近似代數(shù)答桉

1、第一章基本概念1.集合解：由題及真子集定義知，若a A，則a I B，故AI B.同理，A E B，故A = B . 解：i.由 AI B，設(shè)a A，則 a I B.故 A 糖 A B.又 A 翹BA，故 A ? B A.ii.由 AI B，則A 忍BB.又 B 倘 A B，所以 A ? B B . 2.映射解:設(shè)(a,b)為A A中的任意元素，其中a,bI A .定義映射中:(a ,b) a因?yàn)橹刑鍭 A的任何元素(a,b)規(guī)定了一個(gè)唯一的象a，而a I A .解:在上題的映射中下，A的每一個(gè)元素都是A A的一個(gè)元的象，因?yàn)?a,b)中的a可以 是A的任一元素. 3.代數(shù)運(yùn)算解:一個(gè)不為0的

2、偶數(shù)除一個(gè)不為0的偶數(shù)所得結(jié)果總是一個(gè)不為0的有理數(shù).所以取D =所有不為0的有理數(shù).普通除法就是一個(gè)A A到D的代數(shù)運(yùn)算.解:我們用運(yùn)算表來(lái)給出A的一個(gè)代數(shù)運(yùn)算：。abcaaaabaaacaaa通過(guò)。，對(duì)于A的任何兩個(gè)元素都可以得出一個(gè)唯一確定的結(jié)果a來(lái)，而a仍屬于A .所以。 是A的一個(gè)代數(shù)運(yùn)算.這一代數(shù)運(yùn)算也可以用以下方式來(lái)加描述。：(尤，y) ? a x。y x,y A同理，。：(x, y) ? a x。y x, y A也是A的一個(gè)代數(shù)運(yùn)算. 4.結(jié)合律解:不適合結(jié)合律.例如，當(dāng)a = 4 ,b = c = 2時(shí)，(a ob)。c = (4。2)。2= -4。2= -2 = 1,a。(

3、b。c) = 4。(2。2) = 4。(-2) = 4 = 4故當(dāng)a,b,c取上述值時(shí)(a qb)。c 1 a q(b。c)解:略.解：適合結(jié)合律.要對(duì)a,b,c的33種排列(元素可重復(fù)出現(xiàn))加以驗(yàn)證.但利用元素a的特 性，可以把驗(yàn)證簡(jiǎn)化.仔細(xì)考察運(yùn)算表，我們發(fā)現(xiàn)以下規(guī)律：對(duì)集合A的任意元素x來(lái)說(shuō),都 有a。x = xoa = x.由此得出，對(duì)于a出現(xiàn)的排列，結(jié)合律都成立.若a不出現(xiàn)的排列.這樣 的排列共有23種.我們?cè)谶@里驗(yàn)證4種，其余4種自己驗(yàn)證.(b。b) o b = c o b = a , b。( b。b) = b。c = a (bob)ob = bo(bob)(b o b) o c

4、= c o c = bb o( b o c) = b o a = b (bob)oc = bo(boc)(boc)ob = a ob = bb o(c ob) = b oa = b (b oc) ob = b o(c ob)(boc)oc = a oc = cb o(c oc) = b ob = c (b o c) o c = b o (c o c) 5.交換律解：當(dāng) a 解：當(dāng) a = 1,b = 2 時(shí)，a b ? a解:略.b .所以這個(gè)代數(shù)運(yùn)算不適合交換律.解：(a b)排(解：(a b)排(a b2) (a2 排叫 2b2)i ii=a (b ? b )i i 2=(a 排a ) (

5、b=(a 排a ) b=(a b )排( a b )i i2 i22a2b2)(aibi) 6.分配律(a2 b2)a ) b(% b2)17.一一映射、變換(a 2 b2)A,是一個(gè)A與A的一一映射.首先,給了 x A,即任一大于0的實(shí)數(shù)x , 1g X是一個(gè)實(shí)數(shù)，即1g xI A,并且1g X是唯一確定的，所以甲是一個(gè)A到A的映射.其次，對(duì)于任一 JI A ,即任一頭數(shù)y , Oy = X是一個(gè)大于0的實(shí)數(shù)，而在中之下,X ? 1g X 1g IOy = y所以甲是A到A的滿射.若x ,x I A，并且X 1 X，那么1gX 1 1gX，所以甲也是單射.I 2I 2i2故甲是一個(gè)一一映射.

