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抽象代数练习库 (Abstract Algebra Exercises)

本练习库涵盖群、环、域的基础内容，旨在通过实战深化对抽象结构的理解。

1. 群论基础与同构定理​

:::info 习题 1.1 (商群运算) 设 GG 是群，H⊴GH \trianglelefteq G。证明商群 G/HG/H 中的单位元是 HH。 :::

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商群 G/HG/H 的元素是左陪集 aHaH。 对于任意 aH∈G/HaH \in G/H： (eH)(aH)=(ea)H=aH(eH)(aH) = (ea)H = aH (aH)(eH)=(ae)H=aH(aH)(eH) = (ae)H = aH 其中 ee 是 GG 的单位元。由于 e∈He \in H，故 eH=HeH = H。 因此 HH 是 G/HG/H 的单位元。

:::info 习题 1.2 (同态核) 证明：若群同态 φ:G→K\varphi: G \to K 是单射，当且仅当 ker⁡φ={eG}\ker \varphi = \{e_G\}。 :::

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(⇒\Rightarrow) 若 φ\varphi 为单射。已知 φ(eG)=eK\varphi(e_G) = e_K。若存在 g∈ker⁡φg \in \ker \varphi，则 φ(g)=eK=φ(eG)\varphi(g) = e_K = \varphi(e_G)。由单射性 g=eGg = e_G。故 ker⁡φ={eG}\ker \varphi = \{e_G\}。 (⇐\Leftarrow) 若 ker⁡φ={eG}\ker \varphi = \{e_G\}。设 φ(g1)=φ(g2)\varphi(g_1) = \varphi(g_2)，则 φ(g1g2−1)=φ(g1)φ(g2)−1=eK\varphi(g_1 g_2^{-1}) = \varphi(g_1) \varphi(g_2)^{-1} = e_K。 故 g1g2−1∈ker⁡φ={eG}g_1 g_2^{-1} \in \ker \varphi = \{e_G\}，即 g1g2−1=eG  ⟹  g1=g2g_1 g_2^{-1} = e_G \implies g_1 = g_2。 得证。

:::info 习题 1.3 (第二同构定理应用) 在整数加法群 (Z,+)(\mathbb{Z}, +) 中，取 H=4Z,N=6ZH = 4\mathbb{Z}, N = 6\mathbb{Z}。验证第二同构定理。 :::

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根据第二同构定理: H/(H∩N)≅(H+N)/NH / (H \cap N) \cong (H+N) / N。

  1. H+N=4Z+6Z=gcd⁡(4,6)Z=2ZH+N = 4\mathbb{Z} + 6\mathbb{Z} = \gcd(4,6)\mathbb{Z} = 2\mathbb{Z}。
  2. H∩N=lcm⁡(4,6)Z=12ZH \cap N = \operatorname{lcm}(4,6)\mathbb{Z} = 12\mathbb{Z}。
  3. 左边: H/(H∩N)=4Z/12Z≅Z/3Z≅Z3H / (H \cap N) = 4\mathbb{Z} / 12\mathbb{Z} \cong \mathbb{Z} / 3\mathbb{Z} \cong \mathbb{Z}_3。
  4. 右边: (H+N)/N=2Z/6Z≅Z/3Z≅Z3(H+N) / N = 2\mathbb{Z} / 6\mathbb{Z} \cong \mathbb{Z} / 3\mathbb{Z} \cong \mathbb{Z}_3。 两边同构，定理成立。

2. 理想理论与环结构​

:::info 习题 2.1 (理想判定) 设 RR 是交换环。证明对任意 a∈Ra \in R，集合 (a)={ra∣r∈R}(a) = \{ra \mid r \in R\} 是 RR 的理想。 :::

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  1. 加法子群: 0=0⋅a∈(a)0 = 0 \cdot a \in (a)。若 r1a,r2a∈(a)r_1 a, r_2 a \in (a)，则 r1a−r2a=(r1−r2)a∈(a)r_1 a - r_2 a = (r_1 - r_2) a \in (a)。
  2. 吸收律: 任取 s∈Rs \in R 且 ra∈(a)ra \in (a)，则 s(ra)=(sr)a∈(a)s(ra) = (sr) a \in (a)。 由理想定义，(a)(a) 是 RR 的理想（称为由 aa 生成的主理想）。

:::info 习题 2.2 (极大理想与素理想) 证明：在交换幺环 RR 中，极大理想必为素理想。 :::

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设 MM 是 RR 的极大理想。 由性质可知，商环 R/MR/M 是一个域。 又因为任何域都是整环，故 R/MR/M 是整环。 由素理想判别性质，R/MR/M 是整环   ⟺  M\iff M 是素理想。 故得证。

