抽象代数基础习题解答

1数学分析、高等代数、解析几何、中学数学建模、离散数学、高等几何、概率统计、竞赛数学、运筹学、数学教学实践、初等代数研究、初等几何研究、教法研究、计算机辅助教学、教育学、教育心理学、大学英语等。2抽象代数基础答解题习于延栋编盐城师范学院数学科学学院二零零九年五月3第一章群论1代数运算1设,上的乘法的乘法表如下,CBAEA”“EABCABCEACB证明适合结合律”“证明设为中任意三个元素为了证明适合结合律,只需证明ZYX,A”“ZYX下面分两种情形来阐明上式成立I中至少有一个等于ZYX,E当时,EZYXZ当时,当时,ZYXII都不等于EI这时,ZYXEZII两两不等这时,ZYX,YXIII中有且仅有两个相等当时,和是中的两个不同元素,令表示中其余的CBAU,CBA那个元素于是,从而,ZEYXZXYZYX同理可知,当或时,都有Z2设是集合上一个适合结合律的代数运算对于中元素,归纳定义”“AA为NIA1,11AI11RRIRIA证明4MNKMJJNIAA111进而证明在不改变元素顺序的前提下,中元素的乘积与所加括号无关A证明当时,根据定义,对于任意的正整数,等式成立MN假设当时,对于任意的正整数,等式成立当时,由于R11R适合结合律,我们有”“MJJNNIA1111RJJNNIA111RNRJJNI111RNRJJNNIAAMKRKRNRNI111所以,对于任意的正整数和,等式成立考察中任意个元素当时,要使记号ANNA,213变成有意义的记号,必需在其中添加一些括号规定运算次序现在我NA21们来阐明在不改变元素顺序的前提下,无论怎样在其中添加括号,运算结果总是等于I1事实上,当或时,无需加括号,我们的结论自然成立当时,由N23N于适合结合律,我们的结论成立假设当时我们的结论成立考察”“RN1的情形不妨设最后一次运算是,其中为中前RNBANA,2S个元素的运算结果,为中后个元素的运算结果于是,根S1BN,21S据归纳假设,SJ1SK1所以最终的运算结果为NISNKSJAAB1113设是有理数集对于任意的,令,证明是上QQ,B2B”“Q的一个代数运算,它既不适合结合律也不适合交换律证明众所周知,对于任意的,所以是上的,A2A一个代数运算令,由于0A1B2C5,5210CBA,02从而,所以不适合结合律由于CBA”“,51C,32B从而,所以不适合交换律C”“2群的概念1证明关于矩阵的加法构成一个群ZDCBACG,证明首先,众所周知,由于矩阵的加法适合GBA结合律,上的加法适合结合律其次,令,则,并且0O,最后,对于任意的,令,AOGDCBADCBAA则且所以关于矩阵的加法构成一个群2令,证明关于矩阵的乘法构成一10,10,G个群证明将记作,并将中其余三个矩阵分别记作于是,上EGCBA,G的乘法表如下EABCEEABCAAECBBBCEACCBAE由于矩阵的乘法适合结合律,上的乘法适合结合律从乘法表可知,G,XEGY所以关于矩阵的乘法构成一个群G63在整数集中,令,证明关于这样的乘法构成Z2BAZ一个群证明对于任意的,我们有C,42CBACBA,2BA从而这就是说,该乘法适合结合律其次,并且对于任CZ意的,我们有Z,22AAA444所以关于该乘法构成一个群4写出的乘法表3S解,的乘法表如下231,21,3S123211233123121312331325设是一个群,证明适合消去律G”“证明设若,则CBACABCEACE1111同理,若,则这就表明,适合消去律”“6在中,令5S,45132F2543G求和GF,1解我们有,3452F5214GF45213F7设,求1KIA1A7解我们有1IIAK8设是任意一个置换,证明F2121KKIFIFFIF证明事实上,易见,是中的个不同的数字由,1IF,N直接计算可知,121KJIFIFIFJJK1K其次,对于任意的,在之,2KIFIFNI121FIFK下的像是本身所以I2121KIF9设是一个非空集合,是上的一个代数运算,若适合结合律,则S”“S”“称是一个半群或者称关于构成一个半群证明整数集关于乘法,Z构成一个半群,但不构成一个群证明众所周知,是非空集合,对于任意的,总有,并且整Z,BABA数乘法适合结合律,所以关于乘法构成一个半群其次,令于是,对于任意1E的,总有ZAEA但是,并且不存在,使得所以关于乘法不构成一个群0ZBB0Z10设是一个非空集合,是由的所有子集构成的集合则集合的并ASA是上的一个代数运算证明是一个半群”“S,证明众所周知,对于任意的,总有SYXZ这就是说,上的代数运算适合结合律,所以是一个半群”“,注请同学们考虑如下问题设是一个非空集合,是由的所有子集构ASA成的集合定义上