《近世代数》作业参考答案
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'。
近世代数习题答案
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。
近世代数试题及答案
近世代数试题及答案一、选择题（每题4分，共20分）1. 下列哪个选项不是群的性质？A. 封闭性B. 存在单位元C. 存在逆元D. 交换律答案：D2. 有限群的阶数为n，那么它的子群的个数至少为：A. nB. 1C. n-1D. n+1答案：B3. 以下哪个命题是正确的？A. 任意两个子群的交集仍然是子群B. 任意两个子群的并集仍然是子群C. 子群的子群仍然是子群D. 子群的补集仍然是子群答案：A4. 群G的阶数为n，那么它的元素的阶数不可能是：A. 1B. nC. 2D. n+1答案：D5. 以下哪个不是环的性质？A. 封闭性B. 交换律C. 分配律D. 结合律答案：B二、填空题（每题4分，共20分）1. 如果集合S上的二元运算*满足结合律，那么称S为________。
答案：半群2. 一个群G的所有子群的集合构成一个________。
答案：格3. 一个环R中，如果对于任意的a，b∈R，都有a+b=b+a，则称R为________。
答案：交换环4. 一个环R中，如果对于任意的a，b∈R，都有ab=ba，则称R为________。
答案：交换环5. 一个群G中，如果存在一个元素a，使得对于任意的g∈G，都有ag=ga=e，则称a为G的________。
答案：单位元三、简答题（每题10分，共30分）1. 请简述子群和正规子群的区别。
答案：子群是群G的非空子集H，满足H中的任意两个元素的乘积仍然在H中，并且H对于G的运算是封闭的。
正规子群是子群N，满足对于任意的g∈G和n∈N，都有gng^-1∈N。
2. 请解释什么是群的同态和同构。
答案：群的同态是两个群G和H之间的函数f，满足对于任意的g1，g2∈G，都有f(g1g2)=f(g1)f(g2)。
群的同构是同态，并且是双射，即存在逆映射。
3. 请解释什么是环的零因子和非零因子。
答案：在环R中，如果存在非零元素a和b，使得ab=0，则称a和b 为零因子。
如果环R中不存在零因子，则称R为无零因子环。
近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)-2
近世代数课后习题参考答案第二章 群论1 群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?证 不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件 ''5,4来作群的定义:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1得e a a =-1因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1 所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([ 即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即 由 a ae = 得 a ea = a ae a a a a aa ea ====--)()(11即 a ea =这样就得到群的第二定义. (3) 证 b ax =可解 取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.2 单位元,逆元,消去律1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就是交换群. 证 由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)(.2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证 (1) 先证a 的阶是n 则1-a 的阶也是n .e e a a e a n nn===⇒=---111)()(若有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a 的阶等于1-a 的阶 (2)a 的阶大于2, 则1-≠a a 若 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 则 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证 根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶 2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a nm∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等: nma a = )(n m 〈 故 e amn =-m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定相同? 