近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)

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S⇒∈,+a∈baSb'0是S的零元,即a+'0a=对G的零元,0+a=a0'=∴即.=-∈∴-s∈0Saa(ⅱ>若S⇒∈+,a∈bSab⇒∈a∈-aSS今证S是子群由S,∈+∈对加法是闭的,适合结合律,a,⇒bSbaS由Sa∈-0∈,而且得S=aaSa∈⇒-再证另一个充要条件:若S是子群,S∈⇒-⇒,∈,-bSababSa∈反之S=∈⇒-⇒∈0-=aSaaa-a∈S故S=⇒-(+,∈)-ba∈baSba2. }aR=,加法和乘法由以下两个表给定:b,,,0{c+0 a b⨯0 a b cc00 0 0 000 a bca a 0 ca0 0 0 0bb bc 0b0 a b cac0 a b cc c b a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)(=(x)yzxy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 b 0 0 1 a b 1 1 0 b a a a b 0 1 b b 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 1 1 a b a a b 1 b b 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 ab G 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 a n ≡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 a φ )(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 xa x 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。