范文一:高等代数(第三版)10-习题课
高等代数 课程教案
授课题目(教学章节或主题): 授课类型
授课时间理论课 第十章 双线性函数与辛空间(习题课)
教学目标或要求:
教学内容:
第十章 双线性函数与辛空间(小结)
一、基本概念
线性函数;对偶空间。对偶基;双线性函数及其在基下的度量矩阵;非退化的双线性函数,对称与反对称双线性函数,正交基;辛空间,辛正交基.
二、主要结论
1. 设V 是P 上一个n 维线性空间,ε1, ε2, " , εn 是V 的一组基,a 1, a 2, " , a n 是P 中任意n 个数,存在唯一的V 上线性函数f 使
f (εi ) =a i , i =1, 2, " , n .
2. 设ε1, ε2, " , εn 及η1, η2, " , ηn 是线性空间V 的两组基,它们的对偶基分别
为f 1, f 2, " , f n 及g 1, g 2, " , g n . 如果由ε1, ε2, " , εn 到η1, η2, " , ηn 的过渡矩阵为A ,
那么由f 1, f 2, " , f n 到g 1, g 2, " , g n 的过渡矩阵为(A ′) ?1.
3. L (V , P ) 的维数等于V 的维数,而且f 1, f 2, " , f n 是L (V , P ) 的一组基.
4. V 是一个线性空间,V ??是V 的对偶空间的对偶空间. V 到V ??的映射
x →x ??
是一个同构映射.
5. 在给定的基下,V 上全体双线性函数与P 上全体n 级矩阵之间的一个双射.
6. 同一个双线性函数在不同基下的度量矩阵是合同的.
7. 设V 是数域P 上n 维线性空间,f (α, β) 是V 上对称双线性函数,则存在V
的一组基ε1, ε2, " , εn ,使f (α, β) 在这组基下的度量矩阵为对角矩阵.
8. 两个辛空间是辛同构的当且仅当它们有相同的维数.
9. (V , f ) 是辛空间,W 是V 的子空间,则dim W ⊥=dim V ?dim W
教学手段与方法:
采用启发式教学,利用多媒体与板书相结合的教学手段,以板书教学为主 思考题、讨论题、作业:
范文二:高等代数第三版答案(王萼芳)(可编辑)
第一章 多项式
多项式理论是高等数学研究的基本对象之一,在整个高等代数课程中既相对独立,又贯 穿
其他章节。换句话说,多项式理论的讨论可以不依赖于高等数学的其他内容而自成体系, 却
可为其他章节的内容提供范例与理论依据。 本章主要讨论多项式的基本概念与基本性质,
包括数域的概念、一元多项式的定义与运算 规律、整除性、因式分解及根等概念。对于多
元多项式,则主要讨论字典排列法与对称多项 式。 一 重难点归纳与分析 一 基
本内容概述 多项式理论又分为一元多项式与多元多项式两大部分,其中一元多项式主要
讨论: 1(一元多项式的基本概念与基本性质:主要讨论数域的概念、一元多项式
的定义与 运算规律。 2 (一元多项式的整除性理论:主要讨论带余除
法与余数定理、整除的基本概念与基 本性质、最大公因式和互素的基本概念与
基本性质。 3 (一元多项式的因式分解理论:主要讨论不可约多项式的基本概念与
基本性质、因 式分解及其唯一性定理、三个特殊数域上的多项式分解。
4 (一元多项式的根与重根:主要讨论重因式的定义与性质、多项式的根、多项式根
的个数定理。 多元多项式则主要讨论多元多项式的基本概念、字典排列法与对称多
项式。 (二)重难点归纳 本章的重点为一元多项式的概念,因式分解理论,多项式的
根和对称多项式;难点为最大 公因式的定义,一元多项式的整除性,一元多项式的整除、
最大公因式、互素及不可约多项 式等概念的联系与区别。 (三)题型归类与分析 本
章的基本题型主要有: 1(关于一元多项式的基本概念,通常有一元多项式的比较次数法、
比较系数法,用以确定 多项式的次数及证明有关命题。 2 (关于一元多项式整除性
理论,通常有多项式整除性的检验、最大公因式的求法、互素的 判别、按幂展开等等,
可采取综合除法、带余除法、辗转相除法、待定系数法、反证法 及利用多项式的整除、
最大公因式、互素等定义与性质求证有关命题。 3 (关于一元多项式的因式分解理论,通
常有多项式的可约性判别、因式分解、重因式的判 别等等,可采取艾森斯坦判别法、
克龙莱克尔分解法、求有理根的分解法、分离重因式 法、辗转相除法以及利用不可约
多项式的定义与性质求证有关命题。 4 (关于一元多项式的根与重根,通常有根的检验及
重根的判别、根与系数的关系以及球多 项式的根与重根等等,可利用辗转相除法、结
式判别法、分离重因式法、艾森斯坦判别 法等进行讨论,以及利用某些基本定理求解。
5 (关于多元多项式,通常有对称多项式化初等对称多项式的化法与对称多项式的应用,其
中化对称多项式为初等对称多项式的方法主要有公式法、首项消去法及待定系数法;应
用对称多项式,可以对具有对称多项式形式的线性方程组求解、进行因式分解、进行恒
等式的证明及求多元多项式的零点。 (四)综合举例
例 1 设f x 是一元多项式,a b, 是任意数,c 是非零数,试证: f x c f x ? f x ? 是常数;
1) 2 )
f a b f a f b + f x kx+ k ? 为常数); 3 ) f a b f a f b f1 +x 1 ? 或 。
证 上述命题的充分性显然,下证必要性。
1) 若 f x 不
是 常 数 , 因f x 是 一 元 多 项 式 , 可f x
设 ?0n , 并 设 x
x ,x ,...f x 1 n 2 是 n 的 个根,则
f x ?c f x 0 i 1,2,..., n
i i 于是 x c x c x , c ? ,... ? ? 也是f x 的n 个根,再由韦达定律,有 1 2 n x c x c x c x ... x ? x + + +? ? + +... + 1 2 n 1 2 n 从而c 0 ,与假设矛盾,即证f x 是常数。 2 ) 在 f a b f +a f b + 中,令b 0 ,可得 0 f 0 ,于是x0 0 是f x 的一个 根,从而有 f x
xg x , x再令t 2 ,得 2 tg2 t f2 t f x t f x f t
2 f t 2 tg t +
+ ?g 2t g t
即证 g x 为
一个常数,设其为f kx ,代入 xg x f x可得 kx 。 3 ) 若 f x
0 ,则结论成立。否则由 f 2x f x x f
x f x +
知 f x 只能是
常数,设其为k ,则 k f f 0 f 0 f 0f + 0k
0 2 又因假设,k ?0 ,所以k 1 ,即证 f x 1 。 例2 在 P [xg ] x 中,设0,h x ? 为任意的多项式,试证: f f x ,g x
f x h x g x ,g x ? 证: 由已知,可设 f ,x g x d x 则 f x q x d x ,g x q x d x 1 2 于是 f x h x g
x [q x h x q x ]d x ? ? 1 2 f xd xh x 是g x ? 与g x 的一个公因式。 即 若 f dx x h x 是g x ? 与g x 的任意一个公因式,则由多项式的整除性
质,可 1 得 f x q x d x 。
这表明 ,从而 3 1 d x f x 1 d
x d x 1 即 f d x x h 还是x g x ? 与g x 的一个首项系数为 1 的最大公因式,故
有 d x f x ,g x f x h x g x ,g
x ?
例3 设 f x 1 ,f x 2 ,g x 1 ,g x 2 是实系数多项式,且 1x + f x +1 x + g x +2 x ? g 0x 2 1 1 2 (1) 1x + f x +1 x ? g x +2 x +
g 0x 2 2 1 2 (2 ) 试证 2 g
x 1 ,g x 2 皆能被x +1整除。 证 由 1 1 1 2 x ?? ×+ × x
可得 x 1 [ x1 +f x ?x1 f ]?x 6+ xg .x 2 ? 1 2 2 再由 2 2 +1 × 2? ?2 x ×
x ,同理可证x 1 | g .x + 1 例4 试问:2 是否为一元多项式 4 3 2 f x 3 x 4 x+ x ?4 x+4 ?
5 4 3 2 g x x 6 x? 11 +x 2 x? 12+?x 8
+ 的根,如果是,它是几重根, 解:考察 2 是否为f x 或者g x 的根时,可采用综合除法,得 2
80 f 0 ? , 2 g 0 。即
知2 不是f x 的根,但2 是g x 的根。 进一步考察 2 是 g x 的几重根。 求 g x 的各阶导函数。因为 5
4 3 2 g x x 6 ?x 11 +x 2 ?x 12 ?x 8 + 所以 / 4 3
2 g x 5 x 24 ?x 33 +x 4 x? 12 ? g x
20 x 72 ?x 66 +x // 4 ? 3 2 g x
60 x 144?x /// 66 + 2 于是有
2 2 g 2g 0, g 2 18 g 0 / // ///
? 从而知 2 是 g x 的三重根。 例5 设有一
个三阶行列式 x x
x 1 2 3 f x , x , x x x x 1 2
3 3 1 2 x x
x 2 3 1 试求此行列式,并将其表示成初等对称多项式的多项式。 解:直接展开此三阶行列式,可得 3 3 3 f x x x x x x ,x x, x + + ? 3 1 2 3 1 2
3 1 2 3 再由初等对称多项式
x σx +x + 1 1 2 3 x x x+xσ x+x 2 1 2 1 3 2 3 σx x x 3 1 2 3 则所求多项式f 中相应的初等对称多项式 1,2σ,3 i
的方幂之积应满足下表:
i 指数组
对应的σ 的方幂乘积
i 3 0 0 3 σ
i
2 1 0 σ σ 1 2 1 1 1 σ
3
若令 3 3 3 3 f x x x
x x x x+x x + ? a , , b + + σ
3σ σ σ
1 2 3 1 2 1 23 3 1 1 2 3
x 0, 并取值x 1, x1 ?1, 2 3 代入上式可得 b 0
从而所求初等对称多项式为 3
σ f σ?σ 3 1 1 2 例6 求一个三元一次方程,使其三个根分别为另一个三元一次方程的三个根的立方。 解 设 3
2
, α, βx γ +分别为方程ax +bx +c 0
的三个根,则 3 3 3 3 α β +γ
+α β γ+ + α ?β γ+ αβ+ βγ +αγ + αβγ +3
3
?a ? ab+ 3c 3 3 3 3 3 3 3 3 3
2 2 2 α β β γ α γ + αβ +βγ αγ +αβγ +α β ?γ αβ βγ+ +αγ
α+ β γ+ + 3
3
?b ? abc+3 c 3 3 2 3 3 3 3
α β γ ? c 于是由韦达定理,所求三元一次方程为 3 3 2 3 2 3
y + a +3ab ?3c y + b ?3abc +3c y +c 0
二 、 习题精解 g x 除f x ,求商q x 与余式r x : 1(用 f x x 3 x? x 1?,
g ? x 3 x 2 x?13 + 2 2
1) 2 ) 4 2
f x x x? +g x2 x5, x ? + 2
1 7 26 2 解 1 )由带余除法,可得
q x x ?r x ? x ? , 3 9 9 9 q x x x + ?r x x1? , + 2 5 7 2 )同理可得 ,m, p q
2 ( 适合什么条件时,有 x mx+ x? px +q 2 + 1 | 3 1) 2 ) 2 4 2 x mx+ x+ px + q + 1
| 解 1 由假设,所得余式为0,
即 1 p+ + m x+ q ? 0m 2 所以当
+1 + ? 0 2 p m ? q ? m 0 ? 时有 x
mx+ x? px +q2 + 1 | 3 2 )类似可得
2 ? ? ? 0 2 m p m ? 2 + ? ? 1 0 q p ?m 于是当m 0 时,代入(2 )可得p q +1?;而当 ? p2 m 2 0 时,代
入(2 )可得q 1 。 综上所诉,
当 ? m 0 ? q 1 ? 或? 2 p q + 1 + 2 p m ? ? 时,皆
有 2 4 2 x mx+ x+ px + q + 1 | 3 (求g x 除f x 的商q x 与余式r x : 1)f x
2x 5 ?5x 3 ?8x , g x x +3 2 )f x x 3 ?x
2 ?x, g x x ?1+2i 解 1 )因
为 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 所以 q x
2x4 ?6x3 +13x2 ?39x +109 r x ?327 2 )因
为 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 所以 q x x2 ?2ix ? 5 +2i r
x ?9 +8i 4 (把f x 表示成x ?x0 的方幂和,即表成 c +c x ?x +c x ?x