的代数运算称为对称差如下S,XYX求证是一个交换群,11令证明关于矩阵的乘法构成一个半群Z,DCBACSS证明众所周知,对于任意的,总有CBA,这就是说,矩阵的乘法是上的一个代数运算,并且适合结合律,所以关于矩阵SS的乘法构成一个半群12设是一个半群,称为的一个左右单位元,如果对于任意的,SES都有对于,如果存在使,则AAEASBEAB称左右可逆的,是的一个左右逆元假设有左右单位元且中每BS8个元素都有关于的左右逆元证明是一个群E,S证明设是中任意一个元素任取,使得再任取,使ASBEBASC得于是,我们有CBCCAE且EBEB因此A所以EBAE由以上两式可知,是单位元,中每个元素都有逆元所以是一个群S,S对于有左单位元且中每个元素都有关于的左逆元的情形,请同学们S自己证明13设是一个群,证明G,11ABG证明对于任意的,我们有A,EAEB111B所以,11ABG16设是一个群,证明是交换群的充要条件是GG,2证明必要性是显然的现在假设满足该条件于是,对于任意的,GBA,我们有,即运用消去律第5题立即可得所以2BAAB是交换群17设是一个群假设对于任意的都有,证明是交换群GGEA2证明我们有,22BEAB由上题知,是交换群18设是非空集合,是上的一个代数运算且适合结合律”“1证明是一个群当且仅当对于任意的,方程和GGA,BXA在中都有解BAY2假设是有限集,证明是一个群当且仅当适合消去律,”“证明1当是一个群时,显然,对于任意的,是方程B,X19的解,是方程的解BXA1AYBAY现在假设对于任意的,方程,在中都有解任取,考G,XBAYGGA察方程根据假设,方程有解设是中任意一个元素,考E察方程根据假设,方程有解于是,我们有YYCACEB由于的任意性,上式表明是半群的一个右单位元再考察方程GB,根据假设,方程有解由于的任意性,这表明中每EXAXGDAG个元素关于右单位元都有右逆元所以是一个群E,2当是一个群时,根据第5题,适合消去律现在假设”“,并且适合消去律任取,考察方程,21NA”“,21,NKI由于适合左消去律,因此必出现于乘法表的第行中这就意味KIXA”“KAI着存在,使得,从而方程在中有解同理,由于,JJIKIAXG适合右消去律,方程在中有解这样一来,根据1,是一个”“KYG群19证明命题28中的表示法在不计循环置换的顺序的意义下是唯一的注注宜将这道题表述成“证明在不计循环置换的顺序的意义下,在用命题28中的证明中所说的方法将一个置换表示成两两不相交的循环置换的乘NSF积时,表达式是唯一的”证明显然,当是单位置换时,表达式就是不妨设不是单位置换,FFF和都是在用命题28中的证明中所说的方法将置换UFF21VG21表示成两两不相交的循环置换的乘积的表达式于是,两两不NSUFF,21相交,两两不相交,而且它们的阶都大于或等于考察任意的VG,21LL设由和可知,存在,21SLIFUFF21VG21LV使得,21TLJJG,21TJJI不妨设由和可知,并且1JIUFF21VG21S,KJI,从而,由于两两不相交,两两不相交,并且不计LLGFUFF,21VG21循环置换的顺序,不妨设,LLGF,U假设,则VU,UF21由此可见,当时,必与中某一个相交这与我们的假设矛盾所VLL,10以这就表明,和是同一个表达式VUVGF21VGF213子群1设是数域上的级一般线性群,是的由全体阶可逆的PNGLNHGN对角矩阵组成的子集,证明是的子群HG证明众所周知,非空,并且有,AB1B其中表示矩阵与矩阵的乘积,表示矩阵的逆矩阵所以是的子ABA群2设是一个群,是的非空子集,证明是的子群的充分必要条件GHGHG是,AB1B证明由定理33可知,当是的子群时,满足条件假设满足条件对于任意的,我们有HE1因为满足条件,由可知,因为HBA,EA1HEB1满足条件,由可知总而言之对于任意的,我们11A,有根据定理33,是的子群AB1G3设是群的子群,证明也是的子群称|11HG为的一个共轭子群证明显然,是的非空子集设于是,存在,1AH121,AHBHH21,使得,因此11HB2211HAB112H所以是的子群1AG4设是交换群,为整数,令,证明是的子群0N|EAGHNHG证明显然若,则,从而,HEBABN11AB1由此可见,是的子群5设是交换群,证明的所有阶为有限的元素构成的集合是的子群证明令表示的所有阶为有限的元素构成的集合显然设GE,其中,于是,BA,MA|NB|,EBAMNM1从而,由此可见,是的子群H1116设是群,证明与具有相同的阶GBA,A1B证明显然,对于任意的正整数,从而,N1BANEEEN1由此可见,与具有相同的阶17设是循环置换,求的阶2KIA解当时,显然,AK|