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近世代数部分习题参考答案近世代数部分习题参考答案 第第 1 11 1 章章 半群和幺半群半群和幺半群 11.3.511.3.5 证明：证明：设),(S为有限半群，且nS = |。设Sb，则可得：Sbbbb nn +121 , 由S的有限性知， 1, 1 ,+nji使得 ij bb =，不妨设ij ，即kij+=，0k。 从而有： iki bbb=,则两边同时不断左乘b使得 pkp bbb=，且满足kqp=， 从 而 qkpkpkkpkpp bbbbbbbbbb= 2 )(， 即 ppp bbb=， 令 p ba =即可。 11.3.8 证明：证明： 1）结合律：由集合论知识知集合的对称差运算“满足结合律，故),2( S 为半 群； 2）单位元：对 S A2有AAA=； 3）逆元：对 S A2有=AAAA，即为自身。 故),2( S 为群。 11.4.1 证明：证明：记1, 2121 =naaaxAaaaxH n n 使，下证HAG=)(,根据 )(AG的定义即证H为A的生成子半群。 先证H为包含A的子半群。 显然HA （令1=n即可知） ， “在H上的运算封闭：对Hyx ,，有 n aaax 21 =， m bbby 21 =，其中 Aba ji ,。从而Hyx。 故H为包含A的子半群。 下证H即为A的生成子半群。 设P为包含A的任意一个子半群，下证PH 。 对Hx，Aaaa i , 21 使 得 i aaax 21 =， 又PA ， 所 以 Paaa i , 21 ，则由P为子半群知Paaa i 21 ，即Px，所以PH 。 综上HAG=)(。 11.5.111.5.1 证明：证明：记)( 2 1 eS =，则)( 2 exxS=，显然有 1 MS S非空：由 21) (ee=知Se 1 。 封闭性：对Syx ,有： 2 )(ex =， 2 )(ey =， 则)()()(yxyx= 222 eee=，所以Syx 故S是 1 M的一个子幺半群。 若S是 1 M的理想，则有SSM 1 ，SSM 1 对Sx， 1 My，)()()(yxyx=)()( 2 yye= 同理)()()(xyxy=)()( 2 yey= 所以如果 2 )(ey =，则Sxyyx)( ，此时S是 1 M的理想，否则不是。 11.511.52 2 证明：证明：设),(),( : 21 SS同态，),(),( : 32 SS同态，记=f，由映射 的符合知f为 31 SS 的映射。又对 1 ,Syx： )()()(yxyxyxf=)()(yx=)()(yx= )()()()(yfxfyx= 所以=f为 31 SS 的同态，即两个同态的合成还是同态。 第第 1 12 2 章章 群群 12.2.2 证明：由Ga，ea = 2 1 = aa。 从而对Gba ,， 1 )( = ababbaab= 11 12.2.3 证明：设,cbaeG =，),(G为群。其乘法表为： e a b c e e a b c a a aa ab ac b b ba bb bc c c ca cb cc 验证交换性只须验证乘法表中的矩阵的对称性即可，即只须验证： 1）ab 与 ba：显然baab,，故ceab,= 若eab =，即 a 与 b 互逆，则必有eba =，从而 ab=ba； 若cab =，则cba =，否则若eba =，则必有eab =，从而ec =矛盾。 综上 ab=ba。 同理可得：ac=ca，bc=cb。 12.2.4 证明：设),(G为非交换群，且2|G。只须找到元素Ga，且aa 1 即可。 即只须在G中找到一个元素，其阶大于 2 即可。若G中不存在这样的元素，即 对Ga均有ea = 2 ，则由 2 题知G为交换群，矛盾。故Ga，其阶大于 2， 即aa 1 ，从而令 1 = ab，显然有ab ，但baab =。 12.2.5 证明：设),(G为有限群，nG = |，对Ga，若a的阶为r且2r，即ea r =， 则 1 a的阶也为r，即ea r = )( 1 ，且aa 1 ，从而阶大于 2 的元素成对出现，故 阶大于 2 的元素个数必为偶数。 