近世代数习题解答张禾瑞三章.pdf
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 ( ) 若 S是一个子群则SbaSba,0是 S的零元 , 即aa0对G的零元 ,000aa即.00Saas ()若SbaSba,今证S是子群由SSbaSba,对加法是闭的 , 适合结合律 , 由SaSa, 而且得Saa0再证另一个充要条件: 若S是子群 ,SbaSbaSba,反之SaaSaaSa00故SbabaSba)(,2. ,0cbaR, 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.9.2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Zxyyzx)()(事实上 . 当0 x或ax,)(A的两端显然均为0. 当bx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xzxyzyx)(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0 x或ax以及bx或cx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0y或ay ( 可省略azz,0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1n时,显然成立 . 假定kn时是成立的 : 看1kn的情形)()(babak(因为)()()(11krkrkr) 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) 11)(ba) 证 单位元是1,ba,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 :Rba,而0ab则R显然为环 . 阶为 2 有Ra而0a但0aa即a为零因子或者R为nn矩阵环 . 5证明由所有实数2ba (ba,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2baRba,(整数)( ) R是加群2)()()2()2(dbcadcba适合结合律 , 交换律自不待言 . 零元2002ba的负元2ba()2)()2()2)(2(bcadbdacdcba乘法适合结合律 , 交换律，并满足分配律. ()单位元201() R 没有零因子，任二实数00aab或0b3 除、环、域1. F 所有复数biaba,是有理数 证明F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 . 并且 ( )F有01i () 0bia即ba,中至少一个0022ba因而有 , ibabbaa2222使)(biaibabbaa22221)故F为域 2. F 所有实数,3baba,(是有理数) 证明F对于普通加法和乘法来说是一个域. 证只 证 明03ba有 逆 元 存 在 . 则ba,中 至 少 有 一 个0 , 我们说0322ba不然的话 ,223ba, 0(b若0b则0a矛盾 ) 223ba但3不是有理数既然0322ba则3ba的逆为3332222babbaa4. 证明例 3 的乘法适合结合律 . 证),)(,)(,(332211又),)(,)(,(332211)()(3232132321, 5. 验证 , 四元数除环的任意元)(),(dicbia ,这里dcba,是实数 , 可以写成),0)(0 ,()1 ,0)(0 ,()0 ,)(0 ,()0,(idciba的形式 . 证),(),(),(dibicadicbia4 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4P(4是群F的阶 ) 但要求P是素数 , . 2P (b) 设, 1 ,0baF由于2P, 所以加法必然是,0 xx, 而baaa11故有0 1 a b 0 0 1 a b 1 1 0 b a A a b 0 1 B b a 1 0 又, 1ba构成乘群 , 所以乘法必然是1,22aaa (否则ba )ba2故有 . 1 a b 1 1 a b a a b 1 b b a 1 这样 , ba,显然适合12xx2. 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ax且dnx),(则11,dnndxx由于)(1111qnxdqdndxnqxanqax故有,ad ,且有nd因为1),(na所以1d3. 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 aG而a同n互素 G显然非空 , 因为)1), 1(1 nG ()Gba,则abba又1),( , 1),(nbna有1),(nab( )显然适合结合律 . ( )因为n有限, 所以G的阶有限 . 若xaxa即axax由此可得)(xxaaxaxn, 1),(xxnna即有xx另一个消去律同样可证成立. G作成一个群 4. 证明 , 若是1),(na, 那么)(1)(nan(费马定理 ) 证),(na则Ga而a的阶是G的阶)(n的一个因子因此 1)(na即1 )(na5 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NONba,，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N1, 即N包含非零元 , 同时这个非零元1是的单位元 . RxNa,即xaaxN! 是一个域3. 证明 , 有理数域是所有复数babia,(是有理数）作成的域)(iR的唯一的真子域 . 证有理数域R是)(iR的真子域 . 设F! 是)(iR的一个子域 , 则RF(因为R是最小数域 ) 若,Fbia而0b则)(iFFFi这就是说 ,R是)(iR的唯一真子域 . 4. 证明 , )(iR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ii1122或i这就证明完毕 . 当然还可以详细一些: 21,确是)(iR的两个自同构映射. 现在证明只有这两个. 若biai :(有理数变为其自己 ) 则由12)(12222abibabiai若102ab是有理数 , 在就出现矛盾 , 所以有0a因而.1b在就是说 , 只能ii或iii 5. 3J表示模 3 的剩余类所作成的集合. 找出加群3J的所有自同构映射, 这找出域3J!的所有自同构映射. 证 1 ）对加群3J的自同构映射自同构映射必须保持!00故有ii :1 2）对域3J的自同构映射 . 自同构映射必须保持00，11所有只有ii :6. 令R是四元数除环 , R是子集S一切)0,(a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RR, 分别用kji,表示R的元),0(),1 ,0(),0 ,(ii ,那么R的元可以写成dcbadkcjbia,(是 实 数 ） 的 形 式 ( 参 看.3.3习 题5). 验证.1222kji，.,jikkiikjjkkjiij证 1 ）对aa )0,( :来说显然SS 2）S一切)0 ,(aa实数S一切（)0,aa实数,(R一切)0,(a复数对)(是不属于S的R的元 . R,(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RR（3）由.3.3习题 5 知这里dcba,实数这是因为令),0(),1 ,0(),0,(ikjii（4）1)0, 1()0 ,)(0,(2iii同样jikkiikjjk,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xR也是一个整环 . 