近世代数 第19讲
第19 讲
§4 无零因子环的特征
（Characteristic of the ring without zero-division）
本讲的教学目的和要求：环中有二个运算，关于加法{}+,R做成一个加群。所以群中元素自然存在阶的概念。本讲是在元素的阶的基础上，定义了环的“特征”的概念，与教材不同的是：本讲中不只是讨论无零因子环的特征，而是将一般环的特征做了介绍。而将无零因子环的问题只是作为一种特例。这里要求：
1、对一般环的特征的定义要真正弄明的，特别是()R
ch与{}+,R中元素的阶的本质区别。
2、无零因子R环中的特征的几个性质的证明应该掌握。
3、对讲义中最后的几个练习，需要领会其内涵。
一、环的特征的定义
定义：设R为任意环，如果存在自然数n，使得任意R
a∈都有0=
na，那么称这样的最小的自然数n为环R的特征，记为()R
Ch。如果不存在这样的自然数，则称的为无穷大，记().∞
Ch
R
=
例1．整数环Z中上述定义的自然数n不存在. ∴()R
Ch=∞.
不仅如此,还可知()
().
()()
Ch
x
F
Ch
M
,∞
=F
=
∞
n
例 2. 在模4的乘余类环4Z 中,[][][][][]{}3,2,1,04=∈?Z i ,当取 ,16,12,8,4=n 时,都有[][]0=i n 而最小的显然是4 ()44=∴Z Ch 明示1: 模剩余类环而言,().m Z Ch m =
注意1：1°如果环R 的加群中有一个元素的阶为无穷，由()
R Ch 的定义知 必有()∞=R Ch .
2° 如果R 的加群{}+,R 中每个元素都是有限阶而最
大的阶若为()n R Ch n =?.譬如中?Z ;最大者是
[][][]4317,10===, []22=, ()44=??Z Ch .
结论1. 若()n R Ch =,那么,加群{}+,R 中每个元素a ,都有n a =1. 明示2. 在此,我们要强调二点:
① 确定存在这样的环R ,使得其加群{}+,R 中既有无
穷阶的元素又有有限阶的元素.
设()()c G b G ==21,是两个循环加群,又设,∞=b 而n c =. 所以 {}.00,1=?=∈?=h hb Z h hb G 且 {}n kc Z k kc G ?=∈?=0,2且 k .
现令 (){}Z k h kc hb G G R ∈?=?=,,21并规定R 中加法“+”: ()()()c k c k b h b h c k b h c k b h 21212211,,,++=+
乘法“·”： ()()()0,0,,2211=c k b h c k b h 。
可以验证 {}?+,,R 是一个环，但在加群{}+,R 中，
(),0,∞=b 而 ()n c =,0.
② 确定存在这样的环R ：其加群{}+,R 中每个元的阶
都不得有限，但不存在最大的阶.
设R {}1,=∈∈=n x N n C x x 使存在 ,在R 中规定加法 “+”:xy y x =+,和规定乘法“·”:1=xy .
易证{}?+,,R 是个环,而加群{}+,R 中的零元为1.且群中每个元都 有限,但阶数可任意大.(不存在最的阶).
结论2. 若R R 1,,,?+是一个非零环,那么()R l R Ch .
证明: 设∞=R l :由附注1的1°知()∞=R Ch .
设 R a nk n l R R ∈?=∴∞= 而 ,0, 则
()(),00====a a nl l n na R R λ 由a 的任意性
知 ()n R Ch =, (若 (),0=?=R ml n m R Ch 与n l R =矛盾). 例3. 若R 环的特征为素数p ,且R 可变换,则有
(),b p p b a b a +=+ R b a ∈?,.
证明: 因R 是交换环,
∴ ()p p p p p p p p p p
b ab
c b a c b a c a b a +++++=+----1122211 显然,当11-≤≤p k 时,我们有(k !,p )=1,又因
k !()()k p k p p p c k
p ?+--=11 !k p c ,进而∴,k p c p .0=a c k p
于是 ().p p p b a b a +=+
例 4. 若R 中每个元a 都有a a =2
(称a 为幂等元)且{}.0≠R .
那么R 必为特征是2的交换环.
证明: R a ∈?, R a ∈2, ∴ ().022*******
=?+====a a a a a a a 由于 {}().10 R Ch R ?≠ 由a 的任意性().2=?R Ch
∴ a
a a R a -==?∈?即.02 .,R
b a ∈? (),222ba ab ba ab b a b a b a =-?+++=+=+ 但
ba ab a a =?-= 即R 是可交换的.
二、无零因子环的特征
设R 是一个无零因子环,那么关于R 的特征问题就有一种“新的感觉”.
定理1. 设R 是无零因子环,那么加群{}+,R 中每个非零元的阶都
是一致的.
本定理已在§2中论证过.
上述定理告诉我们:非零的无零因子环R 中元素的阶只有
二类:一类是零元0( 0的阶永远为1).而其余元素为另一类,它们或者都是无穷大,或都是同一个自然数n . 定理 2. 若非零无零因子环R 的特征 ()∞= n R Ch ,那么n 必
是一个素数.
本定理在§2中也已证过.
由于整环,除环和域都是无零因子环,所以都满足上述 性质,综合而言:
推论:任一个整环,除环和域的特征或是无限大,或是一 个素数p .
下面介绍几个练习,以此作为结束本讲的内容.
如果说本讲开始对环的特征的介绍,使人感到“高深莫
测”的话,那下面的命题也许会让你踏实些. 练习1: 设R a ∈≠0.如果a 不是零因子 ()a R Ch =?.
证明: 若 ∞=a ,由本讲附注()∞=?R Ch .
若 n a =( R 未必是无零因子环 ∴ n 未必是素数) 0=na ,那么 ()().00..===∈?b b na nb a R b 而a 不是左零因子0=?nb .由于n a =.由特征的定义()n R Ch ?.
上练习提醒我们:非零环的特征就是任一个非零因子的阶.( ∴ 本讲结论是显而易见的)
练习2. 若域F 的阶为偶数,即 n F 2=,那么 ().2=R Ch
证明: (反证法) 若()2≠=p F Ch .那么 b a F b a ≠∈≠≠?且0,0 则 ()(){}0=b a . 显然F 中这样的p 阶循环子群只有有限个.不好?没有1+m 个.那么这1+m 个子群所含的中元素共有()1-+p m p 个.即 ()1-+p m p =偶数2=n .但()1-+p m p 不可能是偶数,矛盾.
