近世代数 第4讲

第 4 讲

§10 等价关系与集合的分类（2课时）

本讲教学目的和要求：周知，映射是两个集合之间建立联系的一种方法，利用这种联系来对两个集合进行比较，通过这种比较就能由一个集合的性质去推测另一个集合可能有的性质。除了这种认识事物的方法之外，有时也要把一个集合分成若干个子集，对各个子集进行分门别类地研究或者对某些特殊的子集加以讨论，这种讨论有益于对原来的集合的研究。这种以局部到整体地认识事物的方法，在高等代数中已屡见不鲜，而在近世代数中更是不可缺少的，甚至是无处不有的。本讲中将分成两个层次分别介绍集合的分类以及讨论集合进行分类的一般原则——等价关系。

本讲中要求同学们能真正掌握集合的分类与等价关系它们的内在联系和互相转化的过程。

本讲的重点和难点：

（1）“集合分类”的定义（尤其是分类的三大特点）。

（2）集合上的关系及等价关系(要求能辨别出是否等价关系)

（1）上述两个概念的相互转化问题。

（2）一个重要的实例——模m的剩余类集合。

本讲的教法和教具：本讲中仍采用投影仪辅助教学。在教学过程中，由于其概念较多，内容也颇抽象，则需要耐心、循序渐进，将每个概

念都讲透。

本讲思考题及作业：思考题都穿插安排在教学内容之中，作业置后。

一、集合的分类

例1、设整数集},4,3,2,1,0,1,2,3,4,{ ----=Z ，并令

},34{}

,24{}

,14{}

,4{3210Z q q n Z n A Z q q n Z n A Z q q n Z n A Z q q n Z n A ∈+=∈=∈+=∈=∈+=∈=∈=∈=

可知，)3,2,1,0(=i A i 是整数集Z 的一些子集，并具有以下特征：

（1）)3,2,1,0(=?≠i A i

（2）j i A A j i ≠??=

（3） 30

3210===i i A A A A A Z

这三条性质说明，整数集Z 恰好被分成一些（四个）两两不相交的非空子集的并，这里的每个子集恰好由除以4余数相同的整数组成。

一般的，任取一个正整数m ，都能将Z 分解成m 个两两不相交的非空子集的并，使得每个子集恰好是由除以m 余数相同的整数组成的。特别地，取2=m 时,Z 则被分解成偶数子集和奇数子集的并。 例2、设{}2,1,;)()(2=∈=j i R a a R M ij ij 是R 上一切二阶矩阵组成的集合，令

{}{}{}2)()()(1)()()(0

)()()(2221

20=∈==∈==∈=ij

ij ij ij ij ij a R M a A a R M a A a R M a A 秩秩秩 易知，)(2R M 的这些子集（三个子集）满足以下特征：

（1）)2,1,0(=?≠i A i

（2）j i A A j i ≠??=

（3） 20

2102)(===i i A A A A R M

这三条特性说明，二阶矩阵集)(2R M 恰好被分成三个两两不相交的非空子集的并，而每个子集恰好是由秩相同的二阶方阵组成的。

通过以上三个例子，则可概括出集合分类的定义.

定义1、设A 为任一个集合，而Ω是A 的一些子集组成的集合，}{I i A A i ∈?=Ω其中I 是指标集，如果

（1）I i A i ∈?≠

（2）j i I j i A A j i ≠?∈?

=且, （3） I

i i A A ∈=

则称Ω是A 的一个分类而Ω中每个元素i A 都叫做A 在Ω下的一个类。

所以，例1中，},,{32101A A A A =Ω就是Z 的一个分类，Z 被分成四类。例2中，},{2102A A A =Ω是二阶方阵集)(2R M 的一个分类，在2Ω下，)(2R M 被分成三个类。

注意：可以看出，对每一个确定的分类Ω来说，凡是分在同一类里的元素都具有某种共同的性质，而分在不同类的元素所具有的这种性质也必不同。譬如例1中，Z 的分类},,{32101A A A A =Ω使在同一类里的整

数除以4之后余数都相同，而分在不同类里的整数除以4后，得到的余数也必然不同。例2中，)(2R M 在分类},{2102A A A =Ω之下，同一类的二阶方阵秩数都相同，而分在不同类里的二阶方阵，其秩数不然不同。

对集合分类具有的三个显著的特性还可以从另一个角度来看，这种看法不仅具有普遍的意义，同时也更便于进行教学的推理论证。譬如，在例1中，Z 在分类},,{32101A A A A =Ω之下，同在一类的任二整数a 与b 都具有这样的关系：a 与b 的差被4整除，不在同一类的任二整数a 与b 必不具有这种关系，即a 与b 的差不被4整除。

诚然，“同类元素都具有同某种关系，不同类的元素一定没有这种关系”这种看法所指的“某种关系”完全由具体的集合、具体的分类所内定的，决不会千篇一律地都是“差被4整除”这种关系，比如例2。

但不管上述谈到的“某种关系”具体怎样，一般来说，集合的任何一个分类都是利用元素间的“某种关系”而得到的。这就是下面要讨论的问题。

二、等价关系

（1）关系：设A 为集合，=D {对，错}，那么A A ?到D 的每个映射R 就叫做A 的一个关系.（也称为二元关系）

若对→),(:b a R ，就称a 与b 符合关系R ，记为aRb

若错→),(:b a R ，就称a 与b 不符合关系R ，记为b R a

由上述定义知，A 中任一对元b a ,，都可以判定a 与b 是否符合这个关系。

例3、在Z 中，定义关系b a b a b a R -4,),(b

-a 4,),(:1若错若对

（仔细观察可知：1R 就是例1中的“除以4同余”的关系）

例4、在)(2R M 中，定义b a b a b

a b a R 秩若秩错秩若秩对≠=,),(,),(:2

（实际上，2R 就是例2中的“秩相等”的关系）

例5、在Z 中，定义

b a b a b a b a R ≤>若错若对,),(,),(:3

b a b a b a b a R 若错若对,),(,),(:4 ))

1b),((,),())

1),((,),(:5=≠a b a b a b a b a b a R 即互素与若错即不互素与若对 上例中，3R 就是通常的“大于”关系；4R 就是整除关系；5R 就是不互素关系。

（2）等价关系

有了关系的概念后，现考虑，用集合A 上的一个二元关系R 能否给A 确定一个分类，即由规则：

a 与

b 分在同一个子集aRb ?

能否得到A 的满足分类条件的彝族子集？我们可先看看上述的例子。 对于b -a 4:11?b aR R 可知1R 能将Z 分类：},,{32101A A A A =Ω.

对于同秩与b a b aR R ?22:，可知2R 能将)(2R M 分类：},{2102A A A =Ω.

