胡冠章应用近世代数第三版答案

~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�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1.2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。公式与计算表格如下：kqkrkckdk-1a=493100b=3910111102112385343(n)117454(n+1)50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(k0)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：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，�..........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，�.................................................................................................................................................................................................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)。