补充题第一部分(预备知识,群论)解答 补充题第一部分(预备知识)习题解答 补充题:n维殴氏向量空间中有且最多有n+1个互夹钝角的向量
补充题第一部分(预备知识,群论)解答 补充题第一部分(预备知识) 习题解答
证 (1)先证存在性。对n作归纳。n=1显然成立 下设n>1由归纳假设,R中有n个互夹钝角的向量 l12 m-1 1,2, 且(a,a1)1 反证法。假设R中有a1,a2…,.an+2互夹钝角,取一组标准正交基61,2…n4 则可设1=(1…,.n,2)=12…,n+1. an+2=(0……,0.1 由a,)<0≠八得<0,∑ bb;(1≤<j≤n+1) 取月=(1,a2…,a121)=12…,n+1 则(只,月) 0(1≤<J≤n+1) 即B1,月2…,B24在R中互夹钝角,与归纳假设矛盾。 存在性证明的直接方法 2 <0,(1≤t<J≤n -1 <0
补充题第一部分(预备知识)习题解答 补充题:证明3维几何空间中正n面体只有5种 证 (1)设面数为n,每面为正m边形,每个顶点与k条边相连 则顶点数为m,边数为,代入欧拉公式 +n=2 k 2 4k 得n 2m+2k-mk (2)求整数解 4k 6-k k=3,n=4;h=4,n=8,k=5,n=20 得 k=3,n=6; 4k 得k=3,n=12 10-3k 4k 6, 无解 ∴n=4,6812,20共五种 补充题第一部分(群论)习题解答 补充题:由两个2阶元生成的有限群同构于K或Dn(n≥3)
补充题第一部分(预备知识) 习题解答 补充题第一部分(群论) 习题解答
证:设G= O(b 令r=ab,由∩{e},则o(ab)=m
补充题第一部分(群论) 习题解答 补充题第一部分(群论) 习题解答
证法1:令a(ab)=k,[m,n]=mn(m,n2 由于(ab=a圆b圆m=e 得[m,n 另由(ab)y=ab=e, 得a=bk 由∩={},得 m k, n k, 综上得o(ab)=k=[m,n 证法2:令(ab)=k,d=(m,n),m=m1l,n=n1,(m,n1)=1 由(ab) ba=,得k",kmn 反之,由(ab)=b柳=e→n1k,同理m1|k 可令:k=mn1d1(ab)=ab=e 综上得:k=dmn(mn) 补充题第一部分(群论)习题解答 补充题:证明AtDn三 a∈Zn,b∈Z n≥3 b
补充题第一部分(群论) 习题解答
1)首先确定 AutD. D={,|=01…,n-1}=(,巧 设为Dn上任意一个同构,则有 qp(R1)=P,(,n)=1g(m0)=历,=0.0 AUAntD=iPx I (k,n)=1, k, /=0.-1) (2)令0s/10 b a∈Zn,b∈Zn f:y;(4Dn→G) 显然是双射。易证 1010 0 %4航人石E+ (934“·02n1)=f(94)(92) AutDEg 补充题第一部分(群论,环论)习题解答 补充题:证明At21(0-=1b∈z
补充题第一部分(群论,环论) 习题解答
证 (1)Va∈Atz[x],确定的性质: ∵2[幻=(1,x),∵(1)=1,所以a(a)=a,a∈Z 可证a(x)=aXx+b否则与G满射矛盾 彐cx+a,使a(cx+a)=x,c(ax+b)+d=x;得ac=1∴a=1或-1 故a(x)=BY+b,E=±1,b∈Z 因而o可表为,b(f(X)=f(x+b) (2)写出Atz[x 由(1A]={,b|=土b∈Z,o,b(f(x)=f(+b (3证明Atz[]≡ E=±1,b∈z (主要证保运算 b 易证是双射 △112b2((X)=au.((62x+b2)=f(2(1X+h1)+b2) b2+E2b 11 )g(2)(051八02 i12 (a1b1022)=9(a11)(a2b2) 业z]={,b|E=±1,b∈2 补充题第一部分(群论)习题解答 补充题:S(2,z)可由一个3阶元与一个5阶元生成
补充题第一部分(群论) 习题解答
证:取2=(-1 o(g)=4,o(P) SL(2, Z)=A B """. AB=2, ABA=2, 2B=P 另一方面QP =B, PQ -1 A→gP=A 0 ∴ SL(2,2)= 补充题第一部分(群论)习题解答 补充题:O3中任一旋转变换可表为两个2阶元之积(-个旋转可表为两个反 证:设A为旋转变换:A=σ(n,)令c=cos,s=sinb 100 则存在正交矩阵P使PAP=sc0=010c0 00 001 100 c s 0 则A=BC, B 010|P E B,C∈O 补充题第二部分(环论,域论)解答 补充题第二部分(环论)习题解答 引理1:设a为[冲中的既约元,则α能且只能整除一个素数
补充题第一部分(群论) 习题解答 补充题第二部分(环论,域论)解答 补充题第二部分(环论) 习题解答
证:设a=a+b,v(a)=aa=a2+b2=p2p,p为素数, 由z[的唯一分解性,a为素元,故必有某个P使a|p 在证唯一性:设a|p,(为素数),则a|p,因而得p=aa, 故D由α唯一决定 补充题第二部分(环论)习题解答 引理2:设a∈Z[]v(a)=a2+b2素数,则a是既约元 证:由于U(Z[])={1,1,-t vB∈z\U(Z[])有v(B)>1 设 =1 v(a)=y(a1y(a2)=素数 故必有v(a1)=1或v(a2)=1 即a1∈U(2[减或a2∈U(2] a为既约元 补充题第二部分(环论)习题解答 引理2:设∝=a+b,ab≠0则a是既约元◇a2+b2=素数。 证 由引理二 设a+b为既约元,必有(a,b)=1,反证法,假设a2+b2=p9,p>1,g>1 可设为素数即aa=p9, a为素元,由a|9得a|q或a|q 于是得D=aa或g=aa,aa=素数 补充题第二部分(环论)习题解答
补充题第二部分(环论) 习题解答 补充题第二部分(环论) 习题解答 补充题第二部分(环论) 习题解答
引理3:设p为大于2的素数,a≠0(modp), 则x2=a(modp)在z中有解的充要条件是a2=1(modp) 证:→:x=a(modp)在z中有解,设b是一个解:b2=a(modp),则 a2=b2(modp),由于a≠0(modp)→b≠0(modp) b2≡1(modp) =:a2=1(modp), 当=4n+3时, 2=1(modp)故 a)≡a(modp) a是x2≡a(modp)一个解 当p=4n+1时,由于a≠0modp),ag 而(zn)是循环群,可令a=2 则a A 2n=C2m=l(mod p 由a(C)=4n,得4m|2m,2|m.可令m=2 得cl=(C)2≡a(modp) c就是x2=a(modp解 补充题第二部分(环论)习题解答 引理4:若素数p≡1(mod4),则不是2[的既约元。 证:设D=4n+1,于是(-1)2=1由习题356 方程x2=-1(modp)有解,即有a∈z使 a2=-1(modp),即a2+1=k=(a+)(a-i) 于是得D|(a+)(a-1)且不整除(a+)或(a- p不是素元,也非即约元
补充题第二部分(环论) 习题解答