近世代数 (赵淼清 著) 浙江大学出版社 前三章 课后答案

课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 课后答案网课后答案网 您最真诚的朋友您最真诚的朋友 网团队竭诚为学生服务，免费提供各门课后答案，不用积分，甚至不用注 册，旨在为广大学生提供自主学习的平台！ 网团队竭诚为学生服务，免费提供各门课后答案，不用积分，甚至不用注 册，旨在为广大学生提供自主学习的平台！ 课后答案网：课后答案网： 视频教程网：视频教程网： PPT课件网：课件网： 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第一章1 第一章基本概念第一章基本概念 1.1 集合 1 1 1 1设集合Aa，b，c，d，Bc，d，e，求AB，AB， AB，(AB)(BA)。 解解：ABa，b，c，d，e，ABc，d， ABa，b，(AB)(BA)a，b，e。 2 2 2 2设集合A1，2，3，4，试分别写出AA与 2A中所含 的所有元素。 解解：AA(1, 1)，(1, 2)，(1,3)，(1, 4)， (2, 1)，(2, 2)，(2,3)，(2, 4)， (3, 1)，(3, 2)，(3,3)，(3, 4)， (4, 1)，(4, 2)，(4,3)，(4, 4)， 2A，1，2，3，4，1,2，1,3， 1,4，2,3，2,4，3,4，1,2,3， 1,2,4，1,3,4，2,3,4，1,2,3,4。 3 3 3 3设A，B为有限集，且 |A|m，|B|n，证明：|AB| mn。 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第一章2 证明证明：由于积集合AB中的元素为： (x，y)，其中xA，yB。 因为A中有m个不同的元素，B中有n个不同的元素，即x 共有m种不同的取法，y有n种不同的取法，根据乘法原理可得积 集合AB中共有mn个不同的元素。 4 4 4 4设A是有限集，证明：| 2A|2| A|。 证明证明：设A中共有n个元素，即Aa1，a2， ，an，B是A 的任意一个子集，那么B中的元素必取自a1，a2， ，an的其中某 些，一种不同的取法就得到一个不同的子集。而在每一个子集中， 元素ai(i1，2， ，n)只有出现和不出现两种情况。根据乘法原理 可知共有子集 2 222 个n 2n2| A|。 5 5 5 5具体证明集合的运算性质。 解解：证明略。 1.2 映射 1 1 1 1A所有大于零的实数，DR R R R，找一个A到D的一一映 射。 解解： 满足条件的一一映射很多， 我们只需给出其中的一个即可。 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第一章3 取f：AD，xlg lg lg lgx，xA。 给出映射f后，我们还需证明它满足题目的要求。而这里的映 射f，我们由对数函数的性质可知它是一个A到D的一一映射。 2 2 2 2对于下面给出的Z Z Z Z的变换f，g，h， f：x3x， g：x3x1， h：x3x2， 计算：fg，gf，gh，hg，fgh。 解解：根据映射合成的定义，对于任意xZ Z Z Z，我们可得： x g 3x1 f 3(3x1)9x3， 或者(fg)(x)f(g(x)f(3x1)3(3x1)9x3， 从而得fg：x9x3； 同理可得：fg：x9x3； gf：x9x1； gh：x9x7； hg：x9x5； fgh：x27x21。 3 3 3 3设f是A到B的一个一一映射，aA，则 f 1 f(a)?，ff 1(a)?， 若f是A的一个一一变换，这两个问题的回答又该是什么？ 解解： 因为aA， 而f是A到B的一个一一映射， 所以f 1 f(a) 总是有意义的，且f 1 f(a)a；对于另一个式子，由于f 1 是一 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第一章4 个B到A的一一映射，所以要使得f 1(a)有意义，则必须 aB， 因此， ff 1(a) . , 时当无意义 时当 Ba Baa 若f是A的一个一一变换，那么总有 f 1 f(a)a，ff 1(a)a。 4 4 4 4设f是A的一个变换，SA，试比较 f 1 f(S)和ff 1(S)。 