代数学引论(近世代数)答案

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1、第一章 代数基本概念习题解答与提示(P54)1. 如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群.证明: 对任意a,b G,由结合律我们可得到(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b再由已知条件以及消去律得到ba=ab,由此可见群G为交换群.2. 如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群.证明: 方法1 对任意a,b G,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab因此G为交换群.方法2 对任意a,b G,a2b2=e=(ab)2,由上一题的结论可知G为交换群.3. 设G是一非空的有

2、限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件:(1) a(bc)=(ab)c;(2) 由ab=ac推出a=c;(3) 由ac=bc推出a=b;证明G在该乘法下成一群.证明:方法1 设G=a1,a2,an,k是1,2,n中某一个数字,由(2)可知若i j(I,j=1,2,n),有akai ak aj-aiak aj ak-再由乘法的封闭性可知推荐精选G=a1,a2,an=aka1, aka2, akan-G=a1,a2,an=a1ak, a2ak, anak-由和知对任意at G, 存在am G,使得akam=at.由和知对任意at G, 存在as G,使得asak=at. 由下一题的结论可知G在该

3、乘法下成一群. 下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。方法2 为了证明G在给定的乘法运算下成一群，只要证明G内存在幺元(单位元)，并且证明G内每一个元素都可逆即可. 为了叙述方便可设G=a1,a2,an.() 证明G内存在幺元. 存在at G，使得a1at=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明); 证明a1at= ata1; 因为a1(ata1)at=(a1at) (a1at)=(a1)2a1(a1at)at=(a1a1)at=a1(a1at)= (a1)2,故此a1(ata1)at= a1(a1at)at.由条件(1),(2)可得到a1at= ata1. 证明at就是

4、G的幺元;对任意ak G,a1(atak) =(a1at)ak=a1ak由条件(2)可知atak=ak. 类似可证akat=ak.因此at就是G的幺元.() 证明G内任意元素都可逆；上面我们已经证明G内存在幺元，可以记幺元为e，为了方便可用a,b,c,等符号记G内元素.下面证明任意a G，存在b G，使得ab=ba=e. 对任意a G，存在b G，使得ab=e;推荐精选 (这一点很容易证明这里略过.) 证明ba=ab=e;因为a(ab)b=aeb=ab=ea(ba)b=(ab)(ab)=ee=e再由条件(2),(3)知ba=ab.因此G内任意元素都可逆.由(),()及条件(1)可知G在该乘法下

5、成一群.4. 设G是非空集合并在G内定义一个乘法ab.证明:如果乘法满足结合律,并且对于任一对元素a,b G,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则G在该乘法下成一群.证明： 取一元a G,因xa=a在G内有解, 记一个解为ea ,下面证明ea为G内的左幺元. 对任意b G, ax=b在G内有解, 记一个解为c,那么有ac=b ,所以eab= ea(ac)= (eaa)c=ac=b,因此ea为G内的左幺元.再者对任意d G, xd=ea在G内有解,即G内任意元素对ea存在左逆元, 又因乘法满足结合律,故此G在该乘法下成一群.总结 群有几种等价的定义:(1) 幺半群的每一个元素都可逆，则

6、称该半群为群.(2) 设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含幺元, G内任意元素都有逆元,则称G为该运算下的群.(3) 设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含左幺元, G内任意元素对左幺元都有左逆元,则称G为该运算下的群.(4) 设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且对于任一对元素a,b G,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则称G为该运算下的群. 值得注意的是如果一个有限半群满足左右消去律, 则该半群一定是群.推荐精选5. 在S3中找出两个元素x,y,适合(xy)2 x2y2.思路