.
近世代数第四章 环与域题解讲解
第四章环与域 §1 环的定义 一、主要内容 1．环与子环的定义和例子。在例子中，持别重要的是效域上的多项式环、n阶全阵环和线性变换环，以及集M的幂集环． 2．环中元素的运算规则和环的非空子集S作成子环的充要条件： 二、释疑解难 1．设R是一个关于 代数运算十，·作成的环．应注意两个代数运算的地位是不平等的，是要讲究次序的．所以有时把这个环记为(R，十，·)(或者就直接说“R对十，·作成一个环”)．但不能记为R，·，十)．因为这涉及对两个代数运算所要求满足条件的不同．我们知道，环的代数运算符号只是一种记号．如果集合只有二代数运算记为 ，⊕，又R对 作成一个交换群，对⊕满足结合律且⊕对 满足左、右分配律，即 就是说，在环的定义里要留意两个代数运算的顺序． 2．设R对二代数运算十，·作成一个环．那么，R对“十”作成一个加群，这个加群记为(R,十)；又R对“·”作成一个半群，这个乍群记为(R，·)．再用左、右分配律把二者联系起来就得环(R，十．·)．
1． 2．
3． 4． 5．
6． 7． 8．证明：循环环必是交换环，并且其子环也是循环环． §4．2 环的零因子和特征 一、主要内容 １．环的左、右零因子和特征的定义与例子． 2．若环R 无零因子且阶大于1，则R 中所有非零元素对加法有相同的阶．而且这个相同的阶不是无限就是一个素数． 这就是说，阶大于l 且无零因子的环的特征不是无限就是一个素数． 有单位元的环的特征就是单位元在加群中的阶． 3．整环(无零因子的交换环)的定义和例子． 二、释疑解难 １．由教材关于零因子定义直接可知，如果环有左零因子，则R 也必然有右零因子．反之亦然． 但是应注意，环中一个元素如果是一个左零因子，则它不一定是一个右零因子．例如，教材例l 中的元素??? ? ??0001就是一个例子．反之，一个右零因子也不一定是一个左零因子．例如，设置为由一切方阵 ),(00Q y x y x ∈???? ? ??
近世代数 第17讲
第17 讲 §交换律、单位元、零因子、整环. (Commutatine Law,unity,divisor of zero and integral domain) 讲本讲教学目的和要求:由环的定义,环{}?+,,R是在某集合R上定义了两种代数运算,而这二个运算是通过分配律建立了彼此的联系.很明显,环中的这两种运算立法机关的要求是很不平衡的.特别是环中的乘法只要求满足半群—乘法封闭和结合律.所以为环在乘法方面留下了很大的余地,一旦某些乘法方面再满期点头其它一些条件,则变成了一些特殊的类型的环.本节主要介绍交换环有单位元的环,没有零因子的环和整环,扩大环论的知识面.在学习方面要求掌握: 1、交换环仅是对乘法而言,可交换的一种环.由此可得到什么新结果. 2、有单位元的环(习惯上称心内幺元)具有的一些重要性质. 3、零因子的概念以及没有零因子与满足消去律的等价性. 4、什么是整环,什么是除环和域,它们之间的差别和联系. 本讲的重点和难点:零因子是一个新的概念,要真正了解并掌握它不是件易事.而”没有零因子”与”有消去律”之间的等价性的证明是难点. 一．交换环
设},;{?+R 为环,已知R 关于加法”+”而言,已可以交换,至于对于乘法”·”,R 也有满足交换律的可能(比如数环,多项式环等),所以我们有 定义1.如果环},;{?+R 关于乘法满足交换律:R b a ∈?, 都有ba ab =,那么称此环是交换环. 例1.易知,在§1中所介绍的所有数环,一元多项式][x F ,和剩余类环m Z 都分别是变换环.但n 价矩阵环)(F M n 不是变换环. 例2.设环},;{?+R 的加法群是循环群,那么环F 必是变换环. 证明: };{+R 是循环群,即}|{)(R n na a R ∈== ∴,,,ma y na x R y x ==?∈? ∴))((ma na xy = 22][)]([nma ma n ma a n ===, 而 ))((na ma yx = 222][)]([nma mna na m na a m ==== ∴yx xy =. 明示1.在第二章中已知:每个阶5≤的群必是交换群.而一旦环R 中元素个数3≤,那么R 必是变换环. 交换环的性质:设R 是交换环.R b a ∈?,.那么 (1)n n n b a ab N n =∈?)(, (2) R 中满足:222 2)(b ab a b a +±=±,))((22b a b a b a -+=- ))(()(2233b ab a b a b a +±=± (3) R 中满足二项式公式: n n n n n n n n n n b ab C b a C b a C a b a +++++=+----1122211)( 二． 无零因子环
第八讲 沉析
第八讲沉析3学时 一、通过本章学习应掌握的问题 1、什么是沉析？ 2、沉析法纯化蛋白质的优点有哪些？ 3、沉析的一般操作步骤是什么？ 4、何谓盐析？其原理是什么？ 5、盐析操作时常用的盐是什么？ 6、影响盐析的主要因素有哪些？ 7、有机溶剂沉析法的原理是什么？ 8、影响有机溶剂沉析的主要因素有哪些？ 9、等电点沉析的工作原理是什么？ 10、其它常用的沉析方法有哪些？ 二、何谓沉析？（Precipitation） 利用沉析剂（precipitator）使所需提取的生化物质或杂质在溶液中的溶解度降低而形成无定形固体沉淀的过程。 三、沉析的特点 操作简单、经济、浓缩倍数高，但针对复杂体系而言，分离度不高、选择性不强 四、分类 盐析、有机溶剂沉析、等电点沉析等 五、沉析操作的一般过程 1、在经过滤或离心后的样品中加入沉析剂； 2、沉淀物的陈化，促进晶体生长； 3、离心或过滤，收集沉淀物； 六、盐析(Salt induced precipitation) 1、概念：在高浓度的中性盐存在下，蛋白质（酶）等生物大分子物质在水溶液中的溶解度降低，产生沉淀的过程。 The most common type of precipitation for proteins is Salt induced precipitation. Protein solubility depends on several factors. It is observed that at low concentration of the salt, solubility of the proteins usually increases slightly. This is termed Salting in. But at high concentrations of salt, the solubility of the proteins drops sharply. This is termed Salting out and the proteins precipitate out.
