近世代数答案－金锄头文库

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1、习题 1.4 P34 5,分别解同余方程：(1) 258x三 131(mod348). (2) 56x=88(mod96).解由书中解同余方程的四个步骤求解。(1) 求(a,m)=(258,348)=6,6不能整除131，所以此同余方程无解。(2) 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.用辗转相除法求p,q满足p a1+q m1=1，得p=-5。所以方程的解为 x = pb1 (mod m1) = -5 X 11(mod12)三5(mod12)。或 x=5+12k(k 为任意整数)。6,解

2、同余方程组：x=3(mod5)x=7(mod9)解按解同余方程组的三个步骤：首先，计算 M=5X9=45, M1=9, M2=5.其次，解两个一次同余式，由于这两个同余式有其特殊性：右端都是1，且(a,m)=1。因而，有时可用观察法得到pa+qm=1,从而得到p。1) 9x=1(mod5),观察得到-9+2X5=1, p=-1.所以此一次同余式的一个特解为c=-1=4(mod5).2) 5x=1(mod9),观察得到2X5-9=1, p=2.所以此一次同余式的一个特解为c=2(mod9).最后，将得到的一次同余式的一个特解代入公式，得到同余方程组的解：x=b1c1M1+b2c2M2=3 X4

3、X9+2X7X 5(mod45)=43(mod45)。习题2.1 P45习题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.设G是群，lGl=2n，则G中有2阶元。证利用任何元素a与它的逆元的关系。对任何非单位元a有：a=a-1的充分必要条件是o(a)=2。因而对于阶数大于2的元素总是成对出现的，即阶数大于2的元素的个数是偶数，所以，除单位元之外至少有1个2阶元。8. o(a)=n，mZ+，则0 o(am)=

4、n/(m,n)。证要证两个整数相等，通常用互相整除的方法。设 o(am)=k ， (m,n)=d ，令 m=rd ， n=sd ， n/(m,n)=s ，下证k与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。综上，k=s。证毕。习题2.3 P54 3.证明K4丝(Z12*, �)。证首先应搞清K4和Z12*的意义，并写出它们的元素。K4=e, a, b, c, Z12*=1,5,7,11。作映射 f:ef 1, af 5, bf 7, cf 11 .可以一一验证(略)满足f(xy)

5、=f(x)f(y).所以 K4 丝(Z12*, �)。5. G=为无限循环群，A=, B=，证明(1) ACB=, m=s,t.(2) =, d=(s,t).证因为无限循环群都同构于(Z,+),故问题变为：A=, B=，证明(1) ACB=, m=s,t. (2) =,d=(s,t).用互相包含的方法证明此二等式。(1) 任取xEACB，贝0x=ps=qt，x 是s 与t 的公倍数，故m|x，x，所以 ACBW。反之，显然有 mA 和 mB ,因此mAHB，所以WACB。综上，得 ACB=。(2) 任取x，贝Ijx 可表为 x=ps+qt，因而 d|(ps+st)=x，x，所以 W。

6、反之，由最大公因子定理，存在a,b使d=as+bt，因而d，所以W。综上，得 =。习题2.4 P62 1.设。=(i1,i2,.,ik) ,T ESn,贝0TOT -1=(T (i1), T (i2),., T (ik).证该题主要练习置换与轮换的记号与运算。首先要把题目看懂。要证两点：(1) 对于任MjET (i1), T (i2),., T (ik)有T O T -1 (T (im)= T (im+1).(2) 对于任何不属于T (i1), T (i2),., T (ik)有T O T -1 (j)= j.具体运算很简单，证明如下：(1) 对于任WjET (i1), T (i2),.,

7、T (ik)有T O T -1 (T (im)= T O (im)= T (im+1).m=1,2,.下标的加法为模k的加法。(2) 对于任何不属于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.综上得证。另一证法：上面的证法中利用置换的轮换形式，由于对某一置换的不动点不出现在轮换中，因而需分两种情况。如果采用置换的普通形式，则证明可简单一些。习题2.5 P67 6. A, BWG,若有g,hG 使出Ag=Bh,贝0 A=B