对于b a b aR R >?33:，3R 不能将Z 分类，因为2323与?>同在一

类，即32与在同一类32>?，这是不可能的.

b :44a b aR R ?，4R 不能将Z 分类。因为4242与?在同一类，但4

不能整除242与?不在同一类，导出矛盾.

1),(:45=≠?b a b aR R ，5R 不能将Z 分类。因621)6,2(与?≠在同一类，

361)3,6(与?≠在同一类，但321)3,2(与?=不在同一

类，这是不可能的。

上述的例子分析可知：不是用A 的任何一个二元关系都能给A 确定一个分类；也就是说，能够给集合A 确定分类的二元关系是需要具有特殊性质才行。为此，我们必须研究下列特殊的二元关系。 定义2、设～是集合A 上的二元关系，如果～具有以下三种性质：

（1） 反射律（反身性）：a A a ,,∈?～a

（2） 对称律（对称性）：,,A b a ∈?当a ～b 时必有b ～a ；

（3） 推移律（传递性）：,,,A c b a ∈?当a ～b 且b ～c 时，

必有a ～c 。

那么关系～叫做A 上的等价关系。并且当a ～b 时，习惯称a 与b 等价。

从上述例子中可知：1R 和2R 都是等价关系，而3R （不满足反身

性）、4R （不满足对称性）和5R （不满足传递性）都不是等价关系。

我们已经知道，不是等价关系的关系不可能作为分类的手段，而等价关系的重要意义正是在于它是造成分类的一般准则。

下面讨论等价关系与集合的分类之间内在联系的重要事实.

定理1：集合A 的每个分类都决定了A 的一个等价关系。

证明：设}{I i A A i ∈?=Ω是A 的一个分类，用Ω我们可以规定A 上的一个二元关系：a ～b a b 与?在同一类里，显然～是A 的一个关系，须证～是等价关系。

（1） 反身性：a A a a A a I i A a i i ∴∈∈∈?中同在与故使则有,,～a 。

（2） 对称性：,,A b a ∈?

若a ～b A a b A b a I i b i i ∴∈中在与当然中同在与使则有,,,～a .

（3）传递性：,,,A c b a ∈?

若a ～b b ,～c ，,,,,j i j i A A b A c b A b a I j i ∈?∈同在与中同在与使故存在 a A c a A A i j i ∴?=,同在与由分类的特性知～c 。

定理2、集合A 的任一个等价关系～都可确定A 的一个分类。 证明：,A a ∈?，令x A x a ∈={][～}a ，如此确定的这些子集具有：

（1）?≠][a ：由a ～][a a a ∈?；

（2）?=][][b a ，

当a 与b 不等价时：若x b a x ?∈][][ ～x a ,～b ，由～的对称性和传递性知a ～b ，推出矛盾，所以?=][][b a 。

（3） A a a A ∈?=

][： A

a a a a A a ∈?∈?∈?][][。 A A a a 是}]{[∈?=Ω∴的一个分类。

注意：

（1）a ～][][b a b =?

“?”a ～b []b a ∈?

[][]又～传递性由～～],[][,”“,b a b x b x a x a x ?∴∈∴??∈?

b ～][][][a b a b a ??∈?，][][b a =∴

“?”a b a b a a ∴∈?=∈][][][～b

（2）若][][][][b a b a =??≠

因为设x a x b a x 即][][][∈?∈ ～x b x a 即又][,∈～b ，由传递性推出a ～b 再由（1）知][][b a =。

由定理1、2可知：A 的等价关系～与A 的分类是可以相互推导的，但仍需要注意以下几个问题：

（1） 若先有A 的一个等价关系～1，由～1确定的分类若为1Ω时，那

么用定理1由确定的等价关系～2有～1=～2。

（2） 若先有A 的一个分类2Ω，由2Ω确定的等价关系是～2，那么用定

理2，由～2确定的A 的分类若为3Ω时，则2Ω=3Ω。

定义3：设Ω是A 上等价关系～确定的分类，习惯上记=ΩA ╱～，并称A ╱～为A 的关于等价关系～的商集。

因为A ╱～=}]{[A a a ∈?，那么每个][a 叫做A 的一个等价类，而a 叫做这个等价类的一个代表。而每类的一个代表组成的集合叫做A 的一个全体代表团。

注：由于][a b ∈?，那么b ～a ，这表明对等价类][a 来说，][a 中任何元素b 均可作为][a 的代表，即等价类与其代表元素的选取无关。

在本讲的例1中,Z =Ω1╱～},,,{3210A A A A =而显然]1[],0[10==A A ，]3[],2[32==A A 。但]4[]0[]0[4=∴∈以及 =-=-=]12[]4[]0[，

所以在例1中Z ╱～]}3[],2[],1[],0{[=，而}3,2,1,0{是Z 的关于～的一个全体代表团。

思考题：你还能写出例1中的另一个全体代表团吗？

（3）一种重要的等价关系——同余关系

定义4、任取Z n ∈<0，可以在Z 中确定一种等价关系

b a n aRb Z b a R -?∈?,,:

则称R 为模n 的同余关系，并将aRb 记为

)()(n b a n b a 模同余≡

由同余关系确定的分类中的等价关系为模n 的剩余类。 而由同余关系引导出来的商集R Z 习惯上记为n Z .

在本讲的例1中，就是4=n 的同余关系，由此得到的分类为

]}3[],2[],1[],0{[4=Z ，其中

}

,11,7,3,1,5{]3[}

,10,6,2,2,6,{]2[},9,5,1,3,7,{]1[}

,8,4,0,4,8,{]0[ --=--=--=--= 注：同余关系尤其是剩余类n Z 将是我们后续课程中常常出现的内容，

要求熟练掌握.

课堂训练：

1、在4Z 中，哪两个整数是模4同余的：3与7，-11与2，21与-7，

-9与15。

2、在4Z 中，属于]2[的整数是：16，-6，20，-30。

3、在4Z 中，哪两个剩余类相等：[-3]与[9]；[-12]与[32]；[-1]与

[-10]；[-7]与[31]。

思考题：

1、For set },,,{d c b a A =,give two partitions of A and the corresponding relations

Solution: Two partitions of A are }},{},,{{1d c b a =Ω and corresponding equivalence relations are

～1:a ～1b a ,～1a b ,～1b b ,～1a ，c ～1d c ,～1c d ,～1d d ,～1c

～2：a ～2b a ,～2b c ～2d c ,～2d ，c ～2d d ,～2c

2、Which of the following is an equivalence relation on the indicated set, if it is, give corresponding partition.

(1) On Z ,m ～n if n m =.

(2) On Z ,m ～n if m-n is a multiple of 4.

