近世代数 第12讲

第12 讲

§9 子群的陪集（Coset of subgroup）

本讲的教学目的和要求：在第一章中，我们曾介绍了集合的分类与集合上的等价关系——他们是互相兼容的两个代数概念。在群中引人一种特殊等价关系，由此对该群进行分类——群的陪集分解。进而引出拉格朗日（Lagrange）定理，得到了“每个子集（元素）的阶都是有限母群阶的因子”这一重要结论。在本讲的学习中要求

1、陪集的形成以及它们与母群的关系与子群H的联系要分辩清楚。

2、陪集和陪集的代表元所形成的系列性质，要能掌握。

3、群的陪集分解中对左右边旁的要求和注意事项需要了解。

4、Lagrange定理和推论本身的掌握以及有关理论应用需要掌握。

本讲的重点和难点：本节的内容中重点是对陪集概念的了解和lagrange定理的应用，而难点在于学会并掌握有关陪集理论的等式命题证明。

一、陪集的引入

引例1 对整数加群{}+,Z而言，取定模4，则可确定Z的一个分

类：[][][][]{}3,2,1,04=Z 。其中Z 中的4个剩余类分别为：

[]{} ,8,4,0,4,8,0--=

[]{} ,9,5,1,3,7,1--=

[]{} 10,6,2,2,6,2--=

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

现利用群的观点，分析上述事实，可得到如下启示：

(1) 在4Z 中剩余类[]{} ,8,4,0,4,8,0--=Z n n Z ∈?==44是整数加群

{}+,Z 的一个子集. 而其余的剩余类[]1,[]2,[]3都不是{}+,Z 的子群.

(2) 其余的任何一个剩余类与这个特殊的剩余类[] 有着密切的联

系.譬如, []1就是用代表元1与[]0中每个元素相加所成的剩余类, []1即恰是用[]0中每个元素都加上1而形成的.一般地, 4Z 中的每个剩余类[]i 都是由[]0中每个元素普遍加上i (或加上[]i 中任取定的一个元素)而形成的.其中

3,2,1,0=i . 引例2. 给定三次对称群

()()()()()(){}132123,23,13,12,13=S 的一个分类{}M K H ,,=Ω.其中这

三个分列为: ()(){}12,1=H ， ()(){}123,13=K ，()(){}132,23=M 。 同上例一样可以发现：

(1) 分类Ω中只有H 是3S 的子群，而M K ,都不是3S 的子群。

(2) K 恰是由(13)右乘H 中每个元素而形成的类:

()()()13131=， ()()()1231312=

(或者说是由(123)右乘H 中每个元素而形成的类).同理,M 是由

(23)(或(132))右乘H 中每个元素形成的类.

总之, Ω中每个类,都是由本类中任取定一元素右乘H 中每个元素而得到的.

上述二引例中,虽然一个是加群,另一个是乘群,但它们的分类都有一个共同的特点：

① 分类中存在一个特殊的类是子群,而其余的类都不是子

群.

② 每个类正好是这个子群中的所有元素都加(乘)上这个类

中任取定的一个元素.

具有上述特点的群分类正是本节中研究的主要内容.(在下面 的讨论中,都是在乘群上展开的).

定义1. (集合的积) 设X 和Y 是群G 的二个非空子集,于是X 与Y

的积记为 Y y Z x xy XY ∈?∈?=,

特别地,如果{}y Y =是一个单元集,而设{} ,,21x x X =,那么X 与Y 的积为 {}{} ,,21y x y x y X XY ==

.此时我们记XY 为Xy ,并称Xy 为元素y 右乘X 的积.

定义2. (子群的陪集) 设G 为任意的群,G H ≤而,G a ∈?, 那么

(1) 形如Ha 的子集,叫做子群H 的一个右陪集,其中a 叫做

代表元.

(2) 形如aH 的子叫做子群H 的一个左陪集,其中a 叫做代

表元.

由此可见,子群H 的陪集正是H 与元素a 相乘的积,当a 从右方去乘H 时,则得到右陪集. 反之得到左陪集.(下面只对右陪集展开讨论).

明示1. 在引例2中,自然有()()()12313,1H H K H H ===,

()()13223H H M ==. 所以有3S 的分类

()()23133H H H S =.

思考题1 若G H ≤,又设G a ∈,那么“aH Ha =”成立吗?为什么? 答：由于G 不一定是变换群,所以aH Ha =未必成立.