7、在一个群G中，x,y G, xy=yx (xy)2 x2y2(这一点很容易证明).因此只要找到S3中两个不可交换的元素即可. 我们应该在相交的轮换中间考虑找到这样的元素.解: 取x= , y= 那么(xy)2 = x2y2.注意 我们可以通过mathematica软件编写Sn的群表,输出程序如下:Pra_,b_,n_:=(*两个置换的乘积*) (Tableabi,I,1,n);Sen_:=(*1,2,n的所有可能的排列做成一个表格*) (PermutationsTablei,I,1,n);Stablen_:=(*生成Sn群表*) (a=Sen;Tableprai,aj,n,I,1,n,j,1,

8、n)当n=3时群表如下：说明： 表示置换 , 剩下的类似.为了让更清楚，我们分别用e,a,b,c,d,f表示 , , , , 那么群表如下:ea bcdfeeabcdfaaedfbcbbceafdccbfdeaddfaecbffdcbae6. 对于n2,作一阶为2n的非交换群.7. 设G是一群, a,b G,如果a-1ba=br,其中r为一正整数,证明a-ibai= .证明：我们采用数学归纳法证明.推荐精选 当k=1时, a-1ba=br= , 结论成立；假设当k=n时结论成立, 即a-nban= 成立, 下面证明当k=n+1时结论也成立. 我们注意到a-1bka= = bkr,因此a-(n+

9、1)ban+1= a-1 (a-nban)a=a-1 a= = ,可见k=n+1时结论也成立.由归纳原理可知结论得证.8. 证明:群G为一交换群当且仅当映射 是一同构映射.证明:()首先证明当群G为一个交换群时映射 是一同构映射.由逆元的唯一性及 可知映射 为一一对应，又因为,并且群G为一个交换群,可得.因此有 . 综上可知群G为一个交换群时映射 是一同构映射.()接着证明当映射 是一同构映射,则群G为一个交换群.若映射 是一同构映射,则对任意 有,另一方面，由逆元的性质可知.因此对任意 有,即映射 是一同构映射,则群G为一个交换群.9. 设S为群G的一个非空子集合，在G中定义一个关系ab当且

10、仅当ab-1 S.证明这是一个等价关系的充分必要条件为S是一个子群.证明: 首先证明若是等价关系，则S是G的一个子群.对任意a G,有aa,故此aa-1=e S；对任意a,b S,由(ab)b-1=a S,可知abb，又be-1=b S,故be,由传递性可知abe，即(ab)e-1=ab S.再者因ae-1=a S, 故ae,由对称性可知ea，即ea-1=a-1 S.可见S是G的一个子群.推荐精选接着证明当S是G的一个子群,下面证明是一个等价关系.对任意a G, 有aa-1=e S，故此aa(自反性);若ab，则ab-1 S,因为S为G的子群，故(ab-1)-1=ba-1 S,因此ba(对称性

11、);若ab，bc,那么ab-1 S,bc-1 S,故ab-1 bc-1=ac-1 S，因此ac(传递性).综上可知是一个等价关系.10. 设n为一个正整数, nZ为正整数加群Z的一个子群，证明nZ与Z同构.证明: 我们容易证明 为Z到nZ的同构映射,故此nZ与Z同构.11. 证明:在S4中，子集合B=e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)是子群，证明B与U4不同构.证明:可记a=(1 2)(3 4), b=(1 3)(2 4), c=(1 4)(2 3)，那么置换的乘积表格如下：eabceeabcaaecbbbceaccbae由该表格可以知道B中的元素对置换的乘法

12、封闭，并且B的每一元都可逆(任意元的逆为其本身),因此B为S4的子群. 这个群(以及与其同构的群)称为Klein(C.L.Klein,1849-1925)四元群.假设B与U4同构,并设f为B到U4的同构映射, 则存在B中一元x使得f(x)=i(i为虚数单位),那么f(x2)= f2(x)=i2=-1另一方面, f(x2)=f(e)=1(注意x2=e),产生矛盾.所以假设不成立, 即B与U4不同构.讨论 B与U4都是4元交换群，但是后者是循环群, 前者不是, 这是这两个群的本质区别.12. 证明:如果在一阶为2n的群中有一n阶子群，它一定是正规子群.证明:方法1设H是2n阶群G的n阶子群, 那么

