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SbaSba, '0是S的零元,即aa'0

对G的零元,000'aa 即.00Saas (ⅱ)若SbaSba, SaSa 今证S是子群 由SSbaSba,,对加法是闭的,适合结合律, 由SaSa,而且得Saa0 再证另一个充要条件: 若S是子群,SbaSbaSba,, 反之SaaSaaSa00 故SbabaSba)(,

2. },,,0{cbaR,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 0 c 0 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Zxyyzx)()( 事实上. 当0x或ax,)(A的两端显然均为0. 当bx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xzxyzyx)( zxyxxzy)( 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ax以及bx或cx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ay (可省略azz,0的情形)的情形,此时两端均为zx

剩下的情形就只有 0,0)(xxbxbxxbb 0,0)(xxcxcxxcc 0,0)(xxcxbxaxxcb 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 nnnnnbbaaba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kn时是成立的: kiikkikkkkbbabaaba)()()(11

看1kn 的情形)()(babak

))()()((11babbabaakiikkikkk

1111111)]()[()()(kiikkikikkkkbbabaaba

111111)()(kiikkikkkbbabaa

(因为)()()(11krkrkr) 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)]([)]([))((nmaaamnmaanmana

2))((mnanama 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)((ba) 证 单位元是1,ba, 是环的任意二元, 1)11(1)()11)((baba baba )11()11(ba bbaa bbaababa baab

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:Rba,而0ab 则R显然为环.  阶为2 有Ra 而 0a

但 0aa 即a为零因子 或者R为nn矩阵环.

5． 证明由所有实数2ba (ba,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{baRba,(整数)} (ⅰ) R是加群2)()()2()2(dbcadcba 适合结合律,交换律自不待言.零元 200 2ba的负元2ba (ⅱ)2)()2()2)(2(bcadbdacdcba 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aab或0b

3 除、环、域 1. F{所有复数bia ba,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bia 即 ba, 中至少一个0 022ba因而有,

ibabbaa2222 使)((biaibabbaa22221)

故F为域 2. F{所有实数,3ba ba,( 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ba 有逆元存在.则ba,中至少有一个0 , 我们说0322ba 不然的话,223ba ,0(b 若0b 则 0a 矛盾)

223ba 但 3 不是有理数

既然0322ba 则 3ba 的逆为3332222babbaa

4. 证明 例3的乘法适合结合律. 证),)](,)(,[(332211 ),)(,(331212121

,)()[(3212132121

])()(3212132121

又 )],)(,)[(,(332211 ],)[,(3232323211 )()([3232132321

,

)]()(3232132321 ),([32321321321 )](32321321321 ,[321321321321 ]321321321321 ,)()[(3212132121

3212132121

)()(

)])()[(())]()([(332211333211

5. 验证,四元数除环的任意元 )(),(dicbia ,这里dcba,,,是实数,可以写成 ),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(idciba的形式. 证 ),(),(),(dibicadicbia ),0()0,(),0()0,(dibica ),0)(0,()0,)(0,()1,0)(0,()0,(idibca

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{baF 由于2P,所以加法必然是 ,0xx,而baaa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{ba 构成乘群,所以乘法必然是 1,abbabaab 1,22aaa (否则ba )ba2

故有

. 1 a b 1 1 a b a a b 1 b b a 1 这样, ba, 显然适合12xx 2. 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][ax 且dnx),( 则11,dnndxx 由于)(1111qnxdqdndxnqxanqax 故有 ,ad ,且有 nd 因为 1),(na 所以1d

3. 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 来表示,并且把它叫做由拉函数) 证]{[aG而][a 同n 互素} G显然非空,因为)1),1((]1[nG

(ⅰ)Gba][],[ 则][]][[abba 又1),(,1),(nbna有1),(nab Gab][ (ⅱ)显然适合结合律. (ⅲ)因为n有限,所以G的阶有限. 若]][[]][['xaxa 即][]['axax 由此可得)(''xxaaxaxn',1),(xxnna 即有][]['xx 另一个消去律同样可证成立. G作成一个群

4. 证明,若是1),(na, 那么)(1)(nan(费马定理) 证 ),(na 则Ga][ 而 ][a 的阶是G的阶 )(n的一个因子 因此]1[][)(na 即]1[][)(na )(1)(nan