比如,在引例2中,()()(){}23,123123=H ，而

()()(){}13,123123=H ，()()123123H H ≠∴.

二、陪集的性质.

二个右陪集相等是什么意思?在什么条件下才会发生呢? 明示2. 设G H ≤,令{} ,,,,321h h h e H =, 若取G b a ∈,,那么有陪集

{} ,,,,321a h a h a h a Ha = {} ,,,,321b h b h b h b Hb =.

如果“Hb Ha =”,那么代表着二个集合相等而千万不能记为 “b h a h i i =”, ,3,2,1=i

明示3. 设M N ,都是群G 的非空子集(不一定是子群)

如果,M N =,则取任意G a ∈,必有 Ma Na =.

定理1. 设G H ≤,

G b a ∈?,,于是有 (1)

H ab Hb Ha Hb a ∈?=?∈-1 (2) H ba Hb Ha Ha b ∈?=?∈-1.

证明： (只需证明(1),因为(2可同理证得))

(ⅰ) ()Hb Ha Hb a =?∈

Hb a ∈ , 由陪集的含义可知,必存在H h ∈使 hb a =,即 .1a h b -=

H h Ha x ∈??∈?1使 ()()b h h hb h a h x 111===

H hh G H ∈?≤1 ()Hb Ha Hb h h x ??∈=∴1.

H h Hb y ∈??∈?2使 ()()a h h a h h b h y 12122-===

同理 H h h ∈-12 ()Ha Hb Ha a h h y ??∈=∴-12

由上分析知,Hb Ha =.

(ⅱ) ()H ab Hb Ha ∈?=-1.

Hb Ha = , ∴ 当任取Hb Ha ha =∈ 时H h ∈??' 使

b h ha '=,经调整得,H h h ab ∈=--'11,即

1-ab H ∈. (ⅲ) ()Hb a H ab ∈?∈-1

H ab ∈-1, 则存在H h ∈使h ab =-1,于是 Hb hb a ∈=

即 Hb a ∈ .

由上述(ⅰ)(ⅱ)和(ⅲ)知 (1)成立.

明示4. 利用定理1和明示3可知下列命题必是等价的： H Hba H Hab Hb Ha Ha b Hb a =?=?=?∈?∈--11

H ba H ab ∈?∈?--11

明示5. 利用定理1知, 每个陪集中任一个元素都可以“担任”

该陪集的代表元,进而知,每个陪集一般其表示形式是不唯一的.

定理2. 设G H ≤,设G b a ∈,,那么

(1) Ha a ∈.

(2) 对于陪集Ha 和Hb 而言,只有二种关系：

Hb Ha = 或 ?=Hb Ha

(3) Ha G G

a ∈= . 证明：

(1) G H ≤ a ea H e =∈∴而 .,Ha a Ha ea a ∈∈=∴即

(2) 如果 ?≠Hb Ha ,,Hb Ha x ∈??由定理1

Hb Hx Hx Ha ==?,, Hb Ha =∴.

(3) 每个陪集Ha 都是G 的子集?这些陪集的并也是G 的

子集, Ha G G

a ∈?∴ .别外,G g ∈? 由 (1)Hg g ∈?. 但Ha 是G 的陪集,即Ha Hg G a ∈? , Ha g G

a ∈∈∴ .由g 的任意性 Ha G G a ∈?? , 所以 Ha G G

a ∈? . 可以利用引例2对定理2作进一步的解释：

设3S H ≤,其中()(){},12,1=H 用3S 中全部b 个元素做代表元,则变得b 个陪集：

()()(){},12,11=H

()()(){}1,1212=H . ()()(){}123,1313=H ()()(){}.132,2323=H

()()(){},13,123123=H ()()(){}.23,132132=H

首先,从上全部陪集中看到：每个陪集的代表元都含在该陪集内.

其次,上列中任二个陪集要么相等,要么不相交.

最后,将上列不重复的全部陪集并起来后恰好等于3S .

注意：Ha G

a ∈ 似乎表明全部陪集的并，然而由集合论的知识知道，只需取那些不重复的陪集作并即可，例如，3S 中全部的右陪集共

6有个，然而不重复的只有3个，故

()()2313H H H S =。

三．群的陪集分解

由定理1知，“H ab ∈-1”的真正含义是“a 与b 同在一个陪集之中”，那么将“同在一个陪集”看作是群的一个关系，这个关系有何性质？

定理3 设G H ≤,在G 中定义关系“～”：,,G b a ∈?a ～b H ab ∈?-1 那么“～”必是个等价关系。

证明： (1) G a ∈?. H e aa ∈=-1 ∴a ～a

(2)若a ～b H ab ∈?-1,由明示4?,1H ba ∈- ∴ b ～a .