6、 解：中:x x 0 X 不是等價(jià)關(guān)系.這個(gè)關(guān)系不滿足反射律:a a不成立.3也不是等價(jià)關(guān)系，它不滿足對(duì)稱律,例如，33 2,但23 3不成立.解:錯(cuò)誤在于，對(duì)于”等價(jià)關(guān)系”定義的陳述沒(méi)有準(zhǔn)確地理解.aRb D bRa的意思是：由aRb可得bRa ；假如對(duì)于某一元素a ,找不到任何元素b ,使得 aRb成立,那么就得不出bRa ,因而也就得不出aRa .例如，令A(yù)是整數(shù)集,如下定義A的 元間的關(guān)系R : aRb ,當(dāng)且僅當(dāng)ab 0 . R顯然滿足對(duì)稱律和推移律，但R不滿足反射律, 因?yàn)? R 0不成立.解:見例3.第二章群論 1.群的定義解：不是,因?yàn)槠胀p法不滿足結(jié)合律.例如，3- (2-

7、1)=3- 1=2 , (3- 2)- 1= 1- 1= 0, 3- (2- 1)? (3 2)- 1.解：令G = e,a, G的乘法由下表給出eaeeaaae由于滿足結(jié)合律，可知.(xy )z = x( yz) x,y ,z I G(1)由于ea = ae = a，若是元素e在(1)中出現(xiàn)，那么(1)成立.若e不在(1)中出現(xiàn)，那么有( aa )a = ea = a a ( aa )= ae = a而(1 )仍成立.其次，G有左單位元，就是e ； e有左逆元，就是e, a有左逆元，就是a .所以G是一個(gè)群.解:這個(gè)題的語(yǔ)法完全平等于本節(jié)中關(guān)于可以用條件I, II, W, V來(lái)做的證明，但讀

8、者一定 要自己寫一下.2.單位元、逆元、消去律解：令a和b是G的任意兩個(gè)元.則(ab)(ab) = (ab )2 = e 且(ab)(ba) = ab 2 a = aea = a 2 = e. (ab)(ab) = (ab)(ba)即 ab = ba故G是交換群解：令G是一個(gè)有限群.設(shè)G有元a而a的階n 2 .對(duì)a- 1，則an (a -1 )n = ee( a -1 )n = (a -1 )n = e設(shè)正整數(shù)m 2的假設(shè)矛盾.這樣，我們就有一對(duì)不同的階大于2的元a和a-1.設(shè)G還有元b , b 1 a , b 1 a-1，并且b的階大于2.那么b-1的階也大于2,并且b-1 1 b . 我們

9、也有b- 1 i a，否則e = b -1b = aa -1 = b - 1 a - 1消去b-1得b = a-1，與假設(shè)矛盾.同樣可證b-1 1 a-1.這樣，除a和a-1外，又有一對(duì)不同的 階大于2的元b和 b- 1.由于G是有限群，而G的階大于2的元總是成對(duì)出現(xiàn)，所以G里這種元的個(gè)數(shù)一定是偶 數(shù).解：由題2知，G里大于2的元的個(gè)數(shù)是偶數(shù).但G只有一個(gè)階是1的元，就是單位元e. 于是由于G的階是偶數(shù)，得G里階等于2的元個(gè)數(shù)是奇數(shù).解：令G是一個(gè)有限群而a是G的任一元素，那么a,a2,a3,不能都不相等.因此存在正整數(shù)i, j, i j,使ai = aj.用a - j乘兩邊，得a i- j

10、= e(1)這樣，存在正整數(shù)i-九使(1)成立.因此，也存在最小的正整數(shù)m，使am = e，這就是說(shuō)， 元a的階是m.4.群的同態(tài)解：不一定.例如，令G是本章 1中例2所給出的群而G是該節(jié)中例1所給出的群.那么讀 者容易證明：n gn是G的任意元是G到G的一個(gè)同態(tài)映射.但G的每一個(gè)元n 1 0都是無(wú)限階的，而g的階是1.5.變換群解：可能有.例如令A(yù) = 所有正整數(shù)，則t : 11, n n - 1 n 1顯然是A的一個(gè)非一一變換.而A的變換t -1 : n ? n 1 n A就能t - 1T = .解：令G是由一切上述變換作成的集合.考察G的任何兩個(gè)元素t : x ? ax ba和b是有理數(shù)

