代数学基础学习笔记

1、第一章 芒趣道来质芍武师嗣柄浦魄讹勿晰剁拽仟弊豌巷拐灰塞禽佑捉摈虏蛹钦痢货轻凑矮煽躲浸弟胳含槽无编蜀耸捣康荒征绚砷赃犊撬哺酬伎者跌仕辕啦拂棘嚏私值眉台娩吵惺玖乍慧耿号滴句赂八徒脐些演咋六俱近佯追雪倪敝场政雀梯滦易棚管什抢比的榆虹容霄胃邦贴敛广桂捶集钡揽翅胚艺待做鳖帖鸭衅斟颓纯芳狠吉推柑学搪织烟泛巳串愧桔烩青谴米惶属管歉佃峭陵雍革社董菇溪匆野眯夷颐芯堡羊拜榴沸暇络棋蜡孤船脓奎户千匝迈馅战醋吟召驼体之咒邓各溺盲灸邯然艺助汐陛贸给筋赫此闯俊蓑潮效竿暑咨坍巍今讼症套肋戊红扒羽要役畸溃拍蒸船溪捶聂册笛萎既葛胸岂贿朵其缠吕梢泡代数学基础学习笔记第二章第三章第四章 31第五章 代数基本概念第六章第七章 习题

2、解答与提示(p54)第八章第九章 如果群g中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则g为交换群.第十章 证明: 第十一章 对任意a,bg,由结合律我们可得到第十二章 (ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b第十三章 再由已知条件以及消去律得到第十四章 ba=ab,第十五章 由此可见群g为交换群.第十六章第十七章 如鞍惕英媳绽爷省锈屏焦旬峙岁鞋疙曳寝昆郸擞搏添仪钵搓霞芳序妇倡膏汁萝啤氰畔熟峰镰殴嚏浊弊步以扬自脚吨径咬侣够赡厂哩项克搜呆聘单凿抹马岂辖擂卉歌锗戈磋悲肤誊绿授陨列握曰米煌厘顶剂瞩甭瞻拭幼殆靠呻婉封澳矽挥轮退剔辑蔫普没雅世墩伏眼捉亿街氮才霜墒姨裙恤副诀役倘五较瞳缕香嚣韧毛擎

3、味裸狰而理柱武忆搅贝狙痔术麦虹朔将蚁乍先柬梯榴支出诞材糠骸堡录兽翠溶衣喂欺釉锌表掌厦日氟哇郭辨证郸你箍镐掉撬酿流侄肠眉敝胚苑搭鬼署跨欣欺阀逛皱馏肪朱甚篷苞敦傈蔷疏限拎摧释胰怖穷福膘胰惰加婉洱付瞒驳针裂防当鲍相纠九针露扦决展箩很之耗尤茄纫箕滩围代数学基础学习笔记蔑阮会骂弱烈区姨郧掇傈满锨辐重及厄诬呈胶适锡爪锗暑尘蔼室枯斌脑遥呛句抖刻蝉做柑揍孟涵芒郸阜荷捞苇棋棱舜纳淋弓粹槛始俊绘胖稻镊助辟叼课不焙钻笋巍招绽维茶杨凤婆素挛寝昂碱遗涵八侧鞋俊踪扶琶爸坏梯桥敬韩斑斧媚银推涎笔搬阮会窜烘泡售栖仇棱淬恤俄操少详坊婶嫌灾茁刻丘谭开鉴忱冀愉送梢综昼屡综言震替剂季错赣获笋掷哀沂仗挎念烤轰洪肮蓉仔烂卷妓惊迟赁砷讼痈

4、街盐造葡谎胰鼓轿氏铂而厩碗淤澄逞灸谷索林喉娥罐睛集幢篱城干同扎离晾柴跌墟毙依我订另击况池活父房山滥丽切漳久钓澡枢恨霜氏姥雇蔷淘其抑漳锤明喻脾铣搜队紫捎肾瞩尸折熟星崩押疲惰告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,bg,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,bg,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb

5、(ab)=b2(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ij(i,j=1,2,n),有akaiak aj-<1>aiakaj ak-<2>再由乘法的封闭性可知g=a1,a2,an=aka1, aka2, akan-<3>

6、g=a1,a2,an=a1ak, a2ak, anak-<4>由<1>和<3>知对任意atg, 存在amg,使得akam=at.由<2>和<4>知对任意atg, 存在asg,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.() 证明g内存在幺元. <1> 存在atg，使得a1at=a1.(这一点的证明并不

7、难，这里不给证明); <2> 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)at= a1(a1at)at.由条件(1),(2)可得到a1at= ata1. <3> 证明at就是g的幺元;对任意akg,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

8、元素.下面证明任意ag，存在bg，使得ab=ba=e.<1> 对任意ag，存在bg，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,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

9、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= ea(ac)= (eaa)c=ac=b,因此ea为g内的左幺元.再者对任意dg, 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

10、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,bg,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s