(3) 若a ～b 且a ～c ,则有H ab ∈-1且

H bc ∈-1. ()()H ac bc ab G H ∈=?≤---111, 即 a ～c .

由(1),(2),(3)知关系“～”是中的一个等价关系.

由第一章§10知,集合中的每个等价关系都可确定一个分

类,所以,上述群G 的等价关系“～”决定了G 的一个分类： Ha G G

a ∈= . 定义 3 设G 是群,而G H ≤,由a ～

b H ab ∈?-1决定的G 中的分

类Ha G G

a ∈= 叫做G 的一个陪集分解. 譬如

()()23133H H H S = 或

()()1321233H H H S =

()()132133H H H S =

由上例可见群的陪集分解有下列特点：

① 分解式中必含有子群H (即以单位元为代表的陪集)而其

余的陪集都不是3S 的子群.

② 陪集分解式中出现的陪集彼此都不相交.

③ 分解式中每个陪集的代表元都可以适当替换.

④ 分解式中陪集的“边旁”要一致(要么都是右陪集,要么都

是左陪集)

明示6 在三次对称群的陪集分解式()()132133H H H S =中, 易发现, ()()H H H S 132133 ≠. 这个事实告诫我们：群的陪集分解式一旦遇到边旁过渡时(即以右(左)陪集过渡到左(右)陪集)陪集的代表元可能要重新考虑,一般地,如果

m Ha Ha Ha Ha H G 321=

是群G 的陪集分解,那么

H a H a H a H a H G m 321=

未必会是群的陪集分解.(即等号未必能成立). 在这个问题上,可以从N ·Jacobson 著《Basic Algebra 》

中得到启发.

四、右陪集第与左陪集的对应关系

设G H ≤，若H 的所有不重复的右陪集做成的集合用R S 表示类似地用L S 表示H 的全部不重复的左陪集做成的集合。那么前面说到的有关右陪集的性质都能毫不困难地移到左陪集中去。

以明示6中已知.()()()*132133 H H H S =

虽然()()H H H S 132133 ≠.但确定有3S 的左陪集分解：

()()()**132233 H H H S =.由(*)和(**)启发我们：R S 与L S 中所含的陪集个数是相等的.

定理4 设G H ≤,而R S 和L S 如上所示,那么R S 与L S 之间存在双射.

证明： 设{}G a Ha S R ∈=, {}G c cH S L ∈=. 作L R

S S →:?,其中 ()H a Ha 1-=?.

(ⅰ)( ?必是映射)

R S Hb Ha ∈?,,如果H ab Hb Ha ∈?=-1,利用明示4的对称性得H a b 11--∈,故有H b H a 11--=,即 ()()Hb Ha ??=,这说明?是个映射.

(ⅱ) (?必是满射)

L S cH ∈?,则存在R Hc ∈-1使 ()()cH H c Hc ==---1

11? ∴?是满射.

(ⅲ)(是单射)

设 ()()H b Hb H a Ha 11,--==??,.如果 H H ab H b H a =?=---111,即 Hb Ha = (由明示4) ∴ ?是单射.

由(ⅰ)(ⅱ)和(ⅲ)知,?必是双射.

定义 4.设G H ≤,那么H 的右(左)陪集的个数叫做H 在G 中的拾数,记为[]H G :.

在引例1中,令[].0=H []4:=∴H Z

在引例2中,令 ()(){},12,1=H []3:3=∴H S .

明示7 由上可知,当8,++∞ H G 时,则[]+∞≤H G :.

当 +∞=+∞=H G 且 时, []H G :也可以是有限的.

思考题2

① 在定理4的证明中,若()aH Ha =?设时,能完成定理的证明

吗?

② 若G 是无限的,而子群H 是有限的, []H G :会是怎样?

五、Lagrange 定理

引理 设G H ≤,那么H 与H 的任一个右陪集H a 之间都存在双射.

证明: 设 Ha H →:?,其中 ().ha h =? H h ∈?.

(ⅰ) H h ∈?,作为h 在?下的象ha 是唯一确定的, ?∴是映射.

(ⅱ) .Ha ha ∈?,则显然ha 有原象h ,?∴是满射.

(ⅲ) 设()()a h h a h h 2211,==??, 如果,21a h a h =则 必有(群的消去

律) ?∴必是单射.

