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1、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是一个子群则是S的零元,即对的零元,即(ⅱ)若今证是子群由对加法是闭的,适合结合律,由,而且得再证另一个充要条件:若是子群,反之故2.,加法和乘法由以下两个表给定:+0abc0abc00abc00000aa0cba0000bbc0ab0abcccba0c0abc证明,作成一个环证对加法和乘法的闭的.对加法来说,由习题6,和阶是4的非循环群同构,且为交换群.乘法适合结合律事实上.当或,的两端
2、显然均为.当或x=c,的两端显然均为.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,只看或以及或就可以了.至于第二个分配律的成立的验证,由于加法适合交换律,故可看或(可省略的情形)的情形,此时两端均为剩下的情形就只有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.当时,显然成立.假定时是成立的:看的情形(因为)即二项式定理在交换环中成立.2.假定一个环对于加法来说作成一个循环群,证明是交换环.证设是生成元
3、则的元可以写成(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)证单位元是,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.证令是阶为的循环加群规定乘法:而则显然为环.阶为2有而但即为零因子或者为矩阵环.5．证明由所有实数(整数)作成的集合对于普通加法和乘法来说是一个整环.证令整数(ⅰ)是加群适合结合律,交换律自不待言.零元的负元(ⅱ)乘法适合结合律,交换律，并满足分配律.(ⅲ)单位元(ⅲ)R没有零因子，任二实数或3除、环、域1.{所有复数是有理数}证明对于普通加法和乘
4、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(ⅰ)有(ⅱ)即中至少一个因而有,使故为域2.{所有实数是有理数}证明对于普通加法和乘法来说是一个域.证只证明有逆元存在.则中至少有一个,我们说不然的话,若则矛盾)但不是有理数既然则的逆为4.证明例3的乘法适合结合律.证又,5.验证,四元数除环的任意元,这里是实数,可以写成的形式.证4无零因子环的特征1.假定是一个有四个元的域,证明.()的特征是2;()的或1的两个元都适合方程证()设的特征为则的(加)群的非零元的阶所(是群的阶)但要求是素数,()设由于
5、,所以加法必然是,而故有01ab001ab110baaab01bba10又构成乘群,所以乘法必然是(否则)故有.1ab11abaab1bba1这样,显然适合2.假定是模的一个剩余类.证明,若同互素,那么所有的书都同互素(这时我们说同互素).证设且则由于故有,且有因为所以3.证明,所有同互素的模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来表示,并且把它叫做由拉函数)证而同互素}显然非空,因为(ⅰ)则又有(ⅱ)显然适合结合律.(ⅲ)因为有限,所以的阶有限.若即由此可得即有另一个消去律同样可证
6、成立.作成一个群4.证明,若是,那么(费马定理)证则而的阶是的阶的一个因子因此即5子环、环的同态1.证明,一个环的中心是一个交换子环.证设是环的中心.显然，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！是中心由上题知是的交换子环显然,即包含非零元,同时这个非零元是的单位元.即!是一个域3.证明,有理数域是所有复数是有理数）作成的域的唯一的真子域.证有理数域是的真子域.设!是的一个子域,则(因为是最小数域)若而则这就是说,是的唯一真子域.4.证明,有且只有两自同构映射.证有
7、理数显然变为其自己.假定则由或这就证明完毕.当然还可以详细一些:确是的两个自同构映射.现在证明只有这两个.若(有理数变为其自己)则由若是有理数,在就出现矛盾,所以有因而在就是说,只能或i5.表示模3的剩余类所作成的集合.找出加群的所有自同构映射,这找出域!的所有自同构映射.证1）对加群的自同构映射自同构映射必须保持!故有2）对域的自同构映射.自同构映射必须保持，所有只有6.令是四元数除环,是子集{一切这里阿是实数,显然与实数域同构.令是把中换成后所得集合;替规定代数运算.使,分别用表示的元,那么的元可以写成是实数）
8、的形式(参看习题).验证.，证1）对来说显然2）{一切实数{一切（实数一切复数对是不属于的的元.一切规定由于与的补足集合没有共同元,容易验证是与间的一一映射.规定的两个唤的和等于它们的逆象的和的象.的两个元的积等于它们的逆象的积的象.首先,这样规定法则确是的两个代数运算.其次,对于这两个代数运算以及的两个代数运算来说在之下（3）由习题5知这里实数这是因为令（