12.2.9 证明：考查元素序列： n aaaaaaaaae 21321211 ,G，而nG = | 故上述1+n个元素中至少有两个元素相同， 若其中一个为e， 则有：eaaa i = 21 此时令iqp= , 1即可；若两个元素均不为e，则存在, 1 ,nji，不妨设ji k，取Gab k p = 1 ，设b的阶为q，即ebq=。由eaab kk pppp = )( 1 pq |，又eaab kk qpqpq = 11 )(，则有 1 | k qpr，即： 1 | kk qpp，从而qp |，所 以pq =。此时群G的一个p阶子群为)(bH =。 12.7.2 证明：设BAH=，则由定理知H仍为群G的子群，则由拉格朗日定理得： :|HBHB=， 记 | | : H B HBj=， 则 j HbHbHbB 21 =， ),.1(jiBbi=其 中), 1(jiHbi=为 互 不 相 同 的 右 陪 集 。 则 j AHbAHbAHbAB 21 =，又AAH =，所以 j AbAbAbAB 21 =， 又= li AbAb ，否则，若 li AbAb ，则由陪集的性质得： li AbAb =，从 而Abb li 1 ，又Bbb li 1 ，所以BAbb li 1 ，即Hbb li 1 ，所以 li HbHb =， 矛盾。因此根据容斥原理有：| 21 AjAbAbAbAB j =+= 即 | | | | | | BA BA A H B AB = 12.7.3 证明：由前面的习题结论知六阶群中一定有三阶子群，假设不唯一，设BA,为六 阶群G两个不同的三阶子群。不妨设,baeA =，,dceB =，则eBA=。 从而69 | | |= BA BA AB 矛盾。 12.7.1 证明：假设不成立，则Ga，使得 1 eHHaa= ，记HaaP 1 =，由H为G 的子群易知P也为G的子群，且nHP=|（由映射haah 1 )( =为单射） ，则 由 1 题的结论： 2 1| | |n nn HP HP PH= = ， 又GPH ， 2 |nG =， 所以GPH =， 则由书上例题 12.7.1 结论知eHHP=，矛盾。 12.7.4 证明：设H为群G的子群，且有2:=HG，则其左陪集构成的划分为：aHH, )(Ha，其右陪集构成的划分为：)(,HaHaH，从而HGaH= HGHa=，所以HaaH =，故H为群G的正规子群。 12.7.5 证明：设 21,H H为群G的两个正规子群，记 21 HHH=。则对HhGa,， 由 21,H H为 群G的 两 个 正 规 子 群 得 ： 1 1 Haha ， 2 1 Haha ， 所 以 21 1 HHaha ，即Haha 1 ，从而HaHa 1 ，故H是G的正规子群。 12.7.6 证 明 ： 对NHba ,， 则, 2121 NHhhnn使 得 2211 ,hnbhna=， 则 1 2 1 211 1 =nhhnab。 又由N是G的正规子群， 则对Gx，NxxN =。 故Nn 3 使得 1 23 1 2 1 2 =hnnh，则 1 2311 1 =hnhnab，同理Nn 4 ，使得 1431 hnnh=，从 而 1 2141 1 =hhnnabNHhhnn= )( 1 2141 ，则由子群的判定定理知NH是G的子 群。 12.7.8 证明： 设G为群且nG2|=， 则偶数阶群G中一定存在一个阶为 2 元素， 即Ga， ea = 2 ， 从 而,)(aeaH=。 由G为 交 换 群 ， 则 对Gx， ,xaxaxxHxxH=，故H为群G的一个 2 阶正规子群，根据拉格朗日定 理以及正规子群和商群的关系知G必有一个n阶商群。 12.7.9 证明： 必 要 性： 对Gba ,， 由H为G的 正 规 子 群 可 得 ： abHabHHHbHaHHbabHaH=)()(，仍为H的左陪集。 充分性：由已知可得：对Ga，cHHaaH= 1 ，因为HaaHe 1 ，从而 cHe， ；又He，即HcHe，则由左陪集的性质得：HcH =，所以 HHaaH= 1 ， 则对Hh，Hhh 21, ， 使得 21 1 hhaha= Hhhaha= 1 12 1 即HaHa 1 ，故H为G的正规子群。 12.7.12 证明： 设GNP， 其中N是群G的子群，P是G的换位子群。 对NhGa,， hhahaaha)( 111 =，而Phaha 11 ，所以Nhaha 11 ，从而 Nhhaha )( 11 ，即Naha 1 ，即NaNa 1 ，所以N是群G的正规子群。 