(3) On R, let a ～b if a-b Q ∈

(4) On Q, ,m ～n if m-n Z ∈

(5) On R R ?, let ),(b a ～),(d c if 2222d c b a +=+

三、补充知识——映射与分类、映射与等价关系之间的联系

1、设～是集合A 上的一个等价关系?得到商集A ╱～}]{[A a a ∈=， 作：→A :σA ╱～，][a a ，显然σ是A 到A ╱～的一个满射，称σ为自然映射。

2、设}{I i A A i ∈?=Ω是集合A 的一个分类，作：→A :σΩ，j A a ，（如果j A a ∈），则σ是满射，同时也称σ为自然映射。

3、设B A →:?为一个映射，由?可定义A 的一个等价关系

～?: a ～?)()(b a b ??=?? 由～?确定了一个商集A ╱～?}]{[A a a ∈=，其中：

x A x x a 且∈={][～?))((})()({}1a a x A x x a ????-==∈=且 于是可以定义A ╱～?到B 的映射：

:*? A ╱～?→B )(][a a ? 可以验算出：*?是单射，习惯上称*?为?的导出映射。 映射?，导出映射*?以及自然映射σ它们有如下重要关系 定理3：设B A →:?为一映射，那么存在唯一映射:*?A ╱～?→B ，使图交换，即有σ??*=， 其中σ为自然映射，并且 ?是满射时?*?是双射。

近世代数_杨子胥_第二版课后习题答案

近世代数题解 第一章基本概念 §1. 1 1. 4. 5. 近世代数题解§1. 2 2. 3. 近世代数题解§1. 3 1. 解 1)与3)是代数运算，2)不是代数运算． 2. 解这实际上就是M中n个元素可重复的全排列数n n． 3. 解例如AοB＝E与AοB＝AB—A—B． 4. 5. 近世代数题解§1. 4 1. 2. 3.解 1）略 2）例如规定 4．

近世代数题解§1. 5 1. 解 1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射． 2.略 3. 4. 5. §1. 6 1. 2. 解 1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性； 3)是等价关系；4)是等价关系． 3. 解 3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类． 4. 则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把Q换成实数域的任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．5. 6.证 1）略2） 7. 8.

9. 10. 11. 12. 第二章群 §2. 1 群的定义和初步性质 一、主要内容 1．群和半群的定义和例子特别是一船线性群、n次单位根群和四元数群等例子． 2．群的初步性质 1)群中左单位元也是右单位元且惟一； 2)群中每个元素的左逆元也是右逆元且惟一： 3)半群G是群?方程a x=b与y a=b在G中有解(?a ,b∈G)． 4)有限半群作成群?两个消去律成立． 二、释疑解难 有资料指出，群有50多种不同的定义方法．但最常用的有以下四种： 1)教材中的定义方法．简称为“左左定义法”； 2)把左单位元换成有单位元，把左逆元换成右逆元(其余不动〕．简称为“右右定义法”； 3)不分左右，把单位元和逆元都规定成双边的，此简称为“双边定义法”； 4)半群G再加上方程a x=b与y a=b在G中有解(?a ,b∈G)．此简称为“方程定义法”． “左左定义法”与“右右定义法”无甚差异，不再多说．“双边定\义法”缺点是定义中条件不完全独立，而且在验算一个群的实例时必须验证单位元和逆元都是双边的，多了一层手续

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 ∈???? ? ??

抽象代数 孟道骥版 习题解答 第四章

Chapter4 4.1 ? 1. G 4. G 4 Klein K4 . ? ?4 S4 . . (i)G 4 ? G 4 . (ii)G 4 ? ?a∈G,a2=e.? ?a,b∈G,(ab)2= e,, ab=(ab)?1=b?1a?1=ba, G Abel ? G～=K4. 2. G 6. G 6 S3 . G с 3 ? ? 2 ? с Abel ? a=b∈G, a=e,b=e, a,b 4 ? . G с 2 ? ? 3 ? |G| ? . G 2 a, 3 b. 1):a,b ? ab 6 ?? G= ab 6 . 2):a,b? ? G 6 . G k 3 ?j 2 ? 2k+j+1=6, (k,j)=(2,1) (1,3). k=2, G 3 {x,x?1,y,y?1}. xy? 3 ? xy 2 ? yx ? xy=yx, x,y 9 ? . (k,j)=(1,3). ? G S6 ? ?,? ?(b)= (1,2,3), ?(a)=σ. G 3 ? σ(1,2,3)σ?1= (σ(1),σ(2),σ(3)), {σ(1),σ(2),σ(3)}={1,2,3}. σ (1,2,3)? ? ? σ(1)=1,σ(2)=2,σ(3)=3,? σ(1)=1,σ(2)= 3,σ(3)=2. α= 456 σ(4)σ(5)σ(6) σ=(2,3)α, σ2=e, α2=e. σ,(1,2,3) ={(1,2,3),(1,3,2),e,(2,3)α,(1,2)α,(3,1)α} S3 64

65 G ～=S 3. 3. G r =st ?H G t . H ={g s |g ∈G }={h ∈G |h =e }. G = g 0 , {g s |g ∈G }={g s 0,g 2s 0,···,g ts 0},{h ∈G |h t =e }={g s 0,g 2s 0,···,g ts 0}, {g s 0,g 2s 0,···,g ts 0} G t ? G t . G ={g s |g ∈G }={h ∈G |h t =e } 4. G ?a,b ∈G.?[a,b ]=aba ?1b ?1 a,b . {aba ?1b ?1|a,b ∈G } ? G (1)? G . :1) α∈Aut G , α(G (1))=G (1);2) H G. G/H Abel ? H ?G (1). 1)α(G (1))=α( {aba ?1b ?1|a,b ∈G } )= {σ(a )σ(b )σ(a )?1σ(b )?1|a,b ∈G } =G (1).2)G/H Abel ?(G/H )(1)={e }?G (1)?H . 5. S G ? ? ?,ψ G H ? ?(x )=ψ(x ),?x ∈S. ?=ψ. ?a ∈G , G = S , a =y 1y 2···y n , y i ∈S y ?1i ∈S . ?(x )=ψ(x ),?x ∈S , ?(x ?1)=ψ(x ?1),?x ∈S ,? ?(y i )=ψ(y i ),?1≤i ≤n , ?(a )=ψ(a ), ?=ψ. 6. H G ? H =G . G = G ?H . H =G ?a ∈G , GH , aH ∩H =?, aH ?H , G ?H ?H ∪(G ?H )=G , G = G ?H . 7. G ? G с 2 . G k m ?m >1?? m k?(m ) ? ? . m ? ?(m ) ? ? . |G | ? с ?? ? 2 . 8. α∈S 3 ? . α= 1234567836548271 α= 1234567836548271 =(1358)(26).