2 +...+c x ?x n +... 0 1 0 2 0 n 0 的形式: 1)f x x 5 ,x 0 1 2 )f x x 4 ?2x 2 +3,x 0 ?2 3 )f x
x 4 +2ix3 ? 1+i x 2 ?3x +7 +i , x0 ?i 解 1 )由综合除法,可
得 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 所以 f x 1 +5 x ?1 +10 x ?1 2 +10 x ?1 3 +5
x ?1 4 + x ?1 5 2 )类似可得 x 4 ?2x 2 +3 11 ?24 x +2 +22 x +2 2 ?8 x +2 3 + x +2 4 3 ) 因为 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 所以 x 4 +2ix3 ? 1+i
x2 ?3x + 7 +i 7 +5i ?5 x +i + ?1?i x +i 2 ?2i x +i 3 + x +i 4 5 (求f x 与
g x 的最大公因式: 1)f x x 4 +x3 ?3x 2 ?4x ?1, g x x 3 +x
2 ?x ?1 2 )f x x 4 ?4x 3 +1,g x x 3 ?3x 2 +1 3 )f x x
4 ?10x 2 +1, g x x 4 ?4 2x3 +6x 2 +4 2x +1 解 1 ) f x , g x
x +1 2 ) f x ,g x 1 3 ) f x , g x x 2 ?2 2x ?1 6 (求u x ,
v x 使u x f x +v x g x f x , g x . 1)f x x 4
+2x3 ?x 2 ?4x ?2, g x x 4 +x3 ?x 2 ?2x ?2 2 )f x 4x 4 ?2x
3 ?16x 2 +5x +9,g x 2x 3 ?x 2 ?5x +4 3 )f x x 4 ?x3 ?4x 2
+4x +1, g x x 2 ?x ?1 解 1 )因为 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 所以
f x , g x x 2 ?2 r x 2 再由 ?f
x q x g x +r x ? 1 1 g x q x r x +r x ? 2 1 2 解得 r x g x ?q x r x
g x ?q x [ f x ?q x g x ] 2 2 1 2 1 [ ?q x ] f x +[1+q x q x ]g x 2 1 2 于是 u x ?q x ?x ?1 2 v x 1 +q x q x 1 +1 x +1 x +2 i 1 2 2 )仿上面方法,可得 f x , g x x ?1 且 1 1
2 2 2 u x ? x + , v x x ? x ?1 3 3 3 3 3 )由 f x ,g x 1可得 u x ?x ?1, v x x3
+x2 ?3x ?2 ,(设f x x 3 + 1+t x 2 +2x +2u 与g x x3 +tx 2 +u 的
最大公因式是一个二次多项 式,求t,u 的值。 解 因为 f x q x g x +r
x x 3 +tx 2 +u + x 2 +2x +u 1 1 g x q x r x +r x 2 1 2 x + t ?2 x2 +2x +u ? u +2t ?4 x +u 3 ?t 且由题设知最大公因式是二次多项式,所以余式r x 为 0,即 2 ? u +2t ?4 0 ? ? ? u 3 ?t 0 从而可解得 u 0
u ?2 ?1 ?2 ? 或 ? t 2 t
3 ?1 ? 2 ,(证明:如果d x | f x , d x | g x ,且d x 为
f x 与g x 的组合,那么d x 是f x 与g x 的一个最大公因式。 证
易见d x 是f x 与g x 的公因式。另设? x 是f x 与g x 的任一公因
式,下证 ? x | d x 。 由于d x 是f x 与g x 的一个组合,这就是说存
在多项式s x 与t x ,使 d x s x f x +t x g x 从而由? x | f x ,? x
|g x 可得? x | d x ,即证。 ,(证明: f x h x , g x h x f x ,
g x h x h x 的首系数为,)。 证 因为存在多项式u x , v x 使 f x , g
x u x f x +v x g x 所以 f x , g x h x u x f x h x
+v x g x h x 上式说明 f x , g x h x 是f x h x 与g x h x
的一个组合。 另一方面,由 f x , g x | f x 知 f x , g x h x | f x
h x 同理可得 f x , g x h x | g x h x 从 而 f x , g x h
x 是 f x h x 与 g x h x 的 一 个 最 大 公 因 式 , 又 因 为 f
x , g x h x 的首项系数为,,所以 f x h x , g x h x f x , g x h x ,,(如果f x , g x 不全为零,证明: ? f x g
x ? ? , ? 1 ? f x ,g x f x ,g x ? 证 存在u x , v x 使 f x , g x u x f x +v x g x 又
因为f x , g x 不全为,,所以 f x ,g x ?0 由消去律可得
f x g x 1 u x +v x f x g x f x g x , , 所以 ? f x g x ? ? , ? 1 ? f x ,g x f x ,g x ? 11(证明:如果f x , g x 不全为零,且
u x f x +v x g x f x , g x 那么 u x , v x 1 。 证 由上题证明
类似可得结论。 12(证明:如果 f x ,g x 1, f x ,h x 1 ,
那么 f x ,g x h x 1 证 由假设,存在u x , v x 及u x , v x
使 1 1 2 2 u x f x +v x g x 1 (1) 1 1 u x f x +v x h x 1 (2 ) 2 2 将(1)(2 )两式相乘,得 [u
x u x f x +v x u x g x +u x v x h x ] f x 1 2 1 2 1 2 +[v x v x ]g x h x 1 1 2 所以
f x ,g x h x 1 13(设f x ,..., f x , g x ,..., g x 都是多项式,
而且 1 m 1 n f i x ,g j x 1 i 1,2,..., m; j 1,2,..., n 求证: f 1 x f 2 x ...f m x ,g 1 x g 2 x ...g n x 1 证 由于 f 1 x ,g 1 x 1 f 1 x ,g 2 x 1 .......................... f 1 x ,g n x
1 反复应用第 12 题结论,可得 f 1 x ,g 1 x g 2 x ...g n x 1 同理可证 f 2
x ,g 1 x g 2 x ...g n x 1 ................................................ f m x ,g 1 x g 2
x ...g n x 1 从而可得 f 1 x f 2 x ...f m x ,g 1 x g 2 x ...g n x 1 14(证明:如果 f x ,g x 1 ,那么 f x g x , f x +g x
1 。 证 由题设知 f x ,g x 1 ,所以存在u x , v x 使 u x f
x +v x g x 1 从而 u x f x ?v x f x +v x f x +v x g x 1 即 [u x ?v x ] f x +v x [ f x +g x ] 1 所以 f x , f
x +g x 1 同理 g x , f x +g x 1 再由 12 题结论,即证
f x g x , f x +g x 1 15(求下列多项式的公共根 f x x 3
+2x 2 +2x +1, g x x 4 +x3 +2x 2 +x +1 解 由辗转相除法,可求得
f x , g x x 2 +x +1 ?1? 3i 所以它们的
公共根为 。 2 16(判别下列多项式有无重因式: 1) f x x 5 ?5x 4 +7x 3 ?2x 2
+4x ?8 2 ) f x x 4 +4x 2 ?4x ?3 ′ 4
3 2 ? + ? + f x 5x 20x 21x 4x 4 解
1 ) ′ 2 f x , f x x ?2 所以f x 有x ?2 的三重因式。 2 )f ′ x 4x 3 +8x ?4 f
x , f ′ x 1 所以f x 无重因式。 17(求t 值,使f x x 3 ?3x
2 +tx ?1有重根。 解 易知f x 有三重根x 1 时,t 3 。若令 3
2 2 x ?3x +tx ?1 x ?a x ?b 比较两端系数,
得 ?3 ?2a ?b ? ? 2 ?t a +2ab ? 2 ? 1 a b 由(1),
(3 )得 2a3 ?3a2 +1 0 解得a 的三个根为 1 a1
1,a2 1,a3 2 将a 的三个根分别代入(1),得 b1 1,b2
1,b3 4 再将它们代入(2 ),得t 的三个根 5 t1 3, t2 3, t3 4 5 1 当t 3 时f x 有 3 重根x 1 ;当t 时,f x 有 2 重根
x 。 1,2 3 4 2 18(求多项式x3 +px +q 有重根的条件。 解 令f x x 3 +px +q ,则 f ′
x 3x 2 +p 显然当 3 p 0 时,只有当q 0, f x x 才有三重根。 下设p ?0 ,且a 为f x 的重
根,那么a 也为f x 与f ′ x 的根,即 ? 3 a +pa +q 0 ? 2 ? 3a
+p 0 2 2 p 由(1)可得
a a +p ?q ,再由(2 )有a ? 。所以 3 p a ? +p ?q 3 3q ?a ? 2p 两边平方得 9q2 2 p a ? 4p 2 3 所以
4p 3 +27q 2 0 综上所叙即知,当4p 3 +27q 2 0 时,多项式x3
+px +q 有重根。 19(如果 x ?1 2 | ax 4 +bx 2 +1 ,求a,b 解 令 f x
ax4 +bx2 +1 f ′ x 4ax3 +2bx 由题设知,1 是f
范文三:胡冠章应用近世代数第三版答案
http://faculty.math.tsinghua.edu.cn/faculty/~ghu/html/catelog0.htm 第一章
习题1.1 1.
用2种颜色的珠子做成有5颗珠子项链,问可做出多少种不同的项链?
解 在学群论前我们没有一般的方法,只能用枚举法。用笔在纸上画一下,用黑白两种珠子,分类进行计算:例如, 全白只1种,四白一黑1种,三白二黑2种,…等等,可得总共8种。 2.
对正四面体的顶点用2种颜色着色,有多少种本质上不同的着色方法?
解 类似第1题,用枚举法可得5种。 3.
有4个顶点的图共有多少个?互不同构的有多少个? 解 由本节内容,有4个顶点的图共有64个图。用分类计数的方法可得共有11个互不同构的图。 4.
如何用圆规5等分一个圆?
解 用初等数学的方法求五边形的边长:作一个顶角为36°、腰长为1的等腰三角形,设底边长为a ,则a 就是十边 形的边长,以a 为半径以单位圆周上任意一点为圆心在圆周上交出两点,则这两点之间的距离就是五边形的边长。 那么a 怎么求呢?只要在那个等腰三角形上作一条补助线底角的角平分线,再利用相似三角形边长成比例的 关系,可得,因而a 就可作出了。
5.
用根式表示3次和4次代数方程的根。查看数学手册。因公式较复杂,不在这里列出了。
习题1.2
习题1.3
5. 举一个偏序集但不是全序集的例子,并画图。
解 考虑到画图的方便,可举有限集的例子,例如:有限集的幂集对包含关系所构成的偏序集,有限整数集对整除关系所构成的偏序集。
详解略。
习题1.4
1. a=493, b=391, 求(a,b), [a,b] 和p, q。 解 方法一、辗转相除法。列以下算式: a=b+102 b=3×102+85 102=1×85+17
由此得到 (a,b)=17, [a,b]=a×b/17=11339。
然后回代:17=102-85=102-(b-3×102)=4×102-b=4×
(a-b)-b=4a-5b. 所以 p=4, q=-5. 方法二、大衍求一术。 公式与计算表格如下:
k qk
rk ck dk
-1 a=4931 0 0
b=391
0 1
1
1 102 1 1
2 3 85 3 4 3(n) 1 17 4 5
4(n+1)
5 0
由此求得 n=3 d=(a,b)=17,
p=(-1)n-1cn=4, q=(-1)ndn=-5。 2. 求n=504的标准分解式和φ(n). 解 504=23×32×7.
