12）（34），（13）（24），（14）（23）｝（12）=｛（1），（12）（34），（14）（23），（13）（24）｝所以N是S4的一个不变子群.因为N是交换群，N1当然是N的一不变子群.但N1不是S4的一个不变子群.因为（13）［（12）（34）］（13）=（14）（23）∈-N16. 一个群G的可以写成a1-b1-ab方式的元叫作换位子.证实；（i）所有无限个换位子的乘积作成的集合C是G的一个不变子群；（ii） G/C是交换群；（iii）若N是G的一个不变子集，而且G/N是交换群，那么 N⊃C解：（i），C的两个元的乘积仍是无限个换位子的乘积，因此仍是C的一个元.一个换位子的逆仍是一个换位子，所以C的一个元的逆仍是C的一个元.如许C是一个子群.对于a∈G，c∈C ,ac a1-=(ac a1-c1-) c∈C ,所以C是G的一个不变子群.（ii）令a,b∈G .那么a1-b1-ab=c∈C.由此得ab=bac, abC=bacC=baC即aCbC=bCaC而G/C是交换群.（iii）因为G/N是交换群，所以对G的任何两个元a和b(aN)(bN)= (bN) (aN), abN=baN由此得 ab=ban (n∈N) a1-b1-ab= n∈N.如许N含有一切换位子，是以含有C.弥补题.令π和（i1i2 (i)k）属于Sn.证实π1-（i1i2…i k）π=（i x1i x2…i x k）§1.我们看一个集合A到集合A-的满射Φ.证实.若A的子集S 是A-的子集S-的逆象；S-是S的象，但若S-是S的象,S纷歧定S-的逆象.解：（i）设S是S-的逆象.这时候对任一元a∈S,存在元a-∈S-，使Φ（a）=a-,是以φ(S)⊂S-.反过来，对任一a-∈S-，存在a ∈S，使Φ（a）=a-,是以S-⊂φ(S).如许S-=φ(S)，即S-是S的象.（ii）令A=｛1 ，2，3，4｝，A-=｛2，4｝，A到A-的满射是Φ： 1→2 ，2→2 ，3→4 ，4→4取S=｛1，3｝.那么S的象S-=｛2，4｝.但S-的逆象是A≠S2.假定群G与群G-同态，N-是G-的一个不变子群，N是N-的逆象.证实，G/N≅G-/N-.解：设所给G到G-同态满射是Φ： a→a-=Φ（a）我们要建立一个G/N到G-/N-的同构映照.定义ψ： aN →a-N-若aN=bN,那么b1-a∈N.因为N-是N φ之下的象，有b1-=b1-a-∈N-，a-N-=b-N-a所所以ψG/N到G-/N-的一个映照.设a-N-∈G-/N-而Φ（a）=a-，那么ψ： aN →a-N-所所以ψG/N到G-/N-的一个满射.若aN≠ bN ,那么b1-a∈-N .因为N是N-的逆象，由此得b1-=b1-a-∈-N-，a-N-≠b-N-a所所以ψG/N到G-/N-间的一个逐个映照.3.假定G和G-是两个无限轮回群，它们的阶各是m和n.证实，G与G-同态，当而且只当n|m的时候.解：设G与G-同态，那么由定理2，G/N≅G-，这里N是G到G-的同态满射的核.所以G/N的阶是n.但G/N的阶等于不变子群N在G里的指数，所以由§9的定理2它能整除G的阶m.由此得n|m.反过来设n|m. 令G=(a), G-=(a-).定义Φ：a k→a k若a h=a k，那么m|h-k.因而由n|m ,得n|h-k而a h-=a k-.如许Φ是G到G-的一个映照.容易证实，Φ是G到G-的一个同态满射.是以G与G-同态.4.假定G是一个轮回群，N是G的一个子群.证实，G/N也是轮回群.解：轮回群G是交换群，所以G的子群N是不变子群，而G/N成心义.设G=（a）. 容易证实G/N=（aN）. 所以G/N 也是轮回群.。
近世代数中拉格朗日定理应用汇总
毕业论文（2016届）题目拉格朗日定理的若干应用学院数学计算机学院专业数学与应用数学年级2012级学号***********学生姓名苗壮指导教师王伟2016年5月8 日摘要拉格朗日定理是群论中一个非常重要的定理, 通过这个定理还可以得到许多群论中的数量关系,在近世代数中有着广泛的应用.首先介绍了群与子群的定义,其次介绍了子群的陪集和拉格朗日定理;并对拉格朗日定理用两种方法进行证明. 最后,通过讨论相关例题,总结运用拉格朗日定理证明与子群、阶有关的问题一些基本步骤和方法.