(完整版)代数学引论(聂灵沼_丁石孙版)第一章习题答案

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=a2b2M G为交换览. 证明：对任意a,bG,由统食使我们可得到(ab)2 =a(ba)b, a 2 b2 =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,bG, ba=bae=ba(ab) 2=ba(ab)(ab) =ba 2b(ab)=beb(ab)=b 2(ab)=e(ab)=ab 因此G为交换群.方法2对任意a,bG,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

2、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=a i,a2,，a,k是1,2,，nF某一个数字，由(2)可知若ij(I,j=1,2,，n),有akaiak aj<1>aiakaj a k<2>再由乘法的封闭性可知G=a 1,a2,，a=aka1，aka2,，aan<3>G=a 1,a2,，a=aak, a2ak,，aak<4>由<1>和<3>知对任意atG,存在amG,使得 akam=a t.

3、由<2>和<4>知对任意atG,存在asG,使得 a sa 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内存在名元单位元)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=a 1,a2,，an.(I )证明G内存在幺元.<1>存在atG ,使得aiat=ai.(这一点的证明并不难，这里不给证明)；<2> 证明 aiat= a tai；因为2a i(ata i)at =(aat) (a i at)=(a i)ai(aiat

4、)at=(a iai)at=ai(aiat尸(a i)2, 故此ai (ata i)at= a i(ai at)at.由条件,(2)可得到aiat= a tai.<3>证明at就是G的幺元；对任意akG,ai(atak) =(a iat)ak=a i ak由条件(2)可知atak =a k.类似可证a kat=a k.因此at就是G的幺元.(n)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aG，存在bG ,使得ab=ba=e.<i>对任意aG ,存在bG ,使得ab=e;(这一点很容易证明

5、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ba=ab.因此G内任意元素都可逆.由(I ),( n )及条涧知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,bG,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aG,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bG, ax=b 在G内有解，记一个解为c,那么有ac=b ,所以eab= e a(ac)=

6、 (e aa)c=ac=b,因此ea为G内的左幺元.再者对任意dG, xd=e a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

7、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,yG, 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Sn的群表，输出程序如下：Pra_,b_,n_:=(* 两个置换的乘积*)(Tablea回i,I,1,n);Sen_:=(*1,2,，n的所

8、有可能的排列做成一个表略(PermutationsTablei,I,1,n);Stablen_:=(* 生成 Sn 群表 *)(a=Sen;Tableprai,a皿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，,那么群表如下：ccbfdeaddfaecbffdcbae6 .对于n>2,作一阶为2n的非交换群.7 .设G是一群,a,bG,如果a-1 ba=b1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=br=,结论成立；假设当k=n时结论成立,即a-nban

9、=成立，下面证明 当k=n+1时结论也成立.我们注意到a-1 b ka= b kr,因此a-(n+i)ban+1 = a-1 (a-nba n)a=a -1 a=,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.(n)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

10、，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ab当且仅当ab -1 S.证明这是个等价夫系的充分必要条件为S是一个子姓.证明：首先证明若是等价关系，则S是G的一个子群.对任意aG,有aa,故此aa-1=eS;对任意a,bS,由(ab)b-1=aS,可知abb,又be-1=bS,故be,由传递性可知 abe,即(ab)e-1 =abS.再者因ae-1 =aS,故ae,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aG,有aa-1=eS,故此aa(自反性);若ab ,则ab-1S,因为

11、S为G的子群， 故(ab-1)-1=ba-1S,因此 ba(对称性);若 a b, b c,那么 ab-1 S,bc-1S,故 ab-1 bc -1 =ac -1 S , 因此ac(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：,那么置换的乘积表格如下:可记 a=(1 2)(3 4), b=(1 3)(2 4), c=(1 4)(2

12、3)6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)称为四元群.Klein(C.L.Klein,1849-1925)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)= f 2(x)=i 2=-1另一方面,f(x 2)=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

