近世代数第一章基本概念自测练习答案
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，
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近世代数基础知到章节答案智慧树2023年哈尔滨工程大学
近世代数基础知到章节测试答案智慧树2023年最新哈尔滨工程大学第一章测试1.在一个有限群里阶大于0的元的个数一定是偶数参考答案:错2.循环群一定不是交换群参考答案:错3.同构的两个群有相同的阶数参考答案:对4.整数环存在零因子参考答案:错5.设Z11是整数模11的剩余类环，则Z11的特征是1参考答案:错第二章测试1.参考答案:错2.参考答案:对3.参考答案:对4.在一个有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数参考答案:对5.一个有限群的每一个元素的阶都是有限的参考答案:对6.参考答案:错7.参考答案:;8.循环群一定是交换群参考答案:对9.参考答案:对10.参考答案:对第三章测试1.参考答案:对2.参考答案:对3.参考答案:错4.参考答案:对5.参考答案:对6.正规子群的交仍是正规子群。
参考答案:对7.参考答案:对8.参考答案:对9.参考答案:错10.参考答案:对第四章测试1.参考答案:32.参考答案:3.参考答案:P仅有平凡因子4.参考答案:5.参考答案:欧式环6.若Q是一个域，不正确的是参考答案:Q对乘法成群7.参考答案:8.参考答案:9.数域P上的n阶可逆上三角矩阵的集合关于矩阵的乘法()参考答案:构成一个群10.在高斯整数环Z[i]中，可逆元的个数为()参考答案:4个11.参考答案:12.参考答案:R的理想一定是子环13.参考答案:有单位元的交换环14.参考答案:1第五章测试1.参考答案:错2.参考答案:对3.参考答案:对4.参考答案:对5.参考答案:对6.参考答案:错7.参考答案:错8.参考答案:;;9.参考答案:;;10.参考答案:对第六章测试1.有限域F 的非零元作成的乘群是一个循环群参考答案:对2.每个有限扩展不一定是代数扩张参考答案:错3.域一定是整环，但整环却不一定是域参考答案:对4.整数环Z是域.参考答案:错5.若R是一个可交换的除环，则称R为域参考答案:对6.有限整环不是域参考答案:错7.参考答案:对8.参考答案:对9.下面是无限域的是参考答案:全体复数构成域;全体实数构成域10.参考答案:;;。
近世代数测试题答案
近世代数测试题（A）参考答案一、填空题（每题3分，共30分）:一、二、 3、或,或, 或4、五、或六、特点(或特点数) 7、没有八、一个极大理想九、不含真子域 10、代数元二、选择题（每题4分，共20分）:一、D 二、 D 3、B 4、D 五、D三、证明题（每题5分,共50分）:一、证明:显然是非空集合上的代数运算., 那么有即, 对此运算知足结合律.又, 即是的左单位元; 又, 有且, 即是在中的左逆元. 因此,对此运算作成一个群.二、证明: 第一易知,中的单位是.第二, 假设, 那么必是环的不可约元.事实上, 假设是的任一因子, 那么有, 使, 故或.但不可能, 故只有或.当时,是可逆元; 当时, 与相伴. 因此, 只有一般因子, 即是不可约元.故, 是的不可约元.但, 而且又不与中的任一个相伴, 即9不能惟一分解.3、证明:1), 那么, 于是.再任取, 由知,. 故.2) 不成立.因为, 例如, 但.事实上,. 即是由8生成的主办想.4、证明：方式(一):因为,是满同态，故.令.下证是商群到的一个同构映射. 1) 是映射: 设, 那么.因是同态满射,故.从而, 即是商群到的一个映射. 2) 是满射: , 因是同态满射, 故有使. 从而在之下有逆象, 即是满射. 3) 是单射: 设, 那么.因是满射, 故有使,其中是的单位元. 于是故. 从而, 即是单射.又显然在之下有,故是商群到的一个同构映射. 因此.方式(二):利用群同态大体定理因为,是满同态，故.设是群到商群的映射. 因为又是满射(因是满射),故是群到商群的满同态映射.又, 据群同态大体定理, .五、证因为G不是循环群，故G没有6阶元.从而由Lagrange定理知，G必有2阶元或3阶元.除外G中元素不能都是2阶元：假设不然，G为互换群.于是在G中任取互异的2阶元，那么易知.这与Lagrange定理矛盾.又除外G中元素不能都是3阶元：假设不然，那么在G中任取3阶元，可知G有子群，且.于是,这与矛盾.因此，G必有2阶元和3阶元.由此可知：，且易知是G到的一个同构映射，故G.近世代数测试题（B）参考答案一、填空题（每题3分，共30分）：一、适合二、(未全对者,不给分) 3、4、五、8 六、是 7、2 八、主办想整环九、(未全对者,不给分) 10、扩域二、选择题（每题4分，共20分）：一、D 二、 D 3、D 4、B 五、A三、证明题（每题10分,共50分）：一、证明: 设是由互换群中所有有限阶元素作成的集合. 显然, , 故非空. 假设，设. 因可换, 故, 从而。
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_杨子胥_第二版课后习题答案(发行版)
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kna．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(无限循环群有两个生成元，n 阶循环群a 有)(n ϕ个生成元而且a k 是生成元⇔(k n )＝1)； 2)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(i 1，i 2…i k )－1＝(i k ，…，i 2，i 1 )．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__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。