证 不一定相同 例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G 但231,231i i --+-的阶都是3.而1的阶是1.5 变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证 我们的回答是回有的},3,2,1{ =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→3 3→2 3→4 4→3 4→5 … …τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A 是所有实数作成的集合.证明.所有A 的可以写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群? 证 (1) :τ b ax x +→:λ d cx x +→:τλ d cb cax d b ax c x ++=++→)( d cb ca +,是有理数 0≠ca 是关闭的.(2) 显然时候结合律(3) 1=a 0=b 则 :ε x x → (4) :τ b ax + )(1:1ab x a x -+→-τ而 εττ=-1所以构成变换群.又 1τ: 1+→x x :2τ x x 2→ :21ττ )1(2+→x x :12ττ 12+→x x 故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ: )()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元. 证 :1τ )(1a a τ→ :2τ )(2a a τ→那么:21ττ )()]([2121a a a ττττ=→ 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ= =→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ 故 )()(321321ττττττ= 再证ε还是S 的单位元 :ε )(a a a ε=→:ετ )()]([a a a ττε=→τ:τε )()]([a a a τετ=→ ∴ τεετ=4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。
近世代数参考答案
近世代数参考答案《近世代数》A/B 模拟练习题参考答案⼀、判断题（每题4分，共60分）1、如果循环群G=(a)中⽣成元a 的阶是⽆限的，则G 与整数加群同构。
（ √ ）2、如果群G 的⼦群H 是循环群，那么G 也是循环群。
（ × ）3、两个⼦群的交⼀定还是⼦群。
（ × ）4、若环R 满⾜左消定律，那么R 必定没有右零因⼦。
（ √ ）5、任意置换均可表⽰为若⼲个对换的乘积。
（ √ ）6、F （x)中满⾜条件p(a)=0的多项式叫做元a 在域F 上的极⼩多项式。
（ × ）7、已知H 是群G 的⼦群，则H 是群G 的正规⼦群当且仅当g G ?∈，都有 1gHg H -= （ √ ）8、唯⼀分解环必是主理想环。
( × )9、已知R 是交换环，I 是R 的理想，则I 是R 的素理想当且仅当是/R I 整环。
（ √ ）10、欧⽒环必是主理想环。
（ √ ）11、整环中，不可约元⼀定是素元。
（ √ ）12、⼦群的并集必是⼦群。
（ × ）13、任何群都同构于某个变化群。
( √ )14、交换环中可逆元与幂零元的和是可逆元。
( √ )15、集合,A Z B N ==，::2f A B nn →+是从A 到B 的映射。
（ × ）⼆、证明题（每题20分，共300分）1Q 上的最⼩多项式。
解：令=u 32==u u .于是3223323315(32-?-=+-+=u u u u u u .移项后得32152(3+-=-u u u 两边平⽅，得到3222(152)(35)5+-=-?u u u .这是u 上满⾜的Q 上6次⽅程，故[():]6≤Q u Q .⼜3(2=u ()Q u .由[]2=Q Q 及[]|[():]Q Q Q u Q ，知2|[():]Q u Q .u (()=Q u Q u .⼜[]3=Q Q 及[]|[():]Q Q Q u Q ，得3|[():]Q u Q .于是6|[():]Q u Q ，因⽽[():]6=Q u Q . 由于3222(152)(35)50+---?=u u u ，故6次多项式3222(152)5(35)+---x x x 是u 在Q 上的最⼩多项式.2、求出阶是32的循环群(a )的所有⼦群，这些⼦群是否都是不变⼦群。
近世代数练习题部分答案(12级)(1)