近世代数9
题 号 一 二 三 四 五 六 是否缺考 题 分 15 20 15 10 20 20 得 分 《近世代数》试卷 一、填空题（每空2分，共20分） 1、设G =)(a 是15阶循环群，则G 的子群的个数为_________. 2、整数加群Z 是一个循环群，它有且仅有两个生成元是______和_____. 3、4次对称群4S 的阶是___，在4S 中，(134)(12)=_______,(1324)1 =_______,元素(1234)的阶 是______. 4、在剩余类环18Z 中，[11]+[8]=_______,[5][6]=_______. 5、整数环Z 上的一元多项式环][x Z 中的理想_______不是一个主理想. 6、_______是整数环Z 的一个商域. 二、判断题（对打“√”,错打“×”，不说明理由，每小题2分，共20分） 1、（ ）一个阶是13的群只有两个子群。 2、（ ）交换群的子群是不变子群。 3、（ ）全体整数的集合对于普通减法构成一个群。 4、（ ）无零因子环的特征不可能是2007。 5、（ ）群G 的指数是2的子群一定是不变子群。 6、（ ）模15的剩余类环15Z 是域。 7、（ ）在一个环中，若左消去律成立，则右消去律成立。 得分 评卷人 复查人 得分 评卷人 复查人
8、（ ）除环的中心是域。 9、（ ）欧氏环一定是主理想整环。 10、（ ）无零因子环的同态象无零因子。 三、解答题（第1题15分，第2，3题各10分，共35分） 1、设)}13(),1{( H 是3次对称群3S 的子群，求H 的所有左陪集和右陪集，试问H 是否是 3S 的不变子群？为什么？ 得分 评卷人 复查人
近世代数复习
一、选择题(每题2分,共16分) 1.若(),G a ord a n ==,（）则下列说法正确的是 2.假定φ是A 与()A A A =Φ间的一一映射,A a ∈,则)]([1a φφ-和)]([1a -φφ分别为 3.若G 是群,,()18,a G ord a ∈=则8()ord a = 4.指出下列那些运算是二元运算 5.设12,,,n A A A 和D 都是非空集合,而f 是12n A A A ???到D 的一个映射,那么 6.设是正整数集合N +上的二元运算,其中max(,)a b a b =,那么在Z 中 7.在群G 中,G b a ∈,,则方程b ax =和b ya =分别有唯一解为 8.设H 是群G 的子群,且G 有左陪集分类{,,,}H aH bH cH .如果[:]6G H =,那么G = 9.设集合A 中含有5个元素，集合B 中含有2个元素，那么，A 与B 的积集合A ×B 中含有（ ）个元素。 10.设A ＝B ＝R(实数集)，如果A 到B 的映射?：x →x ＋2，?x ∈R ，则?是从A 到B 的 11.设Z 15是以15为模的剩余类加群，那么，Z 15的子群共有（ ）个。 12、G 是12阶的有限群，H 是G 的子群，则H 的阶可能是 13、下面的集合与运算构成群的是 14、关于整环的叙述，下列正确的是 15、关于理想的叙述，下列不正确的是 16.整数环Z 中，可逆元的个数是 17. 设M 2(R)=????????? ??d c b a a,b,c,d ∈R ，R 为实数域??? 按矩阵的加法和乘法构成R 上的二阶方阵环，那么这个方阵环是 18. 设Z 是整数集，σ(a)=?????+为奇数时当为偶数时 当a ,2 1a a ,2a ，Z a ∈，则σ是R 的 19、设A={所有实数x}，A 的代数运算是普通乘法，则以下映射作成A 到A 的一个子集 的 同态满射的是( ). 20、设 是正整数集Z 上的二元运算，其中{}max ,a b a b =（即取a 与b 中的最大者），那么 在Z 中（ ） 21.设3S ={（1），（1 2），（1 3），（2 3），（1 2 3），（1 3 2）}，则3S 中与元（1 2 3）不能交换的元的个数是( ) 22、设(),G 为群，其中G 是实数集，而乘法:a b a b k =++，这里k 为G 中固定的常数。那么群(),G 中的单位元e 和元x 的逆元分别是（ ） 23、设H 是有限群G 的子群，且G 有左陪集分类{},,,H aH bH cH 。如果H =6,那么G 的阶G = 16.整数环Z 中，可逆元的个数是( ). 24、设12:f R R →是环同态满射，()f a b =，那么下列错误的结论为（ ）
近世代数基础习题课答案到第二章9题
第一章 第二章 第一章 1. 如果在群G 中任意元素,a b 都满足222()ab a b =, 则G 是交换群. 证明: 对任意,a b G ∈有abab aabb =. 由消去律有ab ba =. □ 2. 如果在群G 中任意元素a 都满足2a e =,则G 是交换群. 证明: 对任意,a b G ∈有222()ab e a b ==. 由上题即得. □ 3. 设G 是一个非空有限集合, 它上面的一个乘法满足: (1) ()()a bc ab c =, 任意,,a b c G ∈. (2) 若ab ac =则b c =. (3) 若ac bc =则a b =. 求证: G 关于这个乘法是一个群. 证明: 任取a G ∈, 考虑2{,,,}a a G ??. 由于||G <∞必然存在最 小的i +∈ 使得i a a =. 如果对任意a G ∈, 上述i 都是1, 即, 对任意x G ∈都有2x x =, 我们断言G 只有一个元, 从而是幺群. 事实上, 对任意,a b G ∈, 此时有: ()()()ab ab a ba b ab ==, 由消去律, 2bab b b ==; 2ab b b ==, 再由消去律, 得到a b =, 从而证明了此时G 只有一个元, 从而是幺群. 所以我们设G 中至少有一个元素a 满足: 对于满足 i a a =的最小正整数i 有1i >. 定义e G ∈为1i e a -=, 往证e
为一个单位元. 事实上, 对任意b G ∈, 由||G <∞, 存在 最小的k +∈ 使得k ba ba =. 由消去律和i 的定义知k i =: i ba ba =, 即be b =. 最后, 对任意x G ∈, 前面已经证明了有最小的正整数k 使得k x x =. 如果1k =, 则2x x xe ==, 由消去律有x e = 从而22x e e ==, 此时x 有逆, 即它自身. 如果1k >, 则11k k k x x xe xx x x --====, 此时x 也有逆: 1k x -. □ 注: 也可以用下面的第4题来证明. 4. 设G 是一个非空集合, G 上有满足结合律的乘法. 如果该乘法 还满足: 对任意,a b G ∈, 方程ax b =和ya b =在G 上有解, 证明: G 关于该乘法是一个群. 证明: 取定a G ∈. 记ax a =的在G 中的一个解为e . 往证e 是G 的单位元. 对任意b G ∈, 取ya b =的一个解c G ∈: ca b =. 于是: ()()be ca e c ae ca b ====. 得证. 对任意g G ∈, 由gx e =即得g 的逆. □ 5. 找两个元素3,x y S ∈使得222()xy x y =/. 解: 取(12)x =, (13)y =. □ 6. 对于整数2n >, 作出一个阶为2n 的非交换群. 解: 二面体群n D . □ 7. 设G 是一个群. 如果,a b G ∈满足1r a ba b -=, 其中r 是正整数, 证 明: i i i r a ba b -=, i 是非负整数.