13、对任意a H, 有推荐精选H aH= ,并且aH G,H G,又注意到aH和H中都有n个元素, 故此H aH=G.同理可证对任意a H, 有H Ha= , H Ha=G，因此对任意a H，有aH=Ha.对任意a H, 显然aH H, Ha H又因aH,Ha及H中都有n个元素，故aH=Ha=H.综上可知对任意a G,有aH=Ha，因此H是G的正规子群.方法2 设H是2n阶群G的n阶子群,那么任取a H, h H, 显然有aha-1 H.对给定的x H, 有H xH= , H xH=G.这是因为若假设y H xH, 则存在h H，使得y=xh,即x=yh-1 H产生矛盾,因此H xH= ;另一方面

14、, xH G,H G, 又注意到xH和H中都有n个元素, 故此H xH=G.那么任取a H,由上面的分析可知a xH, 从而可令a=xh1这里h1 H. 假设存在h H, 使得aha-1 H,则必有aha-1 xH,从而可令aha-1=xh2这里h2 H. 那么xh1ha-1=xh2,即a= h2h1h H,产生矛盾.因此，任取a H, h H, 有aha-1 H.综上可知对任取a G, h H, 有aha-1 H,因此H为G的一个正规子群.13. 设群G的阶为一偶数,证明G中必有一元素a e适合a2=e.证明: 推荐精选设b G，且阶数大于2，那么bb-1,而b-1的阶数与b的阶数相等.换句

15、话说G中阶数大于2的元素成对出现，幺元e的阶数为1，注意到G的阶数为宜偶数，故此必存在一个2阶元，(切确的说阶数为2的元素有奇数个).讨论 1 设G是一2n阶交换群，n为奇数则G中只有一个2阶元.为什么？提示：采用反证法，并注意用Lagrange定理.2 群G中，任取a G，有an=e，那么G一定是有限群吗？如果不是请举出反例，若是有限群，阶数和n有什么关系？14. 令A= , B= 证明:集合B,B2,Bn,AB,AB2,ABn在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群Dn同构.证明:下面证明G=B,B2,Bn,AB,AB2,ABn在矩阵的乘法下构成一群.()首先证明对乘法运算封闭. 下面进行分

16、类讨论：(1) Bi Bj=Bi+j,注意到Bn= 故此Bi Bj=Br G这里i+j=kn+r,k Z,0r n.(2) A Bi Bj=Br G这里i+j=kn+r,k Z,0r n.(3) 容易证明BAB=A=ABn,BA=BiAB(s+1)n=ABn-t G,这里i=sn+t,k Z,0t n.那么Bi (ABj)=( Bi A)Bj=(ABn-t) Bj G(4) (ABi) (ABj)=A(BiABj)=A(ABn-t) Bj)=A2(Bn-t Bj)= Bn-t Bj) G由(1),(2),(3),(4)知G对乘法运算封闭.()因集合G对矩阵乘法封闭，再由矩阵乘法的性质可知，结合

17、律肯定成立.()显然Bn=A2=E为幺元.()对Bi(i=1,2,n),有BiBn-i=E;对ABi(i=1,2,n),有(ABi)(Bn-iA)=E,因此G内任何一元都可逆.由()，()，()，()可知G在矩阵乘法下构成一群.最后证明G与 Dn同构.推荐精选令f:GDnf(Bi)=Ti, f(ABi)=STi(i=1,2,n)，可以证明f就是G到Dn的同构映射，这里不予证明了.15. 设i是一个正整数, 群G中任意元素a,b都适合(ab)k=akbk, k=I,i+1,i+2,证明G为交换群.证明:对任意a,b Gai+2bi+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (ai+