11、，a 1 0人:x ? cx dc和d是有理數(shù)，c i 0那么t人:x ? x以(ax + b= c(ax + b)+ d=(ca )x + (cb + d)這里ca和cb + d都是有理數(shù)，并且ca 1 0.所以以仍屬于G.結(jié)合律對(duì)一般變換都成立，所以對(duì)上述變換也成立. 單位變換 : x x 容易驗(yàn)證，x在G中有逆，即T - 1 : x ? x (- b ) a a 因此，G作成一個(gè)變換群. 但G不是一個(gè)交換群.令 TOC o 1-5 h z t 1 : x ? x 1 t : x 2 x 那么2t 1T 2 : x ? ( xt1 )t2(x + 1)t2 = 2x + 2t t 1 :

12、x ? ( xt 2 )t1(2 x )t1 = 2 x + 1t t i t t HYPERLINK l bookmark147 o Current Document 1 22 1 解：令t和t是S的任意兩個(gè)元而a是A的任意一個(gè)元.那么t (a)和t t (a)都是12212A的唯一確定的元而我們得到了一個(gè)S的一個(gè)任意元，那么( )r (a)= t (a) = t t t (a) TOC o 1-5 h z 1 2 31 2 31 2 3t (t t )(a)= t t t (a) = t t t (a)1 2 31 2 31 2 3所以(tt )t = t (t t )而乘法適合結(jié)合律.1

13、23123令t是的一個(gè)任意元.由于對(duì)一切a I A，都有8 (a )= a，所以8T (a)= 8t(a) = t(a)T8( a )= t8( a) = t( a)即8T = T8 = T而8仍是s的單位元.解：設(shè)G是由某一集合A的變換組成的一個(gè)變換群，而8是G的單位元.任取G的一個(gè)元 T和A的一個(gè)元a.由于8T = T，有a 8t = (a8 )t = a t由于t是A的一個(gè)一一變換，所以a8 = a而8是A的恒等變換.解：略. 6.置換群: S 3 有 t元：3)(2 3)(2 3)(2 3)(2 3)(2 3)2 1 3 , 231 , 3 1 2 , 321.其中顯然可以和；(2 3

14、)其中顯然可以和；(2 3)二 ( 2 3)( 2 3)I 2 3)_( 2 3) 12 3 = 2 3烏3)交換.通過(guò)計(jì)算，易見其它三個(gè)元不能和1 ，2 3 1，3 1 2 7 2 3 12 3)3 1義換.3)二 (1) (1 2 3)= (2 3) ( 2 3)= (1 2) (1 2 3)= (1 3)3, 1 3 2，2 13.，3 2 1，(22 3)=(1 2 3)，(3 2 2)=(1 3 2).解：(i)看Sn的兩個(gè)不相連的循環(huán)置換b和匚.我們考察乘積bT使數(shù)字1,2，n如何變 動(dòng).有三種情況：數(shù)字i在b中出現(xiàn)，并且b把i變成J.這時(shí)由于b和T不相連，j不在T中出現(xiàn)，因而T使

15、j不變，所以bT仍把i變成j .數(shù)字k在T中出現(xiàn)，并且T把k變成l .這時(shí)k不在b中出現(xiàn)，因而b使T中出現(xiàn)，因而b使bT仍把k變成l.數(shù)字m不在b和T中出現(xiàn).這時(shí)bT使m不動(dòng).如上考察s使數(shù)字1,2,如何變動(dòng)，顯然得到同樣的結(jié)果.因此bT = Tb .(ii)由于(i i i )(i i )=，所以(i i i )-1 = (i i )1 2 k k k - 111 2 kk k - 11解：一個(gè)k 一循環(huán)置換兀=(i i - i )的一次方,二次方，k次方分別把i變成12k1i ,i， ,i .同理兀k把i變成i，,把i變成i .因此兀k =(1).由上面的分析，若是l k，23122k k

16、那么兀i 1(1).這就證明了，丸的階是k.解：由于每一個(gè)置換都可以寫成不相連的循環(huán)置換的乘積,所以只須證明，一個(gè)循環(huán)置換可 以寫成若干個(gè)(1 i)形的置換的乘積.設(shè)丸是一個(gè)k -循環(huán)置換.我們分兩個(gè)情形加以討論.1在兀中出現(xiàn)，這時(shí)丸可以寫成(1匕i2ik-1)容易驗(yàn)算(1 i i i ) = (1 i )(1 i ) (1 i )1 2k- 112k- 11不在丸中，則兀=(i i i )= (1 i i i )(1 i )1 2n1 2kk - 1=(1 i )(1 i )-(1 i )(1 i )12k1 7.循環(huán)群1.解：設(shè)循環(huán)群G = (a)，則am ,an I G (m,n是整數(shù))