12.8.1 证明： 必要性： 设GG :的满同态， 根据群同态基本定理有：G Ker G ， 则nG Ker G =| ，又根据拉格朗日定理得： | | | Ker m Ker G Ker G =， 即|Kernm=，所以mn |。 充分性 ：设eaaG m =),(，ebbG n =),(，GG :，且对Ga k ， kk ba=)( 1）为映射：若 lk aa=，则ea lk = ，又ea m =，所以)( |lkm，又mn |，所 以)( |lkn，而ebn=，所以eb lk = ，则 lk bb =，即)()( lk aa=。 2）同态方程：对Gaa lk ,，)()()()( lklklklklk aabbbaaa= + 。 综上GG 。 12.8.2 证明：设)(aG =，由H为循环群的子群，故H为正规子群。从而H为商群 H G 的单位元， 且对)(Gb H G bH， kk aHHabH)(=， 因此)(aH H G =， 即aH 为商群 H G 的生成元，故为循环群。 第第 1 13 3 章章 环和域环和域 13.1.113.1.1 证明： 1）),2(+Z为 Abel 群： 封闭性：对)2(2,2 2211 Znmnm+，有： )2(2)()()2()2( 21212211 Znnmmnmnm+=+ 结合律：显然。 单位元：0=e。 逆元：对)2(,2Znm+，)2(0)2()()2(Znmnm=+ 交换律：显然。 2）),*)2(Z为半群： 封闭性：对)2(2,2 2211 Znmnm+，有： )2(2)()2()2(*)2( 211221212211 Znmnmnnmmnmnm+=+ 结合律：显然。 3）分配律：显然。 13.113.1.2.2：证法同上。：证法同上。 13.113.1.3.3 证明：)2(3Q对乘法不封闭。 假设)2(3Q对乘法封闭， 则由)2(2 33 Q)2()2( 323 Q， 设 323 2)2(ba +=， 233 )2(22ba+=)2(22 33 baba+= 32 2)(2baab+= 2 3 2 2 ba ab + =，而 2 2 ba ab + 为有理数， 3 2为无理数，故矛盾。 注：证 3 2为无理数 假设 3 2为有理数，则有： p q = 3 2，1),(=qp。 从而 33 2pq = 33 | qp 333 ),(pqp=，又由1),(=qp可得： ),(),(),(),(,(1 3322 qpqpqpqpqpqp=，从而1 3 =p1= p，所以 q= 3 2，即 3 2为整数，而221 3 ，矛盾。 13.113.1.9.9 证明：设),(+S为环，记其唯一的左单位元为 1 e，即对Sa，aae= 1 ，下证 aae = 1 ，只须证：0 1 =aae。因为aaaaeaeaaaee+=+)()( 1111 a=，所以 aaee+ 11 也为一左单位元，故 111 eaaee=+，所以0 1 =aae，即aae = 1 。 13.113.1.10.10 证明：由1)( 1 = abbba 11 ) 1( =babba，则 111 ) 1()( =abbba。 又 11111111 )1 (1)( =ababababa，则： 1111111111 ) 1()()( =ababbabbaaba， 从而aabababababa= 11111 ) 1()(。 13.113.1.13.13 证明： 设 l a为a的左逆元， 即1=aal01=aal。 则0)() 1(=aaaaaaa ll 。 从而aaaal=)(，由于R为无零因子环满足消去律，故1= l aa。 另证：由1=aal lll aaaaaa=，则由消去律得：1= l aa。 13.113.1.15.15 证明： 1）abbaabba)()()()(= 2）aabababaaabaaba)()()()()(= 3）acbcabaacabcba)()(+=+=+=+ 4）acacaaaacaacaa)()(+=+=+=+ 13.13.2.12.1 证明：设),(+F为域。 1）由4|=F，故),(+F的特征数只能是 1，2，4（关于加法群的阶，根据拉格朗 日定理可得） ，又F为域，则其特征数为素数，所以F的特征数是 2。 2）由已知可设, 0 1 =aaeF（因为出了零元素外，剩余 3 元素也构成群） ，且 12 = aa