代數(shù)及通信部分習(xí)題解(參考版)
2025-03-27 06:39本頁面
【正文】 若，設(shè)，由此得所以f為群的單同態(tài)。設(shè)，則所以映射是群同態(tài)。f為群的同態(tài)當(dāng)且僅當(dāng)，即G中每個元素均可表成。2．設(shè)G1和G2為群G的子群，并且對均有，則（1）映射是群同態(tài)。如果g1和g2 分別是G1和G2中的n階和m階元素，則（g1,g2）是G中[n,m]階元素。其余同可驗證，故，均不是S3的正規(guī)子群。哪些是S3的正規(guī)子群？解：經(jīng)計算如下表再注意到6階子群的階只能是1，2，3，6由些可見S3的全部子群有{1}，S3。11．以S3表示{1，2，3}的全部置換組成的群。）證明：設(shè)g是G的任意元素，若g是無限階的，則1，g,g 2,…,gk,…互不相同且是G的元素，這與G是有限群矛盾，故G中每個元素均是有限階的。3． 有限群G中每個元素均是有限階的，并且元素的階都是|G|的因子。假設(shè)群G是它的兩個真子群G1，G2的并，即，從而一定有兩個元素，滿足：，令，顯然，從而有或不妨設(shè)，從而，這與矛盾。2． 每個群不能是它的兩個真子群的并集。設(shè)，顯然即是群G的一個非空子集。所以有（）（P65）1． 群G的任意多個子群的交集是G的子群。由此得（3）求Aut(Zm).設(shè),有，故f完全由確定。由此得出Aut(Z)={1z，1z}，其中1z是Z到自身的恒等映射，1z是相反數(shù)的映射，它們顯然是自同構(gòu)。解：（1）求Aut(Z).設(shè)，任意,若m是正整數(shù)，由于f保持加法運算，故有，若m是負(fù)整數(shù)有，當(dāng)m=0時由1題知，即任意的有，此說明Z的自同構(gòu)完全由確定。（P62）1. 設(shè)是群的同態(tài)，和分別為G和G′的幺元素，則。4．設(shè)p為奇素數(shù)，中元素的階為3，求元素的階。當(dāng)a=b=0(modp)顯然成立，不妨設(shè)。（2，10）=2，故模11的全部2次剩余為，即或1，3，4，5，9。（15，36）=3，所以全部15次剩余為或即1,8,27,31,26,23,36,29,10,6,11,14按序排是1，6，8，10，11，14，23，26，27，29，31，36。（8，36）=4，所以全部8次剩余為或即1,16,34,26,9,33,10,12,7或按序排是1，7，9，10，12，16，26，33，34。模37的同余類的階數(shù)可能是1，2，3，4，6，9，12，18，36。解：（1）先找原根。2. （1）寫出模37的全部8次剩余和15次剩余。解（3）基本思路：利用原根，將“指數(shù)同余方程”化為一次同余方程。（有42=8種組合，即有8個方程組）利用中國剩余定理求解該方程組?；啚?，解出，從而方程2 有2個解1，6，故有2個解，即。143=1311，故原方程等價于方程組先求出的解。模13有原根2，令原同余方程化為，它等價于解一次同余方程 （注：） 1（8，12）=4|4，此方程有解。若有正整數(shù)k使得，得，而b的階是t,所以有t|sk而(s,t)=1,所以有t|k,同理可得s|k,再由(s,t)=1,得到st|，ab模m的階為st.（注：本題可作為結(jié)論用）２. [m,n]的階為[s,t].證明：由條件，從而有，再由同余的性質(zhì)有。解：319=1129，故相當(dāng)于解方程：由歐拉定理可知，化簡所以有解，有解，故由中國剩余定理知其解為，即2400被319除的余數(shù)為111。（2）分別解M1y≡1(mod4),M2y≡1(mod5),M3≡1(mod9)其中M1=45，M2=36,M3=20,b1=2,b2=3,b3=7,取N1=1,N2=1,N3=5,得（3） 寫出解的表達(dá)式，即原同余方程組的全部整數(shù)解是：3. 用中國剩余定理解同余方程37x≡31(mod77)解：原方程等價于同余方程組再解同余方程組由于7，11互素，故同余方程組有解。，對模81有一個解2．解下列同余方程組解：（1）判斷是否有解。（2
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