18、1bi+1)=a(bai+1)bi+1,根据消去律可得ai+1b=bai+1.-(1) 同时ai+1bi+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (aibi)=a(bai)bi+1,根据消去律可得aib=bai.-(2) 因此 ai+1b=a(aib)=a(bai)=(ab)ai-(3)另外 bai+1=(ba)ai-(4)结合(1),(3),(4)有 (ab)ai=(ba)ai-(5)由消去律可得到ab=ba.因此G为交换群.16. 在群SL2(Q)中，证明元素a= 的阶为4，元素b= 的阶为3，而ab为无限阶元素.证明：可以直接验证a的阶为4，b的阶为3.因为ab= ，对任何正

19、整数n，(ab)n= 可见ab的阶为无限.推荐精选注意 在一群中，有限阶元素的乘积并不一定也是有限阶的，但两个可交换的有限阶元素的乘积一定是有限阶元素.问题 若一群中所有元素的阶数都有限，那么这个群一定是有限群吗？17. 如果G为一个交换群，证明G中全体有限阶元素组成一个子群.证明:交换群G中全体有限阶元素组成的集合记为S，任取a，b S，并设a的阶为m，b的阶为n，则(ab)mn=(am)n(bn)m=e因此ab为有限阶元素，即ab S.a-1的阶数与a相同，故此a-1也是有限阶元素，即a-1 S.综上可知S为G的一个子群.18. 如果G只有有限多个子群，证明G为有限群.证明:采用反证法证明

20、.假设G为无限群，则G中元素只可能有两种情况：(1)G中任意元素的阶数都有限、(2)G中存在一个无限阶元素.(1) 首先看第一种情况：G中取a1e，并设其阶数为n1，则循环群G1= , 为G的一个子群；G中取a2 G1，并设其阶数为n2，则循环群G2= , 为G的一个子群；G中取a3 G1G2，并设其阶数为n3，则循环群G3= , 为G的一个子群； 我们一直这样做下去，可以得到G的互不相同的子群构成的序列Gn(n=1,2,)，所以G有无穷多个子群，产生矛盾；(2) 再看第二种情况:设aG的阶数为无穷，那么序列G1=，G2=，Gn=，是G的互不相同的子群，所以G有无穷多个子群，产生矛盾.综上就可

21、知“G是无限群”这个假设不成立，因此G是有限群.19. 写出Dn的所有正规子群.20. 设H，K为群G的子群，HK为G的一子群当且仅当HK=KH.证明：()设HK=KH，下面证明HK为G的一子群.任取a,bHK,可令a=h1k1，b=h2k2推荐精选这里hiH，kiK，i=1,2.那么ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 -(1)因HK=KH，故此k1h2= h3k3 -(2)这里h3H，k3K. 由(1),(2)知ab= h1(h3k3)k2=(h1h3)(k3k2)HK. -(3) 另外，a-1= (h1k1)-1= KH=HK. - (4)由(3),(4)知HK是G的子群

22、.() HK为G的一子群,下面证明HK=KH.若aHK,易知a-1KH. HK是子群,任取aHK，有a-1HK,因此(a-1)-1=aKH，那么有HK KH.若aKH,易知a-1HK. HK是子群,任取aKH，有a-1HK,因此(a-1)-1=aHK，那么有KH HK.综上知，HK=KH.21. 设H，K为有限群G的子群，证明证明： 因HK为H的子群，那么可设H的左陪集分解式为H=h1(HK)h2(HK)hr(HK)这里r为HK在H中的指数，hiH，当ij，hi-1hjHK(事实上等价于hi-1hjK),i, j=1,2,r. 又(HK)K=K,所以HK=h1Kh2KhrK.-(1) 注意到h

23、i-1hjK，所以当ij(i, j=1,2,r)时，hiKhjK= .-(2) 由(1),(2)我们得到总结左陪集的相关结论设H为G的一子群，那么(1) aaH;(2) aHaH=H;(3) baHaH=bH;(4) aH=bHa-1bH;推荐精选(5) aHbH ，有aH=bH.22. 设M,N是群G的正规子群.证明：(i) MN=NM;(ii) MN是G的一个正规子群；(iii) 如果M N=e，那么MN/N与M同构.证明：(i)方法1任取aMN,可设a=mn(mM，nN).因为M为G的正规子群，故n-1mnM. 所以a=n(n-1mn) NM，故此MNNM.同样的方法可以证明NMMN.

