代数学引论高教第二版答案(第一章)

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 b=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.1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}. (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; 因为故此a1(ata1)at=(a1at) (a1at)=(a1)2 a1(a1at)at=(a1a1)at=a1(a1at)= (a1)2,由条件(1),(2)可得到a1(ata1)at= a1(a1at)at.<3> 证明 at 就是 G 的幺元; 对任意 ak G,由条件(2)可知a1at= ata1. a1(atak) =(a1at)ak=a1ak类似可证atak=ak.因此 at 就是 G 的幺元. (Ⅱ) 证明 G 内任意元素都可逆；akat=ak.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=ea(ba)b=(ab)(ab)=ee=e再由条件(2),(3)知2ba=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 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 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3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}的所有可能的排列做成一个表格*)(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：112233231312323121113322321213232131221133132321313212223311312123131232331122123231212313332211213132121323[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:eabcdfeeabcdfaaedfbcbbceafdccbfdeaddfaecbffdcbae6. 对于 n>2,作一阶为 2n 的非交换群.47. 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,因此可见 k=n+1 时结论也成立. 由归纳原理可知结论得证.a-(n+1)ban+1= a-1 (a-nban)a=a-1 a= =,8. 证明:群 G 为一交换群当且仅当映射是一同构映射.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.59. 设 S 为群 G 的一个非空子集合，在 G 中定义一个关系 a～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 为正整数加法群 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.612. 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-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, 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,从而可令这里 h2 H. 那么aha-1=xh2xh1ha-1=xh2, 即产生矛盾.a= h2h1h H,7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: 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 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. (Ⅰ)首先证明对乘法运算封闭. 下面进行分类讨论：(1) Bi Bj=Bi+j,注意到 Bn=故此Bi Bj=Br G 这里 i+j=kn+r,k Z,0<r n.(2) A Bi Bj=Br G 这里 i+j=kn+r,k Z,0<r n.(3) 容易证明 BAB=A=ABn,BA=BiAB(s+1)n=ABn-t G,这里 i=sn+t,k Z,0<t 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.(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 Bn=A2=E 为幺元. (Ⅳ)对 Bi(i=1,2,…,n),有BiBn-i=E;8对 ABi(i=1,2,…,n),有(ABi)(Bn-iA)=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 Dn 同构. 令 f:G→Dnf(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+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=9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=(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.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 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 G1∪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 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 a∈G 的阶数为无穷，那么序列10G1=<>，G 2=<>，…，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=h 1k 1，b=h 2k 2这里h i ∈H ，k i ∈K ，i=1,2.那么 ab=(h 1k 1)(h 2k 2)=h 1(k 1h 2)k 2 ---------------(1)因HK=KH ，故此k 1h 2= h 3k 3 ----------------------(2)这里h 3∈H ，k 3∈K.由(1),(2)知ab= h 1(h 3k 3)k 2=(h 1h 3)(k 3k 2)∈HK. ------------(3)另外，a -1= (h1k 1)-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=h 1(H ∩K)∪h 2(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=h 1K ∪h 2K ∪…∪h r K.------------(1)注意到h i -1h j ∉K ，所以当i ≠j(i, j=1,2,…,r)时，hi 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=m 1n 1(m 1∈M ，n 1∈N)，b=m 2n 2(m 2∈M ，n 2∈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=m 1n 1n 2-1m 2-1= [m 1(n 1n 2-1m 2-1n 2n 1-1)](n 1n 2-1)，而M 为G 的正规子群，故n 1n 2-1m 2-1n 2n 1-1∈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M N={e}，对任何m i ≠m j ∈M, 有m i N ≠m j N [注]. 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=y 1[x(yay -1)x -1]y= y 1(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a 2=b 2=c 2=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-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→Lx1-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}；称为一个左单位元，如果对所有的a∈L，31.环L中元素eLea= a；L元素e称为右单位元，如果对所有的a∈L，Rae=a.R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a∈L，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= aeL.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x∈L，使得xeL≠x，即xeL-x≠0,则eL + xeL-x≠eL，但是对所有的a∈L，(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).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=E 11+E 22+…+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+a 2+…+a n-1)(1-a)=(1-a) (1+a+a 2+…+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+x 1)=1(i=1,2,…,n),又当i≠j 时，1-x i a+x 1≠1-x j a+x 1[注]，这里i ，j=1,2,…,n.于是{x i |i=1,2,…,n}={1-x i a+x 1| i=1,2,…,n }，故存在x k ∈{x i |i=1,2,…,n}使得x 1=1-x k a+x 1,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+x 1=1-x j a+x 1，则x i a=x j a ，故x i ax 1=x j ax 1,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(a 2b-a+b)a=a ，所以a 2b-a+b=b ，即a 2b=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(F)的元素的个数；n(F)的元素的个数.(ii) 群GLn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.21。