近世代数第一章基本概念自测练习
第一章 基本概念-自测练习一、判断题1.Φ是集合n A A A ⨯⨯⨯ 21到集合D 的映射，则),2,1(n i A i =不能相同.( )2.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.( )3.假如一个集合A 的代数运算 适合交换律，那么在n a a a a 123 里)(A a i ∈，元的次序可以交换.( )4.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.( )5.集合A 的一个等价关系决定A 的一个分类.( )6. 若代数系统与同构，(,)(,)A A 则与也同构.(,)(,)A A ( )7. 若代数系统与同态，(,)(,)A A 则与也同态.(,)(,)A A ( )二、选择题1. 设},,{},3,2,1{c b a B A ==，则A 到B 的映射个数有（ ）。
A. 9B. 6C. 12D. 272. 指出下列哪些运算是二元运算（ ）。
A ．在整数集Z 上，ab b a b a += B. 在有理数集Q 上，ab b a =C.在正实数集+R 上，b a b a ln =D.在集合{}0≥∈n Z n 上，b a b a -= 3. 设正整数集+Z 的二元运算 为：{}b a ax b a ,m = ，则( ). A. 不适合交换律 B. 不适合结合律C. 既适合交换律也适合结合律D. 适合交换律但不适合结合律4. 设{,,}A =123,约定A 的二元运算 为：x ,,y x y A =∀∈1 ，则对 来说，A 的自同 构 有( )个.A. 1B.2C.3D.65. 设Z 为整数集，则以下关系中，哪个是Z 的元间的等价关系？ ( )A. a ～b ⇔a 2+b 2=0B.a ～b ⇔b a ≥C. a ～b ⇔b a |2+D.a ～b ⇔b |a三、简单题1.试给出集合X={1，2，3，4，5}到Y={0，2，4，6，8}的两个单射.2.{}1003,2,1 =A ，找一个A 的二元运算. 3.试给出整数集到偶数集的两个不同的映射。
近世代数习题第一章
第一章 基本概念1、设B A ,是两个有限集，证明：||||||||B A B A B A +=+ .2、设Y X ,都是有理数集，证明：法则b a ab + :δ 不是X 到Y 的映射.3、设},3,2,1{ =X ，Y 是有理数集，证明：法则2:x x δ是X 到Y 的映射.4、设X 为数域F 上的全体n 维向量构成的集合，证明：法则121),,,(:a a a a n δ是X 到F 的映射.5、设},3,2,1{ =X ，},6,4,2{ =Y ，证明：法则x x 2: δ是X 到Y 的双射.6、设X 为数域F 上的全体n 阶方阵作成的集合，},2,1,0{ =Y ，用)(A r 表示矩阵A 的秩，证明：法则)(:A r A δ是X 到Y 的满射，但不是单射.7、设Y X ,是两个有限集且||||Y X =，则X 到Y 的映射δ是满设当且仅当δ是单射.8、设},3,2,1{ =X ，证明：法则2:x x δ是X 到Y 的单射，但不是满射.9、证明：具有n 个元素的集合共可构成!n 个双射.10、判断法则b a b a +=是不是整数集的代数运算.11、判断法则1+=ab b a是不是整数集的代数运算.12、判断法则B A B A ||=是不是数域F 上的全体n 阶方阵的集合的代数运算.13、设M 是自然数集合，则M 的代数运算1+=ab b a 不满足结合律.14、变换的乘法满足结合律.15、设M 是实数集合，则M 的代数运算b a b a 32+= 是否满足结合律和交换律.16、设M 全校学生全体，规定b a aRb ,⇔同在一系.证明：这一关系是M 上的一个等价关系.17、求由等价关系)4(mod b a aRb ≡⇔所决定的整数集Z 的分类.18、设}10,6,4,2,1{=M ，规定b a aRb +⇔|4问：R 是不是M 上关系，是否满足反身性、对称性与传递性.19、设A 、B 是集合，| A |＝3，| B |＝2，则共可定义多少个从A 到B 的映射，其中 有多少个个单射，有多少个个满射，有多少个个双射.。
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。
代数学引论(近世代数)答案
第一章代数基本概念习题解答与提示(P54)1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群.证明:对任意a,b G,由结合律我们可得到(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b再由已知条件以及消去律得到ba=ab,由此可见群G为交换群.2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群.证明: [方法1]对任意a,b G,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此G为交换群.[方法2]对任意a,b G,a2b2=e=(ab)2,由上一题的结论可知G为交换群.3.设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件:(1)a(bc)=(ab)c;(2)由ab=ac推出a=c;(3)由ac=bc推出a=b;证明G在该乘法下成一群.证明:[方法1]设G={a1,a2,…,a n},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若i j(I,j=1,2,…,n),有a k a i a k a j------------<1>a i a k a j a k------------<2>再由乘法的封闭性可知G={a1,a2,…,a n}={a k a1, a k a2,…, a k a n}------------<3>G={a1,a2,…,a n}={a1a k, a2a k,…, a n a k}------------<4>由<1>和<3>知对任意a t G, 存在a m G,使得a k a m=a t.由<2>和<4>知对任意a t G, 存在a s G,使得a s a k=a t.由下一题的结论可知G在该乘法下成一群.下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。