24、因此MN=NM.方法2任取a，bMN，可设a=m1n1(m1M，n1N)，b=m2n2(m2M，n2N).下面只要证明MN为G的一个子群即可(由第20题可知)，也就是说只要证明ab-1MN即可.因为ab-1=m1n1n2-1m2-1= m1(n1n2-1m2-1n2n1-1)(n1n2-1)，而M为G的正规子群，故n1n2-1m2-1n2n1-1M，所以ab-1MN.(ii) 由(i)可知MN为G的一个子群.任取aMN, 可设a=mn(mM，nN).因为M和N为G的正规子群，对任意gG，有g-1ag= g-1mng= (g-1mg)(g-1ng) MN.所以MN为G的正规子群.(iii) 易知

25、N为MN的正规子群，因此MN/N是一个群. 因为M N=e，对任何mimjM, 有miNmjN注. 作一个MN/N到M的映射f注，f: MN/NMmN m，那么该映射显然是一一对应，另外f(miN mjN)= f(mimjN)= mimj，因此f为MN/N到M的同构映射，即MN/N与M同构.讨论1. 只要M和N的一个是正规子群，那么MN就是子群，或者说成立MN=NM.这一点我们从(i)的证明方法2可知.推荐精选2. M和N中有一个不是正规子群时MN一定不是正规子群.注意1 M N=e，对任何mimjM, 有miNmjN.证明：若存在mimjM, 有miN=mjN，那么mimj-1N，而mimj

26、-1M. 因此mimj-1M N，产生矛盾.2. 设 f: MN/NMmN m，则由于对任何mimjM, 有miNmjN，故此f为MN/N到M的一个映射.23. 设G是一个群，S是G的一非空子集合.令C(S)=xG|xa=ax,对一切aSN(S)= xG|x-1Sx=S.证明：(i) C(S),N(S)都是G的子群;(ii) C(S)是N(S)的正规子群.证明：(i) 首先证明C(S)是G的子群. 任取x，yC(S)，那么对任意aS有xa=ax，ya=ay. 那么一方面，(xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=(ax)y=a(xy)，所以xyC(S). 另一方面，xa=ax a=x-1

27、ax ax-1=x-1a所以x-1C(S).因此，C(S)是G的子群.接着证明N(S)都是G的子群.任取x，yN(S)，则x-1Sx=S，y-1Sy=S. 那么一方面，(xy)-1S(xy)=x-1(y-1Sy)x=x-1Sx=S所以xyN(S). 另一方面，x-1Sx=S S=xSx-1所以x-1N(S).因此，N(S)是G的子群.(ii) 任取xC(S)，aS，则xa=ax，即a=x-1ax，亦即S= x-1Sx. 因此xN(S)，即C(S) N(S).任取xC(S)，yN(S)，aS，则存在ayS使得yay-1=ay，因此a=y-1ayy. 推荐精选那么(y-1xy)a(y-1xy)-1

28、=y1x(yay-1)x-1y= y1(xayx-1)y= y-1ayy=a，即(y-1xy)a=a(y-1xy). 所以y-1xyC(S)，因此C(S)是N(S)的正规子群.24. 证明任意2阶群都与乘法群1，-1同构.证明：略.25. 试定出所有互不相同的4阶群.解：我们分类讨论:(1)存在四阶元；(2)不存在四阶元.(1) 若存在一个四阶元，并设a为一个四阶元，那么该四阶群为.(2) 若不存在四阶元，那么除了单位元e的阶为1，其余元素的阶只能是2，即设四阶群G=e，a，b，c，那么a2=b2=c2=e，ab=ba=c，ac=ca=b，bc=cb=a. 群表如下：eabceeabcaaec