解解：由于f仅是A的一个变换，那么在此题中的f 1 我们只能 理解为由f诱导出的 2A的一个变换，即f 1 f(S)和ff 1(S)都是 A的子集。要比较f 1 f(S)和ff 1(S)，当然是指这两个 A的子 集的相互包含关系。 首先，当f为单射时，我们有 ff 1(S)Im ImImImfS，f 1 f(S)S； 所以，ff 1(S)Im ImImImfSSf 1 f(S)。 其次，当f为满射时，我们有 ff 1(S)S f 1 f(S)。 当f为一一映射时，则有 ff 1(S) f 1 f(S)。 5 5 5 5设f：AB，证明： (1)f为单射的充分必要条件为存在映射g：BA，使得 g fIA； (2)f为满射的充分必要条件为存在映射h：BA，使得 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第一章5 f hIB。 证明证明：(1)先证充分性。由g fIA得g f是单射。如果f不是 单射，则存在a，bA，且ab，f(a)f(b)，从而有 (g f)(a)g(f(a)g(f(b)(g f)(b)， 与g f为单射矛盾。 再证必要性。设f是单射，我们通过映射f来作B到A的映射 g：BA，任意bB， b = ,Im ,)(,Im 00 中的某一固定元素为时当 且时当 Aafba baffba 由于f是单射，则容易证明以上所定义的映射g是合理的，且满足 g fIA； (2)先证充分性。由f hIB得f h是满射。如果f不是满射， 则存在bB，且b在映射f下没有原象，即bImImImImf。由于 ImImImIm (f h)ImImImImf， 得bImImImIm (f h)，与f h为满射矛盾。 再证必要性。设f是满射，我们通过映射f来作B到A的映射 h：BA。因为任意bB，在映射f下总存在原象，当b的原象不 是唯一时，我们只取其中固定的某一个ab，那么，定义： h：BA，bab。 容易证明以上所定义的映射h满足题目要求。 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第一章6 1.3 代数运算与运算律 1 1 1 1Aa，b，c，给出A的两个不同的代数运算。 解解：集合A中含有 3 个元素，而 3 个元素的集体上共可定义 33 3 个不同的代数运算，我们很容易得到其中的两个不同的代数运 算。如： x1yy，x2ya。 2 2 2 2R R R R*x|xR R R R，x0， “”是普通除法，这个代数运算 是否适合结合律、交换律？ 解解：因为 1，2，3R R R R*，而 (12)3 2 1 3 6 1 ，1(23)1 3 2 2 3 ， 得(12)31(23)， 且1221， 所以，R R R R*关于普通的除法运算既不满足结合律，也不满足交换律。 3 3 3 3Aa，b，c，由表 abc aabc bbca ccab 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第一章7 给出的代数运算是否适合结合律？ 解解：如果直接验证，任意取A中的三个元素x，y，z，有 (xy)zx(yz)， 由于x，y，z都有三种取法，则共需要验证 3327 个式子。 但我们从表中可以看出：axxxa，即从A中任意取出 的三个元素x，y，z中有a，则肯定有 (xy)zx(yz)， 因为当xa时，有 (ay)zyz，a(yz) yz。 同理可得，当ya和za时也成立。 这样就只剩下x，y，z取b和c的 8 种情况了，即只需验证 (bb)bb(bb)，(bb)cb(bc)， (bc)bb(cb)，(bc)cb(cc)， (cb)bc(bb)，(cb)cc(bc)， (cc)bc(cb)，(cc)cc(cc)， 对于以上 8 个算式，我们具体来验证其中之一，如 (bc)cb(cc)， 因为bca，ccb，所以 (bc)cacc，b(cc)bbc， 从而有 (bc)cb(cc)。 对于其它式子同样可以得到验证。 所以，A的代数运算满足结合律。 4 4 4 4设，是A的两个代数运算，并且适合结合律， 适合左、右分配律，证明，对于任意a1，a2，b1，b2A都有 (a1b1)(a1b2)(a2b1)(a2b2) 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第一章8 (a1b1)(a2b1)(a1b2)(a2b2)。 