1、1第一章 代数基本概念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
2、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,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
3、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.2() 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)a
4、t= a1(a1at)at.由条件(1),(2)可得到a1at= ata1.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;(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=(a
5、b)(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
6、 内的左幺元.3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
7、，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x= , y=(1 2 32 1 3) (1 2 31 3 2)那么(xy)2 = x2y2.=(1 2 33 1 2) (1 2 31 2
8、3)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,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 , , ,132 (1 2 31 3 2) 123 132, 213 231, 那么群表如下:
9、312 3214e a b c d fe e a b c d fa a e d f b cb b c e a f dc c b f d e ad d f a e c bf f d c b a e6. 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.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1 k=n+1 时结论也成立.我们注意到a-1bka= = bkr,(-1)(-1)(-1)个因此a-
10、(n+1)ban+1= a-1 (a-nban)a=a-1 a= = , +1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.-1证明:()首先证明当群 G 为一个交换群时映射 是一同构映射.-1由逆元的唯一性及 可知映射 为一一对应，又因为(-1)-1= -1,(xy)-1=y-1x-1并且群 G 为一个交换群, 可得.y-1x-1=-1-1因此有.(x y)-1=-1-1综上可知群 G 为一个交换群时映射 是一同构映射.-1()接着证明当映射 是一同构映射,则群 G 为一个交换群.-1若映射 是一同构映射 ,则对任意 有-1
11、 , ,(x y)-1=-1-15另一方面，由逆元的性质可知.(y x)-1=-1-1因此对任意 有, ,=即映射 是一同构映射 ,则群 G 为一个交换群.-19. 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 a
12、e,由对称性可知 ea ，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 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 );若 ab，bc,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
13、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：e a b ce e a b ca a e c bb b c e ac c b a e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
14、.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.6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
15、 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= ;
16、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 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: 设
17、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.72 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=(0 11 0) (2 00 -2)证明: 集合 B,B2,Bn
18、,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. 下面进行分类讨论：(1) Bi Bj=Bi+j,注意到 Bn= 故此 (1 00 1)Bi Bj=Br G 这里 i+j=kn+r,k Z,0，G 2=，G n=，2 4 2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 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
19、.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=h 2k2这里 hiH ，k iK，i=1,2.那么ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 -(1)因 HK=KH，故此k1h2= h3k3 -(2)这里 h3H，k 3K.由(1),(2)知ab= h1(h3k3)k2=(h1h3)(k3k2)HK. -(3)另外，a-1= (h1k1)-1= KH=HK. - (4)1111由(3),(4)知 HK 是 G 的子群.() 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
20、 ，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10|=|.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)h 2(HK)h r(HK)这里 r 为 HK 在 H 中的指数，h iH，当 ij，h i-1hjHK(事实上等价于 hi-1hjK),i, j=1,2,r.又(HK)K=K,所以HK=h1Kh 2Kh rK.-(1)注意到 hi-1hjK，
21、所以当 ij(i, j=1,2,r)时，hiKh jK= .-(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;(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
22、，故此 MNNM.同样的方法可以证明 NMMN. 因此 MN=NM.方法 2任取 a，bMN，可设 a=m1n1(m1M，n 1N)，b=m 2n2(m2M ，n 2N). 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，
23、对任意 gG，有g-1ag= g-1mng= (g-1mg)(g-1ng) MN.所以 MN 为 G 的正规子群.11(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 mim jM, 有miNm jN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
24、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1 M N=e，对任何 mim jM, 有 miNm jN. 证明：若存在 mim jM, 有 miN=mjN，那么 mimj-1N ，而 mimj-1M. 因此 mimj-1M N，产生矛盾.2. 设 f: MN/NMmN m，则由于对任何 mim jM, 有 miNm jN，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(
25、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-1ax 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，12x-1Sx=S S=xSx-1所以
26、 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. 那么(y-1xy)a(y-1xy)-1=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
27、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：e a b ce e a b ca a e c bb b c e ac c b a e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
28、 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.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.1329. 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
29、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
30、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)，(iv)可得到(L， ， )为交换幺环. (v) 最后证明(L，+， )与(L， ，
31、)同构：设 f: LLx 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；( 0 0) ( 00 0)(iii) L= |a,bR，S= |aR；( 00 ) ( 00 0)14(iv) L= |a,bR，S= |aR；( 0 0) ( 00 0)31. 环 L 中
32、元素 eL 称为一个左单位元，如果对所有的 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(e La)=a2；另一方面，a
33、(e La)=(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 xL，使得 xeLx，即 xeL-x0,则 eL+ xeL-xe L，但是对所有的 aL，(e L+ 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
34、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)=
35、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：(1 01 0)取 k= ，容易验证 hLh，hk Lh，因此 Lh 不是 L 的一个理想.(1 20 0) 1534. 设 I 是交换环 L 的一个理想，令radI=rL|r n I 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
36、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，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 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，其余元素全为 0 的矩阵.那么EijEst=， =0， 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，
37、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 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，
38、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.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=z，x(yz)=x ，所以 x=z，即 yx=1.
39、注意 161.幺环多于一个元素当且仅当 01.2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-x ia+x11-x ja+x1注 ，这里
40、i，j=1,2,n.于是xi|i=1,2,n=1-xia+x1| i=1,2,n ，故存在 xkx i|i=1,2,n使得x1=1-xka+x1,即xka=1.因为 n1，我们取 xtx kx i|i=1,2,n，那么(xka)xt=xt，(x ka)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-x ia+x1=1-xja+x1，则 xia=xja，故 xiax1=xjax1,因此 xi=xj，产生矛盾.
41、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 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 ba
42、b=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 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
43、) 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； 01 17(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 .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
44、)-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.
