代数学基础学习笔记

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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.
1


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3. 设 G 是一非空的有限集合,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------------<1> aiak aj ak------------<2> 再由乘法的封闭性可知 G={a1,a2,…,an}={aka1, aka2,…, akan}------------<3> G={a1,a2,…,an}={a1ak, a2ak,…, anak}------------<4> 由<1>和<3>知对任意 at G, 存在 am G,使得
akam=at. 由<2>和<4>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
2


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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}. (Ⅰ) 证明 G 内存在幺元.
<1> 存在 at G，使得 a1at=a1.(这一点的证明并不难，这 里不给证明);
<2> 证明 a1at= ata1; 因为 a1(ata1)at=(a1at) (a1at)=(a1)2 a1(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.
<3> 证明 at 就是 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
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akat=ak. 因此 at 就是 G 的幺元. (Ⅱ) 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. <1> 对任意 a G，存在 b G，使得
ab=e; (这一点很容易证明这里略过.)
<2> 证明 ba=ab=e; 因为
a(ab)b=aeb=ab=e a(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(Ⅰ),(Ⅱ)及条件(1)可知 G 在该乘法下成一群.
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
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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
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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.
5. 在 S3 中找出两个元素 x,y,适合 (xy)2 x2y2.
[思路] 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
那么
x=
, y=
(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: Pr[a_,b_,n_]:=(*两个置换的乘积*)
(Table[a[[b[[i]]]],{I,1,n}]); Se[n_]:=(*{1,2,…,n}的所有可能的排
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列做成一个表格*)
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(Permutations[Table[i,{I,1,n}]]);
Stable[n_]:=(*生成 Sn 群表*) (a=Se[n];
Table[pr[a[[i]],a[[j]],n],{I,1,n},
{j,1,n}])
当 n=3 时群表如下：
1
1
2
2
3
3
2
3
1
3
1
2
3
2
3
1
2
1
1
1
3
3
2
2
3
2
1
2
1
3
2
3
2
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3
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2
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3
3
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3
2
3
2
1
3
1
3
2
1
2
2
2
3
3
1
1
3
1
2
1
2
3
1
3
1
2
3
2
3
3
1
1
2
2
1
2
3
2
3
1
2
1
2
3
1
3
3
3
2
2
1
1
2
1
3
1
3
2
1
2
1
3
2
3
[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 ,
e
a
b
e
e
a
b
a
a
e
d
, , , 那么群表如下:
c
d
f
c
d
f
f
b
c
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b
b
c
e
a
f
d
c
c
b
f
d
e
a
d
d
f
a
e
c
b
f
f
d
c
b
a
e
6. 对于 n>2,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. 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 ba = -(n+1) n+1 a-1 (a-nban)a=a-1a= = ,
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.
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证明:
(Ⅰ)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.
(Ⅱ)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 a～
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b 当且仅当 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 a～a,故此 aa-1=e S； 对任意 a,b S,由(ab)b-1=a S,可知 ab～b，又 be-1=b S, 故 b～e,由传递性可知 ab～e，即(ab)e-1=ab S.再者因 ae-1=a S, 故 a～e,由对称性可知 e～a，即 ea-1=a-1 S.可见 S 是 G 的一个子群. 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 a～a(自反性);若 a～b， 则 ab-1 S,因为 S 为 G 的子群，故(ab-1)-1=ba-1 S,因此 b～ a(对称性);若 a～b，b～c,那么 ab-1 S,bc-1 S,故 ab-1 bc-1=ac-1 S，因此 a～c(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.
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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：
由该表格可以知道B中的元素对置换的乘法封闭，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, 那么对任意a H, 有
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-1H.
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-1H产生矛盾,因此H xH=;另一方面, 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h 1H.
假设存在h H, 使得aha-1H,则必有aha-1xH,从而可
令
aha-1=xh2
这里h 2H.