证明证明： 左边(a1b1)(a1b2)(a2b1)(a2b2) a1(b1b2)a2(b1b2) (a1a2)(b1b2)， 右边(a1b1)(a2b1)(a1b2)(a2b2) (a1a2)b1(a1a2)b2 (a1a2)(b1b2)左边。 5 5 5 5具体证明本节定理 2，定理 3。 定理 2如果A的代数运算“”同时适合结合律和交换律， 那么在a1a2an(n2 )中，元素的顺序可以任意调换。 定理 3设A的代数运算适合结合律， (1)如果，适合左分配律，那么b，a1，a2， ，anA， 有 b(a1a2an)(ba1)(ba2)(ban)； (2)如果，适合右分配律，那么b，a1，a2， ，anA， 有 (a1a2an)b(a1b)(a2b)(anb)。 解解：定理 2 的证明。当n2 时即为交换律，假设当nk1 时结论正确。当nk时，设 1 i a 2 i a k i a是a1，a2， ，ak 的任意一个运算次序，其中i1，i2， ，ik是 1，2， ，k的一个排列， 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第一章9 则总有is1，从而有 1 i a 2 i a k i a ( 1 i a 2 i a) 1s i a 1 a( 1+s i a) k i a a1( 2 i a 1s i a 1+s i a) k i a a1a2ak。 定理 3 的证明也同样可用归纳法。具体的证明略。 1.4 等价关系与集合分类 1 1 1 1下列集合A上的关系是不是等价关系？为什么？ (1) 设S1，2，3，A2S，给出关系R： xRyxy(x，yA)； (2) 设A平面上所有直线，给出关系R1，R2： l1R1l2l1l2或l1l2(l1，l2A)， l1R2l2l1l2(l1，l2A)， (3) 设AC C C C，规定关系R： aRbargargargargaargargargargb(a，bA)。 解解：(1) 不是等价关系。取x1，y1，2，则有xy， 但是我们不能得到yx，即关系R不满足对称性。 (2)R1是等价关系。其验证容易。R2不是等价关系，它不满足 自反性和传递性。 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第一章10 (3) 不是等价关系。由于复数 0 不定义幅角，即 argargargarg 0 没有意 义，也就是说，复数 0 与自身没有关系，所以它不满足自反性。 2 2 2 2设A1，2，3，4，在 2A中规定关系R： SRTS，T中含有的元素个数相同， 证明：R是等价关系，写出商集 2A/ R。 解解：先验证R是一个等价关系。 (1) (自反性)任意S2A，显然有SRS； (2) (对称性)如果SRT，则 |S|T|，即有TRS； (3) (传递性)如果SRT，TRU，则 |S|T|，|T|U|，得 |S| |U|，即SRU。 由于具有相同元素个数的子集都相互等价， 而等价类是将相互 等价的元素放在一起所构成的集合，从而有 ， aa，b，c，d， ,baa,b，a,c，a,d，b,c，b,d，c,d， ,cbaa,b,c，a,b,d，a,c,d，b,c,d， ,dcbaa,b,c,d。 所以， 2A/ R，a，,ba，,cba，,dcba。 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第一章11 3 3 3 3设R1，R2是A的两个等价关系，R1R2是不是A的关系？ 是不是等价关系？为什么？对于R1R2又如何？ 解解：因为R1，R2是A的两个等价关系，所以，R1，R2是AA 的两个子集，得R1R2也是AA的子集，因此，R1R2是A的一 个关系。而且这个关系还是一个等价关系。这是因为 (1) (自反性)任意aA，由于R1，R2是A的等价关系，则有(a， a)R1，且(a，a)R2，得(a，a)R1R2，故a(R1R2)a， (2) (对称性)如果a(R1R2)b，即(a，b)R1R2， 则(a，b)R1且(a，b)R2。 由于R1，R2是A的等价关系，所以， (b，a)R1且(b，a)R2， 即(b，a)R1R2，得b(R1R2)a， (3) (传递性)如果a(R1R2)b，b(R1R2)c， 即(a，b)R1R2，(a，b)R1R2， 得(a，b)R1且(a，b)R2，(b，c)R1且(b，c)R2。 