φ(504)=504(1-1/2)(1-1/3)(1-1/7)=144.
3. 一队伍成10行、15行、18行、24行均成方形,问需要多少人? 解 求最小公倍数:作以下算式 5 | 10, 15, 18, 24 2 | 2 3 18 24 3 | 1 3 9 12 1 1 3 4
得 [10,15,18,24]=5×2×3×3×4=360。 所以需要 360k(k>0) 人。
4. 方程 ax+by=c 在整数范围内有解的充分必要条件是 (a,b)|c 。 证 必要性:由于 (a,b)|a, (a,b)|b,所以 (a,b)|ax+by=c 。 充分性:设 d=(a,b), 于是存在整数p, q 使 pa+qb=d 。 又由 d|c ,可设 c=dh 。因而有 aph+bqh=dh=c 。 所以 x=ph , y=qh 就是一个解。
5. 分别解同余方程:(1)258x ≡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。
a 1=56/8=7, b1=88/8=11, m1=96/8=12.
用辗转相除法求 p,q 满足 p a 1+q m1=1,得 p=-5。
所以方程的解为 x ≡pb 1 (mod m1) ≡-5×11(mod12) ≡5(mod12)。
或 x=5+12k(k为任意整数) 。 6. 解同余方程组: x ≡3(mod5) x ≡7(mod9)
解 按解同余方程组的三个步骤: 首先,计算 M=5×9=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+2×5=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 2×5-9=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=b1c 1M 1+b2c 2M 2=3×4×9+2×7×5(mod45)=43(mod45)。 7. 5行多1,6行多5,7行多4,11行多10,求兵数。
解 设兵数为x ,则x 满足以下同余方程组: x=1(mod5) x=5(mod6) x=4(mod7) x=10(mod11)
按解同余方程组的步骤,计算如下:
M=5×6×7×11=2310, M1=462, M2=385, M3=330, M4=210. 分别解以下一次同余式: 462x=1(mod5), 得 c 1=3. 385x=1(mod6), 得 c 2=1. 330x=1(mod7), 得 c 3=1. 210x=1(mod11), 得 c 4=1. 代入同余方程组的解的公式,得
x=1×3×462+5×1×385+4×1×330+10×1×210(mod2310) =2111(mod2310).
由实际问题的意义,x 应取正数,所以兵数为 x=2111+2310k(k非负整数) 。 第二章
习题2.1
4. 举例说明,把定理3中条件S3’改为:对任意a 有右逆元aR-1:
a aR-1=eL ,则定理不成立。 证 只需举一反例。 设G={a,b},乘法表如下: ×
a b
a a b b a b
可验证满足结合律,故(G , ×)是半群; 左单位元为a ;
右逆元:aR-1=a,bR-1=a 。 但无单位元,所以G 不是群。
5. M为含幺半群,证明b=a-1的充分必要条件是aba=a和ab2a=e。证 必要性:将b 代入即可得。 充分性:利用结合律作以下运算: ab=ab(ab2a)=(aba)b2a=ab2a=e, ba=(ab2a)ba=ab2 (aba)=ab2a=e, 所以b=a-1
。
6. 列出S3的乘法表。
解 参看例8。练习置换的乘法。 作以下乘法表,注意乘法的左右次序。 · σ1 σ2 σ3 σ4 σ5 σ6 σ1 σ1 σ2 σ3 σ4 σ5 σ6 σ2 σ2 σ1 σ5 σ6 σ3 σ4 σ3 σ3 σ6 σ1 σ5 σ4 σ2 σ
4 σ4 σ5 σ6 σ1 σ2 σ3 σ5 σ5 σ4 σ2 σ3 σ6 σ1 σ6
σ6
σ3
σ4
σ2
σ1
σ5
7. 有限代数系(G ,·)中有单位元1,则G 为群的充分必要条件是
(1)乘法表中每行每列包含每一个元素;
(2)对G 中任意两个元素x, y,在乘法表中任一个以1, x, y为顶点的长方形上的第四个顶点的元素只依赖于x, y ,而与1的选择无关。
证 由于G 有有限个元素,可设G={a1,a2,...,an}。可以想象,可作出一个乘法表,表头上面和左边为这n 个元素:a1,a2,...,an 。先证必要性。
必要性:(1)由乘法表的规律,第i 行的元素为:aia1, aia2,..., aian 。由aia1=aia2 和消去律,得a1=a2,矛盾。因而aia1≠aia2。所以第i 行的元素互不相同。从而有{ aia1, aia2,..., aian}=G, 即第i 行包含G 的每一个元素。
(2)在乘法表中任取一个1,在同一列中必有一个x ,在同一行中必有一个y ,设第四个顶点的元素为z ,见下图, ..........a-1.........................c................... ......
........................................................... a .........1............................y................... ...... ............................................................ b .........x............................z................... ...... ............................................................
则有
x=ba-1, y=ac, 所以
z=bc=xy。与1的选择无关。 充分性:封闭性:由乘法表保证。
在证明结合律之前,我们由乘法表的性质(1)、(2),对于乘法表中以1、x 、y 、z 为顶点的长方形,必有 z=xy。下证结合律。
结合律:任取x ,y ,z 。要证 (xy)z=x(yz).
在乘法表中任取一个1,在同一列中必有一个x ,在同一行中必有一个y ,则第四个顶点的元素为xy 。在y 的同一列中必有一个1,与这个1同一行中必有一个z ,见下图,
..................................................................... ...... ...................................................................... ...... .........1............................y..................yz....... ...... ...................................................................... ....... .........x............................xy................w........ ...... ...................................................................... ....... ........................................1................ z......... .......
.......................................................................
我们来看元素w 的值:
对以1、x 、yz 、w 为顶点的长方形,有 w=x(yz), 对以1、xy 、z 、w 为顶点的长方形,有 w=(xy)z, 所以 (xy)z=x(yz),即结合律成立。 单位元:题设。 逆元:由(1)保证。 习题2.2
2. H是G 的有限子集,证明H 是子群的充分必要条件是对任意
a,b ∈H 有ab ∈H 。 证 必要性:显然。
充分性:由于封闭性成立,H 是半群。又因群G 中消去律成立,故H 中消去律也成立。由2.1节定理5,知H 是群。 3. 找出Z 和Z 12中全部子群。
解 Z 中全部子群:H m ={mk|k∈Z}, m=0,1,2,......。
Z 12中全部子群:N 0={0},N 1={0,2,... ,10},N 2={0,3,6,9},N 3={0,4,8}, N 4={0,6},N 5= Z12 。
4. 设G 是群,证明对任意a,b 有o(ab)=o(ba)。
证 设o(ab)=n,则 (ab)n =e,a(ba)n-1b=e,即 (ba)n-1 =a-1b -1, 故得 (ba)n =e,所以 o(ba)|n,即 o(ba)|o(ab)。 类似可证 o(ab)|o(ba)。 综上,o(ab)=o(ba)。
5. 设G 是群,|G|=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。 6. 设G 是群,若任意a,b 有 (ab)2=a2b 2,则G 是 Abel 群。 证 利用群内元素的运算关系。
把 (ab)2=a2b 2 写成 abab=aabb,由消去律得 ba=ab。
所以 G 是 Abel 群。
7. 设G 是非Abel 群,证明存在非单位元a,b ,a ≠b 使ab=ba。 证 利用元素和它的逆可交换,或元素和它的幂可交换。但要求元素和它的逆(幂)不等。
由于G 是非Abel 群,必有阶数大于2的元素a ,因而a ≠a -1,取b= a-1,则ab=ba。 (也可用幂来做。)
8. o(a)=n,m ∈Z + ,则 o(am )=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 k|s 。 另一方面,
(am ) k =amk =e ,所以 n|mk ,得s|rk ,由于 (r,s)=1 故 s|k 。 综上,k=s 。证毕。
9. 设A=(aij ) 3×3∈SO 3,A=σ(η, θ) ,则
(1)η可由A-I 中两线性无关的行向量作叉积得到。 (2)θ满足 2cosθ+1=trA 。
证 首先要复习一下SO 3的意义。可从两个角度来看它的意义:从线性变换的角度,SO 3是三维线性空间中全体旋转变换所构成的群;从矩阵角度来看,SO 3是全体行列式为1的三阶正交矩阵所构成的群。因而SO 3中任何一个元素既可用矩阵A 来表示,也可用旋转变换σ(η, θ) 来表示。本题就是要讨论它们之间的关系。 给定一个A ,如何来确定它所对应的旋转变换σ(η, θ) 的旋转轴
η和旋转角θ呢?旋转轴η就是三维空间中的一个向量,旋转角θ就是按右手法则转过的角度。设A ≠I ,则向量η(不计正负方向和大小)和θ由A 唯一确定。确定的方法如下:向量η的特点是在A 的作用下不变,故满足 A η=η ,即 (A-I)η=0 (*)
由于A 的行列式为1的正交矩阵,1必是A 的一个特征值(为什么?),所以方程(*)必有非 0解,旋转轴η就是1所对应的特征向量。下证秩(A-I)=3:首先, 秩(A-I)<3,如果 秩(a-i)="1,则λ=1的几何重度为2,因而λ=1的代数重度大于或等于2,令" |λi-a|="(λ-1)" 2(="">3,如果>
由|A|=1得λ3=1,由A 的正交性,得A=I,矛盾。故秩(A-I)=2。由方程(*)可见,η与A-I 的行向量正交,而A-I 中恰有两个线性无关的行向量,所以用这两个线性无关的行向量作叉积就得到η。 (2)设η为旋转轴,将η扩大为一组标准正交基:ε1=η/|η|,ε2 ,ε3。则旋转变换σ(η, θ) 在此组基下的矩阵为
,
由于A 与B 相似,它们有相同的迹,所以trA=1+2cosθ。
习题2.3
2. 求D n 的所有最小生成元集。
解 最小生成元集指元素个数最少。首先易见D n 的最小生成元集所含元素个数必为2。因而有以下两种情形:
(1)D n =<ρk ,="" πm="">。我们来看对k 与m 有什么条件?
由于ρ1∈D n ,必有q 使(ρk )q =ρ1 ,即ρkq =ρ1 <=> kq=1(mod n) <=> (k, n)=1。 所以这类最小生成元集为
D n =<ρk ,="" πm="">,(k, n)=1,m=0,1,...,n-1 。
(2)D n =<πk ,="" πm="">。我们来看对k 与m 有什么条件? 方法类似。
由于ρ1∈D n ,必有p ,q 使(πk )p (πm )q =ρ1 ,但因o(πi )=2,故有
πk πm =ρ1 <=> k-m=1(mod n) <=> (k-m, n)=1。(其中用到运算规律πk πm =ρk-m ) 。
所以这类最小生成元集为
D n =<πk ,="" πm="">,(k-m, n)=1,k, m∈[0,n-1] 。 3. 证明K 4≌(Z12*, )。
证 首先应搞清K 4和Z 12*的意义,并写出它们的元素。 K 4={e, a, b, c},Z 12*={1,5,7,11}。 作映射 f:e→1, a→5, b→7, c→11 . 可以一一验证(略)满足 f(xy)=f(x)f(y).
所以K 4≌(Z12*, )。 4. (Q+, ×) 和(Q, +)是否同构?
