1、第十章 群、环和域简介10.1 群1 判断下列集合对于所给的运算来说哪些作成群,哪些不作成群：(1) 某一数域 F 上全体 n矩阵的加法；(2) 全体正整数对于数的乘法；(3) 2xZ对于数的乘法；(4) 01R对于数的乘法；(5) 1,对于数的乘法解：(1) 设数域 F 上全体 n矩阵的集合为 ()nMF，对于矩阵的加法来说 ()nMF作成一个加群因为对任意 ,()ABCF，有1()= (加法结合律) 2 nMF中存在零矩阵 O，使得对任意的 A()nF，有3对于 A()n，有 A()nMF使得 AO4对于 ,B()nF，有 B(2) 全体正整数对于数的乘法不作成群因为对于数的乘法来说，单位
2、元是 1，但是对于正整数 a=2 来说不存在正整数 b 使得ab=1(3) 集合 2xMZ对于数的乘法作成阿贝尔群因为1对于 1x， 2， 3x， 123,xZ，有312()x= 123x= 312()xx2在 M中有 02，使得 xM，有 0x= x= 3对于 x，存在 x使得2x= 2x= 0=14对于 2,xyM，有 2xyA= x= 2yxA(4) 集合 101R对于数的乘法来说不作成群因为 1M中的单位元是 1，而对于 2a不存在 1b，使得 ab(5) 集合 ,G对于数的乘法作成群（阿贝尔群） 因为对于 任三个元素来说，结合律显然成立再者 G有单位元 1对于 G中元素来说 1()=
3、 1= ，并且 1 的逆元是 1， 的逆元是 2 证明群中的指数规则（1） 、 （2） 证明：设 G是一个群， a，则 1，对于 ,mnZ,如果 0()n或 ，设m， ()n或 ，并且注意当 0n时，对于 aG，有 1)na于是1当 0,时，maA = mn；2当 ,n时， 0na = eA= = na，当 0,时，同理可证 ；3当 0,m时， 1nmnaA = 11, ,()(),nnmmnman ；4当 0,n时， 11mnnaaA A= 1()mna= 1()mn=a所以对任意 ,Z, G都有 n= ,即（1）式成立其次我们先证对于任意的 Z， a，都有 1()ma= 1()mA= 1=
4、 0=e=再由定义 1()maA=e，根据 G中每一个元素的逆元的唯一性， 1()ma= 以下证明等式（2）成立1当 0,n时， ()mna= )()nmaAA= mna2当 0,mn时，()mna= 1n= 1()mna= 1()n= 1()mna=当 0,时， ()mna= 1n= 1()mna= 1()mn=a3当 0,时，()mna= 1n= 1()mna=()mna= = mna综上所述所证，群 G中指数规则（1） 、 （2）成立3 设 ,bc， 的乘法由下面的表给出： abc证明 G对于所给的乘法作成一个群证明：根据 的乘法表可知 ab， ac， bca，所以 G的乘法是可换的，以
5、下证明 对于乘法作成一个群1结合律成立由于 G对于所给的乘法是可换的，对于结合律我们只要验证也容易验证以下的情况即可 ()()abc； ()ab； ()ac； c； ；其它情况由 的乘法可换性，立即可以证得2G中有单位元 a，使得对于 G中任意元素 ,abc，都有， b，3 中每一个元素都有逆元， a的逆元是 ， （因为 ） ，而 b的逆元是 c， 的逆元是 b， （因为 cb） 所以 对于所给的乘法作成一个（可换）群4 证明，一个群 G是阿贝尔群的充要条件是：对任意的 ,aG和任意的整数 n，都有 ()nab证明：必要性，已知群 对乘法运算可换，且对结合律成立设 ,ab，而 n是任意的整数，
6、因为 G对指数规则（1） 、 （2）成立故有()nab()abA= A= abA= n充分性，设 ,abG，而 n是整数，有 ()nab，令 2n，则有 2()ab，即 ()ab= ()= ()= ab，所以 = ()，在此等式两边左乘 1以并右乘以 1，得 11ab= 1)()，所以 eba= ()e，即 ba= 所以 G是一个阿贝尔群5 证明，群 的两个子群的交还是 G的一个子群证明：设 1H， 2是群 的两个子群，则 12H（至少有一个单位元 e） 1对于 ,ab则 1,ab且 2,，因为 1， 2是子群，所以 1abH且2ab，所以 12；2设 cH，则 1c且 2H因为 1， 2是子