练习题参考答案一、 判断题1. R 是A 的元间的等价关系.（错 ）见教材第27页习题2（2）2. 则G 是交换群.（正确）见教材第37页习题63、则该群一定为有限群.（错 ）见教材第39页例44、则G 与整数加群同构.（正确）见教材49页定理1（1）5、那么G 也是循环群.（错 ）三次对称群S 3的真子群为循环群，但S 3不为循环群.6、群G 的子群H 是正规子群的充要条件为1,g G g Hg H -∀∈⊆.（正确）见教材84页定理17、群G 的子群H 是正规子群的充要条件为，对Hg gH G g =∈∀,.（正确）见教材83页定义18、那么R 必定没有右零因子.（正确）见教材139页推论9、则N G /也是循环群.（正确）见教材95页定理310、那么R 的单位元一定是非零元.（正确）由于|R|≥2，故R 中存在非零元a ,由于a 0=0≠a ，说明零元不是单位元.11、整数环与偶数环同态.（错误）设Z Z 2:→ϕ为同态满射，且k 2)1(=ϕ，则24)1()1()11()1(k ==⨯=ϕϕϕϕ，即 242k k =，所以02=k 或12=k ，后者不可能，因此有02=k ，则0)1(=ϕ，得0)(=n ϕ，与ϕ为满射矛盾.12、剩余类环}5,4,3,2,1,0{6------=Z ,47Z 均是整环.（错误）根据教材149页定理2，6Z 有零因子，不是整环，47Z 是整环.13、素数阶群一定是交换群.（正确）根据教材69页推论1，该群中的元素除了单位元，其余元的阶等于群的阶，再根据教材50页推论1知该群为循环群，从而为交换群.二、单项选择题1、指出下列哪些运算是给定集合上的代数运算（ ④ ）2、设 是正整数集上的二元运算，其中{}b a b a ,max = （即取a 与b 中的最大者），关于运算 ，下列结论不正确的是（ ④ ）3、设G 是实数集,在其上规定运算k b a b a ++= :，这里k 为G 中固定的常数，那么() ,G 中的单位元e 和元x 的逆元分别是（④ ）4、设c b a ,,和x 都是群G 中的元素且xac acx bxc a x ==-,12，那么=x （①）5、设H 是群G 的子群，且G 有左陪集分解G HaH bH cH =，如果6=H ，那么G 的阶=G （② ）6、设21:R R f →是环同态满射，b a f =)(，那么下列错误的结论为（③ ）7、设},),{(为实数y x y x M =，对任意实数a ，规定)),((),0,(),(:M y x a x y x a ∈∀+→τ，}{为实数a G a τ=,下列说法错误的是（③ ）三、填空题1、三次对称群3S 关于子群)}12()1{(，=H 的所有左陪集为__H,(13)H,(23)H___.2、Kayley 定理说：任何群都同一个__双射变换________群同构.3、G auss 整环},{][Z b a bi a i Z ∈+=中的所有单位是 __±1，±i _______.4、设)57)(134(),234)(1372(==στ，则||τ=___6__,=-1στσ)241)(3452(.5、设R 是有单位元的环，且理想I =<a >，那么I 中的元素可以表示为x 1ay 1+…+x m ay m ,x i ,y i ∈R ,m 为整数.6、已知---++=253)(3x x x f ，---++=354)(2x x x g 为域6Z 上的多项式，则=+)()(x g x f 544323+++-x x x ，)(x g 在6Z 上的全部根为 3,1. 7、设H 是群G 的子群，G b a ∈,，则⇔=Hb Ha H ba ∈-1.8、设G =><a 是12阶循环群，则G 的生成元有 a ,a 5,a 7,a 11 .9、实数域R 的全部理想是 0, R .10、模8的剩余类环8Z 的全部零因子是6,4,211、阶大于1、有单位元且无零因子的交换 的环称为整环.四、计算与证明题1.解：（2）单位元为,1π414313212111,,,ππππππππ====----；（3）1阶子群：}{1π；2阶子群：},{},,{},,{},,{41313121ππππππππ，4阶子群：},,,{4321ππππ=G .（1）乘法表如下： 4321ππππ43211πππππ34122πππππ21433πππππ12344πππππ4. 设Z 为整数环，证明：（1）利用理想的定义验证，略（2）设有理想K 包含N ，即,R K N ⊆⊆由于Z 为主理想整环，所以K 为主理想，即有整数正k ，使>=<k K ，由于K N ⊂，且,p N ∈故,k p >=<∈K 从而,kn p =由于p 为素数，所以1k =或p k =，若k=p ，则K=N ；若k=1，则K=R ，所以除了Z 和N ，没有其它理想包含N .5.设R 是可交换的有限环,且含有单位元1，证明：R 中的非零元不是可逆元就是零因子.