近世代数第二章答案分解

近世代数第二章群论答案 §1.群的定义 1.全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群？ 解：不是，因为普通减法不是适合结合律。 例如 () 321110 --=-= --=-=() 321312 ()() --≠-- 321321 2.举一个有两个元的群的例。 解：令G=,e a {},G的乘法由下表给出 首先，容易验证，这个代数运算满足结合律 (1) ()(),, = ∈ x y z x y z x y z G 因为，由于ea ae a ==，若是元素e在(1)中出现，那么(1)成立。(参考第一章，§4，习题3。)若是e不在(1)中出现，那么有 ()aa a ea a == a aa ae a ==() 而(1)仍成立。 其次，G有左单位元，就是e；e有左逆元，就是e，a有左逆元，就是a。所以G是一个群。 读者可以考虑一下，以上运算表是如何作出的。 3.证明，我们也可以用条件Ⅰ，Ⅱ以及下面的条件IV'，V'来做群的

定义： IV ' G 里至少存在一个右逆元1a -，能让 =ae a 对于G 的任何元a 都成立； V ' 对于G 的每一个元a ，在G 里至少存在一个右逆元1a -，能让 1=aa e - 解：这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件I,II,IV,V 来做群定义的证明，但读者一定要自己写一下。 §2. 单位元、逆元、消去律 1. 若群G 的每一个元都适合方程2=x e ，那么G 是交换群。 解：令a 和b 是G 的任意两个元。由题设 ()()()2 ==ab ab ab e 另一方面 ()()22====ab ba ab a aea a e 于是有()()()()=ab ab ab ba 。利用消去律，得 =ab ba 所以G 是交换群。 2. 在一个有限群里，阶大于2的元的个数一定是偶数。 解：令G 是一个有限群。设G 有元a 而a 的阶>2n 。 考察1a -。我们有 ()1=n n a a e - ()()11==n n e a a e -- 设正整数

《近世代数》习题及答案

《近世代数》作业 一．概念解释 1．代数运算 2．群的第一定义 3．域的定义 4．满射 5．群的第二定义 6．理想 7．单射 8．置换 9．除环 10．一一映射 11．群的指数 12．环的单位元 二．判断题 1．Φ是集合n A A A ??? 21列集合D 的映射，则),2,1(n i A i =不能相同。 2．在环R 到环R 的同态满射下，则R 的一个子环S 的象S 不一定是R 的一个子环。 3．设N 为正整数集，并定义ab b a b a ++= ),(N b a ∈，那么N 对所给运算 能作成一个群。 4．假如一个集合A 的代数运算 适合交换率，那么在n a a a a 321里)(A a i ∈，元的次序可以交换。 5．在环R 到R 的同态满射下，R 得一个理想N 的逆象N 一定是R 的理想。 6．环R 的非空子集S 作成子环的充要条件是： 1）若,,S b a ∈则S b a ∈-； 2）,,S b a ∈，则S ab ∈。 7．若Φ是A 与A 间的一一映射，则1-Φ是A 与A 间的一一映射。 8．若ε是整环I 的一个元，且ε有逆元，则称ε是整环I 的一个单位。 9．设σ与τ分别为集合A 到B 和B 到C 的映射，如果σ，τ都是单射，则τσ是A 到C 的映射。 10．若对于代数运算 ,，A 与A 同态，那么若A 的代数运算 适合结合律，则A 的代数运算也适合结合律。 11．整环中一个不等于零的元a ，有真因子的冲要条件是bc a =。 12．设F 是任意一个域，*F 是F 的全体非零元素作成的裙，那么* F 的任何有限子群 G 必为循环群。 13. 集合A 的一个分类决定A 的一个等价关系。 （ ） 14. 设1H ,2H 均为群G 的子群，则21H H ?也为G 的子群。 （ ） 15. 群G 的不变子群N 的不变子群M 未必是G 的不变子群。 （ ） 三．证明题 1． 设G 是整数环Z 上行列式等于1或-1的全体n 阶方阵作成集合，证明：对于方阵的普通乘法G 作成一个 群。 2．设G=（a ）是循环群，证明：当∞=a 时，G=（a ）与整数加群同构。

近世代数学习系列一 学习方法

近世代数学习方法 “近世代数”是一门比较抽象的学科，初学者往往感到虚无飘渺，困难重重。为此，下面介绍五种常用的学习方法。 一、通过例子来加深对基本理论的理解 针对“近世代数”课程的概念抽象、难于理解的特点，我们认为理解概念的一种有效方法是多举已学过的典型例子。例如，一元多项式环和整数环是主理想整环的例子，关于主理想整环的许多结论都是通过推广关于多项式和整数的结论得到；一个无零因子交换环的商域就是模仿整数环和有理数环间的关系构造的；整环里的因子分解理论就是分解质因数和多项式的因式分解理论的推广。 当我们学习“近世代数”时，就仅仅背下来一些命题、性质和定理，并不意味着真正地理解。要想真正理解，需要清楚这些命题、性质和定理的前提条件为什么是必要的？而达到这个目的的最有效的方法就是构造反例。通常的做法是：去掉一个前提条件后，构造一个结论不成立的例子，从而表明所去掉的前提条件是必要的。例如，关于素理想和极大理想的关系有结论：设R是含1交换环，则R的极大理想一定是素理想。那么这个结论的条件“含1”是必要的吗？这个问题的答案可从下面的例子容易得到。例：设R是所有偶数构成的环，Z表示整数环，则4Z是R的极大理想，但4Z不是R的素理想。 二、通过变换角度来寻求问题的解法 通过变换角度来寻求问题的解法是一种很普遍的解题方法，通常是将已知或未知较复杂的问题变换为等价的较简单的问题，或者是将新问题变换为已经解决的问题，或者是将未知与已知关系较少的问题变为已知与未知关系较多的问题等等。下面举例说明这种方法： 例：设是从G1到G2的满同态，N2是G2的不变子群，N1= -1(N2)，证明G1/N1同构于G2/N2。 对于这个问题，我们不直接证明G1/N1同构于G2/N2，而是将问题进行变换，先构造从G1到G2/N2的满同态，再证明N1是的核，然后根据同态基本定理知