由(ⅰ),(ⅱ)和(ⅲ)知?是双射.

由上引理可知,子群的互不相等的陪集不相交而且彼此都含有相同数目的元素.

定理 5 (Lagrange 定理) 设G H ≤ ,如果n H N G ==,,且慢

[]H G :j =,那么 .nj N =

证明: []H G :j =,这表明H 在G 中的右陪集只有j 个,从而有G

的右陪集分解:

j Ha Ha Ha Ha G 321= （其中H Ha =1） 由引理知,n Ha Ha Ha j ==== 21

所以 nj N j Ha G =?=1.

由上等式“nj N =”知子群H 的阶n 是G 的N 阶的因子，于

是可得到下面

推论

推论 设是G 有限群，G a ∈?，若m a =，那么m 必是G 的

因子。

证明：由元素a 生成G 的一个循环子群 ()a H =.

由Lagrange 定理知G H ,但 .m H =

G m ∴.

拉格朗日（Lagrange ），法国数学家，力学家，天文学家。生于意大利都灵的一个陆军会计官家里是11个兄弟姐妹的最长者。17岁时，在偶然读到哈雷的一篇介绍牛顿微积分的短文《论

分析方法的优点》后，对数学产生了兴趣。1753年他尚未毕业于都灵炮兵学校，就担任了该校数学课教学工作。1755年9月成为该校教授。1756年经欧拉推荐，被提名为柏林科学院通讯院士。1759年成为院士，1776年被评为彼得堡科学院名誉院士，1783年成为都灵科学院名誉主席及伦敦皇家学会会员。1795年任新成立的巴黎高等师范学院数学教授，巴黎理工学院的第一位几何教授与第一任校长。后被路易十六授与伯爵爵位。

在拉格朗日的数学研究生涯中，他对数学分析，辩论，代数方程理论，变分法，分析力学，数论，常微分方程和偏微分方程等领域做出了巨大贡献。因此，至今数学中有许多公式，定理都以拉格朗日命名。他逝世后，

拿破仑曾下令收集他的论著并保存

在法国科学院。后经整理了出版了拉格朗日的著作集共14卷。在数学史上，拉格朗日的地位在欧拉与拉普拉斯之间，是18世纪后半叶和9世纪初期大数学家之一。

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

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.

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

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

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

近世代数 第21讲

第21 讲 §6. 多项式环 (Rings of polynomials ) 本讲的教学目的和要求:在高等代数中,已经建立了数域F上的多项式环的一般理论,但是在处理某些问题时常会遇到诸如整系数多项式，矩阵系数多项式(譬如 —矩阵)等环上的多项式,它们与数域的多项式相比,有很多本质上的差异故此,有必要讨论环上多项式环的一般理论,这正是本讲的目的.为此对学习本讲,提出如下要求: 1、明确代数元和超越元的概念以及什么是R上的关于超越元的多项式歪.(本教材称超越元为半定元—与高等代数中的称呼一致) 2、超越元(半定元)的存在性定理和多项式环存在性定理的证明需要弄懂. 3、对多元多项式的本质上的理论问题需要清楚. 本讲的重点和难点: 本讲是高等代数中多项式环(定义在数域上)的推广,是本章中众多类型中的“另类”.由于环的“型”不同，故研究的方法也不同，这是难点之一。如何清醒地认识到不能直接用“高代”的理理论直接套用，是关键。而本讲的重点“存在性定理”的证明。

一、多项式环的定义。 设 R 是一个含有单位元 1R 的可变换环 。 又设R 是0R 的子环且R R ∈0 1，现考察0R 中含R 及 任取定元素0R ∈α的最小子环： []()? ?????∈==∑是非负整数n R a a a f R i i i ,αα 显然每个()0100 R a a a a f n n n i i i ∈+++==∑=αααα . 定义 1. 如上形式的()αf 每个元素都叫做R 上关于α的一个多项 式,而每个i a 都叫做该多项式()αf 的系数. 下面我们希望能将[]αR 做成一个环.事实上([]αR 是0R 的一个 子环) ()()∑∑====?n j j j m i i i b g a f 0 ,α ααα, 定义规则如下:(当n m ) ()()()∑=+=+n j j j j b a g f 0 ααα, 必定假设 021====++n m m a a a . ()(),0 00∑∑∑+====? ??? ????? ??=?m n k k k n j j j m i i i C b a g f ααααα其中