证明：设，},,,{21n a a a R =},,,{021n a a a R a =∈≠∀，且a 不是可逆元，令},,,,{21n aa aa aa S =由乘法封闭性，知 ,R S ⊆又元素a 不是可逆元，所以 n aa aa aa ,,,21 均不等于单位元1，所以S 为R 的真子集，又,n R =从而,1-≤n S 从而一定存在,j i ≠使,j i aa aa =即,0=-）（j i a a a 所以a 为环R 的零因子.6、设环R 含单位元1，证明：首先有N ⊆R ，又R a ∈∀，有1⋅=a a ，由于N 是R 的一个理想且1∈N ，根据理想的吸收性，有N a a ∈⋅=1，所以R ⊆N ，因此N=R.7、设K 是一个有单位元的整环，证明：K=<a >当且仅当a 是K 的可逆元. 证明：必要性 由于K 有单位元且可交换，故<a >={a r |任意r ∈K}，如果K=<a >，则1∈<a >,所以存在r ∈K ，使a r =1，因此a 是K 的可逆元； 充分性 a 是K 的可逆元，则存在r ∈K ，使a r =1，所以1∈<a >，任意s ∈K,由理想的吸收性，可知>∈<⋅=a s s 1,得K ⊆<a >，又显然<a >⊆ K ，所以K=<a >19、设环R 的特征char R=n 为合数，且|R|>1，证明环R 存在零因子.祝大家考试取得好成绩！。
韩士安近世代数课后习题参考答案2-2
习题2－21．证：因()()n n SL R GL R ⊆，()n n E SL R ∈，故()n SL R ≠∅∀,()n A B SL R ⊆，有111AB M A M −−=⋅⋅=，故1()n AB SL R −⊆从而()()n n SL R GL R ≤∀()n M GL R ∈，有111MAM M A M −−=⋅⋅=，故1()n MAM SL R −⊆所以()()n n SL R GL R2．由P －21，例4知，()c G G ≤又因为()c G 中的每一个元素与G 中的每一个元素都可交换，所以∀a G ∈，都有()()ac G c G a =，因此()c G G3．证：因为e e =，e HN ∈，所以HN ≠∅∀12,h h H ∈，12,n n N ∈，有11111111221122122122()()()()h n h n h n n h h h h n n h −−−−−−==又H G ≤，有112h h H −∈，N G ，故112122()h n n h N −−∈ 所以11122()()h n h n HN −∈故HN G < 4．证：1）M G ，N G ，故M N G ∩<又x M N ∀∈∩，a G ∈，M G ，有1axa M −∈ 又N G ，有1axa N −∈ 故1axa M N −∈∩ ()M N G ∴∩2）由题3知：MN G <，又∀,,m M n N a G ∈∈∈ 有111amna ama ana MN −−−=⋅∈ 故MN G5．解：对四次对称群4S 来说，44{(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)}K S =又因为4K 是交换群，故44{(1),(12)(34)}C K = 即444C K S ，但4C 不是4S 的正规子群，因为： 44(13){(13),(1234)},(13){(13),(1432)}C C == 44(13)(13)C C ≠8．证：H G ，则∀,a b G ∈，有()()()()aH bH aHb H abH H ab H H ab H ⋅===⋅=，必然性成立 若aH bH cH ⋅=，则()()ab ae be cH =∈ 从而()aH bH ab H ⋅=于是∀,a G h H ∈∈，有1()()ah a h aH −∈，11()a H aa H eH H −−===所以1aha H −∈ 故H G11．证：由于[:],G H m H G = ，故{}G aH a G H=∈∴x G ∀∈，有()m xH H =，故,m x G x H H ∀∈=m x H ∴∈12．证：,h H k K ∀∈∈， ,H G K G ∵∴1111()hkh k h kh k H −−−−=∈ 1111()hkh k hkh k K −−−−=∈∵ 11{}hkh k H K e −−∴⋅∈∩=故11hkh k e −−⋅=，即hk kh = 13．证：G a =<>，H G < {}G gH g G H=∈ ,G gH g G H∀∈∈，则m g a =G H∴为循环群。
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 ++++++=.。
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《近世代数》作业参考答案一．概念解释1．代数运算：一个集合B A ⨯到集合D 的映射叫做一个B A ⨯到D 的代数运算。
2．群的第一定义：一个非空集合G 对乘法运算作成一个群，只要满足：1）G 对乘法运算封闭；2）结合律成立： )()(bc a bc a =对G 中任意三个元c b a ,,都成立。
3）对于G 的任意两个元b a ,来说，方程b ax =和b ya =都在G 中有解。
3．域的定义：一个交换除环叫做一个子域。