[方法2]为了证明G在给定的乘法运算下成一群，只要证明G内存在幺元(单位元)，并且证明G内每一个元素都可逆即可.为了叙述方便可设G={a1,a2,…,a n}.(Ⅰ) 证明G内存在幺元.<1> 存在a t G，使得a1a t=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明);<2> 证明a1a t= a t a1;因为a1(a t a1)a t=(a1a t) (a1a t)=(a1)2a1(a1a t)a t=(a1a1)a t=a1(a1a t)= (a1)2,故此a1(a t a1)a t= a1(a1a t)a t.由条件(1),(2)可得到a1a t= a t a1.<3> 证明a t就是G的幺元;对任意a k G,a1(a t a k) =(a1a t)a k=a1a k由条件(2)可知a t a k=a k.类似可证a k a t=a k.因此a t就是G的幺元.(Ⅱ) 证明G内任意元素都可逆；上面我们已经证明G内存在幺元，可以记幺元为e，为了方便可用a,b,c,…等符号记G内元素.下面证明任意a G，存在b G，使得ab=ba=e.<1> 对任意a G，存在b G，使得ab=e;(这一点很容易证明这里略过.)<2> 证明ba=ab=e;因为a(ab)b=aeb=ab=ea(ba)b=(ab)(ab)=ee=e再由条件(2),(3)知ba=ab.因此G内任意元素都可逆.由(Ⅰ),(Ⅱ)及条件(1)可知G在该乘法下成一群.4.设G是非空集合并在G内定义一个乘法ab.证明:如果乘法满足结合律,并且对于任一对元素a,b G,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则G在该乘法下成一群.证明：取一元a G,因xa=a在G内有解, 记一个解为e a ,下面证明e a为G内的左幺元. 对任意b G, ax=b在G内有解, 记一个解为c,那么有ac=b ,所以e a b= e a(ac)= (e a a)c=ac=b,因此e a为G内的左幺元.再者对任意d G, xd=e a在G内有解,即G内任意元素对e a存在左逆元, 又因乘法满足结合律,故此G在该乘法下成一群.[总结]群有几种等价的定义:(1)幺半群的每一个元素都可逆，则称该半群为群.(2)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含幺元, G内任意元素都有逆元,则称G为该运算下的群.(3)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含左幺元, G内任意元素对左幺元都有左逆元,则称G为该运算下的群.(4)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且对于任一对元素a,b G,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则称G为该运算下的群.值得注意的是如果一个有限半群满足左右消去律, 则该半群一定是群.5.在S3中找出两个元素x,y,适合(xy)2x2y2.[思路] 在一个群G中，x,y G, xy=yx(xy)2x2y2(这一点很容易证明).因此只要找到S3中两个不可交换的元素即可. 我们应该在相交的轮换中间考虑找到这样的元素.解: 取x=, y=那么(xy)2= x2y2.[注意]我们可以通过mathematica软件编写S n的群表,输出程序如下:Pr[a_,b_,n_]:=(*两个置换的乘积*)(Table[a[[b[[i]]]],{I,1,n}]);Se[n_]:=(*{1,2,…,n}的所有可能的排列做成一个表格*)(Permutations[Table[i,{I,1,n}]]);Stable[n_]:=(*生成S n群表*)(a=Se[n];Table[pr[a[[i]],a[[j]],n],{I,1,n},{j,1,n}])当n=3时群表如下：[说明]：表示置换, 剩下的类似.为了让更清楚，我们分别用e,a,b,c,d,f表示,,,,那么群表如下:6.对于n>2,作一阶为2n的非交换群.7.设G是一群, a,b G,如果a-1ba=b r,其中r为一正整数,证明a-i ba i=.证明：我们采用数学归纳法证明.当k=1时, a-1ba=b r=, 结论成立；假设当k=n时结论成立, 即a-n ba n=成立, 下面证明当k=n+1时结论也成立.我们注意到a-1b k a== b kr,因此a-(n+1)ba n+1= a-1 (a-n ba n)a=a-1a==,可见k=n+1时结论也成立.由归纳原理可知结论得证.8.证明:群G为一交换群当且仅当映射是一同构映射.证明:(Ⅰ)首先证明当群G为一个交换群时映射是一同构映射.由逆元的唯一性及可知映射为一一对应，又因为,并且群G为一个交换群,可得.因此有.综上可知群G为一个交换群时映射是一同构映射.(Ⅱ)接着证明当映射是一同构映射,则群G为一个交换群.若映射是一同构映射,则对任意有,另一方面，由逆元的性质可知.因此对任意有,即映射是一同构映射,则群G为一个交换群.9.设S为群G的一个非空子集合，在G中定义一个关系a～b当且仅当ab-1S.