那么
xh1ha-1=xh2,
即
a= h 2h1h H,
产生矛盾.
因此，任取a H, h H, 有aha-1H.
综上可知对任取a G, h H, 有aha-1H,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:
设b G，且阶数大于2，那么b≠b-1,而b-1的阶数与b的阶
数相等.换句话说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a n=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,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群D n同构.
证明:
下面证明G={B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群.
(Ⅰ)首先证明对乘法运算封闭. 下面进行分类讨论：
(1)B i B j=B i+j,注意到B n=故此
B i B j=B r G
这里i+j=kn+r,k Z,0<r n.
(2) A B i B j=B r G
这里i+j=kn+r,k Z,0<r n.
(3)容易证明BAB=A=AB n,BA=B i AB(s+1)n=AB n-t G,这里
i=sn+t,k Z,0<t n.那么
B i(AB j)=( B i A)B j=(AB n-t)B j G
(4)(AB i)(AB j)=A(B i AB j)=A((AB n-t)B j)=A2(B n-t B j)=
B n-t B j)G
由(1),(2),(3),(4)知G对乘法运算封闭.
(Ⅱ)因集合G对矩阵乘法封闭，再由矩阵乘法的性质可知，结合律肯定成立.
(Ⅲ)显然B n=A2=E为幺元.
(Ⅳ)对B i(i=1,2,…,n),有
B i B n-i=E;
对AB i(i=1,2,…,n),有
(AB i)(B n-i A)=E,
因此G内任何一元都可逆.
由(Ⅰ)，(Ⅱ)，(Ⅲ)，(Ⅳ)可知G在矩阵乘法下构成一群.
最后证明G与 D n同构.
令f:G→D n
f(B i)=T i, f(AB i)=ST i(i=1,2,…,n)，
可以证明f就是G到D n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=a k b k, k=I,i+1,i+2,证明G为交换群.
证明:
对任意a,b G
a i+2
b i+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (a i+1b i+1)=a(ba i+1)b i+1,
根据消去律可得
a i+1b=ba i+1.----------------------(1)
同时
a i+1
b i+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (a i b i)=a(ba i)b i+1,
根据消去律可得
a i b=ba i.---------------------------(2)
因此
a i+1b=a(a i b)=a(ba i)=(ab)a i----(3)
另外
ba i+1=(ba)a i----------------------(4)
结合(1),(3),(4)有
(ab)a i=(ba)a i---------------------(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=，
对任何正整数n，
(ab)n=≠
可见ab的阶为无限.
[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=(a m)n(b n)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-1S.
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.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a1≠e，并设其阶数为n1，则循环群G1={,…}
为G的一个子群；
G中取a2G1，并设其阶数为n2，则循环群G2={,…}为G的一个子群；
G中取a3G1∪G2，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G n(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a∈G的阶数为无穷，那么序列
G 1=<>，G2=<>，…，G n=<>，…
是G的互不相同的子群，所以G有无穷多个子群，产生矛盾.
综上就可知“G是无限群”这个假设不成立，因此G是有限群.
19.写出D n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：
(Ⅰ)设HK=KH，下面证明HK为G的一子群.
任取a,b∈HK,可令
a=h1k1，b=h2k2
这里h i∈H，k i∈K，i=1,2.
那么
ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 ---------------(1) 因HK=KH，故此
k1h2= h3k3 ----------------------(2)
这里h3∈H，k3∈K.
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.
(Ⅱ) HK为G的一子群,下面证明HK=KH.
若a∈HK,易知a-1∈KH. HK是子群,任取a∈HK，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈KH，那么有HK KH.
若a∈KH,易知a-1∈HK. HK是子群,任取a∈KH，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈HK，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H∩K为H的子群，那么可设H的左陪集分解式为H=h1(H∩K)∪h2(H∩K)∪…∪h r(H∩K)
这里r为H∩K在H中的指数，h i∈H，当i≠j，h i-1h j∉H∩K(事实上等价于h i-1h j∉K),i, j=1,2,…,r.