答 否!(如果把Q 换成R 不难证明它们是同构的。) 证明如下:
反证法:假设有同构f: (Q, +)→(Q+, ×). 设f(a)=2,则
f(a)=f(a/2+a/2)=f(a/2)f(a/2)=2, 由此得
, 矛盾。
所以不存在(Q, +) 到(Q+, ×) 的同构,因而(Q+, ×) 和(Q, +)不同构。
5. G=为无限循环群,A=,B=,证明 (1)A ∩B=, 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= 用互相包含的方法证明此二等式。 (1)任取x ∈A ∩B ,则x=ps=qt,x 是s 与t 的公倍数,故m|x,x ∈ 所以 A ∩B ≤ 反之,显然有 m ∈A 和 m ∈B , 因此m ∈A ∩B , 所以 (2)任取x ∈,则x 可表为 x=ps+qt,因而 d|(ps+st)=x,x ∈ 所以 ≤ 反之,由最大公因子定理,存在a,b 使 d=as+bt,因而 d ∈, 所以 7. 确定无限循环群的全部极大子群。 解 首先应复习极大子群的概念:若子群M 满足:(1)M ≠G ;(2)对任何H :M 其次,无限循环群都同构于G=(Z,+),而它的全部子群已知道,它的全部子群为: 只要把其中的极大子群找出来就行了。 怎样从中找出极大子群呢?有若干种思路,下面介绍几种方法: 方法一、从极大子群的定义入手。 设 M= 显然H>M,由极大子群的定义,得 由此得 (m,b)=1,而b 可取 1,...,m-1。即m 与1,...,m-1都互素,因此m 是素数。 所以G 的全部极大子群为: ,p 为素数。 方法二、通过简单的分析:当n 是合数时, rp+sn=1,因而得 1∈H, 从而H=G。所以 是极大子群。 故G 的全部极大子群为: ,p 为素数。 8. 设p 为素数,G={x|x∈C, xpn =1, n=1,2,...},证明 G 的任何真子群是有限循环群。 证 G 是由所有p n 次单位根形成的群。但对于固定的n 由所有p n 次单位根形成的群是有限的,因而只要证明任何一个真子群必是某个n 的所有p n 次单位根形成的群。这里还要用到 真子群的概念。 首先可把G 表为 G={exp(2kπ/pn )|0≤k 由于H 是真子群,必有一元素exp(2qπ/pm ) ,(q,p)=1 不属于H 。由此可得 所有的元素exp(2kπ/pn ), (k, p)=1, n≥m 都不属于H 。(为什么?) 令K={exp(2kπ/pn )|0≤k K=< exp(2kπ/pm-1)="">,是p m-1阶循环群,而H ≤K ,由于循环群的子群仍是循环群, 所以H 是有限循环群。 习题2.4 1. 设σ=(i 1,i 2,...,i k ), τ∈S n , 则 τστ-1=(τ(i1), τ(i2),..., τ(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)对于任何j ∈{τ(i1), τ(i2),..., τ(ik )} 有 τστ-1 (τ(im ))= τ(im+1). (2)对于任何j 不属于{τ(i1), τ(i2),..., τ(ik )} 有 τστ-1 (j)= j. 具体运算很简单,证明如下: (1)对于任何j ∈{τ(i1), τ(i2),..., τ(ik )} 有 τστ-1 (τ(im ))= τσ(im )= τ(im+1). m=1,2,... 下标的加法为模k 的加法。 (2)对于任何j 不属于{τ(i1), τ(i2),..., τ(ik )} 有 j=τ(i), i≠i 1, i2,..., ik , 和(注意到σ(i)=i) τστ-1 (j)= τστ-1 (τ(i))= τσ(i)= τ(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。 2. 证明 |An |=n!/2. 证 实际上要证A n 的元素个数是S n 的元素个数的一半,或S n 中偶置换的个数与奇置换的个数相等。为此我们来找偶置换的集合与奇置换的集合之间的关系。 设B 为S n 中全体奇置换的集合,任取奇置换σ∈S n ,则 σB 属于A n ,故 |σB|≤| An |,即 |B|≤| An |。 反之, σA n 属于B ,故 |σA n |≤|B|,即| An |≤|B|。 综上,得 |An |=|B|=n!/2。 所以S n 中奇、偶置换各半。 3. 证明任何一个置换群中,或全部元素均为偶置换,或奇、偶置换各半。 证 证明方法同上题。(略) 4. 证明 S n =<(12),(123...n)>。 证 方法类似于本节例4。注意熟悉生成群和生成元的意义、置换的乘法运算。并可利用已知的置换运算公式,例如本节习题第1题就是一个公式。 我们可以利用本节例4的结果:S n =<(12),(13),...,(1n)>。只要证明 (1i) 可由 (12) (123...n) 生成。 令 σ=(12), τ=(123...n),则由本节习题第1题的公式得 τστ-1=(23),σ(23)σ-1=(13),... 所以 <σ, τ="">=<(12),(13),...,(1n)>= Sn 。 5. 证明 A n =<(123),(124),...,(12n)> 。 证 方法类似于上题。但要利用偶置换的性质。 显然,<(123),(124),...,(12n)>≤A n 。 反之,任取 σ∈A n ,σ可表为 σ=(1i1)(1j1)(1i2)(1j2)...(1ik )(1jk ) , 又由 (1i)(1j)=(1ji)=(1i2)(12j)(12i) 得 σ∈<(123),(124),...,(12n)>。 所以 A n =<(123),(124),...,(12n)> 。 6. 求出正四面体的旋转群。 解 可先作一个正四面体的图,顶点为1,2,3,4。每一个绕对称轴的旋转且保持空间位置不变的变换,对应一个四元置换。所有这样的置换构成正四面体的旋转群。 它的对称轴可分两类: 第一类为过一顶点和底面中心的轴分别旋转120°和240°,这样的旋转有: (1),(234),(243),(134),(143),(124),(142),(123),(132)。 第一类为过两条对边的中点的轴,旋转180°,这样的旋转有: (12)(34),(13)(24),(14)(23)。 所以正四面体的旋转群为 G={(1),(234),(243),(134),(143),(124),(142),(123),(132),(12)(34),(13)(24),(14)(23)}=A4 。 7. 证明正立方体的旋转群同构于S 4。 证 正立方体的旋转群在本节中已求出,共有24个元素,与S 4的元素个数相同。但如何找到它们的元素之间的对应关系呢?主 要的问题在于,正立方体的旋转群的基集有8个元素,而S 4的基集有4个元素。为此,我们可把正立方体的8个顶点两两一组分为4组,分组的原则是在旋转过程中始终在一起。例如可取以下分组方法: 令 a={1,7},b={2,8},c={3,5},d={4,6}。则可把正立方体的旋转群的每一个元素变为集合{a, b, c, d}上的一个置换,例如,旋转 (1234)(5678) 就变为 (abcd) 。其余元素的变化略。 由此证明了正立方体的旋转群同构于S 4。 8. 确定S n 中长度为n 的轮换的个数。 解 S n 中长度为n 的轮换可表为 (1, i2, i3, ..., in ) 。 由于i 2, i3, ..., in 为2,3,...,n 的任一排列,所以S n 中长度为n 的轮换的个数等于 (n-1) 阶全排列数:(n-1)! 。 习题2.5 1. 设H ≤G ,a,b ∈G ,证明以下命题等价: (1)a -1b ∈H,(2)b∈aH,(3)aH=bH,(4)aH∩bH ≠?。 证 本题主要熟悉陪集性质。用循环证法。 (1)=>(2):a -1b ∈H => a-1b=h => b=ah => b∈aH 。 (2)=>(3):b ∈aH => bh∈aH => bH 属于aH ,另一方面, b ∈aH => b=ah => a=bh-1 => aH属于 bH,综上得aH=bH。 (3)=>(4):aH=bH 显然有aH ∩bH ≠?。 (4)=>(1):aH ∩bH ≠? => 存在 h 1,h 2∈H 使 ah1=bh2 => a-1b= h 1h 2-1=> a-1b ∈H 。 2. G={a1 a2 a3 a4 a5| ai =0或1}, H={00000,10101,01011,11110}, 写出H 在G 中的所有陪集。 解 本题目的是熟悉陪集的计算。 G 的加法运算+为二进制按位加法(不进位)。不难检验H 确为子群。作陪集时,尽量先选简单的元素作为代表元,这样计算较为简单。本题可选含1的个数较少的元素作代表元。由此得H 在G 中的陪集为: 00000+H=H, 00001+H={00001,10100,01010,11111}, 00010+H={00010,10111,01001,11100}, 00100+H={00100,10001,01111,11010}, 01000+H={01000,11101,00011,10110}, 10000+H={10000,00101,11011,01110}, 10010+H={10010,00111,11001,01100}, 11000+H={11000,01101,10011,00110}. 应检验一下是否不重不漏。 3. 确定A 4的全部子群。 解 对有限群,子群的阶是群的阶的因子。因此我们可以按子群的阶来找所有的子群。由于| A4|=12,子群的阶只能是1, 2, 3, 4, 6, 12。对每一个子群,利用元素的阶是群的阶的因子,可用生成元表示。 1阶子群:{(1)}。 2阶子群:<(12)(34)>, <(13)(24)>, <(14)(23)>。 3阶子群:<(123)>, <(124)>, <(134)>, <(234)>。 4阶子群:{(1), (12)(34), (13)(24), (14)(23)}。 6阶子群:由于A 4中无6阶元,故A 4中无6阶循环子群。A 4中的6阶子群只能由一个二阶元和一个三阶元生成,但任一个二阶元和任一个三阶元,例如 (12)(34) 和 (123),易证<(12)(34), (123)="">= A4。所以A 4中无6阶子群。 12阶子群:A 4 。 4. A, B≤G , |A|<∞,>∞,><∞, (|a|,|b|)="1," 证明="" |ab|="|A||B|。" 证="" 设法利用本节定理3的公式。只需证明="" |a∩b|="">∞,> 由于A ∩B ≤A 和A ∩B ≤B ,故|A∩B| 能同时整除 |A| 和 |B|。 又由于(|A|,|B|)=1, 所以 |A∩B|=1。 因此由本节定理3的公式得 |AB|=|A||B|/|A∩B|=|A||B|。 5. A, B≤G , C=, 证明 [C:A]≥[B:A∩B]。 证 按题意,子群指数[C:A]和[B:A∩B]都是有限的,但群不一定是有限的。由于子群的指数等于子群的陪集的个数,可用两个子群的陪集集合之间的映射来揭示它们的数目之间的关系。 令 D=A∩B, S={bD|b∈B}, T={cA|c∈C}, 作对应关系 f: bD →bA (S→T), 首先我们来证明f 是映射:b 1D=b2D => b1-1b 2∈D => b1-1b 2∈A => b 1A=b2A 。 并且上面的每一步均可倒推回去,所以 f 是单射。因此 |S|≤|T|, 即 [B:A∩B]≤[C:A]。 另一方法: 虽不能直接利用本节定理3,但可利用它的证明方法。并用 BA 作为中间集合。 首先,BA 属于 C ,[BA:A]=|{bA|b∈B}|,显然有 [BA:A]≤[C:A]。 其次,由定理3的证明过程(请查阅),可得 [B:A∩B]= [BA:A], 所以 [B:A∩B] ≤[C:A]。 6. A, B≤G , 若有g,h ∈G 使出Ag=Bh, 则 A=B。 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∈B 使 g=bh, ag=h, 从而得 g -1=h-1b -1, h-1=g-1a -1. 对任意 x ∈A 有 xg=b1h, 因而 x= b1hg -1=b1hh -1b -1= b1b -1∈B, 故 A 属于B 。 