近世代数习题与答案

近世代数习题与答案 Prepared on 22 November 2020

一、 选择题（本题共5小题,每小题3分，共15分) 一、 (从下列备选答案中选择正确答案) 1、下列子集对通常复数的乘法不构成群的是（ ）。 (A) ｛1，－1，i ,－i ｝ (B) ｛1，－1｝ (C) ｛1，－1，i ｝ 2、设H 是群Ｇ的子群，a ，b ∈Ｇ，则aH = bH 的充要条件是（ ）。 (A) a －1b －1∈H (B) a －1b ∈H (C) ab －1∈H 3、在模6的剩余类环Z 6 中，Z 6 的极大理想是( )。 (A) （2），（3） (B) （2） (C)（3） 4、若Q 是有理数域,则(Q(2):Q)是( )。 (A) 6 (B) 3 (C) 2 5、下列不成立的命题是( )。 (A) 欧氏环是主理想环 (B) 整环是唯一分解环 (C) 主理想环是唯一分解环 二、填空题（本题共5空，每空3分，共15分） （请将正确答案填入空格内） 1、R 为整环，a ，b ∈R ，b |a ，则（b ） （a ）。 2、F 是域，则[](()) F x f x 是域当且仅当 。 3、域F 上的所有n 阶方阵的集合M n (F )中，规定等价关系~: A ～ B ?秩(A )=秩(B )，则这个等价关系决定的等价类有________个。 4、6次对称群S 6中,(1235)-1(36)=____________。 5、12的剩余类环Z 12的可逆元是 。 三、判断题（本题共5小题,每小题2分，共10分） （请在你认为正确的题后括号内打“√”，错误的打“×”） 1、设G 是群，?≠H ，若对任意a,b ∈H 可推出ab ∈H ，则H≤G .. （ ） 2、群G 中的元,a b ，()2,()7,a b ab ba ===,则()14ab =。 ( ) 3、商环6Z Z 是一个域。 （ ）

(完整版)《实变函数》考试说明解读

《实变函数》考试说明 近世代数是广播电视大学数学专业（本科）的一门重要的专业基础课，本期近世代数期末考试内容是教材《实变函数》的内容。试题有填空题、证明题，试题的难易程度和教材《实变函数》的习题相当。希望同学们在期末复习时，做好教材《实变函数》中的每章的习题。 第一章集合 一提要 第一节集合及其运算。 第二节映射及其基数。 第三节可列集 第四节不可列集 二教学要求 1）理解集的概念，分清集的元与集的归属关系，集与集之间的包含关系的区别。 2）掌握集之间的交、差、余运算。 3）掌握集列的上、下限集的概念及其交并表示。 4）理解集列的收敛、单调集列的概念。 5）掌握――映射，两集合对等及集合基数等概念。 6）理解伯恩斯坦定理（不要求掌握证明），能利用定义及伯恩斯坦定理证明两集合对等。 7）理解可数集，不可数集的意义，掌握可数集、基数为C的集合的性质， 理解不存在最大基数的定理的意义。

第二章点集 一．提要 第一节聚点、内点、界点等概念 第二节开集、闭集、完备集。 第三节直线上的开集、闭集及完备集的构造。 第四节点集间的距离 第五节康托集及其性质 二．基本要求 1）明了n维欧氏空间中极限概念主要依赖于距离这个概念，从而了解邻域概念在极限理论中的作用。 2）理解聚点，孤立点、内点、外点、界点的意义，掌握有关性质。 3）理解开集、闭集、完备集的意义，掌握其性质。 4）理解直线上开集、闭集、完备集的构造。 5）理解康托集的构造、特性。 第三章勒贝格测度论 一．提要 第一节勒贝格外测度及其内测度。 第二节勒贝格可测集及其性质。 第三节勒贝格可测集的构造。

二．基本要求 1）理解测度的意义。 2）理解外测度的意义，掌握其有关性质。 3）理解可测集的定义，掌握可测集的性质。 4）了解并掌握不可测集的存在性这一结论。 第四章勒贝格可测函数 一．提要 第一节点集上和函数。 第二节勒贝格右测函数。 3）可测函数列的收敛性。 4）可测函数的构造。 二．基本要求 1）掌握可测函数的定义及等价定义。 2）掌握可测函数的有关性质。 3）理解简单函数的定义，掌握可测函数与简单函数的关系。 4）掌握可测函数列的收敛点集和发散点集的表示方法。 5）掌握叶果洛夫定理，鲁津定理。 6）理解依测度收敛的意义，掌握依测度收敛与a·e收敛的联系与区别。

近世代数之我见

一对课程的看法： 1作用与意义 近世代数的理论和方法不仅在数学理论本身中占有及其重要的地位，而且在其他学科中也有着广泛的应用，如理论物理、计算机科学等。其研究的方法和观点，对这些学科产生了越来越大的影响。 本课程旨在使学生对近世代数的基础理论和基本的思想、方法有一个初步的了解，为学生进一步的学习打下必要的基础。要求学生能熟练掌握群、环、域的基本理论，包括其定义和基本的性质，并对模的概念有所理解。要求学生对数学中的公理化思想有初步认识。 2.本课程的主要内容 本课程讲授四类典型的代数系统：集合与运算、群、环和域。其内容包括： 群的各种定义，循环群，n阶对称群，变换群，子群与陪集，Lagrange定理，不变子群的定义及其性质，群同态和同构基本定理，能够计算群元素的阶； 环、域、理想、唯一分解环的定义，环中的可逆元，零因子、素元的定义，判别唯一分解环的方法。 3.教学重点与难点 重点：群、正规子群、环、理想、同态基本原理。 难点：商群、商环。 二、对教法的看法： “近世代数”是一门比较抽象的学科，初学者往往感到虚无飘渺，困难重重。为此，下面介绍五种常用的学习方法。 一、通过例子来加深对基本理论的理解 针对“近世代数”课程的概念抽象、难于理解的特点，我们认为理解概念的一种有效方法是多举已学过的典型例子。例如，一元多项式环和整数环是主理想整环的例子，关于主理想整环的许多结论都是通过推广关于多项式和整数的结论得到；一个无零因子交换环的商域就是模仿整数环和有理数环间的关系构造的；整环里的因子分解理论就是分解质因数和多项式的因式分解理论的推广。当我们学习“近世代数”时，就仅仅背下来一些命题、性质和定理，并不意味着真正地理解。要想真正理解，需要清楚这些命题、性质和定理的前提条件为什么是必要的？而达到这个目的的最有效的方法就是构造反例。通常的做法是：去掉一个前提条件后，构造一个结论不成立的例子，从而表明所去掉的前提条件是必要的。例如，关于素理想和极大理想的关系有结论：设R是含1交换环，则R的极大理想一定是素理想。那么这个结论的条件“含1”是必要的吗？这个问题的答案可从下面的例子容易得到。例：设R是所有偶数构成的环，Z表示整数环，则4Z是R的极大理想，但4Z不是R的素理想。 二、通过变换角度来寻求问题的解法 通过变换角度来寻求问题的解法是一种很普遍的解题方法，通常是将已知或未知较复杂的问题变换为等价的较简单的问题，或者是将新问题变换为已经解决的问题，或者是将未知与已知关系较少的问题变为已知与未知关系较多的问题等等。下面举例说明这种方法：

