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1.11.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&#0;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 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 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1.2ugene高亮ugene高亮ugene高亮习题1.35.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1.41.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+102b=3×102+85102=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 关于规范使用各类表格的通知入职表格免费下载关于主播时间做一个表格详细英语字母大小写表格下载简历表格模板下载 如下：kqkrkckdk-1a=493100b=3910111102112385343(n)117454(n+1)50ugene高亮ugene高亮由此求得n=3d=(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|10,15,18,242|2318243|139121134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。a1=56/8=7,b1=88/8=11,m1=96/8=12.用辗转相除法求p,q满足pa1+qm1=1，得p=-5。所以方程的解为x≡pb1(modm1)≡-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=b1c1M1+b2c2M2=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c1=3.385x=1(mod6),得c2=1.330x=1(mod7),得c3=1.210x=1(mod11),得c4=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2.14.举例说明，把定理3中条件S3’改为：对任意a有右逆元aR-1：ugene高亮aaR-1=eL，则定理不成立。证只需举一反例。设G={a,b}，乘法表如下：×abaabbab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 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 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。·σ1σ2σ3σ4σ5σ6σ1σ1σ2σ3σ4σ5σ6σ2σ2σ1σ5σ6σ3σ4σ3σ3σ6σ1σ5σ4σ2σ4σ4σ5σ6σ1σ2σ3σ5σ5σ4σ2σ3σ6σ1σ6σ6σ3σ4σ2σ1σ57.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，&#0;..........a-1.........................c.........................a......b..........................................................................1............................y........................................................................................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，&#0;.................................................................................................................................................................................................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2.22.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ugene高亮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Z12中全部子群。解Z中全部子群：Hm={mk|k∈Z},m=0,1,2,......。Z12中全部子群：N0={0}，N1={0，2，...，10}，N2={0，3，6，9}，N3={0，4，8}，N4={0，6}，N5=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=a2b2，则G是Abel群。证利用群内元素的运算关系。把(ab)2=a2b2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∈SO3，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SO3的意义。可从两个角度来看它的意义：从线性变换的角度，SO3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，SO3是全体行列式为1的三阶正交矩阵所构成的群。因而SO3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Aη=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(λ-λ3),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2.32.求Dn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Dn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）Dn=<ρk,πm>。我们来看对k与m有什么条件？由于ρ1∈Dn，必有q使(ρk)q=ρ1，即ρkq=ρ1<=>kq=1(modn)<=>(k,n)=1。所以这类最小生成元集为Dn=<ρk,πm>，(k,n)=1，m=0,1,...,n-1。（2）Dn=<πk,πm>。我们来看对k与m有什么条件？方法类似。由于ρ1∈Dn，必有p，q使(πk)p(πm)q=ρ1，但因o(πi)=2，故有πkπm=ρ1<=>k-m=1(modn)<=>(k-m,n)=1。(其中用到运算规律πkπm=ρk-m)。ugene高亮所以这类最小生成元集为Dn=<πk,πm>，(k-m,n)=1，k,m∈[0,n-1]。3.证明K4≌(Z12*,&#0;)。证首先应搞清K4和Z12*的意义，并写出它们的元素。K4={e,a,b,c}，Z12*={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K4≌(Z12*,&#0;)。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=<a>为无限循环群，A=<as>，B=<at>，证明（1）A∩B=<am>,m=[s,t].（2）<A,B>=<ad>,d=(s,t).证因为无限循环群都同构于(Z,+)，故问题变为：A=<s>，B=<t>，证明(1)A∩B=<m>,m=[s,t].(2)<A,B>=<d>,d=(s,t).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∈<m>，所以A∩B≤<m>。反之，显然有m∈A和m∈B,因此m∈A∩B，所以<m>≤A∩B。综上，得A∩B=<m>。（2）任取x∈<A,B>，则x可表为x=ps+qt，因而d|(ps+st)=x，x∈<d>，所以<A,B>≤<d>。反之，由最大公因子定理，存在a,b使d=as+bt，因而d∈<A,B>，所以<d>≤<A,B>。综上，得<A,B>=<d>。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<H≤G，都有H=G。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：<n>，n=0,1,2,...。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=<m>，m∈Z+，为一个极大子群，则M≠G和m≠1。可取b∈G\M，令H=<M,b>。显然H>M，由极大子群的定义，得<M,b>=G，故存在p,q∈Z，使pm+qb=1，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>，p为素数。方法二、通过简单的 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ：当n是合数时，<n>不是极大子群，因而可猜想：当n是素数时，<n>是极大子群。证明如下：设p为素数，若有子群H满足：<p><H≤G，设H=<n>，则由(p,n)=1，存在r,s使rp+sn=1，因而得1∈H,从而H=G。所以<p>是极大子群。故G的全部极大子群为：<p>，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pn次单位根形成的群。但对于固定的n由所有pn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pn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<pn,(k,p)=1;n=1,2,...}。设H是G的任一真子群。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<pn,(k,p)=1;n<m}。