8、。证采用互相包含的方法来证明集合的相等。为此先将g和h表达出来。由 Ag=Bh 可得存在 a A, b EB 使 g=bh, ag=h,从而得g-1=h-1b-1, h-1=g-1a-1.对任意 xA 有 xg=b1h,因而 x= b1hg-1=b1hh-1b-1= b1b-1B,故A 属于B。反之，对任意 yB 有 a1g=yh,因而 y=a1gh-1=a1gg-1a-1=a1a-1A,故 B 属于A。综上，得A=B。7. H 丈 5 丈 G n G ： A = G：用伊：证按题意，孔占的指数是有限的，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.但可用证明中所用陪集分解的方法

9、.设G -B = m, B : & =珞则G与3可表为战XG =注意其中陪集的代表兀己隼定.2-1/-I则有泌招2-1 J-1下证式中不同陪集互不相交：由于澎/ -打如M =稣农七&如u且=或农& C珏丘土 W母=既* =为= bjA = bA = bj = bl= j =1.因叩点-g) = A 工。g-A n 曰=0.所以 G:且=*a = G:习题2.6 P715. A.B O.C AB A,且归故&可表为ij cl rb =即 C* = yLB= AB6-口场=r工/由了一气打一，艾=点的乘形！(g)M v C?(77)0 F M是可一换寿(VJ若TV 茂证明:”易证只需证明碣

11、同态，可设f（i）二也贝（浴）=笊令了用;节ikm二腿（Z时+） = fm | fm（） = hn.m = 0X2,n -1）九亡也f（乙,+）=兀是双射。= 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态环的所有元素.驾匕 a, A,。： u E_Kfte）=臼（u） = /（tz）/（/?）故佳/愆）质广（心）所决定,因此全体成（知）的元素为fa b cl研顷=.f -c 丁 c x y xy您环中解元外无其它的慕尊元，解元与甑元柜其它麻等元证明：（1）设an - 0,且w H 0,则由消去律可得r

12、z - 0,矛盾口（2）设/ =a,且（7/0,可证丛必为单位元：V应u 有Uk -由消去律彳导g -应,二是左单位元，类似可证CZ也是右单位元,故厦是单位元12。是整环，Z?X则也是整环。证明:。是整环D z 0,故冲-r 0可交换，显然珂也可交换门内无毒因子V/i（应）,jG（应）f若.7； 3）兀 3）一设 deg 7i（） n O? degz；（） m 0=演产”+-二如葺琲+，度工。，打1工0/IMAM =旬*观+工。矛盾-71 （应）=OeV2（a-） = O因而5盘一中也无等因子U3.2 P1295.确定(Zn,+)中的所有理想。解(Zn,+)中的所有理想为(d), din。其

13、中d表示模n的同余类。(下同)详细地可表为：设n的标准素因子分解式为n=p1n1p2n2.psns，则(Zn,+)中的所有理想为 (p1i1p2i2.psis) , OWikWnk, IWkWs。7. L是A的左理想，则N=xixEA, xL=O是理想。证按理想的条件来证。对任意 a, b N, (a-b)L=aL-bL=O,故 a-bNo对任意 aN, xA 有 axL=aL=0, xaL=xO=O,故 ax, xaN。所以N是A的理想。9. F是数域，则(x)是Fx的极大理想，从而Fx/(x)是域。证先证(x)是极大理想。根据极大理想的定义，首先要证它是真理想：显然(x)尹(O)，(x) 尹Fx，所以(x)是真理想。其次要证：若有理想I真包含(x)，贝0必有I=Fxo因为I真包含(x)，则存在f(x)I(x), f(x)=aO+a1x+.+anxn,且aO尹O

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