近世代数习题第二章

第二章 群论 近世代数习题第二章 第一组 1-13题；第二组 14-26题；第三组 27-39题；第四组 40-52 题，最后提交时间为11月25日 1、设G 是整数集，则G 对运算 4++=b a b a 是否构成群？ 2、设G 是正整数集，则G 对运算 b a b a = 是否构成群？ 3、证明：正整数对于普通乘法构成幺半群. 4、证明：正整数对于普通加法构成半群，不含有左右单位元. 5、G 是整数集，则G 对运算 1=b a 是否构成群？ 6、设b a ,是群G 中任意两元素. 证明：在G 中存在唯一元素x ，使得b axba =. 7、设u 是群G 中任意取定的元素，证明：G 对新运算aub b a = 也作成群. 8、证：在正有理数乘群中，除1外，其余元素阶数都是无限. 9、证：在非零有理数乘群中，1的阶是1，-1的是2，其余元素阶数都是无限. 10、设群G 中元素a 阶数是n ，则 m n e a m |?=. 11、设群G 中元素a 阶数是n ，则 ) ,(||n m n a m =.，其中k 为任意整数. 设（m,n ）=d,m=dk,n=dl,(k,l)=1. 则(a^m)^l=a^(ml)=a^(kdl)=(a^(n))^k=e. 设（a^m ）^s=e,，即a^(ms)=e,所以n|ms,则l|ks,又因为(l,k)=1，所以l|s,即a^m 的阶数为l. 12、证明：在一个有限群中，阶数大于2的元素个数一定是偶数. 13、设G 为群，且n G 2||=，则G 中阶数等于2的一定是奇数. 14、证明：如果群G 中每个元素都满足e x =2 ，则G 是交换群. 对每个x ，从x^2=e 可得x=x^(-1)，对于G 中任一元x ，y ，由于（xy ）^2=e ，所以xy=（xy ）^(-1)=y^(-1)*x(-1)=yx. 或者 :(ab)(ba)=a(bb)a=aea=aa=e ，故(ab)的逆为ba ，又(ab)(ab)=e ，这是因为ab 看成G 中元素，元素的平方等于e. 由逆元的唯一性，知道ab=ba 15、证明：n 阶群中元素阶数都不大于n . 16、证明：p 阶群中有1-p 个p 阶元素，p 为素数. 17、设群G 中元素a 阶数是n ，则 )(|t s n a a t s -?=. 18、群G 的任意子群交仍是子群.

《近世代数》模拟试题及答案

近世代数模拟试题 一. 单项选择题(每题5分，共25分) 1、在整数加群（Z，＋）中，下列那个是单位元（）. A. 0 B. 1 C. －1 D. 1/n，n是整数 2、下列说法不正确的是（）. A . G只包含一个元g，乘法是gg＝g。G对这个乘法来说作成一个群; B . G是全体整数的集合，G对普通加法来说作成一个群; C . G是全体有理数的集合，G对普通加法来说作成一个群; D. G是全体自然数的集合，G对普通加法来说作成一个群. 3. 如果集合M的一个关系是等价关系，则不一定具备的是( ). A . 反身性 B. 对称性 C. 传递性 D. 封闭性 4. 对整数加群Z来说，下列不正确的是（）. A. Z没有生成元. B. 1是其生成元. C. －1是其生成元. D. Z是无限循环群. 5. 下列叙述正确的是（）。 A. 群G是指一个集合. B. 环R是指一个集合. C. 群G是指一个非空集合和一个代数运算，满足结合律，并且单位元， 逆元存在. D. 环R是指一个非空集合和一个代数运算，满足结合律，并且单位元，

逆元存在. 二. 计算题(每题10分，共30分) 1. 设G 是由有理数域上全体2阶满秩方阵对方阵普通乘法作成的群，试求中G 中下列各个元素1213, ,0101c d cd ?? ??== ? ?-????， 的阶. 2. 试求出三次对称群 {}3(1),(12),(13),(23),(123),(132)S = 的所有子群.

3. 若e是环R的惟一左单位元，那么e是R的单位元吗？若是，请给予证明. 三. 证明题(第1小题10分，第2小题15分，第3小题20分，共45分). 1. 证明: 在群中只有单位元满足方程

高等代数第四章整环里的因子分解

第四章整环里的因子分解 §1、素元、唯一分解 一、整除、单位、相伴元 定义在整环I中，若a=bc，则称a能被b整除，也说b整除a，记为b|a。b不能整除a记作b|a。 定义整环I的一个元ε叫做I的一个单位，假如ε是一个有逆元的元。元b叫做元a的相伴元（a与b相伴），假若b是a 和一个单位ε的乘积：b=εa。 单位元必是单位，反之不然。 例1在整数环Z中，单位即是1和-1，b是a的相伴元?b=±a。在数域F的多项式环F[x]中，单位即是零次多项式c∈F*，g（x）是f（x）的相伴元?g（x）=cf（x）。

定理1 两个单位ε1和ε2的乘积ε1ε2也是单位。单位ε的逆元ε-1也是一个单位。 推论整环I中全体单位的集U关于乘法作成群。 二、素元 定义单位以及元a的相伴元叫做a平凡因子。其余的a的因子，假如还有的话，叫做a的真因子。 定义整环I的一个元p叫做一个素元（注：应是不可约元），假如p0 ≠，p不是单位，并且p只有平凡因子。 例2 在例1的Z中，素元就是素数。在F[x]中，素元就是不可约多项式。 定理2 单位ε同素元p的乘积εp也是一个素元。 定理3整环I的一个非零元a有真因子?a=bc，b和c都不是单位。

推论假定a≠0，并且a有真因子b:a=bc。那么c也是a的真因子。 三、唯一分解 定义一个整环I的一个元a说是在I 里有唯一分解，假如以下条件能被满足：（i）a=p1p2…p r（p i是I的素元） （ii）若同时 a=q1q2…q s（q i是I的素元） 那么r=s 并且我们可以把q i的次序掉换一下，使得 q i=εi p i (εi是 I的单位) 零元和单位都不能唯一分解。 例3 在整环I={}Z +, 3中： a∈ - b a b （1）ε是单位1 = ?。 ? ε = 1 ε2± （2）若4 α2=，则α是素元。 （3）4∈I有两种不同的分解（不相伴分解）： ()()3 + - = - ? = 1 1 3 2 2 4-