第八讲 数字趣题
五年级思维数学讲义（64期） 第八讲 数字趣题 思维目标：1，根据已知条件，分析数或数字的特点，寻找其中的规律； 2，将各种可能一一列举，排除不符合题意的部分，从中找出符合题意的结论； 数学知识：掌握循环小数的概念，知道积商的凑整方法。 思维：解答数字问题可采用下面的方法： 1，找出数中数字之间的相差关系和倍数关系，转化成“和倍”、“差倍”等问题。 2，条件复杂时，可将题中条件用文字式、竖式表示，然后借助文字式、竖式进行分析推理。 数学：循环小数是一种有趣的数，它的小数部分从某位起一个数字或几个数字依次不断重复 出现，我们可以用简单的方法表示这些特殊的数。 小数乘除法所得的积和商可以根据需要用“四舍五入”法凑整到一定的小数位数。 例1 一个四位数，百位和十位上的数字相同，都是个位数字的3倍，而个位数字是千位数字的3倍。这个四位数是多少？ 金钥匙：由于个位数字是千位数字的3倍，而百位数字和十位上数字又是个位上数字的3倍，所以，千位上的数字只能是1，否则，百位和十位上的数字将大于9。因此，这个四位数的千位是1，个位是3，而百位和十位上都是9，即1993。 点金术：找出数中数字之间的相差关系和倍数关系， 试金石： 1，有一个四位数，千位和个位上的数字相同，且百位上的数字是十位上的3倍，十位上数字是个位上的3倍。这个四位数是多少？ 2，一个三位数的各位数字之和是17，其中十位数字比个位数字大1。如果把这个三位数的百位数字与个位数字对调，得到的新三位数比原数大198，求原数。
3，有一个三位数，各位数字的和是17，其中百位数字比个位数字的5倍还多2，请写出这个三位数。 例2 把数字6写到一个四位数的左边，再把得到的五位数加上8000，所得的和正好是原来四位数的35倍。原来的四位数是多少？ 金钥匙：把数字6写到一个四位数的左边，得到的数就比原来的四位数增加了60000，再加上8000，一共增加了68000。这时所得的数是原数的35倍，比原数增加了34倍，所以原数是68000÷34=2000。 点金术：根据已知条件，分析数或数字的特点，寻找其中的规律。 试金石： 1，有一个三位数，如果把数字4写在它的前面可得到一个四位数，写在它的后面也能得到一个四位数，已知这两个四位数相差2889，求原来的三位数。 2，把数字8写在一个三位数的前面得到一个四位数，这个四位数恰好是原三位数的21倍。原三位数是多少？ 3，有一个三位数，它的个位数字是3，如果把3移到百位，其余两位依次改变，所得的新数与原数相差72，求原来的三位数。
近世代数讲义(电子教案)
《近世代数》课程教案 第一章 基本概念 教学目的与教学要求：掌握集合元素、子集、真子集。集合的交、并、积概念；掌握映射的定义及应注意的几点问题，象，原象的定义；理解映射的相同的定义；掌握代数运算的应用；掌握代数运算的一般结合运算，理解几个元素作代数运算的特点；理解代数运算的结合律；掌握并能应用分配律与结合律的综合应用；掌握满射，单射，一一映射及逆映射的定义。理解满射，单射，一一映射及逆映射的定义；掌握同态映射、同态满射的定义及应用；掌握同构映射与自同构的定义；掌握等价关系的定义，理解模n 的剩余类。 教学重点：映射的定义及象与原象的定义，映射相同的定义；代数运算的应用，对代数运算的理解；代数运算的结合律；对定理的理解与证明；同态映射，同态映射的定义；同构映射的定义以及在比较集合时的效果；等价关系，模n 的剩余类。 教学难点：元素与集合的关系（属于），集合与集合的关系（包含）；映射定义，应用该定义应注意几点；代数运算符号与映射合成运算符号的区别；结合率的推广及满足结合律的代数运算的定义；两种分配律与⊕的结合律的综合应用；满射，单射，一一映射及逆映射的定义；同态映射在比较两个集合时的结果；模n 的剩余类。 教学措施：网络远程。 教学时数：8学时。 教学过程： §1 集合 定义：若干个（有限或无限多个）固定事物的全体叫做一个集合（简称集）。集 合中的每个事物叫做这个集合的元素（简称元）。 定义：一个没有元素的集合叫做空集，记为?，且?是任一集合的子集。 （1）集合的要素：确定性、相异性、无序性。 （2）集合表示： 习惯上用大写拉丁字母A ，B ，C …表示集合， 习惯上用小写拉丁字母a ，b ，c …表示集合中的元素。 若a 是集合A 中的元素，则记为A a A a ?∈否则记为,。 表示集合通常有三种方法： 1、枚举法（列举法）： 例：A =｛1，2，3，4｝，B =｛1，2，3，…，100｝。 2、描述法：{})(,)(x p x p x A =—元素x 具有的性质。 例：{}41≤≤∈=a Z a a A 且。显然例6中的A 就是例5的A 。 3、绘图法：用文氏图（Diagram Venn ）可形象地表现出集合的特征及集合之
第八讲 简单的推理(二)
第八讲你是福尔摩斯——简单的推理（二） 【智慧树】 一向力大无穷的玛莉小姐骄傲地说：“我只要用一只手便能挡住以时速50公里行进的汽车。”小慧听后随即说道：“你的对象不过是一般的计程车，我一只手便能抵挡大卡车。”小慧究竟是何等能耐之人呢？（答案提示：小惠的能耐与她的职业有关） ◆新课讲授 例题1、☆、△、○各代表什么数字？ ☆+☆+☆=18 ☆=（） △+☆=14 △=（） △+○+○+○=20 ○=（） 思路导航 ☆+☆+☆=18，☆=18÷3=6；△+☆=14，△=14-☆，△=14-6=8； △+○+○+○=20，△=8，所以○+○+○=12，○=12÷3=4。 ☆=18÷3=6 △=14-6=8 3○=20-8=12 ○=12÷3=4 ☆=6，△=8，○=4 课堂练习1、写出下列图形所表示的数。 ○+○+○=15 ☆+☆+☆=12 △+△+△=18 ○+☆+△=（）