近世代数学习系列四 抽象代数的人间烟火

抽象代数的人间烟火 李尚志 北京航空航天大学数学与系统科学学院北京, 100191 摘要 抽象代数课如果只是死记硬背一些自己根本不懂的定义，没有例子，没有计算，不会解决任何问题，这样的抽象代数只能给零分。 抽象代数能不能有既体现数学本质、又引人入胜的例子？本文介绍的就是这样的例子。 关键词：抽象代数，精彩案例 某校有一个被保送读研的学生参加我们的面试。我问她哪门课程学得最好。答曰“抽象代数”。不等我问问题，她就开始自问自答，开始背诵群的定义。我马上制止她，说不要你背定义，只要你举例。让她举一个非交换群。举不出来。举一个有限域，举不出来。我说：这两个例子举不出来，抽象代数零分! 她大惑不解，说：“抽象代数就是没有例子嘛！”她大概认为我学的是假的抽象代数，她学的真的抽象代数就是死记硬背一些自己根本不懂的定义，没有任何例子，不解决任何问题，也没有任何前因后果。 如果只是少数学生这样认为，可以怪她自己学得不好。问题的严重性在于：持这样观点的学生不是一两个，也不是10%--20%，我估计：学习抽象代数的大学生中有90%都持这种观点，只不过这个学生将这种观点总结得特别明确、特别精彩而已。这恐怕就不能怪学生，而应当从教材和教学中找原因了。 现有的抽象代数教材，不是没有例子。这些例子本来就很精彩。三等分角的尺规作图，五次方程的求根公式，这是迄今为止一些“民间科学家”还在花费毕生精力苦心钻研的世界“难题”，早就被抽象代数解决了，这还不够精彩吗？密码、编码中的理论和实践，抽象代数大显身手，也够精彩了。但是，这些精彩问题的解答叙述起来太难，学生不容易懂。要讲清楚，课时也不够。只有少数名牌大学的抽象代数课程还稍微讲一些，在其余的学校，就将抽象代数这些精华和灵

最新近世代数知识点

近世代数知识点 第一章基本概念 1.1集合 ●A的全体子集所组成的集合称为A的幂集，记作2A. 1.2映射 ●证明映射： ●单射：元不同，像不同；或者像相同，元相同。 ●满射：像集合中每个元素都有原像。 Remark：映射满足结合律！ 1.3卡氏积与代数运算 ●{（a,b）∣a∈A,b∈B }此集合称为卡氏积，其中（a,b）为有序元素对，所以一般A*B 不等于B*A. ●集合到自身的代数运算称为此集合上的代数运算。 1.4等价关系与集合的分类 ★等价关系：1 自反性：?a∈A,a a; 2 对称性：?a,b∈R, a b=>b a∈R; 3 传递性：?a,b,c∈R,a b,b c =>a c∈R. Remark：对称+传递≠自反 ★一个等价关系决定一个分类，反之，一个分类决定一个等价关系 ★不同的等价类互不相交，一般等价类用[a]表示。 第二章群 2.1 半群 1.半群=代数运算+结合律，记作（S,） Remark: i.证明代数运算：任意选取集合中的两个元素，让两元素间做此运算，观察运算后的结果是否还在定义的集合中。 ii.若半群中的元素可交换，即a b=b a,则称为交换半群。 2.单位元 i.半群中左右单位元不一定都存在，即使存在也可能不唯一，甚至可能 都不存在；若都存在，则左单位元=右单位元=单位元。 ii.单位元具有唯一性，且在交换半群中：左单位元=右单位元=单位元。 iii.在有单位元的半群中，规定a0=e. 3.逆元 i.在有单位元e的半群中，存在b,使得ab=ba=e,则a为可逆元。 ii.逆元具有唯一性，记作a-1且在交换半群中，左逆元=右逆元=可逆元。 iii.若一个元素a既有左逆元a1，又有右逆元a2，则a1=a2,且为a的逆

近世代数第5讲

第5讲 §2.2 单位元、逆元、消去律 ( Identity inverses cancellation law ) 一、单位元、逆元、 定理1 群G 中有且仅有一元e 具有性质： a ea ae G a ==∈?,。 证明：存在性由上节（p33）群的第二定义可得。 唯一性：若有G e e ∈,,，则 ,,e ee e ==。 定义1 单位元： 群G 中具有性质： a ea ae G a ==∈?, 的元素e 称为群G 的单位元。 注：如果G 是加法群时，G 中的单位元换叫做“零元”， 记为“0” 定理2 群G 中任一个元素a 有且仅有一个元素b 具有性质： ab ba e ==. 证明：若有1212,,,b b G ab ab e ∈== 则11121222()b b e b ab b a b eb b =====（）。 定义2 对于群G 中一个元素a ，G 中元素b 具有性质： e ba ab ==. 称b 为a 的逆元,记为1-a 。 例1、2. p36-37