证明这是一个等价关系的充分必要条件为S是一个子群.证明:首先证明若～是等价关系，则S是G的一个子群.对任意a G,有a～a,故此aa-1=e S；对任意a,b S,由(ab)b-1=a S,可知ab～b，又be-1=b S,故b～e,由传递性可知ab～e，即(ab)e-1=ab S.再者因ae-1=a S, 故a～e,由对称性可知e～a，即ea-1=a-1S.可见S是G的一个子群.接着证明当S是G的一个子群,下面证明～是一个等价关系.对任意a G, 有aa-1=e S，故此a～a(自反性);若a～b，则ab-1S,因为S为G的子群，故(ab-1)-1=ba-1S,因此b～a(对称性);若a～b，b～c,那么ab-1S,bc-1 S,故ab-1 bc-1=ac-1S，因此a～c(传递性).综上可知～是一个等价关系.10.设n为一个正整数, nZ为正整数加群Z的一个子群，证明nZ与Z同构.证明:我们容易证明为Z到nZ的同构映射,故此nZ与Z同构.11.证明:在S4中，子集合B={e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}是子群，证明B与U4不同构.证明:可记a=(1 2)(3 4), b=(1 3)(2 4), c=(1 4)(2 3)，那么置换的乘积表格如下：由该表格可以知道B中的元素对置换的乘法封闭，并且B的每一元都可逆(任意元的逆为其本身),因此B为S4的子群. 这个群(以及与其同构的群)称为Klein(C.L.Klein,1849-1925)四元群.假设B与U4同构,并设f为B到U4的同构映射, 则存在B中一元x使得f(x)=i(i为虚数单位),那么f(x2)= f2(x)=i2=-1另一方面, f(x2)=f(e)=1(注意x2=e),产生矛盾.所以假设不成立, 即B与U4不同构.[讨论] B与U4都是4元交换群，但是后者是循环群, 前者不是, 这是这两个群的本质区别.12.证明:如果在一阶为2n的群中有一n阶子群，它一定是正规子群.证明:[方法1]设H是2n阶群G的n阶子群, 那么对任意a H, 有H aH=,并且aH G,H G,又注意到aH和H中都有n个元素, 故此H aH=G.同理可证对任意a H, 有H Ha=, H Ha=G，因此对任意a H，有aH=Ha.对任意a H, 显然aH H, Ha H又因aH,Ha及H中都有n个元素，故aH=Ha=H.综上可知对任意a G,有aH=Ha，因此H是G的正规子群.[方法2]设H是2n阶群G的n阶子群,那么任取a H, h H, 显然有aha-1H.对给定的x H, 有H xH=, H xH=G.这是因为若假设y H xH, 则存在h H，使得y=xh,即x=yh-1H产生矛盾,因此H xH=;另一方面, xH G,H G, 又注意到xH和H中都有n个元素, 故此H xH=G.那么任取a H,由上面的分析可知a xH, 从而可令a=xh1这里h1H.假设存在h H, 使得aha-1H,则必有aha-1xH,从而可令aha-1=xh2这里h2H.那么xh1ha-1=xh2,即a= h2h1h H,产生矛盾.因此，任取a H, h H, 有aha-1H.综上可知对任取a G, h H, 有aha-1H,因此H为G的一个正规子群.13.设群G的阶为一偶数,证明G中必有一元素a e适合a2=e.证明:设b G，且阶数大于2，那么b≠b-1,而b-1的阶数与b的阶数相等.换句话说G 中阶数大于2的元素成对出现，幺元e的阶数为1，注意到G的阶数为宜偶数，故此必存在一个2阶元，(切确的说阶数为2的元素有奇数个).[讨论][1] 设G是一2n阶交换群，n为奇数则G中只有一个2阶元.为什么？提示：采用反证法，并注意用Lagrange定理.[2] 群G中，任取a G，有a n=e，那么G一定是有限群吗？如果不是请举出反例，若是有限群，阶数和n有什么关系？14.令A=, B=证明:集合{B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群D n同构.证明:下面证明G={B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群.(Ⅰ)首先证明对乘法运算封闭. 下面进行分类讨论：(1)B i B j=B i+j,注意到B n=故此B i B j=B r G这里i+j=kn+r,k Z,0<r n.(2) A B i B j=B r G这里i+j=kn+r,k Z,0<r n.(3)容易证明BAB=A=AB n,BA=B i AB(s+1)n=AB n-t G,这里i=sn+t,k Z,0<t n.那么B i(AB j)=( B i A)B j=(AB n-t)B j G(4)(AB i)(AB j)=A(B i AB j)=A((AB n-t)B j)=A2(B n-t B j)= B n-t B j)G由(1),(2),(3),(4)知G对乘法运算封闭.(Ⅱ)因集合G对矩阵乘法封闭，再由矩阵乘法的性质可知，结合律肯定成立.(Ⅲ)显然B n=A2=E为幺元.(Ⅳ)对B i(i=1,2,…,n),有B i B n-i=E;对AB i(i=1,2,…,n),有(AB i)(B n-i A)=E,因此G内任何一元都可逆.由(Ⅰ)，(Ⅱ)，(Ⅲ)，(Ⅳ)可知G在矩阵乘法下构成一群.最后证明G与D n同构.令f:G→D nf(B i)=T i, f(AB i)=ST i(i=1,2,…,n)，可以证明f就是G到D n的同构映射，这里不予证明了.15.设i是一个正整数, 群G中任意元素a,b都适合(ab)k=a k b k, k=I,i+1,i+2,证明G为交换群.证明:对任意a,b Ga i+2b i+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (a i+1b i+1)=a(ba i+1)b i+1,根据消去律可得a i+1b=ba i+1.