4．满射：若在集合A 到集合A 的映射Φ下，A 的每一个元至少是A 中的某一个元的象，则称Φ为A 到A 的满射。
5．群的第二定义：设G 为非空集合，G 有代数运算叫乘法，若：（1）G 对乘法封闭；（2）结合律成立； （3）单位元存在； （4）G 中任一元在G 中都有逆元，则称G 对乘法作成群。
6．理想：环R 的一个非空子集N 叫做一个理想子环，简称理想，假若： （1）N b a N b a ∈-⇒∈, （2）N ar N ra N r N a ∈∈⇒∈∈,,7．单射：一个集合A 到A 的映射，a a →Φ: ，A a A a ∈∈,，叫做一个A 到A 的单射。
若：b a b a ≠⇒≠。
8． 换：一个有限集合的一个一一变换叫做一个置换。
9． 环：一个环R 若满足：（1）R 至少包含一个不等于零的元。
（2）R 有单位元。
（3）R 的每一个非零元有一个逆元，则称R 为除环。
10．一一映射：既是满射又是单射的映射，叫做一一映射。
11．群的指数：一个群G 的一个子群H 的右陪集（或左陪集）的个数，叫做群H 在G 里的指数。
12．环的单位元：设R 是一个环，R e ∈，若对任意的R a ∈，都有a ae ea ==，则称e 是R 的单位元。
二．判断题1．×； 2．×；3． √；4．×；5．√；6．√ ；7．√； 8，√；9．√；10．√；11．×；12．√ 三．证明题1． 证：G 显然非空，又任取A ，B G ∈，则1,1±=±=B A ，于是AB 是整数方阵，且1±=⋅=B A AB ， 故G AB ∈，即G 对乘法封闭。
结合律显然成立，且E 是G 单位元。
又设G A ∈，由于A 是整数方阵，故A 的伴随矩阵*A 也是整数方阵； 又,1±=A 故**-±==A A AA 11，即1-A 也是整数方阵，即G 中每一个元在G 中都有逆元，从而证得G 作 成一个群。
2．证：设∞=a ，则当n m ≠时，n ma a ≠，于是映射Φ：m a m →就是G=（a ）到整数加群Z 的一个一一映射。
又n m aa a nm nm+→=⋅+，故Φ是G 到Z 的同构映射。
即G=（a ）与整数加群Z 同构。
3．证：i ±±,1显然是Z[i]的单位，设x=a+bi 是Z[i]中的任意单位，则存在y=c+di ][i Z ∈使xy=(a+bi)(c+di)=1 而(a+bi)(c+di)=ac-bd+(bc+ad)i 既有：ac-bd=1,ad+bc=0 (1)从而 a abd c a =-2又ad= –bc 代入前式有：（a c b a =+)(22，即)(22b a +|a若a=0,则由（1）有bd= –1,只有b=1±,即i x ±=。
若0≠a ，则由)(22b a +|a 得b=0, a=1±,即x=1±,因此证得：Z[i] 的单位元只有i ±±,1。
4．证：由题设可列乘法表：a b c d a a b c d b b a d c c c d a b d d c b a由此表可知：方阵普通乘法是G 的代表运算，a 是G 的单位元，又由于对角线位置上的元素相等，故乘法可以交换，且每个元素G 中都有逆元，结合率显然成立。
故G 对方阵普通乘法作成一个交换群。
5．证：设e 是群G 的单位元，则e 显然满足方程另外设,G a ∈且a a =2，则有a a a a 121--= 即a=e, 即只有e 满足方程x x =2。
6．证：因为5212=±i为素数，则i 21±（以及i i i ±-±±-2,2,21）是Z[i]的不可约元，且显然有分解：)21)(21(5i i -+= 若设i n a a a a (521 =不可约） 则2222125n a a a ⋅=且25,122≠≠iia a ，这只有2=n ，且52=ia 不妨设5=ab 且522==b a则只能b a =，即5=a a ，即5有唯一分解。
7．证：由乘法表可知，G 对所给乘法封闭，e 是单位元，又e e=-1，b a =-1，a b =-1，即每个元素在G 中都有逆元，因此要证G 是一个群，只要再证结合律成立即可。
任取G y x ∈,，则显然有：)()()(ye x xy ey x xy e === )()(xx x x xx =其次令},{,b a y x ∈，且y x ≠，则由乘法表知：e yx xy x yy y xx ====,,，可知结合律成立。
8．证：1）设21,e e 分别是环R 的左右单位元，则由此有：1e 22e e = ，1e 2e =1e ， 从而1e =2e ，即它是R 的单位元。
2）设1e ，2e 是R 的两个互异的左单位元，则对任意的0,≠∈a R a ，有a e a a e 21== 或（1e -2e ）a =0，但1e -2e ≠0，故a 是R 的一个右零因子。
同理，若R 有至少两个右单位元，则R 的每一个非零元都是R 的左零因子。