关键词：群子群拉格朗日定理陪集AbstractLagrange law is a very important theorem in group theory, many quantitative relationships in group theory can be obtained through it, which is widely utilized in Modern Algebra. The definitions of groups and subgroups are introduced first. Then the coset of subgroup and Lagrange law are introduced and the law are proved on two ways. Finally, by talking about the relevant examples, certain primary methods and steps to use Lagrange law and to prove some problems about subgroups and order are concluded.Key words: group subgroup Lagrange law coset┊┊┊┊┊┊┊┊┊┊装┊┊┊┊┊订┊┊┊┊┊线┊┊┊┊┊┊┊┊┊目录1.引言................................................. 错误!未定义书签。
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。
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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。
5.（1）??{hhh,hht,hth,thh,htt,tht,tth,ttt}1，，23}；（2）??{0，（3）??{(1,2),(1,3),(2,3)}3，，45，6，，78，9，10，11，12}（4）??{(1,2),(1,3),(2,1),(2,3),(3,1),(3,2)}；（5）??{2，（6）??{(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)}6.（1）错；（2）错；（3）错；（4）对；（5）对；（6）对；（7）错；（8）对。
7.p(ab)=0.4.8.p(ab?c)=0.2.9.p(b)= r10.p(ab)=0.4，p(ab)=0.3.11.p(abc)?p(a?b?c)?1?p(a?b?c)?0.1 . 12.x?13.p(abc?abc?abc)? 316.14.14.（1）0.30；（2）0.07；（3）0.73；（4）0.14；（5）0.90；（6）0.10；（7）0.83. 15.p(a)?c98?c2c100312?0.0006 . 16.22?3=0.25?0.375。
2244217.（1）2845.（2）145.（3）1645. 18. p(a)?c4c48c52323.3!?12!19.p(a)?c3c2c1c12c8c4c15c10c511155511144425??15!915!?5!?5!20. 1-c10c8c6c4c1041?1321. 21.p(a)?47!?112601222.（1）由于a与b互斥，b?a，所以ba?b，即得p(ba)?p(b)?（2）当a?b时，p(ba)?p(b?a)?p(b)?p(a)?（3）p(ba)?p(b)?p(ab)?23.6712?13?1612?18?38。
365、364?[365?(n?1)]365n24.（1）p(a)??365!365(365?n)!n（2）p(b)?p(a)?1?p(a)?1?365!365(365?n)!n假若n?30，则易知：p(b)?0.706。
24?212?23?242212?22225.p(a)??0.12126.解以x.y分别表示两人到达的时刻，则9?x?10,9?y?10g满足两不等式的点（x，y）构成边长为1的正方形g，那么，他们会面的充要条件为|x?y|?13这个条件决定了g中一子集g（图1-3）。
于是约会问题等价于向g中掷点，求点落入g内的概率，这是一个几何概率问题，于是得 ?2?1???g的面积5?3?p(a)???g的面积19227.证明 (1)p(a1a2)?p(a1?a2)?1?p(a1?a2)=1?p(a1)?p(a2)?p(a1a2)(2) 由(1)和p(a1a2)?0得第一个不等式，由概率的单调性和半可加性分别得第二.三个不等式。
?p(a1a2)?p(a1?a2)28. 0.9329.（1） p(b|a)?30.3p(1?p)。