由于R1，R2是A的等价关系，所以， (a，c)R1且(a，c)R2， 从而得(a，c)R1R2，即a(R1R2)c。 对于R1R2， 我们可知它是一个A的关系， 但不是一个等价关 系。下面给出一个反例。 取A1，2，3， R1(1，1)，(2，2)，(3，3)，(1，2)，(2，1)， R2(1，1)，(2，2)，(3，3)，(1，3)，(3，1)， 易知R1，R2都是A的等价关系，而 R1R2(1，1)，(2，2)，(3，3)，(1，2)，(2，1)，(1，3)，(3，1) 却不是 A 的一个等价关系，因为它不满足传递性。 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第一章12 4 4 4 4设Mn(F)数域F上所有n级矩阵，规定关系： AB存在可逆阵P，Q，使得APBQ， 证明： 是Mn(F)的一个等价关系，试给出的等价类和商集 Mn(F)/。 证明证明：先证是Mn(F)的一个等价关系。 (1) (自反性) 任意AMn(F)，总有AEAE，其中E是n级单 位矩阵，得AA； (2) (对称性)如果AB，则存在可逆阵P，Q，使得APBQ， 从而得P 1AQ1B，其中 P 1，Q1 也是可逆矩阵，所以BA； (3) (传递性) 如果AB，BC，则存在可逆阵P，Q，U，V 使得APBQ，BUCV，将后式的BUCV代入前式，即得 APBQP(UCV)Q(PU)C(VQ)， 由于PU，VQ都是可逆矩阵，所以AC。 所以， 是Mn(F)的一个等价关系。 再给Mn(F)关于等价关系的等价类和商集。 根据高等代数的知识可知：任意A，BMn(F)，AB即为矩 阵A，B等价，而两个n级矩阵等价的充分必要条件是A与B有相 同的秩。从而 AXMn(F) |r(A)r(X) 所有与A有相同的秩的n级矩阵， 在这个类中，我们取一个最为简单的矩阵作为代表，即 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第一章13 Er nn 000 010 001 其中r为这个矩阵的秩，即为 1 的个数。最后我们得到 Mn(F)/ r E|r0，1，2， ，n。 5 5 5 5设f是A到B的一个映射，规定A的关系： abf(a)f(b)， (1) 证明： 是A的一个等价关系，且 af 1 f(a)， (称f 1 f(a)为a上的纤维)； (2) 设A平面上所有的点，B平面上某一直线上所有的 点，映射 f：AB，A， 其中是由向B作垂线而得到的垂足。 试确定由f所确定的A的 分类。 解解：(1) 为等价关系的证明我们省略了，只证 af 1 f(a)。 因为abA|f(a)f(b)，ba，有f(a)f(b)，得 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第一章14 bf 1 f(a)，即af 1 f(a)； 反之，若bf 1 f(a)，则有f(a)f(b)，即ba，即 f 1 f(a)a， (2) 由(1)知，f 1 f()，其中f()是由向B作垂线 而得到的垂足，就是平面上所有垂足是f()的点，从而可得 平面上过点且垂直于B的直线上的所有点。 此小题的解答也可以具体地将 B 的直线方程写出来， 从而求得 等价类，但此过程较繁。 6 6 6 6四个元素组成的集合里，有几种不同的分类？有几种不同 的等价关系？ 解解：设四个元素的集合a，b，c，d，不同的分类有 S1a，b，c，d，S2a，b，c，d， S3a，c，b，d，S4a，d，b，c， S5a，b，c，d，S6a，b，d，c， S7a，b，c，d，S8a，b，c，d， S9a，b，d，c，S10a，c，d，b， S11a，b，c，d，S12a，b，c，d， S13a，c，b，d，S14a，c，b，c， S15a，b，c，d。 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第一章15 共 15 种不同的分类。由于集合A的分类与A的等价关系是一一对 应的，所以A上的等价关系也有 15 种。 