17、.dman = am+ n = an+ m = anQm故G是交換群.2 .解：因 d | r，則 r = dt 11 Z.，.(ar) d = (adt) d = (an )t = e假設(shè)ar的階為k，那么k n .d令 d = kq + r 0 #r k- 1,則有e = (ar ) d = (ar )kq + r1 = (ar )kq ( ar )= (ar ).r 1,則b = apt-1，故(b)是一個(gè)階為pt-1的 子群.3.解：設(shè)ab 的階為 k .由 ab = ba，則(ab)mn = amnbmn = e ,所以k | mn .由 e = (ab)kn = aknbkn =

18、akn,所以 m | kn .而(m,n) = 1,所以 m | k.同理，n | k .又由(m,n) = 1,則mn | k . ab 的階為k = mn .解:令H是與e等價(jià)的元所成的集合.由于e e，所以H不為空.設(shè)a, b I H .另，么 a e ,b e . b e U a - i ab a - i a . 因此，ab a e 而ab I H .a e U ae aa- i.因此，e a- i.:.a -1 I H故H為G的一個(gè)子群.、解：a G .因H是一個(gè)子群,單位元e I H，因此a = ea Ha .設(shè)a 撾Hb,a Hc，那么 a = h b = H c (h ,h I

19、 H).因此，b = h-1 h c，而Hb 的任意元121212hb = hh - 1 h c Hc因而Hb I Hc .同理Hc I Hb .故Hb = Hc , a只屬于一個(gè)右陪集.解:給出兩個(gè)階為4的群.模 4 的剩余類加群G1= 0, 1, 2, 3.的元1的階是4而是1所生成的循環(huán)群(1).S：的子群B4= (1),(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)叫作克萊因四元群.B4是七的子群容易驗(yàn)證.我們有(1 2)(3 4)2 = 13)(2 4)2 =(1 4)(2 3)2 = (1) TOC o 1-5 h z (1 2)(34)(13)(24)= (13

20、)(24)(12)(34)= (14)(23)(1 3)(24)(14)(23)= (14)(23)(13)(24)= (12)(34)(1 4)(23)(12)(34)= (12)(34)(14)(23)= (13)(24)這兩個(gè)群顯然都是交換群.設(shè)群G的階為4. a G有an = e，則n = 1,2或4.若G有一個(gè)4階為元a1，那么G = (d)是一個(gè)循環(huán)群且G與G1同構(gòu).若G沒(méi)有階為4的元,那么除單位元e外，G的其它3個(gè)元的階都為2.因此有G = e ,a ,b ,c, a 2 = b 2 = c 2 = e.由于G是群，有ab I G .顯然ab 1 e,a或b，故ab = c .同

21、理, ab = ba = c , bc = cb = a , ca = ac = b .故G絲B4. 10.不變子群、商群1.解:令N = e,n，其中e為G的單位元.a G ,由于N是一個(gè)不變子群，有aN = Na , 即a ,an = a ,na.所以an = na .這樣，N的兩個(gè)元e和n都可以和G的任何元a交換， 所以N屬于G的中心.解:令N和N2是群G的兩個(gè)不變子群，那么N C N2，是G的一個(gè)子群.我們進(jìn)一步證 明，N C N是G的一個(gè)不變子群.令a I G，n I N C N，那么n I N，n I N .但N1212121和N2是不變子群，所以ana-11氣，ana-1 I N

22、2，因而ana-1吻叫 N2.于是由定理2, N1 C N 2是一個(gè)不變子群.解:令N是群G的一個(gè)指數(shù)為的子群.若n I N ,那.么顯然有nN = Nn .設(shè)b I G , b I N .所以G的兩個(gè)左陪集為N和bN ,右陪集為N和Nb .因此bN = Nb .這樣，對(duì)a G , aN = Na且N是G的一個(gè)不變子群.解：由于H和N都不為空，所以HN也不空.設(shè) a I HN , b I HN .那么a = h n ,b = h n (h ,h 撾H, n ,n N) TOC o 1-5 h z 1 12 21212ab -1 = h n n -1 h -1 = h n。1 (n = n n