反之,对任意 y ∈B 有 a 1g=yh, 因而 y=a1gh -1=a1gg -1a -1=a1a -1∈A, 故 B 属于A 。 综上,得 A=B 。 习题2.6 习题2.7 习题2.8 并证明它与Z 的乘法半群同构。 第2章 习题2.9 第1题解答 反之,显然。 第2章 习题2.10 第1题解答 2. 在苯环上结合3个H 和3个CH3, 可形成多少种化合物? 解 熟悉Burnside 定理,并掌握应用方法。 方法要点:搞清置换群和目标集;作表计算不动点数。 置换群为D6, 目标集Ω为有标号的正6边形的顶点着色,|Ω|=C63=20。作下表: g(G中元素) χ(g)—g在Ω中的同类g 的Σχ的类型 不动点数 个数 (g) 16 20 1 20 1222 4 3 12 23 0 4 0 32 2 2 4 61 0 2 0 Σ 12 36 所以 N=36/12=3。 共可形成3种化合物。 3. 对正6面体的面用n 种颜色着色,问有多少种本质上不同的着色方法? 解 熟悉Burnside 定理,并掌握应用方法。 方法要点:搞清置换群和目标集;作表计算不动点数。 置换群为S4, 目标集Ω为正6面体的有标号的面着色,|Ω|=n6。作下表: g(G中元素) χ(g)—g在Ω中同类g Σχ(g) 的类型 的不动点数 的个数 16 n6 1 n6 1241 n3 6 6 n3 23 n3 6 6 n3 32 n2 8 8 n2 1222 n4 3 3n4 Σ 24 n6+3n4+12 n3+8n2 所以本质上不同的着色方法数为 N=( n6+3n4+12 n3+8n2)/24。 4. 求5个点的不同构的图有多少个? 解 熟悉Burnside 定理,并掌握应用方法。 方法要点:搞清置换群和目标集;作表计算不动点数。 置换群为S5,目标集Ω为5个点的有标号图的集合,|Ω|=210。作下表: g(G中元素) χ(g)—g在Ω中同类g Σχ(g) 的类型 的不动点数 的个数 15 210 1 210 1321 27 10 10×27 1231 24 20 20 ×n3 1141 23 30 30×23 1122 26 15 15×26 2131 23 20 20×23 51 22 24 24×22 Σ 120 4080 所以5个点的不同构的图的个数为 N=4080/120=34。 2.11 1. 设G 是群,G 1, G2是G 的正规子群,且G=< g1,="" g2="">, G1∩G 2={e}, 证明 G ≌G 1×G 2 。 证 由本节定理2,只需证明 G= G 1G 2 。 显然有G 1G 2 属于G 。 反之,任取 g ∈G , 因g ∈< g1,="" g2=""> 和G 1, G2是G 的正规子群,g 可表为 g=ab, a∈G 1,b ∈G 2 , 所以 g ∈G 1G 2 。 综上和由本节定理2,得G= G1G 2≌G 1, ×G 2 。 2.证明 Z/(6)≌Z/(2)×Z/(3)。 证 首先要理解符号的意义。实际上就是证明以下命题: (Z6, +)≌(Z2, +)×(Z3, +) 。 利用本节定理2,要证三条。但与定理2的条件还有些问题,(Z2, +) 与 (Z3, +) 还不能直接看作是(Z6, +)的子群,为此,令 G=(Z 6, +)={0,1,2,3,4,5},其中k 表示k 模6的同余类。 G 1={0,3}, G 2={0,2,4}, 则G 1≌(Z2, +),G 2≌(Z3, +) 。 由于(1)G 1,G 2是G 的正规子群, (2)G= G1+ G2, (3)G 1∩G 2={0}。 所以 (Z6, +)≌G 1+G2≌(Z2, +)×(Z3, +) 。 3. 设 G=G1×G 2, 证明 G/G1≌G 2, G/G2≌G 1 。 证 首先看清题目,发现G 1,G 2并不是G 的子群,因此必是同构的关系。 令 H= G1×{e}, 则 H ≤G , 且 H ≌G 1; N={e}×G 2, 则 N ≤G , 且N ≌G 2 。 这样商群G/G1与G/G2有意义。 接着要证H 和N 是G 的正规子群: 任取 (a,b)∈G , (c,e)∈H, 有 (a,b)(c,e)(a,b)-1=(aca-1,e) ∈H, 所以H 是G 的正规子群。 作映射 f: (a,b)→b (G→G 2), 由于 f((a1,b 1)(a2,b 2))=f((a1a 2,b 1b 2))=b1b 2 =f(a1,b 1)f(a2,b 2), 所以 f 是同态映射,且显然是满射,f 是满同态映射。 求核: ker f={(a,b)|f(a,b)=b=e}={(a,e)|a∈G 1} = G1×{e}=H≌G 1。 由同态基本定理,得 G/G1≌G 2 。 类似可证G/G2≌G 1 。 4. 纱 A, B ≤G , G=A×B, N≤A 且是正规子群。证明 G/N≌(A/N)×B 。 证 首先看一下题的意义。N 是A 的子群,不直接是G 的子群, 但N ×{e}是G 的子群,而N ×{e}≌N ,因而G/N≌G/ N×{e}。 设A/N={aN|a∈A}, 作映射 f: (a,b)→(aN,b) (G→(A/N)×B), 由于 f((a1,b 1)(a2,b 2))=f(a1a 2,b 1b 2)=(a1a 2N,b 1b 2) =(a1N,b 1)(a2N,b 2)=f(a1,b 1)f(a2,b 2), 所以 f 是同态,且显然是满同态。 求核: ker(f)={(a,b)|f(a,b)=(N,e)}= {(a,b)|(aN,b)=(N,e)} ={(a,b)|a∈N,b=e)}=(N,e)= N×{e}≌N 。 故由同态基本定理得 G/N≌(A/N)×B 。 5. 写出45阶可换群的一切可能的类型。 解 由于 45=5×32, 45的初等因子组有: {5, 32}, {5, 3, 3}。 不变因子组有: {45}, {15, 3}。 所以45阶可换群的一切可能的类型有: C 45,C 15×C 3 。 6. 写出144阶可换群的一切可能的类型。 解 由于 144=24×32, 144的初等因子组有: {24, 32}, {23, 2, 32}, {22, 22, 32}, {22, 2, 2, 32}, {2, 2, 2, 2, 32},{24, 3, 3}, {23, 2, 3, 3}, {22, 22, 3, 3}, {22, 2, 2, 3, 3}, {2, 2, 2, 2, 3, 3}。 不变因子组有: {144}, {72, 2}, {36,4}, {36,2,2}, {18, 2,2,2}, {48, 3}, {27,6}, {12,12}, {12, 6,2}, {6,6,2,2}。 所以144阶可换群的一切可能的类型有: C 144,C 72×C 2,C 36×C 4,C 36×C 2×C 2,C 18×C 2×C 2×C 2, C 48×C 3,C 27×C 6,C 12×C 12,C 12×C 6×C 2,C 6×C 6×C 2×C 2 。7. 试求n 阶交换群的可能的类型数。 解 设n 的素因子分解式为 n=p1n1p 2n2...p s ns 。 设P(m) 为整数m 的分拆数,例如,4可分拆为:4, 3+1, 2+2, 2+1+1, 1+1+1+1。所以P(4)=5,一般的公式见组合数学的书。 由此得n 阶交换群的可能的类型数为 。 第2章 习题2.12 第1题解答 第3章 习题3.1 第1题解答 习题3.2 1. S是A 的子环的充分必要条件是对任意a,b ∈S 有a-b, ab∈S 。 证 必要性:显然。 充分性:对任意a,b ∈S 有a-b ∈S ,由群的理论得 (S ,+)是子群。 对任意a,b ∈S 有ab ∈S ,知 (S,)是半群。 S 中分配律自然成立。 所以S 是A 的子环。 2. S1,S 2是A 的子环,则S 1∩S 2也是子环。S 1+S2也是子环吗? 证 由上题子环的充分必要条件,要证对任意a,b ∈S 1∩S 2 有a-b, ab ∈S 1∩S 2: 因为S 1,S 2是A 的子环,故a-b, ab∈S 1和a-b, ab∈S 2 , 因而a-b, ab∈S 1∩S 2 ,所以S 1∩S 2是子环。 S 1+S2不一定是子环。在矩阵环中很容易找到反例: 3. H是A 的理想的充分必要条件是对任意a,b ∈H, x∈A 有 a-b,ax,xa ∈H 。 证 必要性:显然。 充分性:因对任意a,b ∈H 有 a-b, ab ∈H, 所以H 是子环。 又因 ax, xa ∈H, 所以H 是理想。 4. I, J是A 的理想,则I+J, IJ, I∩J 均为理想。 在 (Z, +) 中确定 (m)+(n), (m)(n), (m)∩(n)。 证 对任意 a+u, b+v∈I+J, x∈A 有 (a+u)-(b+v)=(a-b)+(u-v)∈I+J, x(a+u)=xa+xu∈I+J,(a+u)x=ax+ux∈I+J, 所以 I+J 是理想。 对乘法有 IJ={∑au|a∈I, u∈J }。对任意∑1au, ∑2au ∈IJ 有 ∑1au-∑2au=∑1au+∑2(-a)u=∑3au ∈IJ, x ∑au=∑(xa)u∈IJ, (∑au)x=∑a(ux)∈IJ 。 所以IJ 是理想。 类似可证I ∩J 是理想。(略) (m)+(n)=(d), d=(m,n), (m)(n)=(mn), (m)∩(n)=(h), h=[m,n]。 5. 确定 (Zn ,+) 中的所有理想。 解 (Zn ,+) 中的所有理想为 (d), d|n 。其中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=p1n1p 2n2...p s ns ,则(Zn ,+) 中的所有理想为 (p 1i1p 2i2...p s is ), 0≤ik ≤nk, 1≤k ≤s 。 6. 证明M n (Z)不是单环,并确定M n (Z)中所有理想。 证 在本节我们曾证明了数域上的全矩阵环是单环。但整数环不是数域,且有理想:(d), d=0,1,2,... 。因而我们猜想M n (Z)中全部理想为: I(d)= {(aij ) n ×n |aij ∈(d)}, d=0,1,2,... 。 (*) 下面我们来证明这一点。 首先,I(d) 显然是理想。 下证M n (Z)中任何一个理想都是某个I(d): 设 J 是M n (Z)中任何一个理想。令 H={a|a是矩阵A ∈J 中的元素}, 即H 是J 中所有矩阵的元素所构成的集合,因而H 是Z 的子集。可证H 是(Z,+,·) 的一个理想: 对于任何 a ij ,b kl ∈H ,则 E ij A-E ik BE lj ∈J, 经过计算可得 a ij -b kl ∈H . 其中E ij 是第ij 个元素为1,其余元素为0的矩阵。 又,对于任何a ∈H, x∈Z, 有 xA=(xa),Ax=(ax)∈J, 故 xa,ax∈H 。 所以 H 是Z 的一个理想。 这就证明了M n (Z)中全部理想为(*)。 7. L是A 的左理想,则N={x|x∈A, xL=0}是理想。 证 按理想的条件来证。 对任意a, b∈N, (a-b)L=aL-bL=0, 故 a-b∈N 。 对任意a ∈N, x∈A 有 axL=aL=0, xaL=x0=0, 故 ax, xa ∈N 。 所以N 是A 的理想。 8. 设A 是环,H 是理想,决定A/n: (1)A=Z[x], H=(x2+1)。 解 根据商环的定义,其元素是加群中的陪集,故 A/H= Z[x]/ (x2+1)={f(x)+H|f(x)∈A}={f(x)+ (x2+1)| f(x)∈A} ={ax+b+ (x2+1)|a,b∈Z}={[ax+b]|a,b∈Z}, 其中[ax+b]表示模(x2+1)的同余类。 进一步可证 Z[x]/ (x2+1)≌Z[i]。 (2)A=Z[i], H=(2+i)。 解 A/H= Z[i]/ (2+i)={a+bi+(2+i)| a,b∈Z }, 用 [a+bi] 表示a+bi的模(2+i)的同余类。则因为 [2+i]=[0], 得 [i]=[-2],因而对任何 a,b∈Z, [a+bi]=[a-2b], 又因 5=(2+i)(2-i), [5]=[0], 所以全部同余类只有:[0], [1], [2], [3], [4]。故有 Z[i]/ (2+i)={[0], [1], [2], [3], [4]} ≌Z 5 。 