29、bbbceaccbae这是Klein四阶群.综上可知，四阶群群在同构意义下只有两种或者是四阶循环群或者是Klein四阶群.26. 设p为素数.证明任意两个p阶群必同构.证明：易知当p为素数时，p阶群必存在一个p阶元，即p阶群必是p阶循环群，故两个p阶群必同构.27. Z为整数环，在集合S=ZZ上定义(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d),(a,b) (c,d)=(ac+bd,ad+bc).证明S在这两个运算下成为幺环.提示：(1,0)为该环的单位元素.证明：略.推荐精选28. 在整数集上重新定义加法“ ”与乘法“ ”为a b=ab, a b=a+b试问Z在这两个运算下是否构成一环.答：不构

30、成环.29. 设L为交换幺环，在L中定义：a b=a+b-1,a b=a+b-ab.这里e为单位元素，证明在新定义的运算下，L仍称为交换幺环，并且与原来的环同构.证明：(i)证明L在运算 下构成交换群：由 的定义，得到(a b) c=(a+b-1) c=a+b-1+c-1=a+b+c-2a (b c)= a (b+c-1)= a+b+c-1-1=a+b+c-2这里2=1+1，所以 (a b) c= a (b c).-(1)同时由 的定义还可以得到 a 1= 1 a=a，-(2) a (2-a)=(2-a) a=1，-(3) a b=b a，-(4)由(1),(2),(3)(4)可知L在运算 下

31、构成交换群.(ii)证明L中运算 满足结合律和交换律：容易证明这里略过.(iii)证明乘法 对加法 满足分配律：因为a (b c)= a (b+c-1)=a+(b+c-1)-a(b+c-1)=2a+b+c-ab-ac-1，(a b) (a c)=(a+b-1) (a+c-1)= (a+b-ab)+(a+c-ac)-1=2a+b+c-ab-ac-1，所以a (b c)= (a b) (a c).由于 和 满足交换律，故此(b c) a= (b a) (c a).因此新定义的乘法 对新定义的加法 满足分配律(iv) 设0为环(L，+， )的零元，则0 a=a 0=a 由(i)，(ii)，(iii)

32、，(iv)可得到(L， ， )为交换幺环.(v) 最后证明(L，+， )与(L， ， )同构：设f: LL推荐精选 x 1-x，容易证明f为(L，+， )到(L， ， )的同构映射.30. 给出环L与它的一个子环的例子，它们具有下列性质:(i) L具有单位元素，但S无单位元素；(ii) L没有单位元素，但S有单位元素；(iii) L, S都有单位元素，但互不相同；(iv) L不交换，但S交换.解：(i) L=Z，S=2Z；(ii) L= |a,bR，S= |aR；(iii) L= |a,bR，S= |aR；(iv) L= |a,bR，S= |aR；31. 环L中元素eL称为一个左单位元，如果对

33、所有的aL，eLa= a；元素eR称为右单位元，如果对所有的aL， aeR=a.证明：(i) 如果L既有左单位元又有右单位元，则L具有单位元素；(ii) 如果L有左单位元，L无零因子，则L具有单位元素；(iii) 如果L有左单位元，但没有右单位元，则L至少有两个左单位元素.证明：(i) 设eL为一个左单位元，eR为右单位元，则eLeR=eR=eL.记e=eR=eL，则对所有的aL，ea=ae=a，因此e为单位元素；(ii) 设eL为一个左单位元，则对所有的a(0)L，a(eLa)=a2；另一方面，a(eLa)=(aeL)a.所以a2=(aeL)a.因为L无零因子，所以满足消去律注，故此a= a