例题2、找出下式中△和☆各代表什么数字？ ☆+☆+☆+△+△=22 △+△+☆+☆+☆+☆+☆=30 ☆=（）△=（） 思路导航 两个算式相减，即△+△+☆+☆+☆+☆+☆-☆-☆-☆-△-△=30-22； 可得☆+☆=8，☆=4；△+△=22-4×3=10，△=5。 两个算式相减：33-22=8 ☆=8÷2=4 2△=22-4×3=10 △=10÷2=5 ☆=4，△=5 课堂练习2、写出下列图形所表示的数。 □+□+△+△+△=21 □+□+△+△+△+△+△=27 □=（）△=（） 例题3、下面的算式中，□和△各表示几？ □+△=28 □=△+△+△ □=（）△=（） 思路导航 因为□+△=△+△+△+△=28，所以△=28÷4=7；□=28-7=21或□=7+7+7=21。△=28÷4=7 □=7+7+7=21 □=21，△=7
近世代数 第11讲
第11 讲 §8 子群（Subgroups） 本讲教学目的和要求：对于群这个新的教对象，应该如何入手，从哪几个方面去研究它，这一直是我们所关心的问题。概括些说，对群的研究，可分为互相联系的两个方面：群的结构和群的表示。与集合比较，群就是多了一个运送（正是这个运算才给群带来了生命力），所以群论研究的初步可以仿照集合论去讨论，只是关系群的一切讨论都要围绕这个运送展开，子群是非常重要的概念，了解子群是了解群的结构的一个重要渠道，本讲中要求： 1、能判断子群的构成和掌握彼此等价的判断条件 2、有限群的判断定理 3、子群（集）的乘积和生成子群的概念 4、循环群的子群所具有的特性 本讲的重点和难点：为了更好的学习下一讲内容，本讲中增添了部分内容（也都是群论中最基本的内容）。循环群的子群的性质；子群之积的性质，…都是本讲中的要点和难点，通过这方面的训练可使我们对子群有一个更深入的了解。生成子群的概念在本教材中谈的很少，本讲中也作了适当地加强。结合高等代数中生成子空间的理论，会使我们有一种温故而知新的感觉。此外，本讲中还引入了中心，中心化子，正规化子等概念，以便拓宽知识量。
一、 子群的定义及判定条件 定义1、设G 是一个群，而φ≠?H G H ,，如果H 关于G 中的运算本身也能作成群，则称H 是G 的一个子群记为 例 1 设G 为任意一个群，那么由G 的单位元组成子集}{e ，自然有G e ≤}{，另外G 本身也有G G ≤，所以G 一般有两个子群，统称它们为的G 平凡子群。如果G 除了平凡子群外还有其他子群，那就称为G 的真子群，记为G H <。 例2 Z 是整数加群，而一切偶数构成的集合为Z 2，其中： },4,2,0,2,4,{2 --=Z ，那么关于整数的加法有Z Z ≤2 明示1：任取一个整数m ，那么}|{Z n n m mZ ∈??=为一切m 的倍数构成的集合，可知Z mZ ≤. 例3 设}0|||)({≠∈=A R M A L n 表示一切可逆n 阶方阵组成的集合，用 矩阵通常的乘法可知： ? L 中方阵对乘法封闭（任二个n 阶可逆阵之积仍可逆） ? L 中方阵满足乘法结合律 ?单位元为E ?A L A ?∈.的逆元为A A —1-的逆阵 所以L 是个群。 若????? ???????= k k k kE 令为L 中的n 阶数乘阵，那么}0,|{≠∈?=k R k kE K 是L 的非空子集，且必有L K ≤。 例4 设)}132(),123(),23(),13(),12(),1{(3=S 为三次对称群，令)} 12(),1{(=H
简单推理1.3
第八讲 简单推理 知识：从许多条件中找出关键条件作为推理的突破口。 能力：进一步掌握用代换、消去法、排除法等解决问题。 情感：培养学生思维能力，初步建立代数的概念。 重点：从一个条件出发，逐步往下推理，直到推出结论为止。 难点：运用假设法，先作一个假设，然后利用条件进行推理，若得出矛盾结论，说明作为假 设的前提不成立。 今天我们来学习简单推理，大家要合理分析哦。上课之前先复习一下上一讲内容和作业。 计算推理有意义，加法计算要熟悉；大胆猜想加推理，代换消去巧解题。 聪明的老师 10个同学来到教室，为座位问题争论不休。有的人说，按年龄大小就座；有的人说，按 学习好坏就座；还有人要求按个子高矮就座。 老师对他们说：“孩子们，你们最好停止争论，任意就座。” 这10个同学随便坐了下来，老师继续说道：“请记下你们现在就座的次序，明天来上课
时，再按新的次序就座；后天再按新的次序就座，反正每次来时都按新的次序，直到每个人把所有的位子都坐过为止。如果你们再坐在现在所安排的位子上，我将给你们放假一年。” 请你算算看，老师隔多少日子才给他们放假一年呢？ 思维拓展： 数字城堡 下面的数字城堡里有很多趣味的数学玩具，可是城门紧闭，只有找出答案才能开启城门，你能做到吗？试一试。 1 、每个 多少克？
2、△=☆☆☆△△△△=○那么○=（）个☆ 3、2个苹果能换6个梨，5个梨能换10个桃，3个苹果能换几个桃？ 4、有红、白、蓝、黄、黑五个盒子。已知：红盒子比白盒子大；蓝盒子比黄盒子大但比黑 盒子小，黄盒子比白盒子大，黑盒子比红盒子小。请将这些盒子从大到小排排队。 5、一个正方体的六个面上分别写着六个汉字：我、们、喜、欢、数、学。有三个同学从三 个不同的角度观察到的情况如下图，这个正方体上“欢”的相对面上写的字是（）。 学喜 我 我数 欢 们学 数
2.3近世代数
§2.3循环群和生成群、群的同构 §2.3.1 循环群和生成群 设G 是群，，令 G a ∈ H ＝{ | } k a Z k ∈此时，称H 为由a 在G 中生成的子群。 注：1°易验证H 确实为G 的子群，1 2 1()k k a a H ?∈。 2°记H ＝< a >，a 称为它的生成元；若G ＝< a >，则称群G 为循环群。 定义1 （生成子群）设S 是群G 中的一个非空子集，G 的含有S 的最小子群称为由S 生成的子群，记为< S >,S 称为它的生成元集。 注：1°< S >可表示为 < S >={ …| 2 1 21ε εa a k k a εZ S a i i ∈∈ε,, k=1,2,3…} 这个表达式是合理的：设右式为H ，易见H ?S ，并且H ≤G ；要证明任何包含S 的子群K 必然包含H 。由于S K ，而K 为群G 的子群，所以；这也就是说H ＝< S >。 ?K a k i i i ∈∏=1 ε 2）如果群G ＝< S >，且K S ??，>≠