31.（1）1n?122a1a2?a1?a2p(a1?a2)?p(a1)?p(a2)?p(a1a2)?0.2,(2) p(a|b)?0.030.05?0.6.0.030.15；（2）3！(n?3)!(n?1)!0.860.95（3）,n?3；13！(n?2)!;,n?3. n(n)!32. p(b|a)?p(ab)p(a)1??0.91.122n?r?133.p1?c2n?r34.p(a)?n22n?r,p2?c2n?r?1n?1,nm?nn?m?1n?1?mm?nn?m?1n?(n?m)n?m(m?n)(n?m?1)35.（1）p{四次中至少出现一次6点}?5??p(a1?a2?a3?a4)?1?p(a1a2a3a4)?1????0.518。
?6??35?（2）p{24次中至少出现一次双6点}?1?p(a1a2?a24)?1??? ?36?244?0.49136.解：设a表示系统a有效，b表示系统b有效(1) p(a?b)?p(a)?p(b)?p(ab)?0.9?0.95?0.87?0.98(2) p(ab)?p(ab)p(b)?p(a)?p(ab)p(b)?0.9?0.871?0.95?0.637. p(a|c)?38. p(ap(c|a)p(a)p(c|a)p(a)?p(c|b)p(b)p(a1)p(b|a1)4?0.5?0.480.5?0.48?1?0.16?0.6.1|b)??922?k?1p(ak)p(b|ak)39. p(a)?1?p(a)?1?821?1321.40.p(abc)=p(cab)p(ba)p(a)?[1?p(cab)]p(ba)p(a)?(1?0.4)?0.5?0.6?0. 1841.解设“甲市是雨天”这一事件为a，“乙市是雨天”这一事件为b，则根据题意有p(a)?0.20，p(b)?0.18，p(ab)?0.12因此得p(a|b)???0.67p(b|a)???0.60p(b)0.18p(a)0.20 ,p(a?b)?p(a)?p(b)?p(ab)?0.20?0.18?0.12?0.26p(ab)0.12p(ab)0.1242. p(a)?1158?7?7158?6?7158?5?0.743. p(b|a)?p(b)p(a|b)p(a)?0.5?0.050.5?0.05?0.5?0.0025?0.952444.解由贝叶斯公式，p(c|a)???p(c)?p(a|c)p(c)?p(a|c)?p(c)?p(a|c)p(c)?p(a|c)p(c)?p(a|c)?(1?p(c))?(1?p(a|c))0.004?0.950.004?0.95?0.996?0.02?0.1645.解记事件a为“题目答对了”，事件b为“知道正确答案”，则按题意有p(a|b)?1,p(a|b)?0.25.（1）p(b|a)?p(b)p(a|b)p(b)p(a|b)?p(b)p(a|b)p(b)p(a|b)p(b)p(a|b)?p(b)p(a|b)?0.8（2）p(b|a)?110?0.5.46. p(b)??321?610?621?310?1021?2370.47.解以ai记抽到i地区，i?0,1,2,，由抽取的随机性知p(a1)?p(a2)?p(a3)?13,310,p(b1|a2)?715,p(b1|a3)?525,以bj记第j次抽到女生，j?1,2，则p(b1|a1)?（1）p?p(b1)? 1(3?715?525)?2990. 2990(3310（2）首先利用抽签与顺序无关知p(b2)?3,因此p(b2)?797158146190?5,另一方面 202429p(b1b2)??i?1p(a1)p(b1b2|a1)?1310???25?)?.从而2q?p(b1|b2)?p(b1b2)20??. 6161p(b2)90?m???2??????m??m?m????1????1??????m???2?????m???2?????m??2?????48.解（1）设a表示“所取产品中至少有一件是不合格品”， b表示“所取产品都是不合格品”，则p(a)?p(b)?p(b|a)?p(ab)p(a)?p(b)p(a)?m?12m?m?1【篇三：近世代数报告】于拉格朗日定理的理解定义1 设h是群g的子群。
对任意的a?g，群g的子集ah?{ah|h?h}与ha?{ha|h?h}分别称为h在g中的左陪集和右陪集。
定理1设h是群g的子群，a,b?g，则ah与bh或者完全相同，或者没有公共元素。
证明：采用反证法。
若ah?bh??，取c?ah?bh，则ah?bh?ch。
于是由上述定理可知，群g可以表示为子群h的一些互不相交的左陪集的并。
因此，群g的子群h的全体左陪集的集合组成了群g的一个分类，既有等式：g?ah?bh?ch……其中{a,b,c……}称为g关于h的一个左陪集代表元系。
记g/h和h\g分别表示h的全体左陪集和全体右陪集组成的集合，则有定理2 设h为g的子群，则在g/h和h\g存在双射。