近世代数习题解答张禾瑞三章.docx

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近世代数习题解答张禾瑞三章

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

贝ya,b三S二ab三S

0是S的零元，即0•a=a

对G的零元，0」a=a.0=0

即0s0-a--aS.

（ii）若a,bS=a-bS

今证S是子群

由a,bS=aS,S对加法是闭的，适合结合律,

由aS=-a•S,而且得a—a=0：

=S

再证另一个充要条件：

若S是子群，a,bS=a,-bS=a-bS反之aS=a-a=0S=0-a--aS故a,bS=a-（-b）=abS

2.R={0,a,b,c}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2.9.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x（yz）=（xy）Z

事实上.

当x=0或x=a,（A）的两端显然均为0.

当x=b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x（yz^xyxz

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x=0或x=a以及x=b或x=c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

y=0或y=a（可省略z=0,z=a的情形）的情形，此时两端均为zx剩下的情形就只有

.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

在交换环中成立.

证用数学归纳法证明.

当n=1时,显然成立.

假定n=k时是成立的：

看n=k1的情形（ab）k（ab）

（因为（畀）北）（：

」））

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）

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（ab）（11））

证单位元是1,a,b是环的任意二元，

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：

a,b三R而ab=0则R显然为环.

阶为2.有aR而a=0

但aa=0即a为零因子

或者R为nn矩阵环.

5.证明由所有实数a•b12（a,b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R-{ab.2（a,b整数）}

（i）R是加群（ab一2）（cd.2）=（ac）（bd）.2

适合结合律，交换律自不待言.零元00,2

a■b2的负元-a-b2

（ii）（ab-2）（cd2）=（ac2bd）（adbe）2

乘法适合结合律，交换律，并满足分配律.

（iii）单位元1^.2

（iii）R没有零因子，任二实数ab=0=a=0或b=0

3除、环、域

1.F=｛所有复数abia,b是有理数｝

证明F二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

证明F对于普通加法和乘法来说是一个域.

证只证明a亠b--3=0有逆元存在.则a,b中至少有一个=0,

22

我们说a-3b--0

22

不然的话,a=3b

（b=0］若b=0贝ya=0矛盾）

2

3=笃但-3不是有理数

、b22

既然a…3b0

‘_ab

贝Ua^.3的逆为22*2—

a2_3b2a2_3b2

4.证明例3的乘法适合结合律.

证［（:

1,■1）C2,-2）］^'3,'3）

又（:

九沁：

2「2）（：

3「3）］

二［〉1（〉2〉3-：

2：

3）-1：

1（〉2：

3：

3）,

5.验证,四元数除环的任意元（abi）,（cdi），这里a,b,c,d是实数，可以写成

（a,0）（b,0）（i,0）（c,0）（0,1）（d,0）（0,i）的形式.

证（abi,cdi）二（a,c）（bi,di）

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P4（4是群F的阶）

但要求P是素数，•P=2.

（b）设F二｛0,1,a,b｝

由于P=2,所以加法必然是

xx=0,,而1a=a二1a=b

故有

又{1,a,b}

构成乘群，所以乘法必然是

22

aa,a1

故有

1a

11a

aab

bba

—2

（否则a=b）=•a二b

b

b

1

1

这样，a,b显然适合x2=x1

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x•[a]且（x,n）=d

贝Ux=dx1,n=dn1

由于x-a二nq=a=x-nq=dx^dng=d（xr~mq）

故有da,，且有dn

因为（a,n）=1所以d=1

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G二｛［a］而［a］同n互素｝

G显然非空，因为[1]•G（（1,n）=1）

（i）[a],[b]G

则[a][b]二[ab]

又（a,n）=1,（b,n）=1有（ab,n）=1

（ii）显然适合结合律.

（iii）因为n有限所以G的阶有限.

若［a］［x］二［a］［x'］

即［ax］二［ax'］

由此可得nax—ax'=a（x—x'）常（a,n）=1,二dx—x'即有［x］二［x］

另一个消去律同样可证成立.