二、元素的阶 前面（p34），我们已介绍了群的阶： G G =中所含元素的个数. 下面利用单位元e ，能引入另一个新概念: 定义3：设G 为群，而G a ∈. 如果有整数k ，使e a k =， 那么使这个等式成立的最小正整数m 叫做a 的阶， 记为m a =. 如果这样的m 不存在，则称a 的阶是无限的， 记为a =+∞. 例 加法群},{+Z 中，0是单位元. 10=∴， 而其它元素a a ,=+∞. 例 乘法群},{??R 中，1是单位元，21,11=-=∴， 而其它元素的阶都是无限. 注：加法群{}+,G 中，元素的阶的定义自然需做相应的变化： 设G a ∈，能够使0=ma 的最小正整数m 叫做a 的阶，若这样 的m 不存在，则称a 的阶是无限的，a 的阶仍记为a . 例3 设},,{210εεε=G 是由13=x 的三个复根组成的集合， 而G 中的代数运算“ ”是通常的乘法，那么},{ G 必为一个乘 法群. 其中习惯上记为3G ，叫做3次单位根群。这里 2 31,231,1210---=-+-= =εεε. 事实上 （1）G G j i j i j i j i ∈?=?==∈?εεεεεεεε111)(,,333. （2）结合律显然成立（因为复数集C 中满足结合律）.

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

近世代数9

《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。 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？ 2、求模18的剩余类环18Z 的所有理想。

3、在整数环Z中，求由2007和5生成的理想（2007，5）。 四、证明题（第1，2题各10分，第3题5分，共25分） 1、设～是整数环Z上的模5同余关系，试证明：～是Z上的一个等价关系并写出这个等价关 系所决定的等价类。

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 }1,1{-=G 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 ''5,4来作群的定义: '4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 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,1-a 能让 e aa =-1 证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1 得 e a a =-1 因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1 所以))(()('111a a a a e a a ---= 即 e a a =-1 (2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即 由 a ae = 得 a ea = 即 a ea = 这样就得到群的第二定义. (3) 证 b ax =可解 取b a x 1-= 这就得到群的第一定义. 反过来有群的定义得到''5,4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e x =2,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G b a ∈,有 ba a b ab ab ===---111)(. 2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数. 证 (1) 先证a 的阶是n 则1-a 的阶也是n .e e a a e a n n n ===?=---111)()( 若有n m ? 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a Θ的阶等于1-a 的阶 (2) a 的阶大于2, 则1-≠a a 若 e a a a =?=-21 这与a 的阶大

近世代数模拟题9

陕西师范大学《近世代数》模拟题（九） 一、概念解释（每题4分，共20分） 1．代数运算 2. 代数结构A 与A 同构 3.群的定义 4.整环 5.域的定义 二、判断题（20分） 1、Φ是集合n A A A ??? 21到集合D 的映射，则),2,1(n i A i =不能相同。 2、集合A 的一个等价关系决定A 的一个分类。 3、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。 4、任何一个子群都同一个变换群同构。 5、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。 三、证明题（每题8分，共40分） 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、证明：在群G 中只有单位元满足方程x x =2。 3、设G=（a ）是循环群，证明：当∞=a 时，G=（a ）与整数加群同构。 4、有限域F 的非零元素作成的乘群是一个循环群。 5、证明：高斯整环[]{}Z b a bi a i Z ∈+=,|中的单位有且只有1± ，i ±。 四、解答题（每题5分，共20分） 1、请举一个幺半群其中有一个元素的左逆元不一定是右逆元，右逆元也不一定是左逆元。 2、设2R 为所有实数对),(y x 作成的集合，对运算),(),(),(d b c a d c b a -+= ，2R 能否构成群，说明理由。 3、设H 是G 的一个非空子集，且H H =2 1）H 是否为G 的一个子群？ 2）证明：当H 有限时，H 是G 的子群。 4、设R 是由数域F 上一 切形如??? ? ??a b b a 2的二阶方阵作成的集合，问：R 对矩阵的普通加法和乘法是否作成环或域？

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