近世代数初步习题解答抽象代数.docVIP

《近世代数初步》 习题答案与解答 引 论 章 一、知识摘要 1.A是非空集合,集合积的一个映射就称为A的一个代数运算(二元运算或运算). 2. 设G非空集合,在G上有一个代数运算,称作乘法,即对G 中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素c与之对应,c称为a与b的积,记为c=ab.若这个运算还满足： (1) (2) (3)存在单位元e满足 (4)存在使得称为的一个逆元素. 则称G为一个交换群. (i)若G只满足上述第2、3和4条,则称G为一个群. (ii) 若G只满足上述第2和3条,则称G为一个幺半群. (iii) 若G只满足上述第2条,则称G为一个半群. 3.设F是至少包含两个元素的集合,在F上有一个代数运算,称作加法,即对F 中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素c与之对应,c称为a与b的和,记为c=a+b.在F上有另一个代数运算,称作乘法,即对F 中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素d与之对应,d称为a与b的积,记为d=ab.若这两个运算还满足： I. F对加法构成交换群. II. F*=F\{0}对乘法构成交换群. III. 就称F为一个域. 4.设R是至少包含两个元素的集合,在R上有加法和乘法运算且满足： I. R对加法构成交换群(加法单位元称为零元,记为0;加法单位逆元称为负元). II. R*=R\{0}对乘法构成幺半群(乘法单位元常记为1). III. 就称R为一个环. 5.群G中满足消去律： 6.R是环,则称是R中的一个左(右)零因子. 7.广义结合律:半群S中任意n个元a1,a2,…,an的乘积a1a2…an在次序不变的情况下可以将它们任意结合. 8.群G中的任意元素a及任意正整数n,定义： ,. 则由广义结合律知有 (在加法群中可写出相应的形式.) 9.关于数域上的行列式理论、多项式理论(包括除法算式、整除性、最大公因式、因式分解唯一性定理等)、线性方程组理论、矩阵运算及理论、线性空间及线性变换理论在一般域F上都成立. 二、习题解答 1、（1）否，（2）否，（3）是，（4）是。 注：因为集合Ａ上的一个代数运算对应了集合Ａ×Ａ到Ａ的一个映射。此类题由此直接判断。 2、证明　　由于在F2上的任一和式中，只要有一项是1，其结果永远是1。而a+b 与b+a；a+(b+c)与(a+b)+c中1，0出现的次数分别相同，它们的和就分别相等，故F2中加法交换律和结合律成立。 由于ab和ba；a（bc）和（ab）c中如有0出现，其积为零，否则其积为1，故这两对积分别相等，于是F2中乘法交换律和结合律成立。 对a（b+c）和ab+ac，若a=0，这两式子都为零；若a=1，这两式子都为b+c，对这两种情形两式子都相等，故F2中乘法对加法的分配律成立。 注：此类题根据所定义的运算法则直接验证。 3、（1）对a+b=a=a+0用加法消去律，得b=0。 （2）由于[（-a）-b]+a+b=（-a）+[-b+（a+b）]=（-a）+a=0,由负元的定义知（-a）-b=-（a+b）. （3）在（2）中将?b换为-b，就得-（a-b）=（-a）+b。 （4）对a-b=c两边加上b，左边=（a-b）+b=a，右边=c+b，故a=c+b。 （5）a·0+a=a·0+a·1=a（0+1）=a,用加法消去律得a·0=0。 （6），故，将上式互换就得。 （7） 注：此题直接根据环上的两个运算的性质和关系进行验证。 4 = 。 　　注：此题直接根据环上“乘法对加法的分配律”来证明。 5.分几种情形 （i），但m，n不为零，不妨设m为正整数。为m个a及m个的乘积，由广义结合律知。 （ii）若m，n中有零，不妨设m=0，则左边。 （iii）m，n皆为正整数，则am+n与aman皆为m+n个a的积，由广义结合律知它们相等。若m，n皆为负整数，则am+n与aman皆为-（m+n）个a-1的乘积，由广义结合律知它们相等。 （iv）m，n中有正有负，且，不妨设m与m+n为??号。则由（iii），两边再乘上(参看(i)),则. 以上已证明了 再由 又 这就证明了 若a,b交换,当m=0时,显示有当m为正整数时,都是m个a,m个b的乘积,由广义结合律知它们相等,当m为负整数时,,即.左边又是,故. 注：此题根据广义结合律和群中元素的方幂的性质进行验证． 6. 参照中学数学中对二项定理的证明,根据环上的运算性质及的交换性直接证明． 7.由,故. 对第2个问题,上面一段正是证明了它的充分性,再证必要性.设,则任意,,故每个有逆元素. 注：直接根据逆元的定义和广义结合律证明. 8. 即1-ba在R内也可逆 又由.故 . 注：直接根据结合律和环中乘法对加法的分配律验证. 9.当n≥2时,取 B=