G作成一个群

4.证明,若是（a,n）=1,那么a°（n）三1（n）（费马定理）

证（a,n）则[a]三G

而[a]的阶是G的阶\n）的一个因子

因此[a]（n^[1]

即[a（n）]=[1]

5子环、环的同态

1.证明,一个环的中心是一个交换子环.

证设N是环的中心.

显然0三Na,b三N，x是环的任意元

是子环，至于是交换环那是明显的.

2.证明，一个除环的中心是个域.

证设!

是除环！

是中心

由上题知N是R的交换子环

1R,显然1N,即N包含非零元，同时这个非零元1是的单位元.

aN,xR即ax=xa

.N!

是一个域

3.证明，有理数域是所有复数a-bi（a,b是有理数）作成的域R（i）的唯一的真子域

证有理数域R是R（i）的真子域.

设F!

是R（i）的一个子域，则F二R（因为R是最小数域）

若abiF,而b=0

则iF二F二F（i）

这就是说，R是R（i）的唯一真子域.

4.证明，R（i）有且只有两自同构映射.

证有理数显然变为其自己.

假定i

则由i2--1=--1—--i或「--i

这就证明完毕.

当然还可以详细一些：

确是R（i）的两个自同构映射.

现在证明只有这两个.

若：

i》：

二abi

（有理数变为其自己）

则由i2=-1=（abi）2二a2「b22abi二-1

若b=0=a2--1是有理数，在就岀现矛盾所以有a=0因而b=1.

在就是说，只能i>i

或i•-ii

5.J3表示模3的剩余类所作成的集合.找岀加群J3的所有自同构映射，这找岀域J3!

的所有自同构映射.证1）对加群J3的自同构映射

自同构映射必须保持！

00

故有1:

i—；i

2）对域J3的自同构映射.

自同构映射必须保持00,11

所有只有—•i

6.令R是四元数除环，R是子集S={—切（a,0）}这里a阿是实数，显然与实数域S同构.令R是把R

中S换成S后所得集合；替R规定代数运算.使R三R,分别用i,j,k表示R的元（i,0）,（0,1）,（0,i）,,那么

222

R的元可以写成abicjdk（a,b,c1d是实数）的形式（参看33习题5）.验证.i-j-k--1,ij=一ji=k,jk=—kj=i,ki=—ik=j.

证1）对':

（a,0）—；a来说显然S三S

2）S={—切（a,0）}a实数S={—切（a,0）a实数

R={（a,"・|一切（a,0）}

复数对（:

厂）是不属于S的R的元.

R={（c（,P…|一切a}

规定

由于S与S的补足集合没有共同元，容易验证<是R与R间的一一映射.

规定

R的两个唤的和等于它们的逆象的和的象

R的两个元的积等于它们的逆象的积的象

首先，这样规定法则确是R的两个代数运算.

其次，对于这两个代数运算以及R的两个代数运算来说在.之下R二R

（3）由3.3.习题5知

这里a,b,c,d实数

这是因为令i=（i,0）,j=（0,1）,k=（0,i）（4）i2=（i,O）（i,O）=（-1,0）1

同样jk--kj=i,ki--ik=j

6多项式环

1.证明，假定R是一个整环，那么R上的一个多项式环R[x]也是一个整环.

证R!

是交换环=R[x]交换环，

R有单位元1=1是R[x]的单位元，

R没有零因子=R[x]没有零因子

事实上,f（x）=a0anxn,a=0

则f（x）g（x）=a°b°+…+anbmXn4m

因为R没有零因子，所以anbm=0

因而f（x）g（x）=0

这样R[x]是整环

2.假定R是模7的剩余类环，在R[x]里把乘积

计算出来

解原式=[5]x5-[3]x4x3[5]x-[5]=[5]x5[4]x4x3[5]x[2]

3.证明：

（i）R[：

i,：

2]=R[：

2,：

1]

（ii）若X“X2，…，Xn是R上的无关未定元，那么每一个Xj都是R上的未定元.