小生成元集为{a , b }。 （2） (Z ,＋)＝<1>=<－1>，它是可由1或－1生成的无限阶的循 环群。 （3） （，＋）≌，它们都为n 阶循环群。 n Z n U （，＋）＝< [1] >；= < n Z n U ξ >。 （4） 二面体群>=<0,πρn D =ρ ???????1...22110n ??? ??????11 (2211) 0n n n n=6时： 不难证明，()2k i k n i π=+? （mod n ） k π, 上下均模n 。 l k l ?=ρπ较复杂的例子： P56 例1、设??????=?∈? ? ????=1,,,,)(2bc ad Z d c b a d b c a Z SL 证明： >?? ? ?????????=<1011,1101)(2Z SL 证明： ， ??????=1101A ?? ? ???=1011B 有： ，，??????=101k A k ?? ????=101k B k Z k ∈ ? ? ?????=??????????????=????????????????????==??011010110111101111011011 11AB B Q
近世代数第3讲
第 3 讲 §7—9 一一映射，同态及同构（2课时） (Bijection Homomorphism and Osomorphism ) 本讲教学目的和要求：通过了解双射，同态及同构的理论，为后继课程中学习群同态，群同构（群第一、二同构定理）环同态，环同构理论做准备。具体要求： 1、在第一讲的基础上，对各类映射再做深入的研究。 2、充分了解双射（一一映射）的特性以及由此引导出的逆映射。 3、两个代数系统的同态的概念，尤其是同态的满射所具有的性质。 4、掌握同构映射的实质，为以后教学内容奠定基础， 本讲的重点和难点：本讲的重点在于对同态映射定义的了解；由同态满射引导的一系列性质及同构映射本质的掌握。而对双射及自身的逆映射之间的关系学生不易把握，需要认真对待。 本讲的教法和教具：在多媒体教室使用投影仪。在教学活动中安排时间让学生展开讨论。 本讲思考题及作业：本讲思考题将随教学内容而适当地展开。作业布置在本讲结束之后。 一、一一映射 在第1讲中，已对各类映射作了系列性的介绍，这里只对重要的
一一映射作重点的讨论。 定义1、设?是集合A 到A 的映射，且?既是单的又是满的，则称?是一个一一映射（双射）。 例1：},4,2,0,2,4,{2},2,1,0,1,2,{: --=→--=Z Z ?， 其中Z n n n ∈?=,2)(?，可知?显然是一个双射。 注意：Z 与偶数集Z 2之间存在双射，这表明：Z 与它的一个真子集Z 2一样“大”。 思考题：从例1中得知：一个无限集与其的某个真子集一样“大”。这是否可作为无限集都有的特性？即我们是否有如下的结论：A 为无限集的充要条件是A 与其某个真子集之间存在双射。 定理1：设?是A 到A 的一个双射，那么由?可诱导出（可确定出）A 到A 的一个双射1-?（通常称1-?是?的逆映射） 证明：由于?是A 到A 的双射，那么就A 中任一个元素a ，它在A 中都有逆象a ，并且这个逆象a 是唯一的。利用?的这一特点，则可确定由A 到A 的映射1-?： a a A a A A =∈?→--)(,,:11??，如果a a =)(?，由上述说明，易知1-?是映射。 1-?是满射：A a ∈?，因?是映射a a A a =∈??)(,?使，再由1-?的定义知a a =-)(1?，这恰说明，a 是a 在1-?下的逆象。由a 的任意性，知1-?是满射。 1-?是单射：2121,,a a A a a ≠∈?若由?是满射21a a 及?的逆象分别是 22111121)(,)(,a a a a a a ==--??即及，又?是单射21a a ≠?，
近世代数 读书报告
题目1：设群G 中每个非幺元的阶都是2，证明G 为Abel 群. 题目1出处：南开大学资源共享课《抽象代数》 题目1的解答：?a≠e 且a∈G，a 2=e，所以1a -=a，b=1b -，a 2b 2=e 4=b 2a 2=e，另一方面，由于ab 1b -1a -=ba 1a -1b -，，所以abba=baab=e，即ab=（ab）1-=ba=b 1-a 1-，所以ba=ab，由a、b 的任意性，群G 满足交换律，为Abel 群. 选题目1的理由：老师上课提到此题，是群论部分Abel 群的经典例题. 题目2：(1)（群的单边定义）设G 为一个半群，如果： （a）G 中含左（右）幺元e，即?a∈G，ea=a； （b）G 中每个元有左（右）逆元1a -，使1a -a（a 1a -）=e. （2）（群的除法定义）设G 为半群，若?a、b∈G，方程xa=b 及ay=b 在G 内有解，则G 为群. （3）（有限群的另一定义）设G 为有限半群，如果在G 内左、右消去律均成立，则G 为群.题目2出处：冯克勤章璞《近世代数三百题》 题目2的解答：（1）?a∈G，设（a 1-）1-为a 1-的左逆元，则aa 1-=e （aa 1-）=（a 1-）1-a 1-aa 1-=（a 1-）1-ea 1-=（a 1-）1-a 1-=e，说明a 的左逆元也满足aa 1-=e，故a 1-为a 的逆元.而ae=a （a 1-a）=ea=a，故左幺元e 也是G 的右幺元，即为G 的单位元，所以G 为群. （2）由于G 非空，所以a∈G，则xa=a 有解e，?b∈G，存在y∈G 使得ay=b.