当时,我们有1K,1JIJI1,2KJ,K从而,KA|8设群的除单位元外的每个元素的阶都为,证明是交换群GG证明参看2习题第17题17设是一个群假设对于任意的都有,证明是交换群AE2证明我们有,22BEAB由上题知,是交换群G9设是群,证明与具有相同的阶,A证明注意到,根据第6题的结论,与具有相同的阶11BAAB10设是群,假设的阶与的阶互素,证明,|BA证明令,由于MN|K|,EBAMNNM根据命题312可以断言其次,我们有K|,KNKNKNNABE从而,根据命题312,因为与互素,由可知同理可知,由|KN|于与互素,因此所以,即MNK|BA11设是整数集关于加法构成的群,是的子群,证明存在使ZHZHH证明众所周知,当时,显然现在假设于是,存0000在使这时,并且,在和中,一个是正数,另一个是负数令MM表示中的最小正数显然,我们有N,HQNZ现在考察任意的众所周知,存在整数和,使得R12,RQNMN0于是,由于令是中的最小正数,必有,从而,上述HQNMR0RQNM表明所以|Z12设是一个群,都是的子群假设不包含于且不包含G12G1H2H于,证明不是的子群121证明由于不包含于且不包含于,是的子群,因此存在121G且存在于是,假设,则21HA2HB21,BAAB,矛盾因此同理,这样一来,所以1B121不是的子群21G13设是一个群,是的一个子群链,证明NG21是的子群N1证明设于是,存在正整数和使得,令NBA1,IJIGAJB由于是的子群,因此,从而,MAXJIKKKKAB1N1所以是的子群NG114证明是的一个生成集3,22NS证明考察任意的对换若或,则NJIIJ13,若且,则1IJIJIJI这就是说,对于每一个对换,要么它本身属于,要么它NS13,2N可以表示成中的一些对换的乘积这样一来,根据推论210可13,2以断言,每一个可以表示成中的一些对换的乘积由此NSF13,2N可见,从而,1SN,N4循环群1证明循环群是交换群证明设是一个循环群于是,参看课本第12页倒AG|ZNAG数第4行众所周知,所以是交换群MNNMA2设是一个群,假设的阶为,证明对任意整数,有R,|R证明令由于,根据命题310,是有限循环群根据命题AHN|H42,13,|NRA3设是一个阶循环群,是任意整数,证明与具有相同的AGNRA,N阶且,NRR证明根据命题42,我们有|,|,RNRN根据命题310,和都是的阶子群显然,从而,RA,RGRNRRA由此可见,NRRA,NRA4设是一个阶循环群,证明当且仅当GR1,R证明根据命题42,我们有ARNR|NR,5设是循环群,和是的两个子群,证明SAHTKG,TSKH证明显然,从而,为了证明,现ATS,TS,TSAKH在只需证明,T考察任意的当为的单位元时,显然不妨假定XXE,TSAX于是,由知,存在,使得由知,存在,使得EXHZIISAZJ因为,所以众所周知,JTAE0ST,1,TS从而,存在,使得Z,VU,TSVTU于是,我们有,TSVITSUJTSVTUTSVUAXX,TTIVJNTNIVTJAA其中,当时,当时0ST1N0S1综上所述,对于任意的,总有所以KHX,TSX,TSAKH6设是阶循环群,和是的两个子群,证明GSG的充要条件是KH,NTS证明假设根据命题42,我们有14,|,NTANSTS从而,NTS假设于是,从而,这样根据第3,NTSA,NTSA题的结论可以断言,即TSKH7设是无限循环群,证明有且仅有两个生成元GG证明由于是无限循环群,不妨设是的一个生成元于是,也是A1A的一个生成元,并且这就是说,有两个不同的生成元其次,假设是A1B的任意一个生成元由于,因此存在,使得由于且ZNNBG,因此存在,使得由此可见,即或所AZKNKB11以有且仅有两个生成元G8设是无限循环群,和是的两个子群,证明ASAHTK的充要条件是KHTS证明当时,显然T假设显然,当时,从而,不妨假定于E0TSTSEH是由可知,存在,使得由可知,存在,使得0SASZIIATZJ因此由于,由可知,从而,所以JTIJ0SJ1J1ITS5正规子群与商群1证明循环群的商群也是循环群证明设是循环群,是的子群于是,我们有AGHGAHNANZ|Z|/这就表明,是循环群H/2设是群,是的一族正规子群,证明也是的正规子INIIIING群证明众所周知,是的正规子群显然,我们有IIIG,ANAAIIIIIIIII所以也是的正规子群III3设,是群的正规子群且,证明对于任意的,1N221E1NA,都有2BB证明对于任意的,由于是群的正规子群,根据命题1A2B1G511我们有,从而,由于是群的正规子群,根据命11AN2题511我们有,从而,因此,从而,221BA15由此可见