----------------------(1)同时a i+1b i+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (a i b i)=a(ba i)b i+1,根据消去律可得a i b=ba i.---------------------------(2)因此a i+1b=a(a i b)=a(ba i)=(ab)a i----(3)另外ba i+1=(ba)a i----------------------(4)结合(1),(3),(4)有(ab)a i=(ba)a i---------------------(5)由消去律可得到ab=ba.因此G为交换群.16.在群SL2(Q)中，证明元素a=的阶为4，元素b=的阶为3，而ab为无限阶元素.证明：可以直接验证a的阶为4，b的阶为3.因为ab=，对任何正整数n，(ab)n=≠可见ab的阶为无限.[注意] 在一群中，有限阶元素的乘积并不一定也是有限阶的，但两个可交换的有限阶元素的乘积一定是有限阶元素.[问题] 若一群中所有元素的阶数都有限，那么这个群一定是有限群吗？17.如果G为一个交换群，证明G中全体有限阶元素组成一个子群.证明:交换群G中全体有限阶元素组成的集合记为S，任取a，b S，并设a的阶为m，b的阶为n，则(ab)mn=(a m)n(b n)m=e因此ab为有限阶元素，即ab S.a-1的阶数与a相同，故此a-1也是有限阶元素，即a-1S.综上可知S为G的一个子群.18.如果G只有有限多个子群，证明G为有限群.证明:采用反证法证明.假设G为无限群，则G中元素只可能有两种情况：(1)G 中任意元素的阶数都有限、(2)G中存在一个无限阶元素.(1)首先看第一种情况：G中取a1≠e，并设其阶数为n1，则循环群G1={,…}为G的一个子群；G中取a2G1，并设其阶数为n2，则循环群G2={,…}为G的一个子群；G中取a3G1∪G2，并设其阶数为n3，则循环群G3={,…}为G的一个子群；………我们一直这样做下去，可以得到G的互不相同的子群构成的序列G n(n=1,2,…)，所以G有无穷多个子群，产生矛盾；(2)再看第二种情况:设a∈G的阶数为无穷，那么序列G1=<>，G2=<>，…，G n=<>，…是G的互不相同的子群，所以G有无穷多个子群，产生矛盾.综上就可知“G是无限群”这个假设不成立，因此G是有限群.19.写出D n的所有正规子群.20.设H，K为群G的子群，HK为G的一子群当且仅当HK=KH.证明：(Ⅰ)设HK=KH，下面证明HK为G的一子群.任取a,b∈HK,可令a=h1k1，b=h2k2这里h i∈H，k i∈K，i=1,2.那么ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 ---------------(1)因HK=KH，故此k1h2= h3k3 ----------------------(2)这里h3∈H，k3∈K.由(1),(2)知ab= h1(h3k3)k2=(h1h3)(k3k2)∈HK. ------------(3)另外，a-1= (h1k1)-1= ∈KH=HK. ----------------- (4)由(3),(4)知HK是G的子群.(Ⅱ) HK为G的一子群,下面证明HK=KH.若a∈HK,易知a-1∈KH. HK是子群,任取a∈HK，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a ∈KH，那么有HK KH.若a∈KH,易知a-1∈HK. HK是子群,任取a∈KH，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a ∈HK，那么有KH HK.综上知，HK=KH.21.设H，K为有限群G的子群，证明证明：因H∩K为H的子群，那么可设H的左陪集分解式为H=h1(H∩K)∪h2(H∩K)∪…∪h r(H∩K)这里r为H∩K在H中的指数，h i∈H，当i≠j，h i-1h j∉H∩K(事实上等价于h i-1h j ∉K),i, j=1,2,…,r.又(H∩K)K=K,所以HK=h1K∪h2K∪…∪h r K.------------(1)注意到h i-1h j∉K，所以当i≠j(i, j=1,2,…,r)时，h i K∩h j K=.----------------(2)由(1),(2)我们得到[总结]左陪集的相关结论设H为G的一子群，那么(1)a∈aH;(2)a∈H⇔aH=H;(3)b∈aH⇔aH=bH;(4)aH=bH⇔a-1b∈H;(5)aH∩bH≠，有aH=bH.22.设M,N是群G的正规子群.证明：(i)MN=NM;(ii)MN是G的一个正规子群；(iii)如果M N={e}，那么MN/N与M同构.证明：(i)[方法1]任取a∈MN,可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M为G的正规子群，故n-1mn ∈M. 所以a=n(n-1mn) ∈NM，故此MN⊆NM.同样的方法可以证明NM⊆MN. 因此MN=NM.[方法2]任取a，b∈MN，可设a=m1n1(m1∈M，n1∈N)，b=m2n2(m2∈M，n2∈N).下面只要证明MN为G的一个子群即可(由第20题可知)，也就是说只要证明ab-1∈MN即可.因为ab-1=m1n1n2-1m2-1= [m1(n1n2-1m2-1n2n1-1)](n1n2-1)，而M为G的正规子群，故n1n2-1m2-1n2n1-1∈M，所以ab-1∈MN.(ii) 由(i)可知MN为G的一个子群.任取a∈MN, 可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M和N为G的正规子群，对任意g∈G，有g-1ag= g-1mng= (g-1mg)(g-1ng) ∈MN.所以MN为G的正规子群.