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

近世代数习题与答案

近世代数习题与答案 Company Document number：WUUT-WUUY-WBBGB-BWYTT-1982GT

一、 选择题（本题共5小题,每小题3分，共15分) 一、 (从下列备选答案中选择正确答案) 1、下列子集对通常复数的乘法不构成群的是（ ）。 (A) ｛1，－1，i ,－i ｝ (B) ｛1，－1｝ (C) ｛1，－1，i ｝ 2、设H 是群Ｇ的子群，a ，b ∈Ｇ，则aH = bH 的充要条件是（ ）。 (A) a －1b －1∈H (B) a －1b ∈H (C) ab －1∈H 3、在模6的剩余类环Z 6 中，Z 6 的极大理想是( )。 (A) （2），（3） (B) （2） (C)（3） 4、若Q 是有理数域,则(Q(2):Q)是( )。 (A) 6 (B) 3 (C) 2 5、下列不成立的命题是( )。 (A) 欧氏环是主理想环 (B) 整环是唯一分解环 (C) 主理想环是唯一分解环 二、填空题（本题共5空，每空3分，共15分） （请将正确答案填入空格内） 1、R 为整环，a ，b ∈R ，b |a ，则（b ） （a ）。 2、F 是域，则[](()) F x f x 是域当且仅当 。 3、域F 上的所有n 阶方阵的集合M n (F )中，规定等价关系~: A ～ B ?秩(A )=秩(B )，则这个等价关系决定的等价类有________个。 4、6次对称群S 6中,(1235)-1(36)=____________。 5、12的剩余类环Z 12的可逆元是 。 三、判断题（本题共5小题,每小题2分，共10分） （请在你认为正确的题后括号内打“√”，错误的打“×”） 1、设G 是群，?≠H ，若对任意a,b ∈H 可推出ab ∈H ，则H≤G .. （ ） 2、群G 中的元,a b ，()2,()7,a b ab ba ===,则()14ab =。 ( ) 3、商环6Z Z 是一个域。 （ ）

近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)-4

近世代数课后习题参考答案 第四章 整环里的因子分解 1 素元、唯一分解 1. 证明：0不是任何元的真因子。 证 当0≠a 时 若b a 0=则0=a 故矛盾 当0=a 时，有00ε= （ε 是单位） 就是说0是它自己的相伴元 2. 我们看以下的整环I ，I 刚好包含所有可以写成 m m n (2 是任意整数，0≥n 的整数） 形式的有理数，I 的哪些个元是单位，哪些个元是素元？ 证 １）I 的单位 总可以把m 表为 p p m k (2=是０或奇数，k 非负整数）我们说 1±=p 时，即k m 2±=是单位，反之亦然 ２）I 的素元 依然是k p p m k ,(2=的限制同上） 我们要求 ⅰ）0≠p ⅱ）1±≠p ⅲ）p k 2只有平凡因子 满足ⅰ）—— ⅲ）的p 是奇素数 故p m k 2=而p 是奇素数是n m 2 是素元，反之亦然， ３．I 是刚好包含所有复数b a bi a ,(+整数）的整环，证明5不是I 的素元，5有没有唯一分解？ 证 （1）I 的元ε是单位，当而且只当12 =ε 时， 事实上，若bi a +=ε是单位 则11-=εε 2 ' 2 2 1ε ε = 即2 '2 1εε=

但2 22 b a +=ε 是一正整数，同样2 ' ε也是正整数， 因此，只有12 =ε 反之，若12 2 2 =+=b a ε ，则0,1=±=b a 或1,0±==b a 这些显然均是单位 此外，再没有一对整数b a ,满足122=+b a ，所以I 的单位只有i ±±,1。 （２）适合条件52 =α 的I 的元α一定是素元。 事实上，若52 =α 则0≠α 又由α)1(也不是单位 若2 2 2 5,λβ α βλα=== 则12=β或52=β ββ?=12是单位λαβλ?=?-1 2 是α的相伴元 λλ β ?=?=152 2 是单位βαλβ?=?-1 是α的相伴元 不管哪种情形，α只有平凡因子，因而α是素元。 （３）I 的元5不是素元。 若βα=5则2 2 25λβ= 这样，2 β只可能是25,5,1 当52=β由)1(β是单位 当152 2 =?=λ β 由)1(λ是单位 此即λβ,中有一是5的相伴元 现在看52 =β 的情形 5,2 2 2 =+=+=b a bi a β β可能的情形是 ???==21b a ??=-=21b a ???-==21b a ???-=-=21 b a ???==12b a ? ??-==12b a ???=-=12b a ???-=-=12 b a 显然)2)(2(5i i -+= 由（２）知52 =β 的β是素元，故知５是素元之积 （４）５的单一分解 )21)(21(5i i -+=)21)(1)(21)(1(i i --+-= )21)()(21)(()21)()(21)((i i i i i i i i --+=-+-= i ±±,1均为单位 ２ 唯一分解环 １．证明本节的推论 证 本节的推论是； 一个唯一分解环I 的 n 个元n a a a ,,21 在I 里一定有最大公因子 ，

近世代数习题解答张禾瑞二章

近世代数习题解答 第二章群论 1群论 1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群？ 证不是一个群，因为不适合结合律. 2. 举一个有两个元的群的例子. 证G={1,-1}对于普通乘法来说是一个群. 3. 证明，我们也可以用条件1,2以及下面的条件 4,5'来作群的定义： 4'. G至少存在一个右单位元e,能让ae = a 对于G的任何元a都成立 5 . 对于G的每一个元a,在G里至少存在一个右逆元 a ,能让aa e A_1 证(1) 一个右逆元一定是一个左逆元，意思是由aa e 得a a = e 因为由4 G有元a能使a'a =e 1 1 1 ' 所以(a a)e = (a a)(a a ) 即a a = e (2)一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元，意即 由ae = a 得ea = a 即ea = a 这样就得到群的第二定义. (3)证ax二b可解 取x = a 这就得到群的第一定义. 反过来有群的定义得到4,5'是不困难的. 2单位元，逆元，消去律 1. 若群G的每一个元都适合方程x2二e,那么G就是交换群. 证由条件知G中的任一元等于它的逆元，因此对a,b^G有ab = (ab)，= b°a，= ba . 2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数. _1 n —1 n n —1 —1 证(1)先证a的阶是n则a 的阶也是n . a e= (a ) (a ) e e 若有m n 使(a ')m= e 即(a m)' = e因而a m=e‘ ? a m=e 这与a的阶是n矛盾「a的阶等于a °的阶 _4 _4 2 (2) a的阶大于2,则a=a 若a=a : a=e 这与a的阶大于2矛盾 (3) a b 贝U a「b' 斗