于是eb=eay=ay=b，所以e 为G 左单位元，而xb=e 有解则意味着b 有左逆元，所以由b 的任意性及（1）可知G 为群. （3）设G={1a ，…n a }，由消去律可知，{1a i a ，…，n a i a }={i a 1a ，…，i a n a }，?i a ∈G，故存在e∈G 使得i a =e i a .于是?j a ∈G，存在k a ∈G 使得j a =i a k a .从而e j a =e i a k a =i a k a =j a .这说明e 为左单位元，又因为e ∈G=G j a ，以j a 有左逆元，因此由j a 的任意性知，G 为群. 选题目2的理由：此处将群的几种定义方式进行总结，在不同条件下可以利用群的不同定义.题目3：令b a ，?：x ax+b（a、b ∈R 且a ≠0）为实直线上的一个仿射变换，将它们的集合记为1A （R ），在1A （R ）中定义乘法b a ，?d c ，?=b ad ac +，?，证明1A （R ）为一个群.又设1H （R ）={b 1，?：x x+b，b ∈R }，证明它是1A （R ）的一个子群，并证明1A （R ）/1H （R ）～{*R ；·}.题目3出处：柯斯特利金《代数学引论（第1卷）》第4章习题 题目3的解答：显然，任一伸缩和平移仿射变换都在1A （R ）中，即对于上面定义的乘法，1A （R ）是封闭的，可以验证01，?为1A （R ）的幺元.?b a ，?∈1A （R ），当a≠0时，其上述定义下的逆元为a b a 1 -，?，综上所述，1A （R ）为群. 显然01，?∈1H （R ），故1H （R ）中有幺元，?b 1，?∈1H （R ），其上述定义下的逆元为b 1-，?，所以1H （R ）<1A （R ）. 1A （R ）/1H （R ）={0a ，?：x ax，a ∈R 且a ≠0}，设双射f：1A （R ）/1H （R ）→*R ， 由于a ∈*R 且遍历*R 内所有元素，所以1A （R ）/1H （R ）与* R 之间的f 可定义为1A （R ）/1H
简单推理及应用题
简单推理及应用题 一、考点、热点回顾 1、解答推理题，要从许多条件中找出关键条件作为推理的突破口，推理要有条理的进行，要充分利用已经得出的结论，作为进一步推理的结论； 2、解答应用题时，必须认真审题，理解题意，深入细致的分析题目中数量间的关系，通过条件进行比较，转化、重新组合等多种手段，找到解题的突破口，从而使问题得以顺利的解决； 二、典型例题 例1、一包巧克力的质量等于两袋饼干的质量，4袋牛肉干的质量等于一包巧克力的质量，一袋饼干等于几袋牛肉干的质量？ 解析：根据“一包巧克力的质量=两袋饼干的质量”与“4袋牛肉干的质量=一包巧克力的质量”可推断出：两袋饼干的质量=4袋牛肉干的质量。因此，一袋饼干的质量=两袋牛肉干的质量。 答：一袋饼干的质量=两袋牛肉干的质量。 练一练：（1）一只菠萝的质量等于4根香蕉的质量，两只梨子的质量等于一只菠萝的质量，一只梨子的质量等于几根香蕉的质量？ （3）一只小猪的质量等于6只鸡的质量，3只鸡的质量等于4只鸭的质量，一只小猪的质量等于几只鸭的质量？ 例2、一头象的质量等于4头牛的质量，一头牛的质量等于3匹小马的质量，一匹小马的质量等于3只猪的质量，一头象的质量等于几头小猪的质量？ 解析：根据“一头象的质量等于4头牛的质量”“一头牛的质量等于3匹小马的质量”可推断：“一头象的质量等于12匹小马的质量”，而“一匹小马的质量等于3只小猪的质量”，因此，一头象的质量等于36头小猪的质量。
练一练： （1）1只西瓜的质量等于两个菠萝的质量，1个菠萝的质量等于4个苹果的质量，1个苹果的质量等于两个橘子的质量，一个西瓜的质量等于几个橘子的质量？ （2）一头牛一天吃草的质量和一只兔子9天吃草的质量相等，也和6只羊一天吃草的质量相等。一只一头牛每天吃青草18千克，一只兔子和一只羊一共吃青草多少千克？ 例3、甲、乙、丙三人分别是一小、二小和三小的学生，在区运动会上他们分别获得跳高、跳远和垒球冠军。已知：二小的是跳远冠军；一小的不是垒球冠军，甲不是跳高冠军；乙既不是二小的也不是跳高冠军，问：他们三人分别是哪个学校的？ 解析：由“二小的是跳远冠军”可知垒球、跳高冠军是一小或三小的；因为“一小的不是垒球冠军，”所以一小的一定是跳高冠军，三小的是垒球冠军；由“甲不是跳高冠军”，“乙既不是二小的也不是跳高冠军”可知，一小的丙是跳高冠军，二小的甲是跳远冠军，三小的乙是垒球冠军。 一小的丙是跳高冠军，二小的甲是跳远冠军，三小的乙是垒球冠军。 练一练： （1）有三个女孩穿着崭新的连衣裙去参加游园会，一个穿花的，一个穿白的，一个红的，但不知哪一个姓王，哪一个姓李，哪一个姓林。只知道姓刘的不喜欢穿红的，姓王的既不喜欢穿红裙子，也不喜欢穿花裙子，你能猜出这三个女孩各姓什么？
近世代数学习系列十 中英对照
近世代数中英对照学习 一、字母表 atom：原子 automorphism：自同构 binary operation：二元运算 Boolean algebra：布尔代数 bounded lattice：有界格 center of a group：群的中心 closure：封闭 commutative(Abelian) group：可交换群，阿贝尔群commutative(Abelian) semigroup：可交换半群comparable：可比的 complement：补 concatenation：拼接 congruence relation：同余关系 cycle：周期 cyclic group：循环群 cyclic semigroup：循环半群 determinant：行列式 disjoint：不相交 distributive lattice：分配格 entry：元素 epimorphism：满同态