EBA1BA4设是群的子群且,证明是的正规子群HG2HG证明我们已经知道,A任意给定当时,当时,AAHAAH并且,由可知,由此可见所以是2的正规子群G5设是群的有限子群,假设只有一个阶为的子群,证明HNH|GN是的正规子群证明任取,考察由3习题第3题知,是的子群定义GA1A1AHG到的映射如下1,1X显然是双射因此由于只有一个阶为的子群,因此NH|1NHA1这样一来,由于的任意性,根据命题511可以断言,是的正规子群A6设是群,和是的子群,GKG1证明是的子群H2假设是的正规子群,证明是的子群KG3假设和都是的正规子群,证明是的正规子群H证明1假设是的子群于是,对于任意的,我们有AA1存在和,使得HHKHK1存在和,K所以KH假设为了证明是的子群,任意给定于是,存在GHKBA,和,使得,因此H21,K21,1KHA2B1211HKB由于,因此存在和,使得,从而,21H33312HKKKA221211这样一来,由于的任意性,我们断言是的子群HK,KG2由于是的正规子群,我们有GKKK这样,根据1,是的子群3根据2,是的子群此外,还有16,AHKAHKAHKG所以是的正规子群G7设是群,和是的子群且,证明K注证明这道题时还要用到如下约定,NNN此外,这道题与7中的LAGRANGE定理类似,而且其证明难度不亚于LAGRANGE定理的证明难度,因此安排在这里不太合适证明首先,由于是的子群,因此由此可见,当KHGAHK,时,从而,HGG其次,由于,因此当时,从|AHK而KH现在假设且令,由HGMN知,存在,使得,其中诸两两不相交由MGAM,21AR1HAR知,存在,使得,其中诸两两不相交NKBNBSNBS这样一来,我们有KKSRNSMRSNR111现在我们来阐明上式中的诸两两不相交为此,设BASR,2,2NS我们来比较与当时,由于,因此KBASRSRHBSS,从而,即与HSRKARRBASR不相交当且时,从而,KSSBASRRRSR,S即与不相交所以式中的诸两两不相交这样一来,KBASRSRBASR根据式可以断言,即MNGKH8设是群的子群,假设的任意两个左陪集的乘积仍是一个左陪集,证H明是的正规子群证明任取由于是的左陪集,因此存在的左陪集,使得ABH,BA由此可见,从而所以由于的任意性,根BHA17据上式我们又可以断言,HA1将上式两边左乘,右乘,得所以由于的任意性,这就意AA味着是的正规子群HG6群的同构与同态1设是群到群的同构,是群到群的同构,证明是群到F12G2G31F2G群的同构是群到群的同构1GGG3证明众所周知,是到的双射其次,又因保持乘法运算,故对于1F21F任意的总有2BA,1BAFAFBFAF从而,11FF所以是群到群的同构1F2G1众所周知,是到的双射又因和都保持乘法运算,故对于任意的GF3FG总有1BABGFAFBFAFBFABFF所以是群到群的同构132设是群的子群,是的共轭子群,证明与同构HG1H1H证明定义到的映射如下AF,1AX直接从的定义可以明白,是满射利用消去律容易推知,是单射因此是FFFF双射其次,对于任意的总有YX11YFXYXF所以是群到群的同构,从而,FH1AHA3设是群到群的同构,证明对于任意的,举例说FGGA|AF明,若是群到群的同态,则的阶与的阶不一定相同F证明将群和群的单位元分别记做和注意到根据命题65,我们E可以断言对于任意的正整数,我们有NAFAFENN由此可见,|AF18假设,其中为的单位元,为到的映射则是2|GEGFGF到的同态任取,使得,则,从而,AE0|A1|E|FA4分别建立到和到的同态来证明定理HN/NH611注定理611的内容如下设是一个群,是的正规子群GG1若是的子群,则GN/2若是的正规子群且,则/证明1设是的子群显然,是的正规子群是的正规HHNH子群考察任意的假设A,321HNHA其中,则,从而,因此H21,NN21N12121NGH这样一来,我们可以定义到的映射如下对于任意的,/FHNA,若,其中,HAFHNAH由可知,是满射H任意给定不妨设,由于是的子群,因此NB12BG,从而,存在和,使得因此AB3331NH3NHAF另一方面,我们有2121HHBFA注意到是的正规子群和命题511,易知NG,HNHH121321321从而,即21NHHBFAF所以是到的满同态F/最后,对于任意,我们有NAHNAHNHHFKER因此这样一来,根据群的同态基本定理,H/2设是的正规子群且显然,是的正规子群定义HGG到的映射如下/NF,/HANA显而易见,是满射由于是的正规子群,因此对于任意的,总F/GGBA,有19/NHBANHABF/F因此是到的满同态FG/N其次,对于任意的,我们有AAFA/KERHNHH使得存在,H因此这样一来,根据群的同态基本定理,FKERHGN/5设是群,是的有限子群,证明G12|2121G注与5习题中第8题类似,这道题也宜安排在7习题中证明令于是,既是的子群,又是的子群设21HH12G则有MHG1,1CJMJ其中,显然,诸两两不相交有且仅有一个,1CJJCJ,2MJ使得并且|21GM由于,因此这样,由式可以推得2GH22121211GCHCCJMJJMJJJ对于任意的,考察与若,则,从而,MJI2IJ2JI2IJ由此可得,从而,这就表明,诸两两不CIJ21CHC相交这样一来,由式可以知,|21221GG6设是群,证明G1A是群到群的同构的充分必要条件是为交换群如果是交换群,证明对于任意的,ZKGKA20是一个同态证明将到自身的映射GG1A记做显然是双射于是,FF是群到群的同构F,即,BFA11BAG,11BGA,是交换群G假设是交换群,将到自身的映射ZKKA记做于是,我们有G,BGABGKKG所以是一个同态7设是群到群的满同态,是的正规子群,证明FGH/1H证明由于是的正规子群,根据定理67,是的正规子群现1HF在定义到的映射如下/GAF由是群到群的满同态可知是到的满射FGG/其次,注意到是的正规子群,对于任意的,有HGB,BGAHFFHBFABFAG所以是到的满同态/最后,对于任意的,我们有KER1FAFFG因此这样一来,根据群的同态基本定理,ER1HF/HG8设是群,是的正规子群假设且此时称G221G21E是和的内直积,证明1221G证明定义到的映射如下21F,ABF,21由可知,是满射现在设,并且21211,BA,21FF21于是,从而,从而,这意味着21BA11212GBAEBA1212且,即由此可见,是单射,从而,是双射21FF对于任意的,我们有2121,2121BAFF,21BA由于,是的正规子群且,由5习题第3题可知,1G2EG2121因此,从而,是群到群的同构,121FFABFF21G所以9设,是群,证明12121证明定义到的映射如下2GF,ABF21显然,是双射其次,对于任意的,我们有F21G,2121ABFAF,1212FFB所以是群到群的同构,从而,F1G1210设是不同的素数,证明QPQPQZ证明对于任意的和任意的,将以为代表元的模同余类记做ZINNIN于是,对于任意的,注意到是不同的素数,我们有NIJ,QPPQJIJIJIJIPIJ|且且这样一来,我们可以定义到的映射如下QQF,PPIIFPQIZ考察映射设且则FQQJZ,QJFF,即且,从而,因此是单,PQPJIPIIPQJIF射其次,显然因此是双射最后,对于任意的|QQF,我们有PQPQJIZ,QPPQPQJIJIJIFJIF,QPQPQJFIF所以是群到群的同构,从而,FPQQPQZ7有限群1设是群,是的正规子群,证明对于任意的都有GHNHGGA22HAN证明由于,因此根据推论72,对于任意的,NGNH|/|GA商群中元素的阶整除因此,从而,/AAHN2设和分别是阶为和的有限循环群,证明存在到的满同态的M充要条件是N|证明假设是到的满同态根据群的同态基本定理,FKER/F根据LAGRANGE定理,我们有,|KER|ER|KRFNFGFFG从而,MN|假设令,于是,是的正规子群,ANNNMN|是元循环群显然,设是到的同构,是到N/F/FG的自然同态则是到的满同态GGFG3设是有限群,为素数,如果,证明一定有阶为的子P1R|GPRRP群注我们介绍过SYLOW定理的如下形式设是阶有限群,其中,NMNR是素数,是非负整数,是正整数,并且那么,对于任意的PRM1,M,有阶子群显而易见,这道题已经包含在SYLOW定理中这是10KGKP因为由知,存在正整数和,使得,其中于是,根|RSPS1,SR据SYLOW定理,有阶子群下面我们采用证明SYLOW定理的方法给出这道题R的直接证明证明假设则存在正整数和,使得,其中显|PRSMNS,MP然,根据SYLOW定理,存在的子群使现在只需证明一定有SRGHP|H阶为的子群P为此,对施行第二数学归纳法当时,显然结论成立1S假设是整数,并且当时,对于任意的正整数,有阶子群下面TTSSRRP我们来阐明当时,对于任意的正整数,有阶子群TH事实上,由可知,对于的每个真子群,都有由群1|TPH|的类方程G其中为群的中心CHAAN|立即可知由于是交换群,根据引理74,存在,使得由|CCCPC|可知,是的正规子群令则CC/23TPCH|根据归纳假设,对于任意的正整数,有阶子群根据命题513,存在R1RK的子群,使得且,从而,HKCK/RRPC1|4设是有限群,为素数,如果的每个元素的阶都是的方幂,则称GPG是群证明是群是的一