13、：方法1设H是2n阶群G的n阶子群，那么对任意aH,有HaH=, 并且aHG,HG,又注意到aH和H中都有n个元素，故此 HaH=G.同理可证对任意aH,有HHa=, HHa=G ,因此对任意aH ,有aH=Ha.对任意aH,显然aHH, HaH 又因aH,Ha及H中都有n个元素，故 aH=Ha=H.综上可知对任意aG,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aH, hH, 显然有aha-1 H.对给定的xH,有HxH=, HxH=G.这是因为若假设yHxH,则存在hH ,使得y=xh,即x=yh -1 H产生矛盾，因此HxH=;另 一方面，xHG,HG

14、, 又注意到xH和H中都有n个元素，故此HxH=G.那么任取aH,由上面的分析可知 axH,从而可令a=xh 1这里h1H.假设存在hH,使得aha -1 H,则必有aha -1xH,从而可令aha -1 =xh 2这里h 2H.那么xh 1ha -1 =xh 2, 即a= h 2h 1hH, 产生矛盾.因此，任取 aH, hH, 有aha -1 H.综上可知对任取 aG, hH, 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ae适合a2=e.证明：设bG ,且阶数大于2,那么bwb -1,而b-1的阶数与b的阶数相等.换句t目兑G中阶数大于2的

15、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aG,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,B 2,，En,AB,AB 2,，ABn而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,B 2,，BAB,AB 2,，AEn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：

16、(1) BiBj=Bi+j,注意到 Bn=故此BiBj=BG这里i+j=kn+r,kZ,0<rn.(2) A B iBj=BrG这里i+j=kn+r,kZ,0<rn.(3)容易证明 BAB=A=AB n,BA=B iAB (s+1)n =AB n-t G,这里 i=sn+t,kZ,0<tn. B i(AB j)=( B iA)B j=(AB n-t )B jG(4) (AB i)(ABj)=A(B iAB j)=A(AB n-t)Bj)=A2(Bn-t Bj)= B n-t Bj)G由 (1),(2),(3),(4) 知 G 对乘法运算封闭.(n)因集合G对矩阵乘法封闭，再由

17、矩阵乘法的性质可知，结合律肯定成立(出)显然Bn=A2=E为幺元.(IV)对 Bi(i=1,2,，n),有BiBn-i=E;对 ABi(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), (n),(出)，(W)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 f D nf(Bi尸丁, f(AB i尸S(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=akbk, k=I,i+1,i+2,群.证明 :对任意 a,bGai

18、+2bi+2=(ab) i+2=(ab) (ab) i+1=(ab) (a i+1bi+1)=a(ba i+1)bi+1 ,根据消去律可得ai+1 b=ba i+1 .(1)同时ai+1 bi+1 =(ab) i+1 =(ab) (ab) i=(ab) (a ibi)=a(ba i)bi+1 ,根据消去律可得aib=ba i.(2)因此ai+1 b=a(a ib)=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.那么证明 G 为交换16 .在群SL2(Q

19、)中，证明元素a=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=丰可见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, bS ,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 abS.a-1的阶数与a相同，故此a-1

20、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aw e,并设其阶数为则循环群G1=，妁的一个子群；G中取a2G1,并设其阶数为n2,则循环群G2=，妁的一个子群；G中取a3G1 UG2,并设其阶数为 n3,则循环群G3=，妁的一个子群；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 C G

21、的阶数为无穷，那么序列G1=<>, G2 = <> ,， Gn=<> ,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.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 ik i, b=h 2k2 这里 h V H , k* K, i=1,2. 那么ab=(h iki)(h2k2)=h i(kih2)k2(1)因HK=KH ,故止匕 kih2= h

22、3k3(2)这里 h 3 C H , k 3 C K.由(1),(2)知 ab= h i(h3k3)k2=(h ih3)(k3k2)6 HK.(3)另外，a-1 = (h 1 ki )-1 = £ KH=HK.(4)由(3),(4)知HK是G的子群.(n) HK为G的一子群，下面证明HK=KH.若 a e HK,易知 a-1 KH. HK 是子群，任取 a C HK,有 a-1 £ HK,因此(a-1)-1=a £ KH, 那么有HK KH.若 a C KH,易知 a-1 HK. HK 是子群，任取 a C KH ,有 a-1 C HK,因此(a-1 )-1 =a