7、群，所以 1c且 12，所以 12，所以，由子群的定义可知， 12是 G的一个子群6 证明， n维欧氏空间 V的全体正交变换作成 V上一般线性群 ()GLV的一个子群，这个群称为 V上的正交群，用记号 ()O表示证明：一般线性群 ()GL是指 n维欧氏空间 上全体可逆线性变换的集合对 上的线性变换与线性变换的乘法来说作成的群因为正交变换是可逆的线性变换，且单位变换也是正交变换所以 ()OV是 ()GL的非空子集任意两个正交变换的乘积也是正交变换，即乘法封闭正交变换的逆变换也是正交变换所以， n维欧氏空间 V的全体正交变换的集合 ()OV是一般线性群 ()LV的一个子群7 令 a是群 G中的一个
8、元素，令 naA，证明 a是 G的一个子群，称为由生成的循环子群特别，如果 =G，就称 是由 生成的循环子群试各举出一个无限循环子群和有限循环子群的例子证明：显然 a，故 a非空，设 ,nma， ,nZ，则 nmnaaA；设na，则 1()nn，所以 是 G的一个子群例 1：设 GZ，运算是加法运算，则 1是无限循环群例 2：设 70,123,456GZ运算是剩余类的“加法” ，则 1G是由 生成的有限循环群，它只有 7 个元素8 令 = 12nii，设 ()AMnF，定义 ()A11221nniiiniiiaa 就是对 A的行作置换 所得的矩阵，令 =()IS，其中 I是 n单位矩阵，证明
9、n作成 (,)GLF的一个与 nS同构的子群证明：首先注意以下的几个事实：1设 (,0) ， 2(0,1) ， (0,1)n ，由矩阵的乘法可知 ij=,0ij（ 1,in ）2集合 n=()IS中的任一元素 ()I都是由 n阶单位矩阵 I的各行所给的若干次的置换而得到，所以，每一个 ()I的每一行和每一列都是只有一个位置上的元素为1，其余位置上的元素全为 0，并且 |1而 ()I都是由 I的各行经过对换而得到的所以|()|I=3容易计算，集合 n=()nIS共有 !个不同的元素，不妨设为： n=12!,nII；所以 是群 ,GLF的一个非空子集现在证明 与 nS同构，由于 nS是一个群，所以
10、 nS是 (,)GLF的一个子群(1) 集合 n对 (,)LF的运算（即矩阵乘法）是封闭的设 12nii，12njj S，则 ()I和 是 n的两个元素（矩阵） 因为 I的第1，2， 行分别是 维向量 1， 2， ，所以 ()I的第 1，2， n行分别是n维向量 1i， 2i， ni，而 ()I的第 1，2， n行分别是 维向量 1j， 2j，nj，由上述的事实 2可知 ()I的各列也是由一些单位向量所组成设其在第 1，2，列分别是 维向量 1k， 2， nk，此处 1， 2k， n是 1，2， n的某一个排列设 ()I= A（ 是 矩阵）由矩阵的乘法可知 A的第 s行的各个元素分别是1sik
11、， 2sik， snik，由上述事实 1可知，这 n个数中只有一个 tski时才等于，其余各数均为 0， （因为 s是 1，2， 的某一个排列） ，这样矩阵 的第 行只有一个位置的元素是 1，而其余位置的元素均为 0，并且当 si不同时，1 的位置不同，令s=1，2， n可知矩阵 A的各行各列的元素都只有一个位置的 1，而其余位置的元素均为 0，并且 |=|()|I= 1，所以 n，即 ()In(2) 存在着 n到 S的一个同构映射 f如上所述， =12!,nII ，设 iI是 n的任意一个矩阵，用 iI右乘 n的各个元素，得 1iI， 2i， !in，因为 对乘法是封闭的，所以它们仍是 中
12、!个不同的元素（因为若 ikI= i，由 iI的可逆性则有 kI= i） ，这样我们得到一个 n元素之间的一个置换， iI12!ni iiII，所以我们定义 n到 S的一个映射 :iiIfa） f是 n到 S的一个双射它显然是满射，现证是单射设 ,ijnI，且 ijI，则iI12!ni iiII jI12!nj jjII，因为若 itI= jt， =1，2， ， ，由 n中元素的可逆性，则有 iI= j这与 ijI矛盾，所以 f是 n到 S的一个一一映射；b） f是 到 n的一个同构映射，设 ,ijnI，依 f的对应法则 ()ifI= iI，()jfI= jI，设 ijkIA，则有： ()ij