34、eL.另外，若a=0，则a= aeL=eLa.因此左单位元eL正好是单位元.(iii) 设eL为一个左单位元，因为L中无右单位元，故存在xL，使得xeLx，即xeL-x0,则eL+ xeL-xeL，但是对所有的aL，(eL+ xeL-x)a=a,因此eL+ xeL-x为另一个左单位元，所以L至少有两个左单位元素.注意 L无零因子，则满足消去律(参考教材46页).推荐精选32. 设F为一域.证明F无非平凡双边理想.证明： 设I为F的任意一个理想，且I0，则对任意a(0)I，则a-1F,于是a-1a=1I.从而F中任意元素f，有f 1=fI，故I=F，即F只有平凡双边理想.讨论 事实上，一个体(又

35、称除环)无非平凡双边理想. 另一方面，若L是阶数大于1的(交换)幺环，并且除了平凡理想，没有左或右理想，则L是一体(域).33. 如果L是交换环，aL，(i) 证明La=ra|rL是双边理想；(ii) 举例说明，如果L非交换，则La不一定是双边理想.证明：(i) 容易验证La为L的一个加法群. 任取raLa，lL，则l(ra)=(lr)aLa，(ra)l=r(al)=r(la)=(rl)aLa故La为L的一个双边理想.(ii) 设L=M2(R)，那么L显然不是交换环，取h= ，下面考察Lh是否为L的理想：取k= ，容易验证hLh，hk Lh，因此Lh不是L的一个理想.34. 设I是交换环L的一

36、个理想，令radI=rL|rnI对某一正整数n，证明radI也是一个理想.radI叫做理想I的根.35. 设L为交换幺环，并且阶数大于1，如果L没有非平凡的理想，则L是一个域.证明：只要证明非零元素均可逆即可.任取aL，那么La和aL是L的理想，且La0，aL0，因L无平凡的理想，故此La=aL=L，因此ax=1和ya=1都有解，因而a为可逆元.36. Q是有理数域，Mn(Q)为n阶有理系数全体矩阵环.证明无非平凡的理想(这种环称为单环).证明：推荐精选我们社K为Mn(Q)的非零理想，下面证明K=Mn(Q).为了证明这一点，只要证明n阶单位矩阵EK.记Eij为除了第i行第j列元素为1，其余元素

37、全为0的矩阵.那么EijEst= 而E=E11+E22+Enn.我们只要证明EiiK(i=1,2,n)就有EK.设AK，且A0，又令A=(aij)nn,假设akj0，则有EikAEji=akjEii(i=1,2,n).由于akj0，故存在逆元akj-1.设B= akj-1Eii,则BEikAEji= akj-1EiiEikAEji= akj-1EikAEji=EikEkjEji=Eii.因为K为理想，AK，所以Eii=BEikAEjiK，证毕.37. 设L为一环，a为L中一非零元素.如果有一非零元素b使aba=0，证明a是一个左零因子或一右零因子.证明：若ab=0，则a为左零因子；若ab0，则

38、aba=(ab)a=0，故ab为右零因子.38. 环中元素x称为一幂零元素，如果有一正整数n使xn=0，设a为幺环中的一幂零元素，证明1-a可逆.证明：设an=0，那么(1+a+a2+an-1)(1-a)=(1-a) (1+a+a2+an-1)=1-an=1因此1-a可逆.39. 证明：在交换环中，全体幂零元素的集合是一理想.证明：略.40. 设L为有限幺环.证明由xy=1可得yx=1.证明：当L只有一个元素，即L=0，亦即0=1注，此时显然有xy=1=xy；当L有多于一个元素时(即01时)，若xy=1，y不是左零元注,因此yL=L.又因L为有限环，所以存在zL，使得yz=1.注意到(xy)z