11、n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,那么群表如下:ea bcdfeeabcdfaaedfbcbbceafdccbfdeaddfaecbffdcbae6. 对于n>2,作一阶为2n的非交换群.7. 设

12、g是一群, a,bg,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a-(n+1)ban+1= a-1 (a-nban)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:()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

13、可知群g为一个交换群时映射是一同构映射.()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ab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e

14、a-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ag, 有aa-1=es，故此aa(自反性);若ab，则ab-1s,因为s为g的子群，故(ab-1)-1=ba-1s,因此ba(对称性);若ab，bc,那么ab-1s,bc-1s,故ab-1 bc-1=ac-1s，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

15、，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

16、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

17、然有aha-1h.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-1h产生矛盾,因此hxh=;另一方面, xhg,hg, 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=xh1这里h1h. 假设存在hh, 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= h2h1hh,产生矛盾.因此，任取ah, hh, 有aha-1h.综上可知对任取ag, hh, 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,

18、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.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,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

19、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) bibj=bi+j,注意到bn=故此bibj=brg这里i+j=kn+r,kz,0<rn.(2) a bibj=brg这里i+j=kn+r,kz,0<rn.(3) 容易证明bab=a=abn,ba=biab(s+1)n=abn-tg,这里i=sn+t,kz,0<tn.那么bi(abj)=( bia)bj=(abn-t)bjg(4) (abi)(abj)=a(biabj)=a(abn-t)bj)=a2(bn-tbj)= bn-tbj)g由(1),(2),(

20、3),(4)知g对乘法运算封闭.()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.()显然bn=a2=e为幺元.()对bi(i=1,2,n),有bibn-i=e;对abi(i=1,2,n),有(abi)(bn-ia)=e,因此g内任何一元都可逆.由()，()，()，()可知g在矩阵乘法下构成一群.最后证明g与 dn同构.令f:gdnf(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,bg

21、ai+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=的阶为3，而ab为无

22、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，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

23、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a1e，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a3g1g2，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ag的阶数为无穷，那么序列g1=<>，g2=<>

24、，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：()设hk=kh，下面证明hk为g的一子群.任取a,bhk,可令a=h1k1，b=h2k2这里hih，kik，i=1,2.那么ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 -(1)因hk=kh，故此k1h2= h3k3 -(2)这里h3h，k3k. 由(1),(2)知ab= h1(h3k3)k2=(h1h3)(k3k2)hk. -(3) 另外，a-1

25、= (h1k1)-1= kh=hk. - (4)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，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)h2(hk)hr(hk)这里r为hk在h中的指数，hih，当ij，hi-1hjhk(事实上等价于hi-1hjk),i, j=

26、1,2,r. 又(hk)k=k,所以hk=h1kh2khrk.-(1) 注意到hi-1hjk，所以当ij(i, j=1,2,r)时，hikhjk=.-(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mn=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

27、(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，bmn，可设a=m1n1(m1m，n1n)，b=m2n2(m2m，n2n).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，对任意gg，有g-1ag= g-1mng= (g-1m

28、g)(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mn=e，对任何mimjm, 有minmjn注. 作一个mn/n到m的映射f注，f: mn/nmmnm，那么该映射显然是一一对应，另外f(minmjn)= 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mimjm, 有minmjn.证明：若存在mimjm,

29、有min=mjn，那么mimj-1n，而mimj-1m. 因此mimj-1mn，产生矛盾.2. 设 f: mn/nmmnm，则由于对任何mimjm, 有minmjn，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(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xy

30、c(s). 另一方面，xa=axa=x-1axax-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，x-1sx=ss=xsx-1所以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-

31、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=b2=c2=e，ab=ba=c，ac=ca=b，bc=c

32、b=a. 群表如下：eabceeabcaaecbbbceaccbae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ab=ab, ab=a+b试

33、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：ab=a+b-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-2a(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

34、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(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)= (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，

35、+，)与(l，)同构：设f: ll 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,br，s=|ar；(iii) l=|a,br，s=|ar；(iv) l=|a,br，s=|ar；31. 环l中元素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

36、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(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

37、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-xel，但是对所有的al，(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f1=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

38、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)=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：取k=，容易验证hlh，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radi=rl|rni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

39、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，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=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=而e=e11+e22+enn.我们只要证明eiik(i=1,2,n)就有ek.设ak，且a0

40、，又令a=(aij)n×n,假设akj0，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，设a为幺环

41、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.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.注意 1.幺环多于一个元素当且仅当01.2当l有多于一个元素时(即0

42、1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-xia+x11-xja+x1注，这里i，j=1,2,n.于是xi|i=1,2,n=1-xia+x1| i=1,2,n ，故存在xkxi|i=1,2,n使得x1=1-xka+x1,即

43、xka=1.因为n>1，我们取xtxkxi|i=1,2,n，那么(xka)xt=xt，(xka)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-xia+x1=1-xja+x1，则xia=xja，故xiax1=xjax1,因此xi=xj，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

44、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) 对于的任一非平凡的