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第二章16 第二章群论第二章群论 2.1 半群 1 1 1 1设R是实数集，在R R R RR R R R中规定 (a1，a2)(b1，b2) + 2 , 2 2211 baba ， 问是不是R R R RR R R R的代数运算，(R R R RR R R R，)是不是半群？ 解解： 注意到等式右边的运算指的是普通的实数运算， 易知是 R R R RR R R R的一个代数运算。 下面验证结合律，(a1，a2)， (b1，b2)，(c1，c2)R R R RR R R R， (a1，a2)(b1，b2)(c1，c2) + 2 , 2 2211 baba (c1，c2) + + + + 2 2 , 2 2 2 22 1 11 c ba c ba + 4 2 , 4 2 222111 cbacba ， 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第二章17 (a1，a2)(b1，b2)(c1，c2) (a1，a2) + 2 , 2 2211 cbcb + + + + 2 2 , 2 2 22 2 11 1 cb a cb a + 4 2 , 4 2 222111 cbacba 。 可知R R R RR R R R的代数运算不满足结合律， 所以(R R R RR R R R，)不是半 群。 2 2 2 2设(S， )是一个半群，证明SS关于下面规定的代数运算 作成半群， (a1，a2)(b1，b2)(a1b1，a2b2)。 如果S是有单位元的交换半群，那么，(SS，)是否仍是有单位 元的交换半群？ 证明证明：显然是SS的一个代数运算。只需验证结合律。 (a1，a2)， (b1，b2)，(c1，c2)SS， (a1，a2)(b1，b2)(c1，c2)(a1b1，a2b2)(c1，c2) (a1b1)c1，(a2b2)c2)(a1(b1c1)，a2(b2c2) (a1，a2)(b1c1)，(b2c2)(a1，a2)(b1，b2)(c1，c2)。 所以，(SS，)是一个半群。 当S是一个有单位元 1S的半群时，(SS，)也是一个有单位 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第二章18 元的交换半群。(SS，)的单位元为(1S，1S)。 当S是一个交换半群时，(a1，a2)， (b1，b2)SS，有 (a1，a2)(b1，b2)(a1b1，a2b2) (b1a1，b2a2)(b1，b2)(a1，a2)， 所以，(SS，)也是一个交换半群。 3 3 3 3证明数域P上所有n阶矩阵作成的集合Mn(P)关于矩阵的 加法的乘法分别作成半群(Mn(P)，)与(Mn(P)， )。 解解：此题可用高等代数中有关矩阵的性质知，我们在这里不作 具体地验证。 4 4 4 4设A为非空集合，记 S1f|f为A的变换， S2f|f为A的一一变换。 证明：(S1，)，(S2，)都是半群(其中“”是映射的合成)。 解解：由于映射的合成满足结合律，而变换是特殊的映射，所以 变换的合成也满足结合律。只需看关于映射的合成是否对于S1，S2 来说是封闭的就可以了。对于S1，运算封闭是显然的；而对于S2， 需证一一变换的合成仍是一一变换(具体的过程不写了)。 5 5 5 5如上题，设A1，2，3，写出S2中的所有一一变换， 并 给出S2的运算表。 解解：S2中共有 6 个变换： f1：11，22，33；f2：11，23，32； f3：12，21，33；f4：12，23，31； 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第二章19 f5：13，21，32；f6：13，22，31。 由于f1是恒等映射，则有f1fififif1，而对于其它映射的合成 则需要逐个进行运算。如计算f2f4，因为 1 4 f 2 2 f 3，2 4 f 3 2 f 2，3 4 f 1 2 f 1， 得f2f4：13，22，31， 从而得到f2f4f6。 类似地，我们可以得其运算表为： f1f2f3f4f5f6 f1f1f2f3f4f5f6 f2f2f1f5f6f3f4 f3f3f4f1f2f6f5 f4f4f3f6f5f1f2 f5f5f6f2f1f4f3 f6f6f5f4f3f2f1 6 6 6 6设 S Rba ba , 00 ， 证明S关于矩阵的乘法作成半群，且S有左单位元，但没有右单位 元。 