(iii) 易知N为MN的正规子群，因此MN/N是一个群. 因为M N={e}，对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N[注].作一个MN/N到M的映射f[注]，f: MN/N→MmN m，那么该映射显然是一一对应，另外f(m i N m j N)= f(m i m j N)= m i m j，因此f为MN/N到M的同构映射，即MN/N与M同构.[讨论]1. 只要M和N的一个是正规子群，那么MN就是子群，或者说成立MN=NM.这一点我们从(i)的证明方法2可知.2. M和N中有一个不是正规子群时MN一定不是正规子群.[注意]1M N={e}，对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N.证明：若存在m i≠m j∈M, 有m i N=m j N，那么m i m j-1∈N，而m i m j-1∈M. 因此m i m j-1∈M N，产生矛盾.2. 设f: MN/N→MmN m，则由于对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N，故此f为MN/N到M的一个映射.23.设G是一个群，S是G的一非空子集合.令C(S)={x∈G|xa=ax,对一切a∈S}N(S)= {x∈G|x-1Sx=S}.证明：(i) C(S),N(S)都是G的子群;(ii) C(S)是N(S)的正规子群.证明：(i) 首先证明C(S)是G的子群.任取x，y∈C(S)，那么对任意a∈S有xa=ax，ya=ay. 那么一方面，(xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=(ax)y=a(xy)，所以xy∈C(S).另一方面，xa=ax a=x-1ax ax-1=x-1a所以x-1∈C(S).因此，C(S)是G的子群.接着证明N(S)都是G的子群.任取x，y∈N(S)，则x-1Sx=S，y-1Sy=S. 那么一方面，(xy)-1S(xy)=x-1(y-1Sy)x=x-1Sx=S所以xy∈N(S).另一方面，x-1Sx=S S=xSx-1所以x-1∈N(S).因此，N(S)是G的子群.(ii) 任取x∈C(S)，a∈S，则xa=ax，即a=x-1ax，亦即S= x-1Sx. 因此x∈N(S)，即C(S)N(S).任取x∈C(S)，y∈N(S)，a∈S，则存在a y∈S使得yay-1=a y，因此a=y-1a y y.那么(y-1xy)a(y-1xy)-1=y1[x(yay-1)x-1]y= y1(xa y x-1)y= y-1a y y=a，即(y-1xy)a=a(y-1xy).所以y-1xy∈C(S)，因此C(S)是N(S)的正规子群.24.证明任意2阶群都与乘法群{1，-1}同构.证明：略.25.试定出所有互不相同的4阶群.解：我们分类讨论:(1)存在四阶元；(2)不存在四阶元.(1)若存在一个四阶元，并设a为一个四阶元，那么该四阶群为<a>.(2)若不存在四阶元，那么除了单位元e的阶为1，其余元素的阶只能是2，即设四阶群G={e，a，b，c}，那么a2=b2=c2=e，ab=ba=c，ac=ca=b，bc=cb=a. 群表如下：这是Klein四阶群.综上可知，四阶群群在同构意义下只有两种或者是四阶循环群或者是Klein 四阶群.26.设p为素数.证明任意两个p阶群必同构.证明：易知当p为素数时，p阶群必存在一个p阶元，即p阶群必是p阶循环群，故两个p阶群必同构.27.Z为整数环，在集合S=Z×Z上定义(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d),(a,b)(c,d)=(ac+bd,ad+bc).证明S在这两个运算下成为幺环.提示：(1,0)为该环的单位元素.证明：略.28.在整数集上重新定义加法“”与乘法“”为a b=ab, a b=a+b试问Z在这两个运算下是否构成一环.答：不构成环.29.设L为交换幺环，在L中定义：a b=a+b-1,a b=a+b-ab.这里e为单位元素，证明在新定义的运算下，L仍称为交换幺环，并且与原来的环同构.证明：(i)证明L在运算下构成交换群：由的定义，得到(a b)c=(a+b-1)c=a+b-1+c-1=a+b+c-2a(b c)= a(b+c-1)= a+b+c-1-1=a+b+c-2这里2=1+1，所以(a b)c= a(b c).----------------(1)同时由的定义还可以得到a1= 1a=a，------------------------(2)a(2-a)=(2-a)a=1，---------------(3)a b=b a，----------------------------(4)由(1),(2),(3)(4)可知L在运算下构成交换群.(ii)证明L中运算满足结合律和交换律：容易证明这里略过.(iii)证明乘法对加法满足分配律：因为a(b c)= a(b+c-1)=a+(b+c-1)-a(b+c-1)=2a+b+c-ab-ac-1，(a b)(a c)=(a+b-1)(a+c-1)= (a+b-ab)+(a+c-ac)-1=2a+b+c-ab-ac-1，所以a(b c)= (a b)(a c).由于和满足交换律，故此(b c)a= (b a)(c a).因此新定义的乘法对新定义的加法满足分配律(iv) 设0为环(L，+，)的零元，则0a=a0=a由(i)，(ii)，(iii)，(iv)可得到(L，，)为交换幺环.(v) 最后证明(L，+，)与(L，，)同构：设f: L→Lx1-x，容易证明f为(L，+，)到(L，，)的同构映射.30.给出环L与它的一个子环的例子，它们具有下列性质:(i) L具有单位元素，但S无单位元素；(ii) L没有单位元素，但S有单位元素；(iii) L, S都有单位元素，但互不相同；(iv) L不交换，但S交换.