又(H∩K)K=K,所以
HK=h1K∪h2K∪…∪h r K.------------(1) 注意到h i-1h j∉K，所以当i≠j(i, j=1,2,…,r)时，
h
i K∩h j K=.----------------(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)a∈aH;
(2)a∈H⇔aH=H;
(3)b∈aH⇔aH=bH;
(4)aH=bH⇔a-1b∈H;
(5)aH∩bH≠，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a∈MN,可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M为G的正规子群，故n-1mn∈M. 所以a=n(n-1mn) ∈NM，故此MN⊆NM.
同样的方法可以证明NM⊆MN. 因此MN=NM.
[方法2]
任取a，b∈MN，可设a=m1n1(m1∈M，n1∈N)，b=m2n2(m2∈M，n2∈N).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-1∈MN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
n1n2-1m2-1n2n1-1∈M，
所以ab-1∈MN.
(ii) 由(i)可知MN为G的一个子群.
任取a∈MN, 可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M和N为G 的正规子群，对任意g∈G，有
g-1ag= g-1mng= (g-1mg)(g-1ng) ∈MN.
所以MN为G的正规子群.
(iii) 易知N为MN的正规子群，因此MN/N是一个群. 因为
[注].
M N={e}，对任何m
作一个MN/N到M的映射f[注]，
f: MN/N→M
mN m，
那么该映射显然是一一对应，另外
f(m i N m j N)= f(m i m j N)= m i m j，
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.
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]
1M N={e}，对任何m
i≠m j∈M, 有m i N≠m j N.
证明：若存在m i≠m j∈M, 有m i N=m j N，那么m i m j-1∈N，而m i m j-1∈M. 因此m i m j-1∈M N，产生矛盾.
2. 设
f: MN/N→M
mN m，
则由于对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N，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)={x∈G|xa=ax,对一切a∈S}
N(S)= {x∈G|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，y∈C(S)，那么对任意a∈S有xa=ax，ya=ay. 那么一方面，
(xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=(ax)y=a(xy)，
所以xy∈C(S).
另一方面，
xa=ax a=x-1ax ax-1=x-1a
所以x-1∈C(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，y∈N(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xy∈N(S).
另一方面，
x-1Sx=S S=xSx-1
所以x-1∈N(S).
因此，N(S)是G的子群.
(ii) 任取x∈C(S)，a∈S，则xa=ax，即a=x-1ax，亦即S= x-1Sx. 因此x∈N(S)，即C(S)N(S).
任取x∈C(S)，y∈N(S)，a∈S，则存在a y∈S使得
yay-1=a y，因此a=y-1a y y.
那么
(y-1xy)a(y-1xy)-1=y1[x(yay-1)x-1]y= y1(xa y x-1)y= y-1a y y=a，即
(y-1xy)a=a(y-1xy).
所以y-1xy∈C(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<a>.
(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：
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=Z×Z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.
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-2
a(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
a1= 1a=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
0a=a0=a
由(i)，(ii)，(iii)，(iv)可得到(L，，)为交换幺
环.
(v) 最后证明(L，+，)与(L，，)同构：设
f: L→L
x1-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,b∈R}，S={|a∈R}；
(iii) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；
(iv) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；
31.环L中元素e L称为一个左单位元，如果对所有的a∈
L，
e L a= a；
元素e R称为右单位元，如果对所有的a∈L，
ae R=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e L为一个左单位元，e R为右单位元，则e L e R=e R=e L.记e=e R=e L，则对所有的a∈L，ea=ae=a，
因此e为单位元素；
(ii) 设e L为一个左单位元，则对所有的a(≠0)∈L，
a(e L a)=a2；另一方面，a(e L a)=(ae L)a.
所以a2=(ae L
a= ae L.另外，若a=0，则a= ae L=e L a.
因此左单位元e L正好是单位元.