证R! 是交换环xR交换环 , R有单位元11是xR的单位元 , R没有零因子xR没有零因子事实上，0,)(10axaxaaxfnn则mnmnxbabaxgxf00)()(因为R没有零因子 , 所以0mnba因而0)()(xgxf这样xR是整环2 假定R是模 7 的剩余类环 , 在xR里把乘积计算出来解原式 =25455535345345xxxxxxxx3. 证明 : () ,1221RR( ) 若nxxx,21是R上的无关未定元, 那么每一个ix都是R上的未定元 . 证 （）,21R一切211221iiiia,12R一切112212jjjja由于211221iiiia112212jjjja因而,21R,12R（）设00nkkikxa即nknihiikxxxxxa00010101因为nxxx,21是R上的无关未定元 , 所以即ix是R上的未定元 4. 证明 : () 若是nxxx,21和nyyy,21上的两组无关未定元, 那么() R! 上的一元多项式环xR能与它的一个真子环同构. 证 ( ),(),(:2121nnyyyfxxxf根据本节定理3 ,2121nnyyyRxxxR容易验证),(),(212211nnxxxfxxxf),(),(212211nnyyyfyyyf这样,2121nnyyyRxxxR（）令xR一切2210nnxaxaa显然2xRxR但2xRx不然的话这与x是R上未定元矛盾 . 所以2xR是 xR上未定元显然故有（）2xRxR这就是说 ,2xR是xR的真子环 , 且此真子环与xR同构. 7 理想 1. 假定R是偶数环 , 证明 , 所有整数r4是的一个理想 , 等式 ! 对不对? 证Rrrrr2121,4,4是R的一个理想 . 等式)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.1)7 ,3(证R是整数环 , 显然)1 (R.1)7 ,3(又)7, 3()7( 13)2(1 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)(),(21xPxP使),2()1 (xxR。即是一个主理想 . 4. 证明 , 两个理想的交集还是一个理想. 证和是两个理想非空显然.,baba 5. 找出模 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;3,2或4,3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 ()SbaSba, ()sraRrSa,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 / 证2221121122aaaaF11a是有理数取00ba000000dbcadcba是22F的一个左理想 , 但它不是理想 . （只要012ac或)012bc8 剩余类环、同态与理想1. 假定我们有一个环R的一个分类，而S是由所有的类,cba所作成的集合又假定,xyyxyxyx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 （）先证0是R的一个理想0,ba即0,0ba00000ba而baba00baba0ra同理0ar于是0是R的理想（）若yx,属于同一类，即yx0yx即yx,属于对0同一剩余类反之，若yx,属于对0的同一剩余类即0yx所以0yx即yx亦即yx,属于同一类这样给定的类正好是对来讲的剩余类。 2 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，当而且只当的核是R的零理想的时候。证 （）若RR，0的逆象只有 0 既核是零理想（）若的核的零理想Rba,而ba那么ba核，0)(ba即)()(ba是同构映射 3 假定R是由所有复数bia是整数1作成的环，环）（i1R有多少元？证R是有单位元的交换环那么主理想i1的元的形式应为ibabaibia)()()1)(令ybaxba,2,2xybyxa我们说当而且只当yx,的奇偶性相同时，ba,是整数所以）（i1R共有两个元：一个元是viu而vu,奇偶性相同以1i代表一个元是viu而vu,奇偶性相反以21i代表实际上，R的任二元ibaiba2211,而)1()()()()(21212211iibbaaibaiba则21aa与21bb奇偶性相同)()(1121bbaa偶数)()(2211baba偶数11ba与22ba奇偶性相同若11ba与22ba均奇数11ba以及2, 2ba均奇偶性相反，若11ba与22ba均偶数11ba以及2,2ba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babia,(是整数所作成的环， 证明，)1 (iR是一个域，证证法一，由.8.3习题 3 知)1 (iR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)1 (iR是一个域。证法二，证明)1(i是R的最大理想。设是R的一个理想，且同时有)1 (ibia而bia根据.8 .3习题 3 知ba,奇偶性相反Ryix若)1(iyix则yix若)1(iyix则yx,的奇偶性相反同属一类即)1()()(iyixbia是理想，故Ryix，R而R是有单位元交换环自不必多说根据本节定理)1 (iR是域。 2 我们看环R上的一个多项式环xR，当R是整数环时，xR的理想)(x是不是最大理想？当R是有理数域的时候，情形如何？证（）R是整数环时，)(x不是xR的最大理想这是因为由.7.3例 3 知),2(x是xR的理想明显的有)(),2(xxxR且)(),2(xxxR（）当R是有理数域时，可证)(x是xR的最大理想。设是 xR的一个理想，且)(x而)(x那么，0,010bxbxbbmm是理想)(1010mmxbxbbb即)(110110 xxbbxbbmm而)(10110 xxbbxbbmm)1 (10110mmxbbxbb-mmxbbxbb101101于是 xR 3 我们看所有偶数作成的环R。证明， （4）是R的最大理想，但4R不是一个域。证 设是R的一个理想，且4而)4(则除包含n4外还至少包含一个m而rqm4m是偶数，只有2r那么，qmr42故有R即)4(是R的最大理想。4R只包含两个元4,2而没有单位元：所以4R不是一个域。 4 我们看有理数域F上的全部22矩阵环22F，证明，22F只有零理想同单位理想，但不是一个除环。证设是22F的一个理想，0000022211211aaaa不失一般性，假设011a那么000000100011122211211aaaaa易知111100aa100100001111111111aaaa但22F不是除环因为4221没有逆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QFQq则baq而0,bFba即FQQF 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0,(11bRbabaabab有意义，作F的子集Q所有ba)0,(bRba我们证明Q是F的子域0,(bdRbcad且)RbdQ对F的代数运算来说作成一个域再证RQ对R的任一元a及一元0b则有因此，F包含R的一个商域Q