证（i）«1，_辺]={一切二如2一：

*一：

：

；2}

R02,%]={—切送aj2j^2j«ij1}

由于》ai1i^2aij^Zaj2j®22°1j1

因而R[r，：

2]=R[：

2,：

』

n

（i）设vHxk=°

0-..k00h00

即'akXiXidXiXi1Xn

k=0

因为x1,x2/xn是R上的无关未定元，所以

即xi是R上的未定元

4.证明：

（i）若是x1,x2/xn和y1,y2/yn上的两组无关未定元，那么

（ii）R!

上的一元多项式环R[X]能与它的一个真子环同构.

证（i）：

f（Xi，X2，Xn）>f（yi,y2/yn）

根据本节定理3R[x1,x2^xn]~R[y1,y2^yn]

容易验证fi（Xi，X2，Xn）=f2（Xi，X2；Xn）二fi（yi,y2,yn）=f2（yi,y2,yn）

这样R[Xi，X2，Xn]=R[yi，y2，yn]

22n

（ii）令R[x]={—切a。

qxanX}

显然R[x2]二R[x]

但xR[x2]不然的话

这与x是R上未定元矛盾.

所以R[x2]是R[x]上未定元显然

故有（i）R[x]=R[x2}

这就是说，R[x]是R[X]的真子环，且此真子环与R[X]同构.

7理想

1.假定R是偶数环，证明,所有整数4r是二的一个理想，等式!

对不对？

证4r|,4r2、：

，r|,r2R

「.令是R的一个理想等式二=（4）不对

这是因为R没有单位元具体的说4・（4）但4「：

2.假定R是整数环证明（3,7）=1.

证R是整数环，显然R=

（1）（3,7）=1.

又1=（-2）31（7）（3,7）

3.假定例3的R是有理数域，证明，这时（2,x）是一个主理想

证因为2与x互素，所以存在R（x）,P2（x）使

.R[xH

（1）=（2,x）。

即〜是一个主理想.

4.证明,两个理想的交集还是一个理想.

证山和：

、是两个理想

•：

•：

L非空显然a,b・a,b三

5.找岀模6的剩余类环的所有理想.

证找出的理想是

我们只有这四个

理想必包[0]

若包含[1]或[5]则必包含所有的元

若同时含[2],[3];或[3],[4]则必包含[5]或[1]

6.一个环R!

的一个子集S叫做R的一个左理想，假如

（i）a,bS=a-bS

（ii）aS,rR二ras

你能不能在有理数域F上的22矩阵环里找到一个不是理想的左理想

F?

2=

i'a

ana12

>21a22/

01

的一个左理想，

an是有理数

、（c0」-

90厂lb_d

a-c

但它不是理想.

（只要aq2=°或bC|2=0）

同态与理想

8剩余类环、

S是由所有的类[a],[b],[c],…所作成的集合

又假定[x][y]=[xy],[x][y^[xy]规定两个S的代数运算，证明[0]是R的一个理想并且给定类刚好是模[0]的R剩余类。

证（i）先证[0]是R的一个理想a,b，[0]

即[a]二[0],[b]二[0][a][b]=[0][0]=[00]=[0]而[a][b]二[ab].[ab]=[0]二ab[0]

ra-[0]同理ar•[0]

于是[0]是R的理想

（ii）若x,y属于同一类，即［x］珂y］

x-y［0］即x,y属于对［0］同一剩余类

反之，若x,y属于对［0］的同一剩余类即x-y［0］

所以［x-y］=［0］

即［x］珂y］亦即x,y属于同一类

这样给定的类正好是对［:

-］来讲的剩余类。

2.