解：(i) L=Z，S=2Z；(ii) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；(iii) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；(iv) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；31.环L中元素e L称为一个左单位元，如果对所有的a∈L，e L a= a；元素e R称为右单位元，如果对所有的a∈L，ae R=a.证明：(i)如果L既有左单位元又有右单位元，则L具有单位元素；(ii)如果L有左单位元，L无零因子，则L具有单位元素；(iii)如果L有左单位元，但没有右单位元，则L至少有两个左单位元素.证明：(i) 设e L为一个左单位元，e R为右单位元，则e L e R=e R=e L.记e=e R=e L，则对所有的a∈L，ea=ae=a，因此e为单位元素；(ii) 设e L为一个左单位元，则对所有的a(≠0)∈L，a(e L a)=a2；另一方面，a(e L a)=(ae L)a.所以a2=(ae L故此a= ae L.另外，若a=0，则a= ae L=e L a.因此左单位元e L正好是单位元.(iii) 设e L为一个左单位元，因为L中无右单位元，故存在x∈L，使得xe L≠x，即xe L-x≠0,则e L+ xe L-x≠e L，但是对所有的a∈L，(e L+ xe L-x)a=a,因此e L+ xe L-x为另一个左单位元，所以L至少有两个左单位元素.[注意] L无零因子，则满足消去律(参考教材46页).32.设F为一域.证明F无非平凡双边理想.证明：设I为F的任意一个理想，且I≠{0}，则对任意a(≠0)∈I，则a-1∈F,于是a-1a=1∈I.从而F中任意元素f，有f1=f∈I，故I=F，即F只有平凡双边理想.[讨论] 事实上，一个体(又称除环)无非平凡双边理想. 另一方面，若L是阶数大于1的(交换)幺环，并且除了平凡理想，没有左或右理想，则L是一体(域).33.如果L是交换环，a∈L，(i) 证明La={ra|r∈L}是双边理想；(ii) 举例说明，如果L非交换，则La不一定是双边理想.证明：(i) 容易验证La为L的一个加法群. 任取ra∈La，l∈L，则l(ra)=(lr)a∈La，(ra)l=r(al)=r(la)=(rl)a∈La故La为L的一个双边理想.(ii) 设L=M2(R)，那么L显然不是交换环，取h=，下面考察Lh是否为L的理想：取k=，容易验证h∈Lh，hk Lh，因此Lh不是L的一个理想.34.设I是交换环L的一个理想，令rad I={r∈L|r n∈I对某一正整数n}，证明rad I也是一个理想.radI叫做理想I的根.35.设L为交换幺环，并且阶数大于1，如果L没有非平凡的理想，则L是一个域.证明：只要证明非零元素均可逆即可.任取a∈L，那么La和aL是L的理想，且La≠{0}，aL≠{0}，因L无平凡的理想，故此La=aL=L，因此ax=1和ya=1都有解，因而a为可逆元.36.Q是有理数域，M n(Q)为n阶有理系数全体矩阵环.证明无非平凡的理想(这种环称为单环).证明：我们社K为M n(Q)的非零理想，下面证明K=M n(Q).为了证明这一点，只要证明n阶单位矩阵E∈K.记E ij为除了第i行第j列元素为1，其余元素全为0的矩阵.那么E ij E st=而E=E11+E22+…+E nn.我们只要证明E ii∈K(i=1,2,…,n)就有E∈K.设A∈K，且A≠0，又令A=(a ij)n×n,假设a kj≠0，则有E ik AE ji=a kj E ii(i=1,2,…,n).由于a kj≠0，故存在逆元a kj-1.设B= a kj-1E ii,则BE ik AE ji= a kj-1E ii E ik AE ji= a kj-1E ik AE ji=E ik E kj E ji=E ii.因为K为理想，A∈K，所以E ii=BE ik AE ji∈K，证毕.37.设L为一环，a为L中一非零元素.如果有一非零元素b使aba=0，证明a是一个左零因子或一右零因子.证明：若ab=0，则a为左零因子；若ab≠0，则aba=(ab)a=0，故ab为右零因子.38.环中元素x称为一幂零元素，如果有一正整数n使x n=0，设a为幺环中的一幂零元素，证明1-a可逆.证明：设a n=0，那么(1+a+a2+…+a n-1)(1-a)=(1-a) (1+a+a2+…+a n-1)=1-a n=1因此1-a可逆.39.证明：在交换环中，全体幂零元素的集合是一理想.证明：略.40.设L为有限幺环.证明由xy=1可得yx=1.证明：当L只有一个元素，即L={0}，亦即0=1[注]，此时显然有xy=1=xy；当L有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y不是左零元[注],因此yL=L.又因L为有限环，所以存在z∈L，使得yz=1.注意到(xy)z=z，x(yz)=x，所以x=z，即yx=1.[注意]1.幺环多于一个元素当且仅当0≠1.2．当L有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y不是左零元.因为若存在z ≠0使得yz=0，则z=(xy)z=x(yz)=0,产生矛盾.41.在幺环中，如果对元素a有b使ab=1但ba≠1，则有无穷多个元素x，适合ax=1. (Kaplansky定理)证明：首先，若ab=1但ba≠1，则a至少有两个右逆元[注].现在假设a只有n(>1)个右逆元，并设这些元素为x i(i=1,2,…,n).那么a(1-x i a+x1)=1(i=1,2,…,n),又当i≠j时，1-x i a+x1≠1-x j a+x1[注]，这里i，j=1,2,…,n.于是{x i|i=1,2,…,n}={1-x i a+x1| i=1,2,…,n }，故存在x k∈{x i|i=1,2,…,n}使得x1=1-x k a+x1,x k a=1.