9. F是数域,则 (x) 是 F[x] 的极大理想,从而 F[x]/(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)≠(0),(x)≠F[x],所以 (x) 是真理想。 其次要证:若有理想 I 真包含 (x),则必有 I=F[x]。 因为I 真包含 (x),则存在 f(x)∈I\(x) , f(x)=a0+a1x+...+an x n , 且a 0≠0 。 由此可得a 0=f(x)-x(a1+...+an x n-1) ∈I ,因而a 0 a0-1=1∈I ,故 I=F[x]。 所以 (x) 是极大理想。 再由本节定理1知F[x]/(x) 是域。 10. 设D 为有单位元的环,则D 为除环的充分必要条件是D 没有非平凡左理想。 证 复习除环的定义。 必要性:设 I 为非0左理想,则存在 a ≠0, a∈I 。因 I 是左理想,取 a -1∈D 得 a -1a=1∈I , 因而 I=D 。所以D 中没有非平凡左理想。 充分性:已知D 没有非平凡左理想,要证D 是除环。 任取a ∈D 且a ≠0,则 Da 是一个左理想(为什么?),因 a ∈Da , Da≠0, 由于D 没有非平凡左理想,故必有 Da=D , 于是存在 b ∈D 使 ba=1 ,a 有左逆元,由此可得 D\{0}是群,所以D 是除环。 11. R是可换环,H 是理想,且H ≠R ,则H 是素理想的充分必要条件是R/H是整环。 证 素理想的概念不易记忆,可与素数的概念相比较,形式上有某种类似性: 素数:对任何 a, b ∈Z +, 若 p=ab, 则有 p|a 或p|b 。 素理想:对任何 a, b ∈R ,若 ab∈H, 则有 a ∈H 或b ∈H 。 必要性:已知H 是素理想,要证R/H={a+H|a∈R}是整环。 设 a ∈R ,用[a]=a+H表示R/H中的元素(模H 的同余类)。若有 a, b∈R 满足 [a][b]=[0]。由于[a][b]=(a+H)(b+H)=ab+H=[0]=H, 故得ab ∈H 。由于H 是素理想,得a ∈H 或b ∈H ,因而有 [a]=[0] 或 [b]=[0],所以R/H是整环。 充分性:已知R/H是整环,要证H 是素理想。 设ab ∈H, 则[a][b]=[0],因R/H是整环,故有[a]=[0]或[b]=[0],即a ∈H 或b ∈H ,所以H 是素理想。 习题3.3 1. 设f 是环A 到A' 的同态,证明 (1)f 将A 中的0元映成A' 中的0' 元。 (2)f 将A 中的子环映成A' 中的子环。 (3)f 将A 中的理想映成f(A) 中的理想。 证 (1)由同态定义,f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0),所以f(0)=0' 。 (2)设H 是子环,对于任意f(h1), f(h2) ∈f(H) 有 f(h1)-f(h2)= f(h1-h 2) ∈f(H), f(h1)f(h2)= f(h1h 2) ∈f(H), 所以f(H)是子环。 (3)设I 是A 的理想,由(2)得f(I)是子环。 对于任意f(a)∈f(I),f(x)∈f(A) 有 f(x)f(a)=f(xa)=f(a1) ∈f(I), f(a)f(x)=f(ax)=f(a2) ∈f(I), 所以f(I)是f(A)的理想。 2. 设f 是A 到A' 的同态,a ∈A, b=f(a), 则 f -1(b)=a+ker(f) 。 证 采用互相包含的证法。 由于 f(a+kerf)=f(a)+0'=f(a)=b, 所以 a+kerf 属于f -1(b)。 反之,对任何 x ∈f -1(b), f(x)=b=f(a), 得 f(x-a)=0' , 所以 x-a ∈kerf, 即 x ∈a+kerf, 因而f -1(b) 属于a+kerf 。 综上,得f -1(b)=a+ker(f) 。 3. 证明本节定理1至定理4。 参考群论里类似的定理的证明,注意环与群的不同。 4. 利用同态基本定理证明 (1)R[x]/(x2+1)≌(C,+,·) 。 (2)F[x]/(x)≌F ,F 为数域。 (3)Z[i]/(3+i)≌(Z10,+,·) 。 证 (1)作映射φ:f(x)→f(i)( R[x] →C ), 由于φ(f1(x)+f2(x))= f1(i)+f2(i)= φ(f1(x))+ φ(f2(x)), φ(f1(x)f2(x))= f1(i)f2(i)= φ(f1(x))φ(f2(x)), 故φ是同态,对任意 a+bi∈C, 取f(x)=a+bx, 则φ(f(x))=a+bi, 因而φ是满同态。 求核:ker φ={f(x)∈R[x]|f(i)=0}={f(x)∈R[x]|(x-i)|f(x)} ={f(x)∈R[x]|( x2+1)|f(x)}=( x2+1)。 所以由同态基本定理得 R[x]/(x2+1)≌(C,+,·) 。 (2)作映射φ:f(x)→f(0)( F[x] →F ), 由于φ(f1(x)+f2(x))= f1(0)+f2(0)= φ(f1(x))+ φ(f2(x)), φ(f1(x)f2(x))= f1(0)f2(0)= φ(f1(x))φ(f2(x)), 故φ是同态,对任意 a ∈C, 取f(x)=a, 则φ(f(x))=a, 因而φ是满同态。 求核:ker φ={f(x)∈F[x]|f(0)=0}={f(x)∈F[x]|x|f(x)}=(x), 所以由同态基本定理得 F[x]/(x)≌(F,+,·) 。 (3)对此题同态映射并不明显,所以我们首先要确定同态映射。 设Z 10={[0],[1],[2],...,[9]}, 其中[k]表示k 模10的同余类。 设φ是Z[i]到Z 10的非零同态映射,则可设φ(1)=[1], φ(i)=[k], 则由 φ(i2)= φ(-1)=[k]2=-[1], 得k 2+1≡0(mod10)。取k=-3,则得 φ(a+bi)=[a-3b]. 下面证明φ是同态: φ((a+bi)(c+di))=φ(ac-bd+(ad+bc)i)=[ac-bd-3(ad+bc)], φ (a+bi) φ (c+di))=[a-3b][c-3d]=[ac+9bd-3(ad+bc)]=[ac-bd-3(ad+bc)], 所以φ((a+bi)(c+di))= φ(a+bi)φ(c+di))。 类似可证φ((a+bi+c+di))= φ(a+bi)+φ(c+di))。 因而φ是同态,且易证是满同态。 求核:ker φ={a+bi|[a-3b]=[0]}={(3+i)b+10q|b,q∈Z} ={(3+i)b+(3+i)(3-i)q| b,q∈Z} ={(3+i)x|x∈Z[i]}=(3+i), 所以由同态基本定理得 Z[i]/(3+i)≌(Z10,+,·) 。 4. 将复数环同构嵌入 6. 找出 (Zn ,+,)上一切自同态。 解 解决这类问题通常是根据同态定义找出一些特殊元素,例如单 位元,生成元等的象,再找出一般元素的象,从而确定所有同态映射。方法类似于本节例4。 设Z={[0],[1],...,[n-1]}, 其中[k]表示k 模n 的同余类。 设f 是(Zn ,+,)上任一自同态,可设f([1])=[k],则对任意[x]∈Z n 有f([x])=[kx]。 由f([1])=f([1][1])得 [k]=[k]2 , 有解:[k]=[0]或[1] 。因而(Zn ,+,)上全部自同态有: f([x])=[kx] , 对任何[x]∈Z n 。其中[k]满足方程 [k]([k]-1)=[0],或 k(k-1)=0(modn)。 7. A={(a1, a2, ... an )|ai ∈Z}对向量的加法构成群,E(A)为A 上的自同态环,证明 E(A)≌M n (Z)。 证 首先要确定E(A)。 设f 为A 上的任一自同态。由于 对任意α, β∈A 有 f(α+β)=f(α)+f(β), 对任意k 有 f(kα)=kf(α), 所以 f 是A 上的线性变换,因而有 f(α)=Bα, B∈M n (Z)。 反之,对任意 B ∈M n (Z), 定义A 上的变换f B 为 f B (α)=Bα。 则不难证明f B 是A 上的自同态环。 下证E(A)≌M n (Z): 作映射 σ:f B →B ( E(A) →M n (Z) ),其中f B (α)=Bα。 由于σ(fB + fC )=B+C=σ(fB )+ σ(fC ) , σ(fB f C )=BC=σ(fB ) σ(fC ) , 故σ是同态。易见是满同态, 不难证明σ是双射,因而σ是同构。 所以E(A)≌M n (Z)。 8. m,r∈Z +, r|m, Zm ={[0],[1],...,[m-1]}, Zr ={0,1,...,r-1}, 均为同余类环。证明 f:[a]→a 是Z m 到Z r 的同态,并求kerf, Zm /kerf。 证 首先要验证一下f 是映射,因为如果对一般的m,r ,这样的f 不一定是映射。 由于 [a]=[b] => [a-b]=[0] => m|(a-b) => r|(a-b) => a=b ,故f 是映射。 再证是同态映射: f([a]+[b])=f([a+b])=a+b=f([a])+f([b]), f([a][b])=f([ab])=ab=f([a])f([b]), 故f 是同态,且显然是满同态。 求核: kerf={[a]|a=0}={[0],[r],[2r],...,[m-r]}. 所以由同态基本定理得 Z m /kerf≌Z r 。 10. 求Z[i], Z[x], 偶数环的分式域。 解 主要熟悉一下分式域的概念。 由分式域的定义,可得 P(Z[i])={(a+bi)/(c+di)|a,b,c,d∈Z, cd≠0}={q+si|q,s∈Q}=Q[i]. P(Z[x])={f(x)/q(x)|f(x),q(x)∈Z[x],q≠0}={f(x)/q(x)|f(x),q(x)∈Q[x],q≠0} =P(Q[x]). P(偶数环)=Q 。 习题3.4 1. 证明相伴关系是等价关系,并满足:a ∽b, c∽d => ac∽bd 。 证 先证相伴关系∽是等价关系: 反身性:因 a|a , 故 a ∽a ; 对称性:a ∽b => a|b 且 b|a => b ∽a ; 传递性:a ∽b 且 b ∽c => a|b, b|a 且 b|c, c|b => a|c, c|a => a∽c 。 再证对乘法保持运算: a ∽b, c∽d => a|b, b|a, c|d, d|c => ac|bd, bd|ac => ac∽bd 。 2. 叙述两个元素的最小公倍元的定义,并将最大公因子与最小公倍元的定义推广到多个元素。 答 复习最大公因子的定义,类似可得最小公倍元的定义: 定义 设D是有单位元的整环,a, b∈D 。若有 m ∈D 满足: (1)a|m, b|m ; (2)若有 m' 满足 a|m', b|m' ,则 m|m' 。 则称 m 是a 与b 的最小公倍元,并记作 m ∽[a,b]。 多个元素的情形: 定义 设D是有单位元的整环,a, b, ..., h∈D 。若有 m ∈D 满足:(1)a|m, b|m, ..., h|m ; (2)若有 m' 满足 a|m', b|m',..., h|m' ,则 m|m' 。 则称 m 是a,b,...,h 的最小公倍元,并记作 m ∽[a,b,...,h]。 定义 设D是有单位元的整环,a, b, ..., h∈D 。若有 v ∈D 满足:(1)v|a, v|b, ..., v|h ; (2)若有 v' 满足 v'|a, v'|b,..., v'|h ,则 v'|v 。 则称 v 是a,b,...,h 的最大公因子,并记作 m ∽(a,b,...,h )。 3. 设p 为既约元,则 (p) 为非平凡理想。 证 要证 (p)≠{0} 和 (p)≠D 。 因为 p ≠0, 故 (p)≠{0}。 再证(p)≠D 。反证法:假设 (p)=D , 则存在 q ∈D 使 pq=1, 因而 p 是可逆元,这与p 是既约元矛盾。 5. 设D 为有单位元的整环,则p 是素元的充分必要条件是D/(p)是整环。 证 复习素元的定义。 必要性:已知p 是素元。要证D/(p) 是整环,一是要证D/(p)≠0;二是要证D/(p)中无零因子。 由本节习题3,(p)为非平凡理想,故 D/(p)≠0 。 对任何 [a],[b]∈D/(p), 若 [a][b]=[0], 则 ab∈(p), 可设 ab=pq, 故 p|ab, 由于p 是素元,必有 p|a 或 p|b, 故有 [a]=[0] 或 [b]=[0]。这就证明了D/(p)中无零因子。 