个幂P|P证明显然,当是的一个幂时,是群|现在假设不是的一个幂于是,存在素数,使的,其中|PQMQGR|,根据SYLOW定理,有阶子群所以不是群1,MQRRH5证明阶小于或等于5的群都是交换群证明显然1阶群是交换群由推论72立即可知,2阶群、3阶群和5阶群都是循环群,因而都是交换群设是4阶群根据推论72,中元素的阶只能是,2或当中有4阶GG14G元素时,是循环群,因而是交换群当中有4阶元素时,中的元素,除单位元外,都是2阶元素不妨设容易验证,就是KLEIN四元群,因而,CBAE是交换群6设是群,是的有限子群,假设,证明121|,21|2121G证明由于既的子群,又是的子群,根据推论72,是21G|21G与的公约数因为,所以这样一来,根据6|1G|2|21|21习题第5题,我们有|212121第二章环论1环的概念1证明命题13的57注命题13的57的原文如下设是一个环,则R5JNIMJIMJNIBABA1116,其中为整数7若是交换环,则R,KNKNC0BA24显然,5中应加进“其中和为中的任意,21NIA,21MJBR元素,和为任意正整数”6中应加进“和为中的任意元素”7中MNA应加进“其中，和为中的任意元素,为任意正整数,并且约定,ABRBA0”AB0证明首先,因为乘法对加法适合分配律,所以JNIMJIMJNIIMJNIBA11111这就是说,命题135成立其次,当时,根据命题131,我们有,000AB,从而,当是正整数时,令0ABABNBNA,IIN21则因乘法对加法适合分配律,我们有,2121ABBANN,BANB从而,当是负整数时,根据命题132和刚才证明的结A论,我们有,NABAN,BBANB从而,这就是说,命题136成立A最后,假定是交换环我们用数学归纳法来证明等式RKNKNAC0成立事实上,当时,显然式成立假设当为某个正整数时,式1NR成立当时,我们有RKRRKRNBABABA0RRKRRKCC011011RKRRKRRR111RRRKRRKRBABAA1RKRRRC11RKRRKRRRBA0KNKBA0所以对于一切正整数,式成立N25此外,由于乘法适合结合律和交换律,由第一章的1知,NBA2令,证明关于实数的加法和乘法构成一Z,|2ZBA2个环证明显然,是一个交换群是一个半群也就是说,乘,法适合结合律乘法对加法适合分配律所以是一个环验证过程从略3设是闭区间上的所有连续实函数构成的集合对于任意的,定R,BARGF,义,XGFXGFXGFF,BA证明关于这样定义的和构成一个环”“证明简单的数学分析知识告诉我们,是一个交换群是一个,R,R半群也就是说,乘法适合结合律乘法对加法适合分配律所以”“”“是一个环R4设是有单位元的环,是正整数形如1N,其中,NNAA212142RIJNJ2,1的表格称为环上的矩阵或阶方阵令是环上的所有矩RMNN阵构成的集合完全类似于数域上矩阵,可以定义环上的矩阵的加法和乘法,证明关于矩阵的加法和乘法构成一个环记中单位矩阵为对MNRNNI,如果存在,使得,则称是可逆的,称是ARMBNIBAB的一个逆矩阵,证明若可逆,则其逆是唯一的,记的逆矩阵为A1A证明完全类似于数域上矩阵,容易验证上的加法适合结合律和交换N律从略令表示所有元素都为的零元的阶方阵对于任意的,NORMN将中每个元素都代之以其负元而得到矩阵记做显而易见,对于任意的AA,有RMN,ANNO所以关于矩阵加法交换群完全类似于数域上矩阵,容易验证上NRN的乘法适合结合律,并且对上的加法适合分配律从略所以关于RMN矩阵的加法和乘法构成一个环假设是任意一个可逆矩阵,并且矩阵和都是的逆矩阵则ANBCA矩阵,从而,这就表明的逆矩ICBIACBINN阵是唯一的5设是一个环,假设是一个循环群,证明是交换环RRR26证明设是循环群的一个生成元于是,对于任意的,存在ARRYX,使得,从而,根据命题136,Z,NMXNYMANAMNAY所以是交换环R6设是一个有单位元的环,对于任意的,令,1RB,B证明和是上的两个代数运算且关于加法和乘法也构成一个有单位元的环注到此为止,还要求证明和是上的代数运算已没有什么意义因此R这道题可改为设是一个有单位元的环,定义上的代数运算加法和,R1乘法如下,BAABR证明关于加法和乘法也构成一个有单位元的环证明显而易见,和都是上的代数运算对于任意的,有RCBA,CC1BABA11由此可见,是以为零元的交换群,R其次,对于任意的,有RCBA,ABCCABCABCAB11CC,A12ABBC,C从而,AACBC1ACBB1112ACCABAC27从而,CBBACA00所以,是以环的单位元为零元、以环的零元为,R,R1,R0单位元的环7在剩余类环中,记满