若考虑 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第二章20 S1 Rba b a , 0 0 ， 其结果又会如何？ 证明证明：任意 00 ba ， 00 dc S，有 00 ba 00 dc 00 adac S， 知S关于矩阵的乘法运算是封闭的，而且矩阵运算满足结合律， 所 以S关于矩阵的乘法作成半群。 S有左单位元 00 1b ，因为 00 1b 00 dc 00 dc ， 其中b是任意实数，即S中有无穷多个左单位元。 下面证明S中没有右单位元。 取 00 10 S，则不论 00 yx S，都有 00 10 00 yx 00 00 00 10 。 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第二章21 所以S没有右单位元。 对于S1，我们同样可以证明它是一个半群，有右单位元但没有 左单位元。 2.2 群的定义与基本性质 1 1 1 1设Gabi i i i|a，bZ Z Z Z，i i i i21，证明G关于数的加法 作成群(G，)。 证明证明：(1) 运算封闭。abi i i i，cdi i i iG，其中a，b，c，d Z Z Z Z，有 (abi i i i)(cdi i i i)(ac)(bd) i i i i， 因为ac，bdZ Z Z Z，所以(ac)(bd) i i i iG； (2) 结合律。abi i i i，cdi i i i，efi i i iG，有 (abi i i i)(cdi i i i)(efi i i i) (ac)(bd) i i i i(efi i i i) (ac)e(bd)f i i i i a(ce)b(df) i i i i (abi i i i)(ce)(df) i i i i (abi i i i)(cdi i i i)(efi i i i)。 (3) 显然单位元为 00 i i i i0G， (4)abi i i iG，它的逆元(即为负元)为(a)(b) i i i iG。 综上所述，(G，)作成一个群。 2 2 2 2设Ga，b，G的乘法由下面的运算表给出，证明G是 有左单位元eL的半群，在此左单位元eL下，G的每一个元素x均 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第二章22 有右逆元y，即xyeL，但G不作成群。 ab aab bab 解解：从运算表中我们可以看出运算是封闭的，其运算规律为： xyy，x，yG， 因为aaa，abb，baa，得a是G的一个左单位元，且a的 右逆元为a，b的右逆元也为a。即G中存在左单位元a，且任意元 素都有右逆元。 由于G中没有单位元，所以G关于以上规定的运算不作成群。 3 3 3 3证明本节定理 3。 定理 3设G是一个群，e是G的单位元，那么 (1) 设aG，若aaa，则ae； (2) 在G中消去律成立，即a，b，cG，有 左消去律abacbc， 右消去律bacabc； (3)a，bG，(ab) 1b1a1； (4)a，bG，方程axb(或yab)在G中有且仅有一解 xa 1b (yba 1)。 证明证明：(1) 由aaaae，两边左乘a 1，得 ae。 (2) 由abac，两边左乘a 1，得 bc，即左消去律成立； 由baca，两边右乘a 1，得 bc，即右消去律成立。 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第二章23 (3) 因为(ab)(b 1a1)(b1a1)(ab)e，所以(ab)1b1a1。 (4) 由axb，两边左乘a 1，得方程的解为 xa 1b。 再证唯一性。如果方程axb有两个解c1，c2，则有 ac1b，ac2b， 从而有ac1ac2，左消去a得c1c2。 对于另一个方程同理可得。 4 4 4 4设S是一个有单位元的半群，GS是S中所有可逆元组成的 集合，证明GS关于S的代数运算作成一个群。特别当S为群时， GSS。 解解：因为S中的单位元eS是一个可逆元，所以GS不是空集。 a，bGS，因为 (ab)(b 1a1)(b1a1)(ab)eS， 得abGS，得GS关于S的代数运算是封闭的。