所以D/(p)是整环。 充分性:已知D/(p)是整环,要证p 是素元。 设 p|ab, 则 [ab]=[0], 由于D/(p)是整环,必有 [a]=[0] 或 [b]=[0],可得 p|a 或 p|b,所以p 是素元。 6. α=a+bi∈Z[i], v(α)=a2+b2=素数,证明α是Z[i]中的既约元。 证 复习既约元的定义。 设α=βγ, 则 v(α)=v(β)v(γ), 由于v(α)=a2+b2=素数, 必有 v(β)=1 或v(γ)=1, 即β∈U(Z[i]) 或 γ∈U(Z[i])。 所以α是Z[i]中的既约元。 习题3.5 利用3.5节定理2证明域上的多项式环F[x]是唯一分解环。 证 复习该定理。要证以下两点: (1)证明F[x]中任一真因子序列含有限项。 设f(x)为F[x]中degf(x)=n>0的任一多项式,若g(x)是f(x)的真因子,则deg(g(x)) 证 定理2条件Ⅰ:任一真因子序列含有限项。 任取一个元素α=a+b√-5,则v(α)=a2+5b2∈Z +,设α1是α的真因子,则v(α1) 1),... 。由于小于 v(α) 的整数只有有限个,所以,α的真因子序列 含有限项。 3. 证明Z[√10]不是唯一分解环。 证 利用定理2条件Ⅱ:任一既约元都是素元。 考虑元素3, 显然是既约元。 由于3|(1+√10)(1-√10), 但3不能整除(1+√10) ,也不能整除(1-√10) 。故3不是素元,所以Z[√10]不是唯一分解环。 6. p为奇素数,a ≠0(mod p), 则x 2 =a(mod p) 在Z 中有解的充分 必要条件是 a (p-1)/2=1(mod p) 。并由此证明当p 为形如4n+1(n∈Z +) 的素数时,p 不是Z[i] 中的素元。 证 熟悉同余式的意义。 必要性:设x 2=a(mod p) 在Z 中有解,其解为 x=b 。则有 a=b2 (mod p), 因而a (p-1)/2=b p-1 (mod p) 。 由a ≠0(mod p),得b ≠0(mod p) 。故 [b]∈Z *p 。考虑乘群 (Z*p ,) 的阶为 p-1 ,故有 [b] (p-1)=[1] ,即b p-1=1(mod p), 所以a (p-1)/2=1(mod p) 。 充分性:设a 满足a (p-1)/2=1(mod p) ,要证x 2=a(mod p) 在Z 中有解。 考虑多项式 f(x)=x(p-1)/2-1∈Z p [x], [a]是它的一个根。可以看出 [12], [22], ..., [(p-1)/2] 2 都是f(x) 的根。且可证这些根互不相同: [a2]=[b2] => [a2-b 2]=[0] => p|(a-b)(a+b),由于 0 这就是说[12], [22], ..., [(p-1)/2] 2 是f(x) 的全部根。因而必有某个 c 使 [a]=[c2], 即 c 2=a(mod p), 所以方程x 2=a(mod p) 在Z 中有解。 最后,设 p=4n+1, 考虑方程x 2=-1(mod p)。由于 (-1) (p-1)/2 =(-1)2n =1(mod p),由刚证明的结论,方程x 2= -1(mod p)在Z 中有解,设其解为 u ,则得 u 2= -1(mod p), 即u 2+1=0(mod p)。 现在环Z[i]中考虑u 2+1=0(mod p), 得 p|( u 2+1) => p| (u-i)(u+i),由于p 既不能整除(u-i),也不能整除(u+i),所以p 不是素元。 7. 设p 是素数,则p 是Z[i]中的素元的充分必要条件是p ≡3(mod4)。 证 必要性:由习题6。 充分性:已知p ≡3(mod4),要证p 是Z[i]中的素元。 反证法。假设p 不是Z[i]中的素元,因而也不是既约元,p 有真分解式:p=αβ, α, β∈Z[i],且α, β都不是可逆元。 设v(α) 是α的范数,则有v(p)=P2=v(α)v(β) ,v(α) ,v(β) ∈Z ,由于v(α) ,v(β)>1,必有v(α)=v(β)=p 。令α=a+bi , 得p=a2+b2 ,由于(a,b)=1(否则a 2+b2不是素数),因而a 与b 的奇偶性相反,所以p=a2+b2=(2n)2+(2k+1)2=1(mod4),矛盾。 习题3.6 习题3.7(第一题见最后) 2. 检验下列接收到的码词是否正确?生成多项式为p(x)=1+x2+x3+x4. 10011011, (2) 01110010, (3) 10110101 . 解 (1) u(x)=1+ x3+x4+x6+x7, p(x)不能整除 u(x),故有错。 u(x)=x+ x2+x3+x6, p(x)能整除 u(x),故正确。 u(x)=1+ x2+x3+x5+x7, p(x)不能整除 u(x),故有错。 第4章 习题4.1 第1题解答 第4章 习题4.2 第1题解答 第4章 习题4.3 第1题解答 第4章 习题4.4 第1题解答 补充题第一部分 补充题第一部分 (预备知识) 习题解答 补充题第二部分(环论) 习题解答 习题3.7解答 写出由p(x)=1+x2+x3生成的所有(6,3)码。 解 作下表: 信息 信息多项式 m(x) 000 0 x3m(x) r(x): x3m(x)=q(x)p(x)+r(x) 0 v(x)= r(x)+ x3m(x) 0 000000 码词 100 1 x3 1+x2 1+ x2+ x3 101100 010 x x4 1+x+x2 1+ x+ x2+x4 111010 001 x2 x5 1+x 1+x+ x5 110001 110 1+x x3+ x4 x x+ x3+ x4 010110 101 1+ x2 x3+ x5 x+ x2 x+ x2+ x3+ x5 011101 011 x+ x2 x4+ x5 x2 x2+ x4+ x5 001011 111 1+x+ x2 x3+ x4+x5 1 1+ x3+ x4+x5 100111 考研屋 www.kaoyanwu.com 提供各大机构考研、公务员、四六级辅导视频课程 本书《高等代数(北大?第三版)导教?导学?导考》通过简明的理论介绍与方法总结,以及对大量有代表性的典型例题进行分析、求解和评注,揭示了高等代数的解题方法与技巧。 接上本书通过简明的理论介绍与方法总结,以及对大量有代表性的典型例题进行分析、求解和评注,揭示了高等代数的解题方法与技巧。 本书通过简明的理论介绍与方法总结,以及对大量有代表性的典型例题进行分析、求解和评注,揭示了高等代数的解题方法与技巧。 本书通过简明的理论介绍与方法总结,以及对大量有代表性的典型例题进行分析、求解和评注,揭示了高等代数的解题方法与技巧。 这么多啊。。。。。。。。。。。 这么多啊,这本书叫什么名字, 谢谢分享~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ 对呀说说书名啊。。 下载起来太麻烦了。 这本书虽然好像东西不少, 但很多已经过时了, 现在比较好的学校都不考这些如果是考一般211之类的, 那参考一下应该还是可以的好像这本书都出了第2版了... 这个格式的文件要用什么软件打开啊,,, 虽然很长,但是对于楼主的热心还是要顶的。。。。 好像打不开啊 问问问问噩噩热 非常感谢楼主的分享~ 考研屋www.kaoyanwu.com :提供各大机构考研、公务员、四六级辅导视频课程 专业提供提供各大机构考研、公务员、四六级辅导视频课 1, 利用对角线法则计算下列三阶行列式: 201 1,4,1 (1), ,183 201 1,4,1 解 ,183 ,2,(,4),3,0,(,1),(,1),1,1,8 ,0,1,3,2,(,1),8,1,(,4),(,1) ,,24,8,16,4,,4, abc (2), bca cab abc 解 bca cab ,acb,bac,cba,bbb,aaa,ccc 333 ,3abc,a,b,c, 111 (3), abc222abc 111 解 abc222abc 222222 ,bc,ca,ab,ac,ba,cb ,(a,b)(b,c)(c,a), xyx,y (4)yx,yx, x,yxy xyx,y 解 yx,yx x,yxy 333 ,x(x,y)y,yx(x,y),(x,y)yx,y,(x,y),x 32333 ,3xy(x,y),y,3x y,x,y,x 33 ,,2(x,y), 2, 按自然数从小到大为标准次序~ 求下列各排列的逆序 数: (1)1 2 3 4, 解 逆序数为0 (2)4 1 3 2, 解 逆序数为4: 41~ 43~ 42~ 32, (3)3 4 2 1, 解 逆序数为5: 3 2~ 3 1~ 4 2~ 4 1, 2 1, (4)2 4 1 3, 解 逆序数为3: 2 1~ 4 1~ 4 3, (5)1 3 , , , (2n,1) 2 4 , , , (2n), n(n,1) 解 逆序数为: 2 3 2 (1个) 5 2~ 5 4(2个) 7 2~ 7 4~ 7 6(3个) , , , , , , (2n,1)2~ (2n,1)4~ (2n,1)6~ , , ,~ (2n,1)(2n,2) (n,1个) (6)1 3 , , , (2n,1) (2n) (2n,2) , , , 2, 解 逆序数为n(n,1) : 3 2(1个) 5 2~ 5 4 (2个) , , , , , , (2n,1)2~ (2n,1)4~ (2n,1)6~ , , ,~ (2n,1)(2n,2) (n,1个) 4 2(1个) 6 2~ 6 4(2个) , , , , , , (2n)2~ (2n)4~ (2n)6~ , , ,~ (2n)(2n,2) (n,1个) 3, 写出四阶行列式中含有因子aa的项, 1123 解 含因子aa的项的一般形式为 1123 t(,1)aaaa~ 11233r4s 其中rs是2和4构成的排列~ 这种排列共有两个~ 即24和42, 所以含因子aa的项分别是 1123 t1 (,1)aaaa,(,1)aaaa,,aaaa~ 112332441123324411233244 t2 (,1)aaaa,(,1)aaaa,aaaa, 112334421123344211233442 4, 计算下列各行列式: 4124 1202 (1), 10520 0117 412441210,,c,c4,1,1023120212024,3 解 ,,,,,,,122,(,1)105201032,14c,7c103,144301170010 c,c4,110991023 ,,,,,,00,2,0, ,12,21c,c10314171714132 2141 3,121 (2), 1232 5062 214121402140r,rc,c42423,121,3,1223122,,,,, 解 ,,,,,123212301230506221405062 2140r,r413,122 , ,,,,,,01230 0000 ,abacae bd,cdde (3), bfcf,ef ,abacae,bce bd,cdde,adfb,ce 解 bc,ebfcf,ef ,111 ,adfbce1,11,4abcdef , 11,1 a100 ,1b10 (4), 0,1c1 00,1d 01,aba0a100r,ar12,1b10,1b10 解 ,,,,,0,1c10,1c1 00,1d00,1d c,dc1,aba01,abaad322,1,,,,,,1c1,cd,(,1)(,1),1c1 0,100,1d 1,abad3,2,(,1)(,1),abcd,ab,cd,ad,1, ,11,cd 5, 证明: 22aabb3aa,bb (1)22,(a,b); 111 证明 222222c,caabbaab,ab,a21 ,,,,,2ab,a2b,2a aa,bb 22 c,c10011131 222ab,ab,a3ab,a,31,(b,a)(b,a) ,(a,b) , ,(,1)12b,a2b,2aaxbyaybzazbxxyz,,, 33aybzazbxaxby(ab)yzx,,,,, (2); azbxaxbyaybzzxy,,, 证明 ax,byay,bzaz,bxay,bzaz,bxax,by az,bxax,byay,bz xay,bzaz,bxyay,bzaz,bx ,ayaz,bxax,by,bzaz,bxax,by zax,byay,bzxax,byay,bz xay,bzzyzaz,bx 22,ayaz,bxx,bzxax,by zax,byyxyay,bz xyzyzx 33 ayzxbzxy ,, zxyxyz xyzxyz 33 ayzxbyzx ,, zxyzxy xyz 33(ab)yzx ,,, zxy 2222a(a,1)(a,2)(a,3) 2222b(b,1)(b,2)(b,3),0 (3); 2222c(c,1)(c,2)(c,3) 2222d(d,1)(d,2)(d,3) 证明 2222a(a,1)(a,2)(a,3)2222b(b,1)(b,2)(b,3) (c,c~ c,c~ c,c得) 4332212222c(c,1)(c,2)(c,3) 2222d(d,1)(d,2)(d,3) 2a2a,12a,32a,52b2b,12b,32b,5 (c,c~ c,c得) ,43322c2c,12c,32c,52d2d,12d,32d,5 2a2a,1222b2b,122 , ,,02c2c,1222d2d,122 1111 abcd (4) 2222abcd4444abcd ,(a,b)(a,c)(a,d)(b,c)(b,d)(c,d)(a,b,c,d); 证明 1111 abcd 2222abcd4444abcd 1111 0b,ac,ad,a , 0b(b,a)c(c,a)d(d,a) 2222222220b(b,a)c(c,a)d(d,a) 111,(b,a)(c,a)(d,a)bcd 222b(b,a)c(c,a)d(d,a) 111,(b,a)(c,a)(d,a)0c,bd,b 0c(c,b)(c,b,a)d(d,b)(d,b,a) 11,(b,a)(c,a)(d,a)(c,b)(d,b) c(c,b,a)d(d,b,a) =(a,b)(a,c)(a,d)(b,c)(b,d)(c,d)(a,b,c,d), x,10, , ,00 0x,1, , ,00nn,1 (5),x,ax, , , , ,ax,a , , , ,, , ,, , ,, , ,, , ,?1n,1n000, , ,x,1 aaa, , ,ax,ann,1n,221 证明 用数学归纳法证明, x,12D,,x,ax,a 当n,2时~ ~ 命题成立, 212ax,a21 假设对于(n,1)阶行列式命题成立~ 即 n,1n,2 D,x,a x, , , , ,ax,a~ n,11n,2n,1则D按第一列展开~ 有 n ,10 , , , 00 x,1 , , , 00n,1D,xD,a(,1) nn,1n , , , , , , , , , , , , , , , 11 , , , x,1 nn,1 ,xD,a,x,ax, , , , ,ax,a , n,1n1n,1n 因此~ 对于n阶行列式命题成立, 6, 设n阶行列式D,det(a), 把D上下翻转、或逆时针旋转ij 90:、或依副对角线翻转~ 依次得 a, , ,aa, , ,aa, , ,an1nn1nnnnn1n D,, , ,, , ,, , ,D,, , ,, , ,, , , D,, , ,, , ,, , ,~ ~ ~ 123a, , ,aa, , ,aa, , ,a111n11n1n111 n(n,1) 2证明~ D,D , D,D,(,1)D312 证明 因为D,det(a)~ 所以 ij a, , ,a111na, , ,an1nna, , ,an1,n1nnD,, , ,, , ,, , ,,(,1) 1, , ,, , ,, , ,a, , ,a111na, , ,a212n , , ,aa111n , , ,aa212n,,n1n2 ,(,1)(,1), , , , aa, , ,n1nn , , ,, , ,, , , , , ,aa313n n(n,1)1,2,, , ,,(n,2),(n,1)2 , ,(,1)D,(,1)D 同理可证 a, , ,an(n1)n(n,1)n(n,1),11n1T222D,(,1), , ,, , ,, , , , ,(,1)D,(,1)D2a, , ,a1nnn n(n,1)n(n,1)n(n,1)n(n,1)222 , D,(,1)D,(,1)(,1)D,(,1)D,D32 7, 计算下列各行列式(D为k阶行列式): k a1 , (1)D, , , 其中对角线上元素都是a~ 未写出的元素n, 1a 都是0, 解 a00, , ,01 0a0, , ,00 00a, , ,00 D,(按第n行展开) n, , ,, , ,, , ,, , ,, , ,, , , 000, , ,a0 100, , ,0a 000, , ,01aa00, , ,00n,12n,,(,1)a,(,1), , 0a0, , ,00,, , ,, , ,, , ,, , ,, , ,, , ,a(n,1),(n,1)000, , ,a0(n,1),(n,1) ann,2n,22,1nnn,,a,a,a(a,1), ,(,1),(,1) , ,a, a(,2)(,2)nn xa, , ,a ax, , ,aD, (2); n, , ,, , ,, , ,, , , aa, , ,x 解 将第一行乘(,1)分别加到其余各行~ 得 xaa, , ,a a,xx,a0, , ,0 ~ D,a,x0x,a, , ,0n, , ,, , ,, , ,, , ,, , , a,x000x,a再将各列都加到第一列上~ 得 x,(n,1)aaa, , ,a 0x,a0, , ,0n,1D, ,[x,(n,1)a](x,a), 00x,a, , ,0n , , ,, , ,, , ,, , ,, , , 0000x,a nnn(,1), , ,(,)aaan n,1n,1n,1(,1), , ,(,)aaan , (3)D; , , ,, , ,, , ,, , ,n,1 aa,1, , ,a,n 11, , ,1 解 根据第6题结果~ 有 11, , ,1 aa,1, , ,a,nnn(,1) 2 , , , , , , , , ,, , ,D,(,1) n,1nnn,1,1,1, , ,a(a,1)(a,n) nnna(a,1), , ,(a,n)此行列式为范德蒙德行列式, n(n,1) 2 D,(,1)[(a,i,1),(a,j,1)],n,1n,1,i,j,1 n(n,1) 2 ,(,1)[,(i,j)],n,1,i,j,1 n(n,1)n,(n,1),, , ,,122 ,(,1),,(i,j)(,1),n,1,i,j,1 ,(i,j), ,n,1,i,j,1 abnn,, , , ,, ab11D, (4); n2cd11,, , , ,, cdnn 解 abnn,, , , ,, ab11D, (按第1行展开) n2cd11,, , , ,, cdnn ab0n,1n,1,, ,,,, ab11 cd, an11,, ,,,, cd0,1,1nn d?00n 0ab11n,n,,, , , ,, ab1121n, , ,(,1)bcd11n,, , , ,, cd11n,n, 0cn 再按最后一行展开得递推公式 D,adD,bcD~ 即D,(ad,bc)D, 2nnn2n,2nn2n,22nnnnn2n,2 n D,(ad,bc)D于是 , ,2niiii2i,2 ab11D,,ad,bc而 ~ 21111cd11 n D,(ad,bc)所以 , ,2niiii,1i (5) D,det(a)~ 其中a,|i,j|; ijij 解 a,|i,j|~ ij 0123, , ,n,1 1012, , ,n,2 2101, , ,n,3 D,det(a), nij3210, , ,n,4 , , ,, , ,, , ,, , ,, , ,, , , n,1n,2n,3n,4, , ,0 ,1111, , ,1 ,1,111, , ,1r,r12,1,1,11, , ,1 ,,,,, ,1,1,1,1, , ,1r,r23, , ,, , ,, , ,, , ,, , ,, , , , , , n,1n,2n,3n,4, , ,0 ,1000, , ,0 ,1,200, , ,0c,c21,1,2,20, , ,0 ,,,,,,1,2,2,2, , ,0c,c31, , ,, , ,, , ,, , ,, , ,, , , , , , n,12n,32n,42n,5, , ,n,1 n,1n,2 ,(,1)(n,1)2, 1,a1, , ,11 11,a, , ,12D, (6), 其中aa , , , a,0, 12nn, , ,, , ,, , ,, , , 11, , ,1,an 解 1,a1, , ,11 11,a, , ,12D, n, , ,, , ,, , ,, , , 11, , ,1,an a00, , ,0011 ,aa0, , ,00122c,c120,aa, , ,00133 ,,,,, , , ,, , ,, , ,, , ,, , ,, , ,, , ,c,c23000, , ,,aa1n,1n,1 , , , 000, , ,0,a1,ann ,1100, , ,00a1,1,110, , ,00a2,10,11, , ,00a3,aa, , ,a 12n, , ,, , ,, , ,, , ,, , ,, , ,, , ,,1000, , ,,11an,1,1000, , ,0,11,an ,1100, , ,00a1,1010, , ,00a2,1001, , ,00a3 ,aa, , ,a , , ,, , ,, , ,, , ,, , ,, , ,, , ,n12,1000, , ,01an,1n,1000, , ,001,a,ii,1 n1,(aa?a)(1,) , ,12nai,1i 8, 用克莱姆法则解下列方程组: xxxx,,,,5,1234 ,xxxx,2,,4,,21234 (1), ,xxxx2,3,,5,,21234,xxxx3,,2,11,01234, 解 因为 1111 12,14D,,,142 ~ 2,3,1,5 31211 15115111 1,2,14,22,14D,,,142D,,,284 ~ ~ 12,2,3,1,52,2,1,5 0121130211 11511115 12,2412,1,2D,,,426D,,142 ~ ~ 342,3,1,22,3,2,5 312031011 DDDD3124所以 ~ ~ ~ , x,,2x,,3x,,,1x,,12341DDDD 5x,6x,1,12 x,5x,6x,0,123,x,5x,6x,0 (2), ,234 x,5x,6x,0,345 ,xx,5,1,45 解 因为 56000 15600 ~ D,,66501560 00156 00015 1600051000 0560010600 ~ ~ D,,1507D,,,11450156000560120015600156 0101510015 5601056100 1560015000 ~ ~ D,,703D,,,3950106001500340005600106 0011500015 56001 15600 ~ D,,21201560500150 00011 所以 70315071145395,212x,x,,x,x,x,~ ~ ~ ~ , 41234665665665665665 ,x,x,x,0,123,,x,x,x,0 9, 问,~ ,取何值时~ 齐次线性方程组有非,123 ,x,2,x,x,0123,零解, 解 系数行列式为 ,11 , D,1,1,,,,, 121, 令D,0~ 得 ,,0或,,1, 于是~ 当,,0或,,1时该齐次线性方程组有非零解, ,(1,)x,2x,4x,0,123,,2x,(3,)x,x,0 10, 问,取何值时~ 齐次线性方程组,123 ,x,x,(1,,)x,0123,有非零解, 解 系数行列式为 ,,,1,,241,,3,4 ,,D,23,1,21,1 111,,101,, 3 ,(1,,),(,,3),4(1,,),2(1,,)(,3,,) 32 ,(1,,),2(1,,),,,3, 令D,0~ 得 ,,0~ ,,2或,,3, 于是~ 当,,0~ ,,2或,,3时~ 该齐次线性方程组有非零解, 转载请注明出处范文大全网 » 高等代数(第三版)10-习题,B=πk>=>=>πk>ρk>=>=>ρk> 范文四:高等代数好书推荐 《高等代数(北大·第三版)导教·导学·导考》
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