(iii) 设e L为一个左单位元，因为L中无右单位元，故存在x∈L，使得xe L≠x，即xe L-x≠0,
则e L+ xe L-x≠e L，但是对所有的a∈L，(e L+ xe L-x)a=a,因此e L+ xe L-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).
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I≠{0}，则对任意a(≠0)∈I，则a-1∈F,于是
a-1a=1∈I.
从而F中任意元素f，有
f1=f∈I，
故I=F，即F只有平凡双边理想.
[讨论] 事实上，一个体(又称除环)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，a∈L，
(i) 证明La={ra|r∈L}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ra∈La，l∈L，则
l(ra)=(lr)a∈La，(ra)l=r(al)=r(la)=(rl)a∈La
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h∈Lh，hk Lh，因此Lh不是L的一
个理想.
34.设I是交换环L的一个理想，令
rad I={r∈L|r n∈I对某一正整数n}，
证明rad I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a∈L，那么La和aL是L的理想，且La≠{0}，aL≠{0}，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，M n(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：
我们社K为M n(Q)的非零理想，下面证明K=M n(Q).为了证明这一点，只要证明n阶单位矩阵E∈K.记E ij为除了第i 行第j列元素为1，其余元素全为0的矩阵.那么
E ij E st=
而E=E11+E22+…+E nn.我们只要证明E ii∈K(i=1,2,…,n)就有E ∈K.
设A∈K，且A≠0，又令A=(a ij)n×n,假设a kj≠0，则有E ik AE ji=a kj E ii(i=1,2,…,n).由于a kj≠0，故存在逆元a kj-1.设B= a kj-1E ii,则
BE ik AE ji= a kj-1E ii E ik AE ji= a kj-1E ik AE ji=E ik E kj E ji=E ii.
因为K为理想，A∈K，所以E ii=BE ik AE ji∈K，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ab≠0，则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
x n=0，设a为幺环中的一幂零元素，
证明1-a可逆.
证明：设a n=0，那么
(1+a+a2+…+a n-1)(1-a)
=(1-a) (1+a+a2+…+a n-1)
=1-a n=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0≠1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z∈L，使得yz=1.
注意到(xy)z=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0≠1.
2．当L有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y不是左零元.因为若存在z≠0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ba≠1，则
有无穷多个元素x，适合ax=1.
(Kaplansky定理)
证明：
首先，若ab=1但ba≠1，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x i(i=1,2,…,n).那么
a(1-x i a+x1)=1(i=1,2,…,n),
又当i≠j时，1-x i a+x1≠1-x j a+x1[注]，这里i，j=1,2,…,n.于是
{x i|i=1,2,…,n}={1-x i a+x1| i=1,2,…,n }，
故存在x k∈{x i|i=1,2,…,n}使得
x1=1-x k a+x1,
即
x k a=1.
因为n>1，我们取x t≠x k∈{x i|i=1,2,…,n}，那么
(x k a)x t=x t，(x k a)x t =x k(ax t)=x k
因此x t=x k，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ba≠1，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i≠j时，1-x i a+x1=1-x j a+x1，则x i a=x j a，故x i ax1=x j ax1,因此x i=x j，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a∈L都有唯一的元素b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a≠0，且存在c≠0，使得ac=0，于是cac=0. 因a≠0，则存在唯一b使得aba=a.但
a(b+c)a=a,b+c≠b
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a≠0，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+b=b，即a2b=a=aba，由消去律得到ab=ba.
任取c∈L，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C[0,1]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
{x∈[0,1]|f(x)=0}
包含一个开区间.
证明：
(i) 证明思路：设I为非零的非平凡理想，假设对任意x∈[0,1]，存在f(x)∈I使得f(x)≠0，想法构造一个g∈I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M n(F)的元素的个数；
(ii) 群GL n(F)的元素的个数.
解：
45.设K是一体，a，b∈K，a，b不等于0，且ab≠1.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=aba⇔1-(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.
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.。