23、 £ 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 A K为H的子群，那么可设 H的左陪集分解式为 H=h 1(H A K) Uh2(H A K) U-U hr(H n K)这里r为HAK在H中的指数/ hiCH,当iwj, h i-1h j?H n K(事实上等价于 hi-1hj?K),i, j=1,2,，r.又(HAK)K=K,所以 HK=h 1KU h2KU-U hrK.(1)注意到 hi-1hj?K,所以当 iwj(i, j=1,2,r)时，hiKn hjK=.(2)由(1),(2)我们得到总结左陪集的相关结论设H为G的一

24、子群，那么(1) a a H;(2) a C H ? aH=H;(3) bC aH? aH=bH;(4) aH=bH ? a-1bC H;(5) aH n bHw,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 MN=e ，那么 MN/N 与 M 同构 .证明：(i)方法1任取a MN,可设a=mn(m CM, nC N).因为M为G的正规子群，故 n-1mn C M.所 以 a=n(n -1 mn) £ NM ,故此 MN ? NM.同样的方法可以证明NM ? MN. 因此 MN=NM.方

25、法2任取 a, b C MN ,可设 a=m in i(m 1 M , ni N), b=m 2 n 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 C MN即可.因为ab -1 =m 1 n 1n2-1 m 2-1 = m 1(n 1 n2-1 m 2-1 n 2n 1-1 )(n 1n2-1 )，而 M 为 G 的正规子群，故nin2-1 m2-1n2ni-1 6 M ,所以 ab-1 C MN.(ii)由(i)可知MN为G的一个子群.任取a C MN,可设a=mn(m CM, n C N).因为M和N为G的正规子群，对任意

26、 g G ，有g-1 ag= g-1 mng= (g -1 mg)(g -1 ng) e 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MN=e,对任何 mem jC M,有 miNwmjN注.作一个 MN/N 到M的映射 产,f: MN/N f MmNm ，那么该映射显然是一一对应，另外f(m iNm jN)= f(m i m jN)= m im 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

27、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1MN=e,对任何 mem jC M,有 miNwmjN.证明：若存在 m i wm j C M,有 m iN=m jN ,那么 m im j-1 N ,而 m im j-1 C M.因此 mm j-1 C MN ，产生矛盾.2. 设f: MN/N f MmNm , 则由于对任何 miWmjCM,有miNwmjN,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尸x 6 G|xa=ax, 对一切 a C SN(S尸x C G|x -1 Sx=S.证明：(i) C(S),N(S)都是

28、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 C(S),那么对任意 a C 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 C(S).另一方面，xa=axa=x -1 axax -1 =x -1 a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),贝U x-1 Sx=S , y-1 Sy=S.那么一方面，(xy) -1S(xy)=x -1 (y-1 Sy)x=x -1 Sx

29、=S 所以 xy C N(S).另一方面，x-1 Sx=SS=xSx -1所以 x-1 e N(S).因此，N(S)是G的子群.(ii) 任取 x C C(S) , a C S ,则 xa=ax ,即 a=x -1 ax ,亦即 S= x -1 Sx.因此 x C N(S),即 C(S)N(S).任取 x C C(S) , y N(S), aCS,则存在 ay C S 使得 yay-1 =a y,因此 a=y -1 ayy. 那么(y-1 xy)a(y -1 xy) -1 =y 1 x(yay -1 )x-1 y= y 1 (xa yx-1 )y= y -1 ayy=a ,(y-1xy)a=a

30、(y -1xy).所以y-1xy C 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=b 2=c2=e, ab=ba=c , ac=ca=b , bc=cb=a. 群表如下：eabceeabcaaecbbbceaccbae这是Klein四阶群.综上可

31、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 阶群必同构.27 . Z为整数环，在集合 S=ZXZ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 ab=ab, ab=a+b 试问Z在这两个运算下是否构成一环.答：不成环.29 .设L为交换幺环，在L中定义： ab=a+b-

32、1,ab=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(ab)c=(a+b-1)c=a+b-1+c-1=a+b+c-2 a(bc)= a(b+c-1)= a+b+c-1-1=a+b+c-2 这里2=1 + 1 ,所以 (ab)c= a(bc).(1)同时由的定义还可以得到 a1= 1a=a , (2)a(2-a)=(2-a)a=1, (3)ab=ba , (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

