近世代数期末考试题

第 1 页 共 3 页 习题1-1(参考解答) 1. （1）姊妹关系 （2）()(),PS⊆ （3） (),{1},1abZab∈−≠,.例如(2 ,6 )2,(3 ,6 )3,==但()2,31=. 2. 若b不存在，则上述推理有误.例如{}{~~~~}SabcRbccbbbcc=,,,：,,,. 3. (1)自反性:,(),,nAMEGLRAEAE∀∈∃∈=~AA∴ 对称性: 1111,,~,,(),,,,().~.nnABMABPQGLRAPBQBPAQPQGLRBA−−−−∀∈∃∈==∈∴ 传递性: 12211221212,,~,~,,,,(),,,,nABCMABBCPQPQGLRAPBQBPCQAPPCQQ∀∈∃∈===1212,(),~.nPPQQGLRAC∈∴ (2) 自反性:1,(),,~.nAMEGLRAEAEAA−∀∈∃∈=∴ 对称性: ()11,,~,(),,,(),~.TTnnABMifABTGLRATBTBTBTTGLRBA−−∀∈∃∈=∴=∈∴ 传递性: 121122,,,~,~,,(),,,TTnABCMifABBCTTGLRATBTBTCT∀∈∃∈== ()12211221,TTTATTCTTTTCTT∴==12(),~.nTTGLRAC∈∴ (3) 自反性:()1,,,~.nnAGLEGLRAEAEAA−∀∈∃∈=∴ 对称性: 1,(),~,(),,nnABGLRifABTGLRATBT−∀∈∃∈= ()11111,(),~nBTATTATTGLRBA−−−−−∴==∈∴. 传递性: 11121122,,(),~,~,,(),,,nnABCGLRABBCTTGLRATBTBTCT−−∀∈∃∈== ()()11112212121,ATTCTTTTCTT−−−∴==21(),~.nTTGLRAC∈∴ 4. 证明: (1) 反身性:,()(),~aAaaaaφφ∀∈=∴Q (2)对称性: ,,~,()(),()(),.abAifababbabaφφφφ∈=∴== 第 2 页 共 3 页 (3) 传递性: ,,,~,~,()(),()(),()(),~.abcaabbcabbcacacφφφφφφ∀∈==∴=∴ {}[]|()().axAxaφφ=∈= 5. (1)()SPA∀∈,则S=S ~SS∴，~∴具有反身性 （2）设12,()SSPA∈，若12~SS，则12SS=，21SS∴= 21~SS ，~∴具有对称性 （3）设123,,()SSSPA∈若12~SS,23~SS，则12SS=，23SS= 13SS=，13~SS，~∴具有传递性 ~∴是()PA上的一个等价关系. []{}{}{}{}{}(),1,1,2,1,2,3,1,2,3,4~PAφ=⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦ []{}φφ= {}{}{}{}{}{}11,2,3,4=⎡⎤⎣⎦ {}{}{}{}{}{}{}{}1,21,2,1,3,1,4,2,3,2,4,3,4=⎡⎤⎣⎦ {}{}{}{}{}{}1,2,31,2,3,1,2,4,1,3,4,2,3,4=⎡⎤⎣⎦ {}{}{}1,2,3,41,2,3,4=⎡⎤⎣⎦ 6. 证明：（1）反身性: ,0,~.aQaaZaa∀∈−=∈∴ (2) 对称性: 设,,abQ∈若~ab, 即,abZ−∈则(),baabZ−=−−∈ ~ba∴ (3) 传递性: 设,,,abcQ∈若~,~abbc即,abZbcZ−∈−∈那么 ()(),acabbcZ−=−+−∈~ac∴ ∴~是Q上的一个等价关系. 所有的等价类为: []{}|[0,1).~QaaQa=∈∈且 7. 证明: (1) 反身性: ~aCaaaa∀∈=∴Q，， (2) 对称性: abC∀∈，，若~ab,则由ab=,得~baba=∴，. 第 3 页 共 3 页 (3) 传递性: abcC∀∈，，，若~~abbc，，则abbcac==∴=，，，即~.ac 所以~是一个等价关系. 商集为[]{}{0}~CaaR+=∈U 8. 设集合(){},/,,0SababZb=∈≠,在集合S中，规定关系“~”：()(),~,abcdadbc⇔= 证明：~是一个等价关系. 证明: 自反性: (),abS∀∈,则abba=,所以()(),~,.abab 对称性: 若()(),,,abScdS∈∈,且()(),~,abcd则adbc= 所以cbda=,即()(),~,cdab 传递性: 若()(),~,abcd且()(),~,cdef 由()(),~,abcd有adbc=,所以adcb= 由()(),~,cdef有cfde=,所以adfdeb⋅= 所以adfbde=, 所以 afbe=,即()(),~,abef. 所以~是一个等价关系 9. 设{},,,Aabcd=试写出集合A的所有不同的等价关系. 解: {}{}{}{}{}{}{}{}{}{}1,,,,2,,,,3,,,,4,,,,PabcdPabcdPacbdPadbc==== {}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}5,,,,6,,,,7,,,,8,,,,PabcdPacdbPabdcPbcda==== {}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}9,,,,,10,,,11,,,,PabcdPacbdPabcd=== {}{}{}{}{}{}{}{}12,,,,13,,,,PcdabPabcd== {}{}{}{}{}{}{}{}{}14,,,,15,,,PacbdPabcd== 10. 不用公式（1 .1），直接算出集合{}1,2,3,4A=的不同的分类数. 解: 12122112114331()((/)(/))(/)152CCCCPCCPCCCP++++++=.

5.(C)构成域, 加法和乘法应该是复数乘法(算它印错了), 构成整环是显然的.可验证非零元a+bi的逆是(a-bi)/(a²+b²), (非零元a²+b² ≠ 0).(D)其实整环都不是, 例如[-1,0]上取0, 在[0,1]上取x的函数, 和[-1,0]上取x, 在[0,1]上取0的函数.两个非零元乘积为0, 都是零因子.三. 题目有个术语使用不当, 应该是主理想, 而不是主理想环.Z3其实是个域, 域上的多项式环可以做带余除法.对Z3[x]中的任意元素p(x), 设p(x) = ([1]x²+[1]x+[2])·q(x)+r(x), r(x)次数 < 2. 则p(x)在模<[1]x²+[1]x+[2]>意义下等价于余式r(x).又Z3[x]中任意两个不同的次数 < 2的多项式一定不等价(<[1]x²+[1]x+[2]>中的非零元次数 ≥ 2).所以Z3[x]/<[1]x²+[1]x+[2]> = {[[0]], [[1]], [[2]], [[1]x], [[1]x+[1]], [[1]x+[2]], [[2]x], [[2]x+[1]], [[2]x+[2]]}.[[2]x+[1]]的逆也用带余除法, [1]x²+[1]x+[2] = ([2]x+[1])([2]x+[1])+[1].在模<[1]x²+[1]x+[2]>意义下[[2]x+[1]]·[-[2]x-[1]] = [[1]].调整一下"符号"([2] = -[1]), 有[[2]x+[1]]·[[1]x+[2]] = [[1]], 即[[1]x+[2]]是[[2]x+[1]]的逆.