近世代數(shù)答案

1、習(xí)題 1.4 P34 5,分別解同余方程：(1) 258x三 131(mod348). (2) 56x=88(mod96).解由書(shū)中解同余方程的四個(gè)步驟求解。求(a,m)=(258,348)=6,6不能整除131，所以此同余方程無(wú)解。求(a,m)=(56,96)=8，由于8能整除88，所以此同余方程有解。a1=56/8=7, b1=88/8=11, m1=96/8=12.用輾轉(zhuǎn)相除法求p,q滿(mǎn)足p a1+q m1=1，得p=-5。所以 方程的 解為 x = pb1 (mod m1) = -5 X 11(mod12)三5(mod12)。或 x=5+12k(k 為任意整數(shù))。6,解同余方程組：x=

2、3(mod5)x=7(mod9)解按解同余方程組的三個(gè)步驟：首先，計(jì)算 M=5X9=45, M1=9, M2=5.其次，解兩個(gè)一次同余式，由于這兩個(gè)同余式有其特殊性：右端都是1，且(a,m)=1。因而， 有時(shí)可用觀察法得到pa+qm=1,從而得到p。9x=1(mod5),觀察得到-9+2X5=1, p=-1.所以此一次同余式的一個(gè)特解為c=-1=4(mod5).5x=1(mod9),觀察得到2X5-9=1, p=2.所以此一次同余式的一個(gè)特解為c=2(mod9).最后，將得到的一次同余式的一個(gè)特解代入公式，得到同余方程組的解：x=b1c1M1+b2c2M2=3 X4X9+2X7X 5(mod4

3、5)=43(mod45)。習(xí)題2.1 P45習(xí)題2.2 P49 3.找出Z和Z12中全部子群。解 Z 中全部子群：Hm=mklkZ, m=0,1,2,.。Z12 中全部子群：N0=0，N1=0，2，.，10，N2=0，3，6，9，N3=0，4，8，N4=0，6，N5= Z12。5.設(shè)G是群，lGl=2n，則G中有2階元。證利用任何元素a與它的逆元的關(guān)系。對(duì)任何非單位元a有：a=a-1的充分必要條件是o(a)=2。因而對(duì)于階數(shù)大于2的元素總是 成對(duì)出現(xiàn)的，即階數(shù)大于2的元素的個(gè)數(shù)是偶數(shù)，所以，除單位元之外至少有1個(gè)2階元。8. o(a)=n，mZ+，則0 o(am)=n/(m,n)。證要證兩個(gè)整

4、數(shù)相等，通常用互相整除的方法。設(shè) o(am)=k ， (m,n)=d ，令 m=rd ， n=sd ， n/(m,n)=s ，下證k與s互相可整除：(am)s=ams=anr=e，所以 kls。另一方面，(am)k=amk=e，所以 nlmk，得slrk，由于(r,s)=1 故 slk。綜上，k=s。證畢。習(xí)題2.3 P54 3.證明K4絲(Z12*, )。證首先應(yīng)搞清K4和Z12*的意義，并寫(xiě)出它們的元素。K4=e, a, b, c, Z12*=1,5,7,11。作映射 f:ef 1, af 5, bf 7, cf 11 .可以一一驗(yàn)證(略)滿(mǎn)足f(xy)=f(x)f(y).所以 K4 絲(

5、Z12*, )。5. G=為無(wú)限循環(huán)群，A=, B=，證明ACB=, m=s,t.=, d=(s,t).證因?yàn)闊o(wú)限循環(huán)群都同構(gòu)于(Z,+),故問(wèn)題變?yōu)椋篈=, B=，證明(1) ACB=, m=s,t. (2) =,d=(s,t).用互相包含的方法證明此二等式。任取xEACB，貝0 x=ps=qt，x 是s 與t 的公倍數(shù)，故m|x，x，所以 ACBW。 反之，顯然有 mA 和 mB ,因此mAHB，所以WACB。綜上，得 ACB=。任取x，貝Ijx 可表為 x=ps+qt，因而 d|(ps+st)=x，x，所以 W。 反之，由最大公因子定理，存在a,b使d=as+bt，因而d，所以W。 綜上

6、，得 =。習(xí)題2.4 P62 1.設(shè)。=(i1,i2,.,ik) ,T ESn,貝0TOT -1=(T (i1), T (i2),., T (ik).證該題主要練習(xí)置換與輪換的記號(hào)與運(yùn)算。首先要把題目看懂。要證兩點(diǎn)：對(duì)于任MjET (i1), T (i2),., T (ik)有T O T -1 (T (im)= T (im+1).對(duì)于任何不屬于T (i1), T (i2),., T (ik)有T O T -1 (j)= j.具體運(yùn)算很簡(jiǎn)單，證明如下：對(duì)于任WjET (i1), T (i2),., T (ik)有T O T -1 (T (im)= T O (im)= T (im+1).m=1,2