关于代数运算的结 合律是具有遣传性的。GS中的每一个元素可逆即为条件。所以， GS关于S的代数运算作成一个群。 当S为群时，S中的任何元素都是可逆元时，sS， 有sG， 即GSS。 5 5 5 5设GR R R R1，规定G的代数运算 ababab，a，bG， 证明：(G，)是一个群，在G中求适合方程 2x37 的元素x。 证明证明：由第一章第三节例 5 知(R R R R，)作成一个交换半群，因 为代数运算关于实数域R R R R满足结合律和交换律，而G是R R R R的一 个子集，所以，代数运算关于G也满足结合律和交换律。 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第二章24 下面证明G关于代数运算是封闭的。 x，yG，即x1，y1，如果 xyxyxy1， 则可得 (x1)(y1)0，有x1 或y1，矛盾。所以，xy 1。 由aG，0aa0x，得 0 是G的单位元。 而对于aG，由ax0 可解得x a a + 1 ，即a是可逆 元，且a 1 a a + 1 。 综上所述，(G，)是一个交换群。 因为方程 2x37 的解为x2 1731。 而 2 1 21 2 + 3 2 ，3 1 31 3 + 4 3 ， 所以， x2 1731 3 2 7 4 3 + 7 3 2 7 3 2 4 3 3 5 4 3 3 1 。 6 6 6 6设G是群，a，b，cG，证明方程 xaxbaxbc 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第二章25 在G中有且仅有一个解。 解解：先证方程有解。取xa 1bca1b1，因为 G是一个群，所 以x是G中的元素。分别代入方程的两边： 左边xaxba(a 1bca1b1)a(a1bca1b1)ba a 1bca1c(a1bca1b1)bcxbc右边。 再证唯一性。如果方程在G中有两个解x1，x2G，即得 x1ax1bax1bc，x2ax2bax2bc， 因为在G中消去律成立，则得 ax1babc，ax2babc， 再由ax1baax2ba，左、右分别消去a，ab，得x1x2。 7 7 7 7设G是一个群，x，yG，证明 (x 1yx)kx1yx y ky。 证明证明：因为 (x 1yx)k )( 111 1 )()( yxxk yxxyxxyxx 个 x 1y kx， 所以，x 1y kxx1yx，两边分别左乘 x和右乘x 1 得y ky。 反之亦然。 8 8 8 8设G是一个群，x，yG，证明 (1)a与a 1 是同阶的； (2)ab与ba是同阶的。 解解：(1) 如果a与a 1 都是无限阶元，则结论正确。 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第二章26 如果a与a 1 中至少有一个是有限阶的，我们不妨假设a的阶 有限，设 |a|n，即n是使得ane的最小正整数。那么， (a 1)n(an)1e1e， 从而得 |a 1 |a|，因为a与a 1 是互为逆元素，即(a 1)1a， 所 以仍有 |a|(a 1)1| a 1 |。证得|a|a 1 |。 (2) 如果ab与ba都是无限阶元，则结论正确。 如果ab与ba中至少有一个是有限阶的，我们不妨假设ab的 阶有限，设 |ab|n，则 (ba)n 1 ban bababa 个1 )()( + abn aabababb 个 )()(beaba， 上式中消去ba，则有 (ba)ne，即 |ba|n|ab|。 由于ba的阶有限，重复以上的证明，我们同理可得 |ab|ba|。 9 9 9 9若群G中每一个元素都适合方程x2e，则G是交换群。 证明证明：x，yG，则有xyG，由条件可知 x2e，y2e，(xy)2e， 从而有(xy)2eeex2y2， 即(xy)(xy)e(xx)(yy)， 左消去x，右消去y，得yxxy。所以G是一个交换群。 10101010在有限群里，阶数大于 2 的元素个数一定是偶数。 证明证明：由本节的习题 8 可知，元素a与a 1 的阶是相同的。也 就是说，如果a阶大于 2，则a 1 也大于 2。下面只需证明：群G 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第二章27 中阶大于 2 的元素a与a 1 成对出现即可。 