13、fI= (kfI= kI=12!nkkII=12!nijjijiII= ijI= ()ifjI所以 f是 n到 S的一个同构映射所以 和 同构，又由于 nS是群，因而 n也是群且 n(,)GLF9 设 G是一个群， a，映射 :ax， 叫做 的一个左平移证明：(1) 左平移是 到自身的一个双射；(2) 设 ,ab，定义 abb（映射的合成） ，则 的全体左平移 a对于这样的定义的乘法作成一个群 G；(3) G证明：(1) :ax， 是 到 的一个双射首先 a是一个满射，因为对于任意的 y，总存在一个 1y，使得 axy，其次 的一个单射，因为 12,xG，并且 12x则 12ax(2) G是一
14、个群因为 G对映射的乘法是封闭的，且 G对映射的乘法满足结合律另外，设 e是 的单位元，则 e是 的单位元，对于 a都有 ae= a= 最后，设 a，因为 a， 1，所以存在一个映射 1，使 1 1= e，即G中每一个元素 都有逆元 1a，所以 G是一个群(3) ，作 G到 的一个映射 f： a容易证明 f是双射且若 ,abG，()fab= = ab= b= ()faA所以 f是 到 的一个同构映射，即 10 找出三次对称群 3S的一切子群 （注意：要求证明你找出 3S的子群已经穷尽了的一切子群）解：三次对称群 3=(1),2),(312),(共六个元素现在设 H是 3S的一个非空子集，如果
15、H要做 S的子群，则 H必须对 3S的运算是封闭的；同时 有 (1)作为单位元，并且若 a则 1，而 (,2)的逆元是 (1,2)， ,的逆元是 (,3， 2,的逆元是(2,3)， 1,)的逆元是 (,3在 3S的一切非空子集中，可能构成 3S的子群的非空子集只有以下情况：1H=(), 2= 3S, H=(1),2, 4= (1),3, 5H=(1),23, 6= (1),23(), 7H=(,8= (1),32)1, 9= (1),23),(1,10H=,(, 1H=,23)(,2= ),3),12(3), 3= (),1,14= (, 15= , 16= ()23),(,经检验，除 1H,
16、 2, 3, 4, , 6H,可构成 3S的子群外，其余的子集都对乘法不封闭，所以不构成 3S的子群10.2 剩余类加群1 写出 6Z的加法表解：略2 证明： n是循环群，并与 n次单位根群 nU同构证明：设 ,Z是模 的剩余类加群，其元素有 个： 0,12,1kn ，因为11kk A，这就是说 nZ中任意元 k皆是 的倍数，所以 nZ可由 生成，即nZ=，故 n是循环群又设 U是 次单位根群，则 nU是 阶群，以 表示 nU的一个单位原根，则 nU=0121,n，作 nZ到 的一个映射 :kf，则 f显然是nZ到 的一个双射并且对于 ,nkl都有 ()()fklfl1若 kl，则 ()()f
17、lf= kl= lA= ；2若 n，则 0knsn，故有()()flfl= (f= s=1A= ns= s= ()fklA所以 是 nZ到 U的一个同构映射，即 nZ与 U同构3 找到 6的所有子群解：已知 60,123,45Z，依习题 10.1 习题 10 的方法，在加群 6Z中， 0是单位元，1与 5互为逆元， 与 互为逆元， 与 3互为逆元所以，可能构成 的子群的集合有下列几个： 10H， 2= 6Z， 0,H， 40,2， 50,234H，6,5， 7,35，经检验， 1， 2， 3， 4是 6Z的子群，其余子集均对运算不封闭，不能构成子群因此， 6Z的一切子群有 10，2H= 6Z，
18、 30,， 40,2H4 证明，每一个有限群含有一个子群与某一个 n同构证明：设 G是 n元有限群， e是 G的单位元， ae是 G中任意的元，作元素 a 的非负整数幂： e= 012,kaa ,因为 是群，故上列这些元均是 中的元素，又因为是 n阶群，故上列元必有相同的设 ska,且 ，不妨设 ks，而 sm，所以0ksa=e,即 ma我们把满足这一条件的最小正整数 m 称为元 a 的阶，显然，若 a的周期为 m，则 n， （否则 G 有多于 n 个元素，这与 G 是 n 阶群） 令2,H，因为 ，所以 H 是群 G 的非空子集，现证 H 是 G 的子群，且mZ1H 是 G 的子群首先 H