7、,.下標(biāo)的加法為模k的加法。對(duì)于任何不屬于T (i1), T (i2),., T (ik)有j=T (i), i尹i1, i2,., ik,和(注意到O (i)=i)T O T -1 (j)= T O T -1 (T (i)= T O (i)= T (i)=j.綜上得證。另一證法：上面的證法中利用置換的輪換形式，由于對(duì)某一置換的不動(dòng)點(diǎn)不出現(xiàn)在輪換中，因而需分兩種情況。如果采用置換的普通形式，則證明可簡(jiǎn)單一些。習(xí)題2.5 P67 6. A, BWG,若有g(shù),hG 使出Ag=Bh,貝0 A=B。證 采用互相包含的方法來(lái)證明集合的相等。為此先將g和h表達(dá)出來(lái)。由 Ag=Bh 可得存在 a A, b

8、EB 使 g=bh, ag=h,從而得g-1=h-1b-1, h-1=g-1a-1.對(duì)任意 xA 有 xg=b1h,因而 x= b1hg-1=b1hh-1b-1= b1b-1B,故A 屬于B。反之，對(duì)任意 yB 有 a1g=yh,因而 y=a1gh-1=a1gg-1a-1=a1a-1A,故 B 屬于A。 綜上，得A=B。7. H 丈 5 丈 G n G ： A = G：用伊：證按題意，孔占的指數(shù)是有限的，但以3本身不一定是有限.所以不能直接套用 拉格朗日定理.但可用證明中所用陪集分解的方法.設(shè)G -B = m, B : & =珞則G與3可表為戰(zhàn)XG =注意其中陪集的代表兀己隼定.2-1/-I則

9、有泌招2-1 J-1下證式中不同陪集互不相交：由于 澎/ -打如M =穌農(nóng)七&如u且=或農(nóng)& C玨丘土 W母=既* =為= bjA = bA = bj = bl= j =1.因叩 點(diǎn)-g) = A 工 。g-A n 曰=0.所以 G:且=*a = G:習(xí)題2.6 P71A.B O.C AB A,且歸 故&可表為ij cl rb =即 C* = yLB= AB6-口場(chǎng)=r工/由了一氣打一，艾=點(diǎn)的乘形！(g)M v C?(77)0 F M是可一換壽(VJ若TV 茂證明:”易證只需證明碣本()Vire可表為*二號(hào).a%&VgeG.gOfg-1 = (ggXggXgg-rgi-1)-1 =七海其中

10、-gjglMj =8bjgfete1 =仁禎止w尺:.K|rj |與我3必-1) w 3矛盾二療為正規(guī)子群口|G|= p”(p為素?cái)?shù))n G中非正規(guī)子群的個(gè)數(shù)題的借數(shù).am明， 利知 共輒于醉堯及定理)說(shuō)I一為仟一非正規(guī)于一濟(jì),Af =但炬廠1 |U 7由于官三 *(口) 口方心官)|=匚廠 1兩兀：/.；成_濟(jì)7潸矢口 |頊占|= / a -：理故全部非正現(xiàn)子群的個(gè)數(shù)為私=I皿正規(guī)-戶(hù) | m2.8 P877求（2”+）上的全部自同態(tài)與自同構(gòu).解：（1）設(shè)丁是z”上任意一個(gè)自同態(tài)，可設(shè)f（i）二也貝（浴）=笊令了用;節(jié)ikm二腿（Z時(shí)+） = fm | fm（） = hn.m = 0X2,n

11、 -1）九亡也f（乙,+）=兀是雙射。= i。km 二 i q = 1二加（劣,+） = / |兀（后）二疝，伽,町=1,1秫明竺（Z；,）3.1 P1212.求幻皿四元群的自同態(tài)環(huán)的所有元素.駕匕 a, A,。： u E_Kfte）=臼（u） = /（tz）/（/?）故佳/愆）質(zhì)廣（心）所決定,因此全體成（知）的元素為fa b cl研頃=.f -c 丁 c x y xy您環(huán)中解元外無(wú)其它的慕尊元，解元與甑元柜其它麻等元證明：（1）設(shè)an - 0,且w H 0,則由消去律可得rz - 0,矛盾口（2）設(shè)/ =a,且（7/0,可證叢必為單位元：V應(yīng)u 有Uk -由消去律彳導(dǎo)g -應(yīng),二是左單位元