23、-1)112 2121 2由于N是一個(gè)不變子群，有Nh -1 = h -1N ,n 饑-1 = h -1 n (n N)2222由是得ab-1 = (h h-1 )n HN故HN是G的一個(gè)子群.解:令 G = S 4,N = (1),(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)N1= (1),(1 2)(3 4)已知N是G的一個(gè)子群(上節(jié)習(xí)題6).由于任何丸都可以寫成(1 i)形的2-循環(huán)轉(zhuǎn)換的乘積(6 .習(xí)題5),我們只須對(duì)(1 i)形的 丸來(lái)看等式(a)是否成立.又由于N的元的對(duì)稱性，我們只須看兀=(1 2)的情形.而 (1 2)(1),(1 2)(3 4),(1 3)

24、(2 4),(1 4)(2 3)( 1 2)=(1),(1 2)(3 4),(1 4)(2 3),(1 3)(2 4)所以N是S4的一個(gè)不變子群.由于N是交換群，N1當(dāng)然是N的一個(gè)不變子群.但N1不是S4的一個(gè)不變子群.因?yàn)?1 3)( 1 2)(3 4)(1 3) = (1 4)(2 3)、軍：i . C的兩個(gè)元的乘積仍是有限個(gè)換位子的乘積，因而仍是C的一個(gè)元.一個(gè)換位子的 逆仍是一個(gè)換位子，所以C的一個(gè)元的逆仍是C的一個(gè)元.這樣C是一個(gè)子群.對(duì)于a撾G,c C,aca-1 = (aca-1 c-1) c I C，所以C是G的一個(gè)不變子群.令 a ,b I G .那么 a - b ab =

25、c C.由此得 ab = bac，故 abC = bacC = baC即aCbC = bCaC ,故G C是交換群.因?yàn)镚N是交換群，”a,b G有(aN)(bN )= (bN)(aN), abN = baN所以 ab = ban (n I N) a- 1 b-1 ab = n N.這樣N含有一切換位子，因而含有C. 11.同態(tài)與不變子群解：i.設(shè)S是S的逆象.”a S，存在元a I S，使如a )= 2，因此如S )1 S .相反，對(duì) 任一元切I S，$ a S，使(a )1 a，因此SI 0( S).這樣S =(S )，即S是S的象.ii.令A(yù) = 1,2,3,4,司=2,4，A 到膏的滿

26、射是：1 2,22,3 4,4 4.取S = 1,3.那么S的象S = 2,4.但S的逆象是A1 S .解:設(shè)所給G到G的同態(tài)滿射是:a ? a (a).設(shè)w : aN aN若aN = bN，那么b- 1 a I N .由于N是N在之下的象，有b-1 a = b-1 a N，aN = bN，所以w 是G：N 到 G/N 的一個(gè)映射.設(shè)aNI G/N而0(a)= a，那么w : aN 2n，故w是G：N到G卞的一個(gè)滿射.若aN 1 bN，那么b-1 a I N .由于N是N的逆象，由此得b-1 a = b1 a N，aN 1 bN， 所以w :aNbN = abN ? abN aNbNw是G：

27、N到G；N的一個(gè)同構(gòu)映射.解:設(shè)G與G同態(tài)，那么由定理2，GN絲G，其中N是G與G的同態(tài)滿射的核.所以 由 9的定理2它能整除G的階m .由此得nm.反過(guò)來(lái)設(shè) n | m，令 G = (a), G = (a).且中:ak ak .若 ah ak，那么 mh - k.由nm，故nh - k，所以ah = ak .故中是G與G的一個(gè)映射.所以中是G與G的一個(gè) 同態(tài)映射.故G與G同態(tài).解:因循環(huán)群G是交換群，故G的子群N是不變子群，而G：N有意義.設(shè)G = (a).則有GN = (aN).故GN也是循環(huán)群.第三章環(huán)與域 1.加群、環(huán)的定義解:見Page62定理1的證明過(guò)程.解：R對(duì)加法來(lái)說(shuō)，與克萊因