19、的元互不相同因为若 1,ltm，且 lt则 lta， （若lta，设 lt，则 ltae，而 ltm这与 是 a的阶矛盾） 同时，H 对 G 的乘法封闭设 ,ij则有 ijijA，若 ij，则 ijijA，若 ij，则ijmp， 0，则 ijijampa，其次 有单位元 mae，最后设 kaH，则 1k则必有正整数 k，使得 k，这时 kA所以 中任意一元 a都有逆元 mkH2 mZ为了方便我们记 0ae作 到 nZ的一个映射 :kfa，显然f是双射设 ,kl，若 kl，则 ()()()kllfklfaflA，若 kl则设 (0)rm，则 (rrlfea()mrklaflA所以 f是 H到 n
20、Z的一个同构映射，即 mHZ5 设 G、 H 是群，在 (,),ghGH中定义乘法：(,)(,)ghgh， (,证明， 按照这样的乘法来说作成一个群证明：因为 (,),gh，G 、 H 是两个群1GH对乘法封闭设 ,(,)，因 G、 H 是群，故 gG，h，故 (,)(,)ghgh2 的乘法适合结合律，设 1(,)， 2(,)gh， 3(,)ghH，则 13gG， 123hH，又 G、 H 是群,故 123G， 13H适合结合律因此123(,),(,)gA= ,h= 123,)gh= 123(,)(,ghA= 123(,),(,)gA3GH中有单位元 12,e，其中设 1e， 2分别是 G、
21、H 的单位元因为对于(,)gh， 12(,),gh=(,)=(,gh， 12(,)eA= 12(,)ghe=(,4 中每个元 ,都有逆元 1,，其中 ， 分别是 G， hH的逆元因为 (,)gh1,)= 1(,)gh= 12(,)e， 1(,)gh(,= 1,)g= 12(,e综上所证， ,GHGH对所定义的乘法 ,),h作成一个群6 写出 2Z和 23Z，证明， 23Z6证明： 0,1， 0,1， 60,1,45，2Z=(,),(),，3= 0,1,2,0(1),2以下证明 236Z，因为 6是一个 6 阶循环群，而元素 1的阶是 6，故 1可作为6Z的生成元，在 中 (1,)的阶也是 6，
22、故 (1,)可以作为 23Z的生成元，即23= (1,)所以 23Z是 6 阶循环群作 6Z到 23的映射：:1(,)0,1234,5fkk，则在 下，我们有 :f(,)， (0,2)， 3(1,0)， 4(,1)， 5(,2)，60(,)，显然 f是双射再对 f的 6=16 种情况逐一验证，知 f是一个同态映射，因而 f是 6Z到 23同构映射，即 23Z6 7 任何一个四阶循环群或者与 4同构，或者与 2Z同构证明：设 G是任一四阶群，以下分两种情况讨论：(1)若 是任一四阶循环群，则 023,Gaea，而 40,123做4Z到 的映射 :0,123kfa，显然 f是双射，现设 ,kl，若
23、 kl，则()fkl= ()l= kl= lA= ()fl，若 4kl，则 4(04)r，则 fl= fl= (fr=a= re= 4ra= r= l= klaA= ()fl所以 f是同构映射，即 4GZ(2)若 ,eabc不是循环群，则 G作为一个群，其乘法表为eabccbae显然， ,Geabc非循环群， G的非单位元的阶都是 2，即 2ae，2be， 2c，而 2Z= (0,)1,(0),，由 Z的运算性质可知， 2Z的每个非单位元的阶也都是 2做 到 2Z的映射 :(0,)e，(0,1)a， (,0)b， (1,)c，容易看出，映射 是双射，再对 的 (4)2=8 种情况逐一验证，知
24、是一个同态映射，所以映射 是同构映射，即 2GZ10.3 环和域1 证明，在一个交换环 R 里，二项式定理()nab= 12nnnCabb对于任意的 ,abR和正整数 n 成立证明：设 ,，我们对于正整数 n 用数学归纳法来证明1当 n=1 时， 1()ab= ，命题成立；2当 n=2 时， 2=()ab= 22ab= 2ab,命题成立；3假定当 n=k 时，命题成立，即有 ()k= 12kkkC成立，对于 n=k+1 时，我们有：1()kab=()kab= 2)(kkkkCab= 11(kkkkaba 2231)kkkkb= 11(kkkkaCba ,故结论成立2 设 R 是一个环，并且对于
25、加法来说 R 作成一个循环群，证明 R 是一个交换环证明：由题设存在元 a 生成，使得 anZ设 12,a，则 1n， 2， 12,，有2a=()a=n， a= 2()n1a= 2n所以 12a= 1，即 R 对乘法满足交换律，故 R 是一个交换环3 证明，对于有单位元的环来说，加法适合交换律是环定义里其它条件是结果 （提示：用两种方式展示 ()1ab）证明：R 是一个有单位元 1 环，则由环定义中条件（3）可知 ()1ab=()1()ab=ab= ()ab，而 ()1ab= = ，因此 = ，所以 ba= 4 写出 2Z和 7的加法和乘法表解：略5 设 R 是一个只有有限多个元的交换环，且