factor group：商群 free semigroup：自由半群 greatest element：最大元 greatest lower bound：最大下界，下确界group：群 homomorphism：同态 idempotent element：等幂元identity：单位元，么元 identity：单位元，么元 inverse：逆元 isomorphism：同构 join：并 kernel：同态核 lattice：格 least element：最小元 least upper bound：最小上界，上确界left coset：左陪集 lower bound：下界 lower semilattice：下半格 main diagonal：主对角线 maximal element：极大元 meet：交
近世代数第9讲
置换群(pormutation group) 本讲的教学目的和要求:置换群是一种特殊的变换群。换句话说，置换群就是有限集上的变换群。由于是定义在有限集上，故每个置换的表现形式，固有特点都是可揣测的。这一讲主要要求： 1、弄清置换与双射的等同关系。 2、掌握置换—轮换—对换之间的联系和置换的奇偶性。 3、置换的分解以及将轮换表成对换之积的基本方法要把握。 4、对称群与交错群的结构以及有限群的cayley定理需要理解。 本讲的重点与难点：对于置换以及置换群需要侧重注意的是：对称群和交错群的结构和置换的分解定理（定理2）。 注意：由有限群的cayley定理可知：如把所有置换群研究清楚了。就等于把所有有限群都研究清楚了，但经验告诉我们，研究置换群并不比研究抽象群容易。所以，一般研究抽象群用的还是直接的方法。并且也不能一下子把所有群都不得找出来。因为问题太复杂了。人们的方法是将群分成若干类（即附加一定条件）；譬如有限群；无限群；变换群；非变换群等等。对每个群类进行研究以设法回答上述三个问题。可惜，人们能弄清的群当今只有少数几类（后面的循环群就是完全解决了的一类群）大多数还在等待人们去解
决。 变换群是一类应用非常广泛的群，它的具有代表性的特征—置换群，是现今所研究的一切抽象群的来源，是抽象代数创始人E.Galais(1811-1832)在证明次数大于四的一元代数方程不可能用根号求解时引进的。 一． 置换群的基本概念 定义1.任一集合A 到自身的映射都叫做A 的一个变换，如果A 是有限集且变换是一一变换（双射），那么这个变换为A 的一个置换。 有限集合A 的若干个置换若作成群，就叫做置换群。 含有n 个元素的有限群A 的全体置换作成的群，叫做n 次对称群。通常记为n S . 明示：由定义1知道，置换群就是一种特殊的变换群（即有限集合上的变换群）而n 次对称群n S 也就是有限集合A 的完全变换群。 现以{}321 , , a a a A =为例，设π：A →A 是A 的一一变换。 即π: 1a α2a ,2a α3a , 3a α1a ,利用本教材中特定的表示方法有：21a a =π ，32a a =π，13a a =π . 由于映射中只关心元素之间的对称关系.而不在乎元素 的具体内容.故可证{}3 , 2 , 1 =A .故此. π:1α2,2α3,3α1.稍做修改: π：2 1↓ 32↓ 1 3 ↓ ? π=??? ? ??132321 .用π=??? ? ??132321 来描述A
第八讲 数字趣题
五年级思维数学讲义（64期） 第八讲数字趣题 数学知识：掌握循环小数的概念，知道积商的凑整方法。 、“差倍”等问题。 2，条件复杂时，可将题中条件用文字式、竖式表示，然后借助文字式、竖式进行分析推理。 数学：循环小数是一种有趣的数，它的小数部分从某位起一个数字或几个数字依次不断重复出现，我们可以用简单的方法表示这些特殊的数。 小数乘除法所得的积和商可以根据需要用“四舍五入”法凑整到一定的小数位数。 例13倍，而个位数字是千位数字的3倍。这个四位数是多少？ 金钥匙：由于个位数字是千位数字的3 字只能是1 是9，即1993。 点金术： 试金石： 1倍。2 3 例 60000，再加上8000，一共增加了 34倍，所以原数是68000÷34=2000。 1，有一个三位数，如果把数字4写在它的前面可得到一个四位数，写在它的后面也能得到一个四位数，已知这两个四位数相差2889，求原来的三位数。 2，把数字8写在一个三位数的前面得到一个四位数，这个四位数恰好是原三位数的21倍。原三位数是多少？3，有一个三位数，它的个位数字是3，如果把3移到百位，其余两位依次改变，所得的新数与原数相差72，求原来的三位数。 数学园地：循环小数，积商的凑整 我们可以用简单的方法表示这些特殊的数。 小数乘除法所得的积和商可以根据需要用“四舍五入”法凑整到一定的小数位数。 1.。 6.29·≈ 2.45·01·≈25.8·4·≈ 2.在（）里填上“＞”“＜”或“＝”。
8.43·()8.4·3· 0.3·()1÷3 5.666（）5.666……1.2·7·（）1.2727…… 3.竖式计算（商用循环小数表示）。 28÷22=14.7÷11= （商用循环小数表示）（商用循环小数表示） 3.081÷1.3518.9÷17.2 （商取一位小数，写出余数）（商保留两位小数） 4.根据已知的算式，直接写出其他算式的结果。 5976÷83=72 59.76÷83≈（）（保留一位小数） 597.6÷830≈（）（保留一位小数） 0.5976÷8.3≈（）（保留两位小数） 1 234 想一想，填一填。... .. 1÷999=0.0011÷999……9999=() 100个 1.填空。1）0.47÷0.6，当商是0.78时，余数是（）。 2）11÷6的商用循环小数表示是()，精确到十分位是()。 2.判断题。 1）0.2·7· 保留两位小数是0.27。…………………() 2）14.2÷11=1.29090……用循环节表示为1.2·90·。…() 3）1.41414……的循环节是“14”。……………()