12、，類(lèi)似可證CZ也是右單位元,故廈是單位元12。是整環(huán)，Z?X則也是整環(huán)。證明:。是整環(huán)D z 0,故沖-r 0可交換，顯然珂也可交換門(mén)內(nèi)無(wú)毒因子V/i（應(yīng)）,jG（應(yīng)）f若.7； 3）兀 3）一 設(shè) deg 7i（） n O? degz；（） m 0=演產(chǎn)”+-二如葺琲+，度工。，打1工0/IMAM =旬*觀+工。矛盾-71 （應(yīng)）=OeV2（a-） = O因而5盤(pán)一中也無(wú)等因子U3.2 P1295.確定(Zn,+)中的所有理想。解(Zn,+)中的所有理想為(d), din。其中d表示模n的同余類(lèi)。(下同)詳細(xì)地可表為：設(shè)n的標(biāo)準(zhǔn)素因子分解式為n=p1n1p2n2.psns，則(Zn,+)中的

13、所有理想為 (p1i1p2i2.psis) , OWikWnk, IWkWs。7. L是A的左理想，則N=xixEA, xL=O是理想。證 按理想的條件來(lái)證。對(duì)任意 a, b N, (a-b)L=aL-bL=O,故 a-bNo對(duì)任意 aN, xA 有 axL=aL=0, xaL=xO=O,故 ax, xaN。所以N是A的理想。9. F是數(shù)域，則(x)是Fx的極大理想，從而Fx/(x)是域。證先證(x)是極大理想。根據(jù)極大理想的定義，首先要證它是真理想：顯然(x)尹(O)，(x) 尹Fx，所以(x)是真理想。其次要證：若有理想I真包含(x)，貝0必有I=Fxo因?yàn)镮真包含(x)，則存在f(x)I

14、(x), f(x)=aO+a1x+.+anxn,且aO尹O。由此可得 aO=f(x)-x(a1+.+anxn-1)I，因而aO aO-1=1I， 故 I=Fxo所以(x)是極大理想。再由本節(jié)定理1矢口Fx/(x)是域。11. R是可換環(huán)，H是理想，且H尹R，則H是素理想的充分必要條件是心 是整環(huán)。證素理想的概念不易記憶，可與素?cái)?shù)的概念相比較，形式上有某種類(lèi)似性：素?cái)?shù)：對(duì)任何a, bZ+,若p=ab，則有pia或pib。素理想：對(duì)任何a, bR，若abH,則有aH或bH。必要性：已知H是素理想，要證R/H=a+HiaR是整環(huán)。設(shè)aR，用a=a+H表示R/H中的元素(模H的同余類(lèi))。若有a, bR

15、滿(mǎn)足ab=O。 由于ab=(a+H)(b+H)=ab+H=O=H,故得abH。由于H 是素理想，得aH 或bH，因而 有a=O或b=O，所以R/H是整環(huán)。充分性：已知R/H是整環(huán)，要證H是素理想。設(shè)abH,則ab=O，因R/H是整環(huán)，故 有a=O或b=O，即aH 或bH，所以H是素理想。習(xí)題3.3 P133 6.找出(Zn,+,)上一切自同態(tài)。解解決這類(lèi)問(wèn)題通常是根據(jù)同態(tài)定義找出一些特殊元素，例如單位元，生成元等的象，再找出一般元素的象，從而確定所有同態(tài)映射。方法類(lèi)似于本節(jié)例4。設(shè)Z=O,1,.,n-1,其中k表示k模n的同余類(lèi)。設(shè) f 是(Zn,+,)上任一自同態(tài)，可設(shè)f(1)=k，則對(duì)任意

16、x Zn 有f(x)=kx。由 f(1)=f(11)得 k=k2，有解：k=O或1。因而(Zn,+,)上全部自同態(tài)有： f(x)=kx,對(duì)任何xZn。其中k滿(mǎn)足方程k(k-1)=O，或k(k-1)=O(modn)。3.4 P137 5.設(shè)D為有單位元的整環(huán)，則p是素元的充分必要條件是D/(p)是整環(huán)。證復(fù)習(xí)素元的定義。必要性：已知p是素元。要證D/(p)是整環(huán)，一是要證D/(p)尹O；二是要證D/(p)中無(wú)零因子。由本節(jié)習(xí)題3, (p)為非平凡理想，故D/(p)尹O。對(duì)任何a,bD/(p),若ab=O,則ab(p),可設(shè)ab=pq，故piab,由于p是素元，必有 pia或pib,故有a=O或b=0o這就證明了D/(p)中無(wú)零因子。所以D/(p)是整環(huán)。充分性