近世代数的发展历史

近世代数的发展历史 代数学是以数、多项式、矩阵、变换和它们的运算，以及群、环、域、模等为研究对象的学科．简单地说，代数学是研究代数结构的，而近世代数--抽象代数是代数学研究的一个重要分支，主要研究群、环、域、模这四种抽象的代数结构，并深入研究了具有一定特性的群、环、域、模及其子结构、商结构、同态和同构、以及作为它们支柱的具体例子，它不仅在代数学中，而且在现代数学的理论与应用中都具有基本的重要性． 19世纪中叶以后，各种形形色色的几何学象雨后春笋般涌现出来，需要进行总结分类，而这时群论又是一个热门话题，其影响渗透到数学的各个领域，使数学家们感到，全部数学不过是群论的某个方面，而不是什么别的东西．在这种情况下，出现了克莱因的“爱尔兰纲领”． 克莱因（1849-1925）是德国数学家．他在自己和李关于群论方面研究工作的基础上，着手寻找刻划各种几何特征，其基本观点是每种几何都由变换群所刻划，并且每种几何所要做的实际就是研究变换群下的不变量．或者，一个几何的子几何是在原来变换群的子群下的一族不变量，在此定义下相当于给定变换群的几个的所有定理仍然是子群几何中的定理．克莱因用变换群的观点对几何学进行分类，在这种观点下，几何学被看作是研究图形（某种元素的集合）对某种变换群的不变性之数学分支，克莱因这种研究几何的方法，完全避开直观图形而诉诸代数结果，确实是一项伟大的转折．当克莱因发表这种见解时，遭到其老师普吕克的反对，斥其大胆妄为．克莱因因此离开哥廷根大学，而到爱尔兰根大学，按照惯例他向大学的哲学教授会和评议会作了专业就职演说．这个演说通常称为“爱尔兰根纲领”，在讲演中克莱因阐述了自己的观点，对后世几何有深远的影响． 对五次和五次以上方程寻求根号群的长期失败，最终引导到19世纪20年代群论的诞生．其创立者是法国青年数学家伽罗华．群论的出现使代数学从古典代数方程论为中心转变为以研究各种代数结果的性质为中心，向着代数数论、超复数系、线性代数、环论、域论等方面发展． 伽罗华，1829年3月第一篇数学论文在《纯粹与应用数学年鉴》上发表，同时开始研究高次方程根号解问题，他提出制定一个已知方程解是否可用根式表示的判别原则．伽罗华为研究方程论而发展起来的方法很可能比他在方程论中的发现更引人注目．他的研究导师了群论理论的诞生． 伽罗华在爱情纠纷引起的一场荒谬战斗中丧了命．在进行决斗前夕，伽罗华曾写信给其朋友，写道：“我请求我的爱国朋友不要责备我不是为自己的祖国而献出生命．……苍天做证，我曾用尽办法试图拒绝这场战斗，只是出于迫不得已才接受了挑战．”“别了，我为公共福利已经献出了自己的大部分生命．”伽罗华在信中还请求朋友将自己的研究成果向德国数学家高斯和雅可比求教，“但不谈论定理正确与否；而是就这些定理的重要性发表他们自己的见解．此后我希望某些人将会发现清理这种一团混乱的状况是有益的．” 伽罗华实质上创立了群的研究，他是最先（1832年）在严格定义下用“群”（group）这个字的． 阿贝尔，在克里斯蒂大学当学生时，他认为他已经发现了如何用代数方法解一般五次方程，但不久自己纠正了这种想法，1824年发表了小册子谈及此事，阿贝尔在其早年论文中证明了用根式解一般五次方程的不可能性，于是这个曾困绕从邦别利到韦达等数学家的难题最终被解决了，在抽象代数中，交换群现在被称为阿贝尔群． 戴德金是德国数学家，就学与哥廷根大学，是高斯和狄利克雷学生．他的成就主要在代数理论方面，他研究了任意域、环、群、结构及模等问题．特别是引入环的概念，并给理论子环下了一般性的定义．代数数域中的戴德金函数，实数论中的戴德金分割，与韦伯合著的代数函数理论，自然数理论都是其著名的贡献． 庞加莱在一个研究领域中从未停留很长时间，并且喜欢敏捷地从一个领域跳到另一个领域，他论述微分方程的博士论文涉及存在定理．这一著作引导他去发展自守函数理论，尤其是所谓Zeta-Fuchsian函数：庞加莱证明，他能用来解带有代数系数的二阶线性

近世代数习题解答(张禾瑞)四章

近世代数习题解答 第四章 整环里的因子分解 1 素元、唯一分解 1. 证明：0不是任何元的真因子。 证 当0≠a 时 若b a 0=则0=a 故矛盾 当0=a 时，有00ε= （ε 是单位） 就是说0是它自己的相伴元 2. 我们看以下的整环I ，I 刚好包含所有可以写成 m m n (2是任意整数，0≥n 的整数） 形式的有理数，I 的哪些个元是单位，哪些个元是素元？ 证 １）I 的单位 总可以把m 表为 p p m k (2=是０或奇数，k 非负整数）我们说 1±=p 时，即k m 2±=是单位，反之亦然 ２）I 的素元 依然是k p p m k ,(2=的限制同上） 我们要求 ⅰ）0≠p ⅱ）1±≠p ⅲ）p k 2只有平凡因子 满足ⅰ）—— ⅲ）的p 是奇素数 故p m k 2=而p 是奇素数是 n m 2是素元，反之亦然， ３．I 是刚好包含所有复数b a bi a ,(+整数）的整环，证明5不是I 的素元，5有没有唯一分解？ 证 （1）I 的元ε是单位，当而且只当12=ε 时， 事实上，若bi a +=ε是单位 则11-=εε 2'221εε= 即2'21εε= 但222b a +=ε是一正整数，同样2'ε也是正整数， 因此，只有12=ε 反之，若1222=+=b a ε，则0,1=±=b a 或1,0±==b a 这些显然均是单位

此外，再没有一对整数b a ,满足12 2=+b a ，所以I 的单位只有i ±±,1。 （２）适合条件52=α的I 的元α一定是素元。 事实上，若52=α则0≠α 又由α)1(也不是单位 若2225,λβαβλα=== 则12=β或52=β ββ?=12是单位λαβλ?=?-12是α的相伴元 λλβ?=?=1522是单位βαλβ?=?-1是α的相伴元 不管哪种情形，α只有平凡因子，因而α是素元。 （３）I 的元5不是素元。 若βα=5则2225λβ= 这样，2β只可能是25,5,1 当52=β由)1(β是单位 当1522=?=λβ由)1(λ是单位 此即λβ,中有一是5的相伴元 现在看52=β的情形 5,222=+=+=b a bi a ββ可能的情形是 ???==21 b a ???-=1b a ???=1b a ???-=-=21b a ???=1b a ???-==12b a ???=-=12b a ???-=1b a 显然)2)(2(5i i -+= 由（２）知52=β的β是素元，故知５是素元之积 （４）５的单一分解 )21)(21(5i i -+=)21)(1)(21)(1(i i --+-= )21)()(21)(()21)()(21)((i i i i i i i i --+=-+-= i ±±,1均为单位 ２ 唯一分解环 １．证明本节的推论 证 本节的推论是； 一个唯一分解环I 的 n 个元n a a a ,,21 在I 里一定有最大公因子 ， n a a a ,,21 的两个最大公因子只能查一个单位因子。 用数学归纳法证 当2=n 时，由本节定理３知结论正确。 假定对1-n 个元素来说结论正确。