足的剩余类的个数为,证明NZ,NAAN1令,则关于剩余类的乘法构成一个群1|A2若,则费马定理1,MOD证明1显然,因此R其次,设根据的定义,因此,从而,RB1,NBA1,NAB这表明,关于剩余类的乘法封闭由于剩余类的乘法适合结A合律,因此关于剩余类的乘法构成一个半群由于,11R因此是半群的单位元再考察任意的由可知,存在1,RA1N,使得显然,从而,并且Z,VUVNUA,NUUVA这就表明,半群中每个元素都有逆元,所以关于剩余类的乘法构成一个群R2首先,我们注意,设于是,根据第一章中命|NR1,RA题312,从而,所以|NANANAMOD3理想与商环1设和是整数环的两个理想,证明AB,注BA,BA注这里约定,当时,00证明我们已经知道,对于任意的,有参看课本第39页这Z样一来,由第一章4习题第5题可知,其次,显然,且,从而,且由,BABABA,BA于是包含和的最小理想,因此另一方面,众所BA周知,存在,使得由此可见,从而,Z,NM,N所以2证明命题3728注命题37如下设是一个环,是的一个理想RIR1若是的一个理想且,则是的理想JIJ/IR/2若是的一个理想,则存在的理想,使且L/JIJL/证明1设是的一个理想且首先,由于是加群的正规子群NR且是加群的子群且,根据第一章命题5131,是加群的子群其JRIJI/次,由于是的理想,对于任意的和任意的,我们有,从而,RRJJJJR,NJJRN/RJ/所以是的理想IJ/2设是的一个理想于是,是加群的一个子群首先,根据第一LIRLI/章命题5132,存在加群的子群,使且此外,由于JJ是的理想,因此对于任意的和任意的,我们有J/RRJ,NJRNJ/NRJ/从而,所以是的理想JR,JR3设是环的一个左理想,令,证明是的一个I0|0AII1R左理想注应将“”改为“”|0AI|I证明首先,显然其次,对于任意的,我们有,IB,0BIA从而,因此BIAI,0|IIIBI所以是加群的子群此外,对于任意的和任意的,我们有I0RRRI,AIRI从而,所以是的一个左理想RA104设是环,是的一个理想链,证明是的理NII2NI1R想证明由于是加群的一个子群链,根据第一章3习N21R题第13题,是加群的子群NIR其次,设,于是,存在正整数,使得由于是的理RNIA1NNIANIR想,因此,从而,NNIR1所以是的理想I15设是有单位元的环的一个理想,令是多项式环中所有系数在RXX中的多项式组成的集合,证明是的一个理想IXI证明显而易见,是多项式环的一个子环此外,对于任意的R和任意的,我们有0XRXFJMJ0XIAGKN29,LNMLKLJJXARXGF0LLJLJ由于是环的一个理想,因此,IRIRLKJJLKJJ,10NM由此可见,所以环的一个理想XIFGXFR6设是数域上所有2阶方阵构成的环,证明的理想只有和PR注本题中的是指2阶零矩阵0证明考察环的任意一个非零理想任取非零矩阵RIIA假设的秩等于于是,对于任意的,存在使得因为ARCBC是的理想且,由可知由此可见,IIABI假设的秩等于令1,01B0201310410E于是,存在可逆矩阵,使得RQPI,2IIBA,因为是的理想且,由以上四式可知这样一来,注意IRIII43,21到是的理想,对于任意的,我们有DCBAIDBCBDCBA004321由此可见,RI综上所述,可以断言,的理想只有和R4环的同态1设是环到环的同态,证明是的理想FRKERFR证明由于是环到环的同态,因此是加群到加群的同态根据FR第一章中的命题66,是加群的正规子群此外,对于任意的和KERFR,我们有KERFA,0FAF0FRFARF从而,由此可见,是的理想R,ERR2设是环到环的同构,证明是环到环的同构FR1F证明由于是环到环的同构,因此是加群到加群的同构根据FR第一章6习题第1题,是加群到加群的同构又因保持乘法运算,故1FF30对于任意的总有,RBA,11BAFAFBFAF从而,11FF所以是环到环的同构1FR3证明定理43注定理43如下设是一个环,是的理想IR1若是的理想,则J/JJI2若是的理想,且,则R/证明1令,IAFJ根据第一章中的定理6111及其证明,是加群到加群的满同态,FIJ/并且此外,还有JIFKER,BFIBIABA所以是环到加环的满同态,并且这样一来,根据环F/JIKER的同态基本定理,在环的同构的意义下,/J2令,AIFR根据第一章中的定理6112及其证明,是加群到加群的满同态,并FI/J/且此外,还有IJF/KERABFIBF,IAJAR所以是环到环的满同态,并且这样一来,根据环的同态FIR/JF/KER基本定理,在环的同构的意义下,IR/4设是有单位元的环的一个理想,令是多项式环,21