:::info 习题 2.3 (中国剩余定理应用) 求 Z/6Z\mathbb{Z} / 6\mathbb{Z} 的理想结构并利用中国剩余定理分解。 :::

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6=2×36 = 2 \times 3。由于 gcd⁡(2,3)=1\gcd(2,3)=1，理想 2Z2\mathbb{Z} 与 3Z3\mathbb{Z} 互素。 根据中国剩余定理: Z/6Z≅Z/2Z×Z/3Z≅Z2×Z3\mathbb{Z}/6\mathbb{Z} \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/3\mathbb{Z} \cong \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_3。 这说明模 6 剩余类环可以分解为模 2 与模 3 剩余类环的直积。

3. 域扩张与 Galois 理论初步​

:::info 习题 3.1 (扩张次数) 求 [Q(2,23):Q][\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt[3]{2}) : \mathbb{Q}]。 :::

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  1. [Q(2):Q]=2[\mathbb{Q}(\sqrt{2}):\mathbb{Q}] = 2。
  2. [Q(23):Q]=3[\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}):\mathbb{Q}] = 3。
  3. 由于 gcd⁡(2,3)=1\gcd(2, 3) = 1，根据扩张次数引理，[Q(2,23):Q]=2×3=6[\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt[3]{2}) : \mathbb{Q}] = 2 \times 3 = 6。 （注：其最小多项式通常为 x6−10x4+4x3+25x2−20x−23=0x^6-10x^4+4x^3+25x^2-20x-23=0 类似的形态，但通过次数直接计算更简便）。

:::info 习题 3.2 (Galois 群判定) 设 KK 是 f(x)=x2−5f(x) = x^2-5 在 Q\mathbb{Q} 上的分裂域。求 Gal⁡(K/Q)\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})。 :::

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  1. 根为 ±5\pm\sqrt{5}。分裂域 K=Q(5)K = \mathbb{Q}(\sqrt{5})。
  2. [K:Q]=2[K:\mathbb{Q}] = 2。
  3. Galois 群的阶等于扩张次数，故 ∣Gal⁡(K/Q)∣=2|\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})| = 2。
  4. 唯一的非单位元自同构为 σ(5)=−5\sigma(\sqrt{5}) = -\sqrt{5}。 故 Gal⁡(K/Q)≅Z2\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q}) \cong \mathbb{Z}_2。

4. 群作用与 Sylow 定理 (Advanced)​

:::info 习题 4.1 (Burnside 引理) 用三种颜色对一个正五边形的顶点进行着色（考虑旋转对称，不考虑翻转），求共有多少种不同的着色方案？ :::

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  1. 正五边形的旋转群 GG 有 5 个元素：ee (旋转 0∘0^\circ)，以及旋转 72∘,144∘,216∘,288∘72^\circ, 144^\circ, 216^\circ, 288^\circ。
  2. 每个旋转 ρk\rho^k (k=1,2,3,4k=1,2,3,4) 都是一个 5-循环，其置换的不动点个数 χ(ρk)=31=3\chi(\rho^k) = 3^1 = 3 (所有顶点必须同色)。
  3. 单位元 ee 的不动点个数 χ(e)=35=243\chi(e) = 3^5 = 243 (任意着色)。
  4. 根据 Burnside 引理，方案数 N=1∣G∣∑g∈Gχ(g)N = \frac{1}{|G|} \sum_{g \in G} \chi(g)： N=15(243+4×3)=2555=51N = \frac{1}{5} (243 + 4 \times 3) = \frac{255}{5} = 51。 共有 51 种着色方案。

:::info 习题 4.2 (Sylow 定理应用) 证明不存在阶为 30 的简单群。 :::

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30=2×3×530 = 2 \times 3 \times 5。设 npn_p 为 Sylow pp-子群的个数。

  1. n5≡1(mod5)n_5 \equiv 1 \pmod 5 且 n5∣6  ⟹  n5=1n_5 | 6 \implies n_5 = 1 或 n5=6n_5 = 6。
  2. n3≡1(mod3)n_3 \equiv 1 \pmod 3 且 n3∣10  ⟹  n3=1n_3 | 10 \implies n_3 = 1 或 n3=10n_3 = 10。
  3. 若 n5=1n_5=1 或 n3=1n_3=1，则存在正规子群，GG 不是简单群。
  4. 若 n5=6n_5=6 且 n3=10n_3=10：
    • 6 个 5 阶子群提供 6×(5−1)=246 \times (5-1) = 24 个 5 阶元素。
    • 10 个 3 阶子群提供 10×(3−1)=2010 \times (3-1) = 20 个 3 阶元素。
    • 24+20=44>3024 + 20 = 44 > 30，矛盾。 因此 n5n_5 或 n3n_3 必为 1，即存在正规子群。 得证。

本练习库持续更新，致力于覆盖抽象代数核心理论。