9． 证：任取A ，B ∈F ，且令⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=a b b a A ，⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=c dd c B ，显然F B A ∈-，又当 0≠B 时，实数c,d 不全为零，于是022≠+=d c B ，且F bd ac bc ad ad bc bd ac AB ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛+--+=-1，故F 是M （R ）的一个子域。
10．证：显然所给运算是G 的一个代数运算，又任取,,,G c b a ∈则c u b au c b au c b a 111)()()(---== )()()(111c bu au c bu a c b a ---== 而G 是群。
)()(1111c bu au c u b au ----= 即)()(c b a c b a = 即G 对新代数运算结合律成立。
又任取G a ∈， a a u uu a ==-1，即u 是右单位元。
又u u ua au u ua a ==---)()(111 ，即u ua 1-是a 的右逆元。
由群的定义知，G 对新运算也作成一个群。
11．证：设E AB =，由于R 可交换，得：1===A B B A AB ，从而A 可逆，设*A 是A 的伴随矩阵，则由R 有单位元1可知：E A AA A A ==** 于是*--=A A A 11 故若：E AB =，则：A ABA = E A A AB AA ==--11 ，即E BA = 同理可由E AB E BA =⇒=，证毕。
12．证：不妨设A 含有单位元e ，任取A a a ∈21,，R r B b b ∈∈,,21，由题设A ，B 都是R 的理想，得:B b a b a ∈-2211 B A b a b a e b a e b a e b ea b ea b a b a ∈-=-=-=-)()()()()(2211221122112211四．解答题1．解：A a a a a a a ∈→Φ212121,},,m in{),(:，就是一个A A ⨯到A 的一个满射。
2．解1）H 不一定是群G 的子群，例： G=Z Z m m ⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛101为整数域。
对矩阵普通乘法作成一个群，而 H=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ 101,1021,1011,1001n 为G 的一个非空子集，易知有H H =2，但H 不是G 的子群，⎪⎪⎭⎫⎝⎛1011在H 中没有逆元。
2）当H 有限时，则H 是G 的子群。
任取H b a ∈,，由于H H =2，而H H ab =∈2即H ab ∈即H 对乘法运算封闭，即H 是G 的子群。
3．解：易知R 作成一个有单位元的可换环，但不一定作成域，如：当F 为实数域时，方阵02122≠⎪⎪⎭⎫⎝⎛=A ，属于R 但0=A ，故A 在R 中没有逆元，从而R 不能作成域，但是当F 为有理数域时，R 可以作成域。
4．解：Φ是X 到F 的一个映射，但不是一一映射，因为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=0011,0001B A ，A ，B ,X ∈且A B ≠，但在Φ下，0)()(=Φ=ΦB A ，不是一一映射。
5．解： 1）如整数加群G 除单位元O 外，每个元的阶都无限。
2）如：全体非零有理数对普通乘法作成一个群，满足题设条件，除单位元1的阶是1外，-1的阶是2，而其余各元素的阶都是无限。
6．解：能作成群，因为数的普通乘法显然是R 的代数运算，结合律当然成立，又1是R 的单位元，1与-1的逆元均为自身，任意R 的元a 都有逆元a1，故R 作成群。
7．解：105,84,63;42;21:1→→→→→Φ105,84,63,42,01:2→→→→→Φ 则1Φ，2Φ是X 到Y 的两个单射。
8．解：易知整数k,l 有相同的奇偶性⇔存在整数x,y,满足：y x l y x k +=-=, （1） 又Z[i]是有单位元的可换环，所以{}{}Z y x i y x y x i Z yi x i yi x i G ∈++-=∈+++>=+=<,|)()(][|)1)((1 由（1）知对][i Z li k ∈+，有.,.1l k i li k >⇔+∈<+有相同的奇偶性又][1i Z ∈，但>+∉<i 11取任][i Z ni m ∈+，若ni m +∉<1+i>,即m,n 有相反的奇偶性，从而>+∈<+-=-+i 1ni )1m (1ni m ，即>+<+>=+<++i 11i 1ni m ，故>+<i 1i][Z 共有两个元素>+<+>+<i 11,i 1。
9．解：域或其子域有相同的单位元，事实上若1F 是F 的子域，I 是F 的单位元，I '是1F 的单位元，则任取1F a ∈，且0≠a ，由1F 是域知F a ∈-1，且I aa '=-1，但I aa F aa =∈--111,,，故I aa I =='-1，即F 与1F 有相同的单位元。