-的核是R

假定••是环R到环R的一个同态满射，证明，••是R与R间的同构映射，当而且只当的零理想的时候。

证（i）若R三R，0的逆象只有0既核是零理想

（ii）若■■的核的零理想

a,bR而a=b

那么a-b-核，"a-b）=0

即'（a）—（b）

.是同构映射

3.假定R是由所有复数abi是整数1作成的环，环R（1.j）有多少元？

证R是有单位元的交换环

那么主理想1-i的元的形式应为（abi）（1•i）=（a-b）•（ab）i

xyy_x

令a—b=x,a+b=ya=,b=

22

我们说当而且只当x,y的奇偶性相同时，a,b是整数

所以R（1-j）共有两个元：

一个元是［uvi］而u,v奇偶性相同以［1i］代表

一个元是［uvi］而u,v奇偶性相反以［12i］代表

实际上，R的任二元a.jb1i,a2-b2i

而6bj）-（a2b2i）=（q-a2）（d-b2）i（1i）

贝Uq-a2与d-b2奇偶性相同

=佝一a?

）-（d-bj二偶数

=佝-0）-（a2-b?

）二偶数

=a1-bi与a^-b2奇偶性相同

若冃-与a2~'b2均奇数

二a1—0以及a2,b2均奇偶性相反，若a1与a2—b2均偶数

二a1-D以及a2,b2均奇偶性相同，反之亦然。

9最大理想

1.假定R是由所有复数abi（a,b是整数所作成的环，证明，只仆•“是一个域，证证法一，由3.8.习题3知R（1.i）是只包含两个元，是有单位元的交换环且有零理想与单位理想，所以R（1.i）是一个域。

证法二，证明（1i）是R的最大理想。

设山是R的一个理想，且

同时有ab^-'（1i）而abiJ；

根据3.8.习题3知a,b奇偶性相反xy\R

若xyi三（1i）则xyi三J：

若xyH'（1i）则x,y的奇偶性相反

.同属一类

即（abi）_（xyi）（1i）山

」■.是理想，故xykR，山=R

而R是有单位元交换环自不必多说根据本节定理R（1i）是域。

我们看环R上的一个多项式环R[x]，当R是整数环时，R[x]的理想（x）是不是最

当R是有理数域的时候，情形如何？

证（i）R是整数环时，（x）不是R[x]的最大理想

这是因为由3.7.例3知（2,x）是R[x]的理想

明显的有R[x]二（2,x）=（x）

且R[x]p（2,x）=（x）

（ii）当R是有理数域时，可证（x）是R[x]的最大理想。

设山是R[x]的一个理想，且上_：

（x）而们-（x）

那么，b00X•bmxm三J：

b0=0

山是理想bo」（b°px…•bmXm）山

即150如亠亠b0」bmXm（x）山

而bo'^xbo'bmxm•（x）山

（1bo'dx^^bmxm）-bo'bx^r*bmXm=1山

于是匚=R[x]

我们看所有偶数作成的环R。

证明，（4）是R的最大理想，但r4不是一个域。

证设山是R的一个理想，且山_：

4而山-（4）

则■■除包含4n外还至少包含一个m而m=4q-r

m是偶数，只有r=2

那么，2二r=m—4q山

故有山=R

即（4）是R的最大理想。

但不是一个除环

证设山是F22的一个理想，\=0山•

不失一般性，假设

0

a）i

a2i

那么

10a11a12

di0

易知

兔00a2l^22

<0an丿

但F22不是除环

hr./

0計丿

因为

没有逆

ai2

a22丿

「00、

<00丿

0、

1丿

10商域

1.证明一个域！

是它自己的商域。

证设Q是F的商域

显然F二Q

a

qQ则q而a,bF,b=0b

即QF.FQ

2.详细证明本节定理3

证本节定理3是说；

假定R是一个有两个以上的元的环，F是一个包含R的域

那么F包含R的一个商域

现在证明

在F里

11a

ab=ba（a,bR,b=0有意义，作F的子集ab

Q巩所有一｝（a,bR,b=0）

-b

我们证明Q是F的子域

（ad-beR,bd=0且bdR）

Q对F的代数运算来说作成一个域再证Q二R

对R的任一元a及一元b=0则有

因此，F包含R的一个商域Q