26、R 没有零因子，证明 R 是一个域证明：因为 R 是一个只有有限多个元素的交换环，故可设 12,na 是 R 的全部非零元，这意味着这 n 个元互不相同设 ia是 12,nG 中之一，以 ia乘以12,Ga的所有元得 12,iiina ，由于 R 没有零因子，故这 n 个元素仍是 R的非零元，且各不相同（因为若 ()isik，由于 R 没有零因子，故消去律成立，得到 ska与 12,na 元素各不相同矛盾） ，所以 12,iiinaa 除去次序不同和12,n必完全相同因此，对于这个 ia，必有一个 k存在（ k）使 ikia（因为如果不是这样，则 12,iiina 中没有一个等于 i，这与 1
27、2,iiina 与12,na完全相同矛盾） ，因为 R 是一个交换环，所以 kiiki1以下我们证明 ka是单位元设 ja是 G 的任一元，由以上证明知2,iiina除去次序不同和 12,n 必完全相同，所以必有 isa= j， kj=a()is= is= ja,再由 R 是一个交换环，知 jkja，所以 k是 G 的单位元，记为 ke是G 的单位元2以下证明 G 中的元素都有逆元，为此我们对 G 重新排序记为 121,na ，设 ra是 G 任意元，以 ra乘以 121,nea 中每一个元，得 ,rrre ，则由以上证明知 12,rrrne 除去次序不同和 12,na 必完全相同，因而必有r
28、ttrae所以 G 是一个可换群，所以 R 是一个域6 设 R 是一个环, a，如果存在一个正整数 n，使得 0na，就说 a 是一个幂零元证明，在一个交换环里，两个幂零元的和还是幂零元证明：设 ,b是两个幂零元，则有 n,m 是正整数，使得 n， m，由本习题1，在交换环中二项式定理成立，故有()nma= 1122nnmnmCabab因为 0nkk, 0sssbA,所以 ()=0，所以 ab是幂零元7 证明，在一个环 R 中，以下两个条件等价：（i） R 没有非零的幂零元；（ii） 如果 a，且 20则 a证明：设（）成立我们证明（）成立因为 20，但是 R 中没有非零幂零元，所以 0反之，
29、设（）成立我们证明（）成立设 a是任一幂零元，则存在一个正整数 n,使得 na，以下证明 0a，假设 0a，由（）成立，则有 20a（否则由若 20a则 ，矛盾） ，同理 2()，即 4，如此继续下去，则有 k， 1, ，而当 kn时，由已知有 20kkna，矛盾所以，假设不成立，即（）成立8 设 R与 是环， :fR是一个同态映射，证明，（i） Im()()ffa是 R的一个子环；（ii） 0Kerff是 的一个子环，并且对任意的 R， aI都有 I，如果 与 都有单位元，能不能断定 (1)Rf是R的单位元 1？当 f是满射时， (1)Rf是 的单位元 1R？证明：(i) 因为 与 是环，
30、:是一个同态映射，所以 (0)f（此处 0 是的零元， 0是 R的零元） ，所以 0Im()f，又 I()f，即 Imf是 R的非空子集所以对于 (),I()fabf， ,abR，有 ()fabfa ()f （因为R是环， ,b，所以 ） ，并且 ()()IfffA所以Im()()ffaR是 的一个子环；(ii) 因为 与 是环， :f是一个同态映射，所以 (0)fR，所以()Kerf，设 ,()bKer，则 ()0afb，于是 ()0fabfb，所以 ()arf，且 ffA，故 ()Kerf，因此，0IefRfa是 的一个子环对于 rR， aIf，则()()frarA，所以 raI ()ef
31、如果 与 都有单位元，:fR是一个同态映射，则 (1)Rf不一定是 的单位元 1R，例如 20,1Z，20,1Z，作 的映射 :0,f，则显然 :f是一个同态映射，但 ()f不是 的单位元如果 是满射， (1)Rf是 的单位元 1R9 设 F和 是域， :fF是同态映射，证明，或者 ()0fF，或者 f是个单射，（提示：利用第 8 题（）证明 ()Kerf或者等于零，或者等于 ） 证明：因为 和 是域， :f是同态映射，所以 和 是环，由上题（）知 ()()0KerfaRf是 F的一个子环（域） ，以下分两种情况讨论：（i） 若 Kerf，则对于任意的 ,()abKerf，有 ()0fab，于