NXI中所有系数在中的多项式组成的集合,证明是,21NX,21NXI的一个理想,且R,/,/,212121NNNXIRXIX证明反复利用3习题第5题的结论可以推知,是,21NXI的一个理想,21NX对于任意的,令,21021NJPJNXXRXF,JPJJNIF,021其中,JNJJKKJXX21JIPJ,31不难验证,是环到环的满同态,并且,21NXR,/21NXIR验证过程从略根据环的同态基本定理,KER21NXI,/,/2121NNIXI5设是有单位元的环,证明/证明定义到的映射如下XR,0FXFXRF显而易见,是到的满同态,并且所以KERRX/6设是环到环的满同态,是环的一个理想,证明是的FI1IF理想且/1IR证明由于是环到环的满同态,因此是加群到加群的满同态FF由于是环的一个理想,因此是加群的正规子群根据第一章6习题IIR第7题,是加群的子群,并且,在群的同构意义下,1IF/1IRF其次,由于是环的一个理想,对于任意的和任意的,有RRA,IAFRFIFAF从而,所以是的理想,1IAR1现在令,1IFIFR显而易见,是加群到加群的同构此外,对于任意的,有F/R/RRBA,111IFABFFBFAIAI11FF因此,是环到环的同构这就是说,在环的同构意义下,有F/1IFR/1IRF7设是环的理想,假设且此时称是和的内JI,JI0RIJ直和,证明证明对于任意的和令IAB,AF,I根据第一章6习题第8题及其解答可知,是加群到加群的同构其次,对FJR于任意的和,由于是环的理想且,我们有IA21,J21I,R0,B21从而,因此0,212B,212121BAAFAF,0BF从而,所以在环的同构意义下,有,2121BAF32JIR8设是环的理想且,证明,RJIJRIJIR/证明对于任意的和,我们有A21,B21BA12且J1IB且221,21JAIB这样一来,我们可以定义到的映射如下对于任意的JIRJR/F和任意的,IAJB,AIAF考察任意的由可知,存在和JIRI/,21JIA21,使得,由和可知,由JB21,2B11BRIBR和可知,这样一来,根据的定义,我们有ARB2J2F2121JRJAIAF由此可见,是到的满射FIRR/对于任意的和任意的,我们有21,B21,21211BFF,22JAIB,1IJ,2BFF21211BAF,212JAIAB21J,212,1JIJI2BAFF所以是环到环的满同态FR/对于任意的和任意的,我们有IAJ,JIBAJIAIIFBA,KER从而,这样一来,根据环的同态基本定理,JFRR/5交换环1设是交换环,是的理想,令,证明RIR1|IANAIN使存在33也是的理想IR证明显然是的非空子集设,于是,存在正整数和IRIBA,RRM,使得由此可见,NBANM,CKNMNKNM0IAM1,IARIR从而,所以也是的理想R,R2设是交换环,是的真理想,证明是的素理想对的任意两RPPR个理想,若,则或,其中JIIJ,|JJIIJIJ证明首先证明这个条件是为素理想的必要条件为此,设是素理想,并P设和是的理想且若对于任意的都有,则否则,存II在,使得由于,因此,又因是素理想且,故IIPIIJPIJJJI,即总之,或JJJ其次,假设对R的任意两个理想I,若,则PI或J我们来阐明是的素理想考察任意的RJI,其中IJ于是,IJ由于R是交换环,我们有,|ZNRII,JJ,|RII考察任意的JIK不妨设JSMRK,其中SR,ZNM通过直接演算可知,IJNIJS由此可见,PIJI这样一来,根据我们对P的假设,PI或J,从而,I或所以I是素理想3设R是整环,证明XR也是整环,且若0,XRGXF,则DEEDEGF证明由于是有单位元1的交换环且10,所以也是是有单位元1的交换环,X,并且的零元0和单位元分别是X的零元和单位元考察任意的RF不妨假设IMIXAF0,INIBG0,其中0MA且NB于是,FDE,XDE,并且INIC0,其中,IKJJIC,1I由于R无零因子,0MA且NB,因此0NMBA,从而,XGF是M次多项式所以DEGEDEXXF34由此可见,XR也是整环4设是整环,证明X中的可逆元即存在逆元的元素恰是R中的可逆元证明我们知道的单位元就是R的单位元1设XF是中的可逆元于是,存在XRG,使得XFGXF由上题知,G,这样一来,由1GF可知,是中的可逆元反之,显然R中的可逆元都是中的可逆元所以中的可逆元恰是R中的可逆元5求出5Z中每个非零元的逆元证明在中,32,14由此可见,1的逆元是,2与3互为逆元,4的逆元是46设P是数域,XP是P中的不可约多项式,证明XP是P的极大理想证明由于是有单位元的交换环,因此|XFPXFX整除由于XP是中的