39、=z，x(yz)=x，所以x=z，即yx=1.注意 1.幺环多于一个元素当且仅当01.推荐精选2当L有多于一个元素时(即01时)，若xy=1，y不是左零元.因为若存在z0使得yz=0，则z=(xy)z=x(yz)=0,产生矛盾.41. 在幺环中，如果对元素a有b使ab=1但ba1，则有无穷多个元素x，适合ax=1.(Kaplansky定理)证明：首先，若ab=1但ba1，则a至少有两个右逆元注.现在假设a只有n(1)个右逆元，并设这些元素为xi(i=1,2,n).那么a(1-xia+x1)=1(i=1,2,n),又当ij时，1-xia+x11-xja+x1注，这里i，j=1,2,n.于是xi|

40、i=1,2,n=1-xia+x1| i=1,2,n ，故存在xkxi|i=1,2,n使得x1=1-xka+x1,即xka=1.因为n1，我们取xtxkxi|i=1,2,n，那么(xka)xt=xt，(xka)xt =xk(axt)=xk因此xt=xk，产生矛盾，所以假设不成立，即a有无穷多个右逆元.注意1. 若ab=1但ba1，则a至少有两个右逆元. 因为易验证1-ba+a就是另一个右逆元.2. 假设当ij时，1-xia+x1=1-xja+x1，则xia=xja，故xiax1=xjax1,因此xi=xj，产生矛盾.42. 设L是一个至少有两个元素的环. 如果对于每个非零元素aL都有唯一的元素b

41、使得aba=a.证明：(i) L无零因子；(ii) bab=b;(iii) L有单位元素；(iv) L是一个体.证明：(i) 先证明L无左零因子，假设a为L的一个左零因子，那么a0，且存在c0，使得ac=0，于是cac=0. 因a0，则存在唯一b使得aba=a.但a(b+c)a=a,b+cb推荐精选产生矛盾，所以L无左零因子.类似可证L无右零因子.(ii) 因aba=a，所以abab=ab. 由(i)的结论知L无零因子，因此满足消去律，而a0，故bab=b.(iii) 我们任一选取a(0)L，再设aba=a(这里b是唯一的)，首先证明ab=ba.因为a(a2b-a+b)a=a，所以a2b-a+

42、b=b，即a2b=a=aba，由消去律得到ab=ba.任取cL，则ac=abac，故此c=(ba)c=(ab)c；另一方面，ca=caba，故此c=c(ab).综上得到c=(ab)c=c(ab),所以ab就是单位元素，我们记ab=ba=1.(iv) 由(iii)可知任意a(0)L，ab=ba=1，即任意非零元素都可逆，因此L成为一个体.43. 令C0,1为全体定义在闭区间0,1上的连续函数组成的环.证明：(i) 对于的任一非平凡的理想I，一定有个实数 ， ，使得f( )=0对所有的f(x)I；(ii) 是一零因子当且仅当点集x0,1|f(x)=0包含一个开区间.证明：(i) 证明思路：设I为非

43、零的非平凡理想，假设对任意x0,1，存在f(x)I使得f(x)0，想法构造一个gI可逆.(ii) 提示：用连续函数的局部保号性.44. 令F=Z/pZ为p个元素的域.求(i) 环Mn(F)的元素的个数；(ii) 群GLn(F)的元素的个数.解：45. 设K是一体，a，bK，a，b不等于0，且ab1.证明华罗庚恒等式：a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.证明： 因为a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba1-(a-1+(b-1-a)-1)-1a-1=ab(aa-1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab(1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab(1+(ab)-1-1)-1)-1=1-ab，为了方便记x=ab，那么1-x，x，x-1-1都可逆，只要证明(1+(x-1-1)-1)-1=1-x即可，或者证明1+(x-1-1)-1=(1-x)-1即可.推荐精选 因为1+(x-1-1)-1=1+(x-1-x-1x)-1=1+(1-x)-1x=(1-x)-1(1-x) +(1-x)-1x=(1-x)-1,所以结论成立，即a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.网易全新推出企业邮箱 （注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!） 推荐精选