则K=<exp(2kπ/pm-1)>，是pm-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2.41.设σ=（i1,i2,...,ik）,τ∈Sn,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≠i1,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An的元素个数是Sn的元素个数的一半，或Sn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Sn中全体奇置换的集合，任取奇置换σ∈Sn，则σB属于An，故|σB|≤|An|，即|B|≤|An|。反之，σAn属于B，故|σAn|≤|B|，即|An|≤|B|。综上，得|An|=|B|=n!/2。所以Sn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Sn=<(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：Sn=<(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An=<(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)>≤An。反之，任取σ∈An，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An=<(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S4。证正立方体的旋转群在本节中已求出，共有24个元素，与S4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S4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S4。8.确定Sn中长度为n的轮换的个数。ugene高亮解Sn中长度为n的轮换可表为(1,i2,i3,...,in)。由于i2,i3,...,in为2,3,...,n的任一排列，所以Sn中长度为n的轮换的个数等于(n-1)阶全排列数：(n-1)!。习题2.51.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≠Ø。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≠Ø。（4）=>（1）：aH∩bH≠Ø=>存在h1,h2∈H使ah1=bh2=>a-1b=h1h2-1=>a-1b∈H。2.G={a1a2a3a4a5|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A4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A4中无6阶元，故A4中无6阶循环子群。A4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A4中无6阶子群。12阶子群：A4。4.A,B≤G,|A|<∞,|B|<∞,(|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|=1。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=<A∪B>,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：b1D=b2D=>b1-1b2∈D=>b1-1b2∈A=>b1A=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a1g=yh,因而y=a1gh-1=a1gg-1a-1=a1a-1∈A,故B属于A。综上，得A=B。习题2.6ugene高亮ugene高亮习题2.7ugene高亮习题2.8ugene高亮并证明它与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)的类型χ(g)—g在Ω中的不动点数同类g的个数Σχ(g)162012012224312230403222461020Σ1236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。ugene高亮ugene高亮方法要点：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)的类型χ(g)—g在Ω中的不动点数同类g的个数Σχ(g)16n61n61241n366n323n366n332n288n21222n433n4Σ24n6+3n4+12n3+8n2所以本质上不同的着色方法数为N=(n6+3n4+12n3+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)的类型χ(g)—g在Ω中的不动点数同类g的个数Σχ(g)1521012101321271010×271231242020×n31141233030×231122261515×262131232020×2351222424×22Σ1204080所以5个点的不同构的图的个数为N=4080/120=34。2.111.设G是群，G1,G2是G的正规子群，且G=<G1,G2>,G1∩G2={e},证明G≌G1×G2。证由本节定理2，只需证明G=G1G2。显然有G1G2属于G。反之，任取g∈G,因g∈<G1,G2>和G1,G2是G的正规子群，g可表为g=ab,a∈G1，b∈G2，所以g∈G1G2。综上和由本节定理2，得G=G1G2≌G1,×G2。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=（Z6,+)={0，1，2，3，4，5}，其中k表示k模6的同余类。G1={0，3}，G2={0，2，4}，则G1≌(Z2,+)，G2≌(Z3,+)。由于（1）G1，G2是G的正规子群，（2）G=G1+G2，（3）G1∩G2={0}。所以(Z6,+)≌G1+G2≌(Z2,+)×(Z3,+)。3.设G=G1×G2,证明G/G1≌G2,G/G2≌G1。证首先看清题目，发现G1，G2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≌G1;N={e}×G2,则N≤G,且N≌G2。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→G2),由于f((a1,b1)(a2,b2))=f((a1a2,b1b2))=b1b2=f(a1,b1)f(a2,b2),所以f是同态映射，且显然是满射，f是满同态映射。求核：kerf={(a,b)|f(a,b)=b=e}={(a,e)|a∈G1}=G1×{e}=H≌G1。由同态基本定理，得G/G1≌G2。类似可证G/G2≌G1。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,b1)(a2,b2))=f(a1a2,b1b2)=(a1a2N,b1b2)=(a1N,b1)(a2N,b2)=f(a1,b1)f(a2,b2),所以f是同态，且显然是满同态。ugene高亮求核：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：C45，C15×C3。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：C144，C72×C2，C36×C4，C36×C2×C2，C18×C2×C2×C2，C48×C3，C27×C6，C12×C12，C12×C6×C2，C6×C6×C2×C2。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=p1n1p2n2...psns。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ugene高亮ugene高亮习题3.21.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。ugene高亮证必要性：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,&#0;)是半群。S中分配律自然成立。所以S是A的子环。2.S1，S2是A的子环，则S1∩S2也是子环。S1+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∈S1∩S2有a-b,ab∈S1∩S2：因为S1，S2是A的子环，故a-b,ab∈S1和a-b,ab∈S2，因而a-b,ab∈S1∩S2，所以S1∩S2是子环。S1+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=p1n1p2n2...psns，则(Zn,+)中的所有理想为（p1i1p2i2...psis）,0≤ik≤nk,1≤k≤s。6.证明Mn(Z)不是单环，并确定Mn(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Mn(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Mn(Z)中任何一个理想都是某个I(d)：设J是Mn(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aij，bkl∈H，则EijA-EikBElj∈J,经过计算可得aij-bkl∈H.其中Eij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Mn(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]}≌Z5。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+...+anxn,且a0≠0。由此可得a0=f(x)-x(a1+...+anxn-1)∈I，因而a0a0-1=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/