33、法满足分配律： 因为a(bc)= a(b+c-1)=a+(b+c-1)-a(b+c-1)=2a+b+c-ab-ac-1,(ab)(ac)=(a+b-1)(a+c-1)= (a+b-ab)+(a+c-ac)-1=2a+b+c-ab-ac-1所以a(bc尸(ab)(ac). 由于和满足交换律，故此(bc)a= (ba)(ca). 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 , + ,)的雯兀则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 f L x1-x , 容易证明f为(L

34、, +,)到化，)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 C R, S=|a C R；(iii) L=|a,b R, S=|a C R；(iv) L=|a,b CR, S=|a CR；31 .环L中元素eL称为一个左单位元，如果对所有的aC L,eLa= a ；元素eR称为右单位元，如果对所有的a C L ,aeR=a.证明：(i) 如果L既有左单位

35、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 aCL,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( w 0) L, a(eLa)=a2；另一方面，a(eLa)=(ae L)a.所以a2=(aeL)a.因为L无零因子，所以满足消去建一了,故此a= ae l.另外，若a=0 ,则a= aeL=eLa.因此左单位元eL正好是单位元.(iii

36、)设eL为一个左单位元，因为L中无右单位元，故存在x C L ,使得xeL w x ,即xeL-x w 0, 则eL+ xe l-x we l ,但是对所有的 a L, (eL+ xe L-x)a=a,因此eL+ 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无非平凡汹边理眼证明：设I为F的任意一个理想，且 I w 0,则对任意(丰0) £则a-1 C F,于是 a-1 a=1 CI.从而F中任意元素f,有f1=f CI,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

37、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，aCL,(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3证La为L的一个加法群.任取ra C La , l C L,则 l(ra)=(lr)a 6 La , (ra)l=r(al)=r(la)=(rl)a 6 La故La为L的一个双边理想.(11) 设L=M 2(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 C Lh , hk Lh ,因此Lh不是

38、L的一个理想.34 .设I是交换环L的一个理想，令rad I=r C 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 C L ,那么La和aL是L的理想，且La w 0, aL w 0 , BL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，Mn(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=M n

39、(Q).为了证明这一点，只要证明n阶单位矩阵E C K.记Ej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EjEst =而 E=E 11+E22 +Enn .我们只要证明 Eii K(i=1,2,，n) 汨I K.设 A C K ,且 A丰 0 ,又令 A=(a ij)nxn，假设 akj w 0 ,则有 Eik AEji =a kj Eii(i=1,2,，n).由于akj w 0,故存在逆元 akj-1.设 B= a kj -1Eii,则BE ikAEji= a kj-1EiiEikAEji= a kj-1EikAEji =E ikEkjEji =E ii.因为K为理想，ACK,

40、所以Eii=BE ikAEji C 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 w 0,则aba=(ab)a=0 ,故ab为右零因子.38 .环中元素x称为一哥零元素，如果有一正整数n使xn=0 ,设a为幺环中的一哥零元素， 证明1-a可逆.证明：设an=0 ,那么(1+a+a 2+an-1 )(1-a) =(1-a) (1+a+a 2+-+an-1 =1-a n=1因此1-a可逆.39 .证明：在交换环中，全体哥零元素的集合是一理想40 .设L为有限幺环.证明由xy=1

41、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 4 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 zC L,使得 yz=1.注意至U (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 w 1.2 .当L有多于一个元素时(即0W1时)，若xy=1 ,y不是左零元.因为若存在zw。使得yz=0, 贝U 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 w 1 ,则有无穷多个元素 x,适合ax

42、=1.(Kaplansky 定理) 证明：首先，若ab=1但ba w 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xi(i=1,2,，n).那么，n), ,n.于是，n a(1-x ia+x 1)=1(i=1,2,又当i为时,1-x ia+x 1 w 1-x ja+x 1注,这里 i, j=1,2,xi|i=1,2,，n=-x ia+x i| i=1,2,故存在xkCxi|i=1,2,，n使得xi =1-x ka+x 1,xka=1.因为n>1 ,我们取xtWx k C xi|i=1,2,，n,那么(xka)xt=xt, (xka)xt =x k(