32、是 ()()0fabfb，所以 f，但 ，所以 ，所以 是个单射；（ii） 若 ()0Kerf，则 ()Kerf必有非零元素，设 ()aKerf并且 0a，又因为 F是域，所以 a在 F中必有逆元 1aF，由上题（）知 1f，即1()eaerf，设 x是 中任意元素，再由（）的结果可知： ()xerf，所以K，而 f，所以 ()Kerf，当 ()KerfF时， Im()0fF10 证明，2 阶实矩阵 2()MR的子集 F,abR作成一个与复数域同构的域证明：首先证明 F是环 2()的一个子域设abA，cdB是 F任意两个元素，其中 a,b,c,d R,则abcdAB= bac,又当0B时，c,
33、d 不全为零，则2cd0，所以 1B存在，且1dcB，所以 1F，于是 1abcdAB=1acbdaBF,所以 F是环 2()MR的一个子域，现在作复数域 2,1CabiRi到 F的一个映射:abfi，显然， f是 到 F的一个双射现在设()abfi，()cdfi，则 ()()fabicdi= ()()fcdi= ()ab= ()fabifcdi又 ()fi= )()fabdci=acbd=所以 f是 C到 F的同构映射，即 F作成一个与 C同构的域11 令 Q是有理数域， R是一个环，而 f， g都是 Q到环 R的环同态，证明，若对任意整数 n，都有 ()fgn则 f证明：由已知，来证明1(
34、)f，假设1()fgn，则1()()fngn这与 ()fg，所以假设不成立，有1()fgn再证明 f对于任意有理数mQn，我们有1()()()mfgnn，所以 fg12 证明，一切形如,abicdiabR的二阶复矩阵所成的集合作成一个环K，这个环的每一个非零元素都有逆元， K是不是域？证明：1集合 K对于矩阵的加法和乘法都是封闭的设 11abicdiA，22abicdiB，则 12121212()()()()i iBcdab K，记 11abicdiA=，22iiBcdab=，则 A= ()K；2零矩阵0iiO，且 AOA；3设11abicdiA=K，则有逆元 =K，且()，4所以 K作成一个
35、环且 有单位元 I设 A=是任何一个非零元，则 A= = 20从而 1= 存在，但矩阵乘法不满足交换律，故 不是域13 在 15Z中，找出适合方程 2x的一切元素解：在 15=0,23,456,789,10,34中，(mod)， 261(mod5)，2115， 49故在 15Z中， 适合方程 2x的元有 ,14 证明，一个特征为 0 的域一定含有一个与有理数域同构的子域；一个特征为0p的域一定含有一个与 pZ同构的子域证明：(i)设 F是特征为 0 的域，则 F含有单位元 e，所以对于任意整数 n来说，都有ne，令 1|ne,因为当且仅当 0n时, ，所以 ,:Ze是 Z 到1F的双射,且显然
36、是同构映射,令 12()|,0meZn,则 12F.对mQn,规定1:()men,则 是 Q到 2F的双射,且12,mQn,12()=12()= 1122()(nme1112()()mene=()+ 2n12211122()()()()nmenenA所以 2QF,所以 2是域,且是 F 的子域.(ii)设 F 是一个特征为 p0 的域, e 是 F 的单位元,令 10,2,(1),peeiZ,规定 :ie,且是 pZ到的一个双射. ,pijZ且,0,0jikrpijlsp,故 ,jris则()()ijekrijeij () ()ielpsijej.所以, 是 pZ到 1F的同构映射 .因为 p 是素数, pZ是域,所以 1F是的一个 F 与 pZ同构的子域.15. 令 2是仅含两个元素的域. Fx是 F 上一元多项式环.(i)证明, 1x是 Fx中唯一的二次不可约多项式 .(ii)找出 中一切三次不可约多项式 .解: (i)在 x中二次多项式有 22,1xx, 21,其中前三个多项式可约.因为 0,1 不是 21的根,所以 是 F中唯一的二次不可约.(ii) Fx中三次多项式有 32332,1xxx, 323321,1x.其中不可约多项式只有 1和 3x
