代数学引论(近世代数)答案

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,…,a n},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若i j(I,j=1,2,…,n),有
a k a i a k a j------------<1>
a i a k a j a k------------<2>
再由乘法的封闭性可知
G={a1,a2,…,a n}={a k a1, a k a2,…, a k a n}------------<3>
G={a1,a2,…,a n}={a1a k, a2a k,…, a n a k}------------<4>
由<1>和<3>知对任意a t G, 存在a m G,使得
a k a m=a t.
由<2>和<4>知对任意a t G, 存在a s G,使得
a s a k=a t.
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,…,a n}.
(Ⅰ) 证明G内存在幺元.
<1> 存在a t G，使得a1a t=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明);
<2> 证明a1a t= a t a1;
因为
a1(a t a1)a t=(a1a t) (a1a t)=(a1)2
a1(a1a t)a t=(a1a1)a t=a1(a1a t)= (a1)2,
故此
a1(a t a1)a t= a1(a1a t)a t.
由条件(1),(2)可得到
a1a t= a t a1.
<3> 证明a t就是G的幺元;
对任意a k G,
a1(a t a k) =(a1a t)a k=a1a k
由条件(2)可知
a t a k=a k.
类似可证
a k a t=a k.
因此a t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
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e a ,下面证明e a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
e a b= e a(ac)= (e a a)c=ac=b,
因此e a为G内的左幺元.
再者对任意d G, xd=e a在G内有解,即G内任意元素对e a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)2x2y2.
[思路] 在一个群G中，x,y G, xy=yx(xy)2x2y2(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S n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S n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：
[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,,,,
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=b r,其中r为一正整数,证明a-i ba i=.
证明：
我们采用数学归纳法证明.
当k=1时, a-1ba=b r=, 结论成立；假设当k=n时结论成立, 即a-n ba n=成立, 下面证明当k=n+1时结论也成立.
我们注意到
a-1b k a== b kr,
因此
a-(n+1)ba n+1= a-1 (a-n ba n)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.
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～b当且仅当ab-1S.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-1S.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-1S,因为S为G的子群，故(ab-1)-1=ba-1S,因此b～a(对称性);若a～b，b～c,那么ab-1S,bc-1S,故ab-1 bc-1=ac-1S，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.
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:
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h1H.
假设存在h H, 使得aha-1H,则必有aha-1xH,从而可令
aha-1=xh2
这里h2H.
那么
xh1ha-1=xh2,
即
a= h2h1h 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)
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=(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
G1=<>，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∪…∪(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∈HaH=H;
(3)b∈aHaH=bH;
(4)aH=bHa-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MNNM.
同样的方法可以证明NMMN. 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=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
222
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=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.
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.
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