28、四元群(參看第二章 9題6)同構(gòu).因此R對(duì)于加法是一個(gè)加 群.又R的乘法滿足結(jié)合律：.(xy )z = x(yz) x,y,z I R當(dāng)x = 0 或a 時(shí)，(xy )z = x(yz)=0 ；當(dāng)x = b 或c 時(shí)，(xy )z = x(yz)= yz .又滿足分配律：x(y + z)= xy + xz(y + z)x = yx + xz由(1)可知，當(dāng) x = 0 或a 時(shí)，x(y + z)= xy + xz = 0 ；當(dāng) x = b 或c 時(shí)，x(y + z)= xy + xz = y + z.由(2)知，當(dāng)y和z中有一個(gè)為0時(shí)，(2)顯然成立.當(dāng)y構(gòu)0,z0,但y = z時(shí)，由于R的任

29、何元的兩倍都等于0,所以(2)也成立.(a + b )x = cx = x (b + c) (a + b )x = cx = x (b + c) x = ax = 0 (c + a )x = bx = x 因此(2)成立.故R為一個(gè)環(huán).ax + bx = 0+ x = xbx + cx = x + x = 0cx + ax = x + 0= x2.交換律、單位元、零因子、整環(huán)解:當(dāng)n = 1時(shí)，顯然成立.假設(shè)n = k時(shí)，定理也成立.則有(a + b)k = ak +那么當(dāng)n = k + 1時(shí)，由乘法交換律有(a + b)k +i = ak + Ciak- ib + + bk (a + b)

30、k=ak +1 Ci + 1akb + + C，+ Ci-1 ak- i+1b1 + bk +1由C+ Ck-1 = C1有(a + b)k +1 = ak +1 + C1 akb + + Ci ak- t+1bi + + bk +1 故二項(xiàng)式定理在交換環(huán)中成立.解:設(shè)R作為加群是由元a生成的循環(huán)群.令b和c是R的任意兩個(gè)元，那么 b = ma ,c = na m, n I Z故bc = (mn)a2 = cb ,因而 R為交換環(huán).解:令a,b R .由分配律知(a + b)(1+ 1) = (a + b )?1 (a + b )?1 a + b + a + b= (1+ 1) + (1+ 1

31、)= a + a + b + b:.(-a)+ a + b + a + b + (- b) = (- a)+ a + a + b + b + (- b)即 b + a = a + b故得證.解:令 R = (a ,b), a ,b 是整數(shù)).定義(a ,b )= (c ,d),當(dāng)且僅當(dāng) a = c ,b = d 進(jìn)一步定義(a,b)+ (c,d) = (a + c,b + d),即(a,b)(c,d) = (ac,bd).故R對(duì)以上加法和乘法可作為一個(gè)環(huán)，而(0,0)是R的零元.當(dāng) a 構(gòu) 0 ,b 0 時(shí)，(a ,0 )i (0,0), (0 ,b )i (0,0).而(a ,0)(0 ,b

32、 )= (0,0).所以R有零因子.解:當(dāng)a,b,c,d是整數(shù)時(shí)，(a + b 2 ) + (c + d、：2 ) = (a + c) + (b + d) 2(a + b (2 )+ (c + d 2 ) = (ac + 2bd)+ (ad + bc) j2其中(a + c),(b + d),(ac + 2bd),(ad + bc)仍是整數(shù).所以R對(duì)普通加法和乘法來(lái)說(shuō)是封閉的.由滿足結(jié)合律、交換律和分配律.(0+0 偵2 )= 0 R對(duì)任何a + b2 R，有-a- b2 R，且(a + b2 )+ (- a- b 2 ) = 0 所以R作成一個(gè)交換環(huán).又1+ 0、2= 1 R，兩個(gè)非零實(shí)數(shù)的乘積不等于零. 故R是一個(gè)整環(huán).3.除環(huán)、域解:顯然，F(xiàn)對(duì)普通加法和乘法來(lái)說(shuō)作成一個(gè)整環(huán).(參看前節(jié)題5)設(shè)a + bi是F的一個(gè)非零元.那么a和b不能都為零.因而a2 + b2 0 .故有(a + bi)(abi )=1a 2 + b 2a 2 + b 2a - b i F a2 + b2a2 + b2故F的任意元在F中有逆無(wú)，所以F是一個(gè)域.解：顯然，F(xiàn)是一個(gè)整環(huán)，設(shè)a + b3是F的任零元.那么a和b不能都等于0,此時(shí)a2- 3b2 0.否則將