因为n>1，我们取x t≠x k∈{x i|i=1,2,…,n}，那么(x k a)x t=x t，(x k a)x t =x k(ax t)=x k因此x t=x k，产生矛盾，所以假设不成立，即a有无穷多个右逆元.[注意]1. 若ab=1但ba≠1，则a至少有两个右逆元. 因为易验证1-ba+a就是另一个右逆元.2. 假设当i≠j时，1-x i a+x1=1-x j a+x1，则x i a=x j a，故x i ax1=x j ax1,因此x i=x j，产生矛盾.42.设L是一个至少有两个元素的环. 如果对于每个非零元素a∈L都有唯一的元素b使得aba=a.证明：(i) L无零因子；(ii) bab=b;(iii) L有单位元素；(iv) L是一个体.证明：(i) 先证明L无左零因子，假设a为L的一个左零因子，那么a≠0，且存在c ≠0，使得ac=0，于是cac=0. 因a≠0，则存在唯一b使得aba=a.但a(b+c)a=a,b+c≠b产生矛盾，所以L无左零因子.类似可证L无右零因子.(ii) 因aba=a，所以abab=ab. 由(i)的结论知L无零因子，因此满足消去律，而a≠0，故bab=b.(iii) 我们任一选取a(≠0)∈L，再设aba=a(这里b是唯一的)，首先证明ab=ba.因为a(a2b-a+b)a=a，所以a2b-a+b=b，即a2b=a=aba，由消去律得到ab=ba.任取c∈L，则ac=abac，故此c=(ba)c=(ab)c；另一方面，ca=caba，故此c=c(ab).综上得到c=(ab)c=c(ab),所以ab就是单位元素，我们记ab=ba=1. (iv) 由(iii)可知任意a(≠0)∈L，ab=ba=1，即任意非零元素都可逆，因此L成为一个体.43.令C[0,1]为全体定义在闭区间[0,1]上的连续函数组成的环.证明：(i) 对于的任一非平凡的理想I，一定有个实数，，使得f()=0对所有的f(x)∈I；(ii) 是一零因子当且仅当点集{x∈[0,1]|f(x)=0}包含一个开区间.证明：(i) 证明思路：设I为非零的非平凡理想，假设对任意x∈[0,1]，存在f(x)∈I使得f(x)≠0，想法构造一个g∈I可逆.(ii) 提示：用连续函数的局部保号性.44.令F=Z/pZ为p个元素的域.求(i) 环M n(F)的元素的个数；(ii) 群GL n(F)的元素的个数.解：45.设K是一体，a，b∈K，a，b不等于0，且ab≠1.证明华罗庚恒等式：a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.证明：因为a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba⇔1-(a-1+(b-1-a)-1)-1a-1=ab⇔(aa-1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab⇔(1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab⇔(1+((ab)-1-1)-1)-1=1-ab，为了方便记x=ab，那么1-x，x，x-1-1都可逆，只要证明(1+(x-1-1)-1)-1=1-x即可，或者证明1+(x-1-1)-1=(1-x)-1即可.因为1+(x-1-1)-1=1+(x-1-x-1x)-1=1+(1-x)-1x=(1-x)-1(1-x) +(1-x)-1x=(1-x)-1,所以结论成立，即a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.网易全新推出企业邮箱。
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自测练习参考答案
一、判断题
1.(× )
2. (√ )
3.(× )解释:同时还要适合结合律
4. (√ )
5. (√ )
6. (√ )
7.(× ):
二、选择题
1. （D ）
2. （D ）
3. （C ）
4. （B ）解释:和第9节课后习题1完全类似，但也是大家作业中出现问题最多的一道题。
详细答案如下：（按解答题格式写）
解：首先，A 的一一变换有3!=6个，具体为
:,,ϕ→→→1112233 :,,ϕ→→→2122331
:,,ϕ→→→3133221 :,,ϕ→→→4122133
:,,ϕ→→→5112332 :,,ϕ→→→6132231
其次，如果是的自同构，则必保持运算即.A ϕϕ,,()()(),x y A x y x y ϕϕ∀∈= 也即（这是是自同构的必要条件）().ϕϕ=11.可见，只有和ϕϕ15满足此条件. 说明和ϕϕ15可能为的自同构.A 经验证，和的确是的自同构.A ϕϕ15
5. （C ）
三、简答题
1.105,84,63;42;21:1→→→→→Φ
105,84,63,42,01:2→→→→→Φ则1Φ，2Φ是X 到Y 的两个单射。
2. A a a a a a a ∈→Φ212121,},,m in{),(:，就是一个A A ⨯到A 的一个满射。
3. 设Z 为整数集，2Z 为偶数集，x x 2:1→Φ， )1(2:2+→Φx x ，其中Z x ∈，则1Φ，2Φ就是Z 到2Z 的两个不同的映射。
4. (1) ()2,f x x x Z =∀∈；（2）,2(),21k x k f x k x k =⎧=⎨=+⎩
(3) ()1,f x x x Z =+∀∈
5. 解:1R 不是等价关系，因为1),(R c c ∉，即不具有反身性，尽管具有对称性、传递性； 2R 是等价关系，因为具有反身性、对称性、传递性； 3R 不是等价关系，因为3),(R c a ∉，即不具有传递性,尽管具有反身性、对称性； 4R 不是等价关系，因为4),(R b c ∉，即不具有对称性,尽管具有反身性、传递性．。