首先，aa 1，如果 aa 1，即 a2e，与a的阶大于 2 矛盾。 其次，如果两个阶大于 2 的元素a，b有ab，则必有a 1b1。 11111111分别写出例 6，例 7 中(Z Z Z Z3，)与(D3， )的运算表。 解解：在(Z Z Z Z3，)中，其运算为： abba+， 所以，其运算表为： 012 0012 1120 2201 在(D3， )中， D3e，2，2， 其运算为变换的合成，根据 3e，2e，2， 可得D3的运算表： 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第二章28 e e e e2 2 2 22 2 2 2 e e e ee22 2e2 2 2 2 22e2 e2 22e 2 2 2 222e 12121212设a，b是群G中的两个元素，并且abba，|a|m， |b|n，(m，n)1，证明：|ab|mn。 证明证明：设 |ab|k。因为 (ab) m nam nbm n( a m)n( b n)meneme， 得k|mn； 另一方面，由于abba， e(ab) m kamk b m k( a m ) kbm kbm k， 得n|mk，又因为(m，n)1，所以，n|k。 同理，由于 e(ab) n kank b n kank (b n ) kan k， 得m|nk，又因为(m，n)1，所以，m|k。 最后，由 (m，n)1，n|k，m|k，得到mn|k。 综上所述，我们证得：|ab|kmn。 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第二章29 2.3 群的同态与子群 1 1 1 1设G是一个交换群，那么G到自身的映射 f：aa 1 是G到G的一个同构映射。 证明证明：首先证明f是G到G的一个一一映射。 任意aG，有a 1G，且 f(a 1)(a1)1a，即得 f为满射。 如果ab，则有a 1b1，即 f(a)f(b)，所以，f为单射。 再证f保持运算。任意a，bG， f(ab)(ab) 1b1a1a1b1f (a)f(b)。 从而证得f是一个同构映射。 2 2 2 2设f：GG为群同态映射，aG，f(a)的阶有限，证明： a的阶为无限，或是能被f(a)的阶整除的有限阶。 证明证明：如果a的阶为无限，则结论正确。 如果a的阶为有限阶，设 |a|n，即ane，那么， ef(e)f(an)f(a)n， 所以，f(a)的阶整除a的阶n。 3 3 3 3设群G f G，那么aG，有 |a|f(a) |。 证明证明：如果a的阶为无限，下面证明f(a)的阶也必定无限。 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第二章30 假如f(a)的阶是有限的，则存在正整数n，使得 f(a)ne。 由于f是同构映射，则存在f 1：GG，且 f 1 也是同构映射， 使得f 1 fIG，因此有 a(f 1 f)(a)f 1 f(a)， 从而有 anf 1 f(a)nf 1 f(a) n f 1 f(a n)f 1 f(e)f 1(e)e。 这与a的阶为无限矛盾。 再考虑f的逆映射f 1，同理可得：当 f(a)的阶为无限时，a 的阶也必定无限。 如果a的阶为有限，设 |a|n，则有 f(a)nf(a n)f (e)e。 得 |f(a)|n|a|。 再考虑f的逆映射f 1，同理可得 | a|f(a)|。 所以，|f(a)|a|。 4 4 4 4找出D3中的所有子群。 解解：因为 D3e，2，2， D3的平凡子群为H1e，H2D3，除此以外，还有： H3e，H4e， H5e，2，H6e，2。 所以，D3共有 6 个子群。 注：就现有的知识要说明D3只有这 6 个子群有些困难。在以 后的学习中我们会有更好的方法。 若侵犯 了您的版 权利益，敬请来信通知我们！ 课后答案网 w w w .h a c k s h p .c n 近世代数习题解答第二章31 5 5 5 5设G为交换群，HG中所有有限阶的元素，证明：H 是G的子群。 解解：首先，H是G的一个非空子集，因为单位元e是有限阶的 元素。 其次，利用子群的判别定理。a，bG，则存在正整数m， n，使得ame，bne，由于G是交换群，所以 (ab) m nam nbm ne， 得abG。 因为 (a 1)m(am)1e，得