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文档简介
1、 WORD 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,bG,由结合律我们可得到(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b再由已知条件以与消去律得到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(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
2、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>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&
3、gt;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存在幺元(单位元),并且证明G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存在幺元.<1> 存在atG,使得a1at=a1.(这一点的证明并不难,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
4、)= (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任意元素都可逆;上面我们已经证明G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)
5、b=aeb=ab=ea(ba)b=(ab)(ab)=ee=e再由条件(2),(3)知ba=ab.因此G任意元素都可逆.由(),()与条件(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恒有解,则G在该乘法下成一群.证明: 取一元aG,因xa=a在G有解, 记一个解为ea ,下面证明ea为G的左幺元. 对任意bG, ax=b在G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的左幺元.再者对任意dG, xd=ea在G有解,即G
6、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定义一个代数运算,该运算满足结合律, 并且G包含幺元, G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定义一个代数运算,该运算满足结合律, 并且G包含左幺元, G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恒有解,则称G为该运算下的群. 值得注意的是如果一个有
7、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*) (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);Stabl
8、en_:=(*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
9、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.由逆元的唯一性与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.()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
10、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
11、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,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,
12、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(以与与其同构的群)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
13、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与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-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.
14、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,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
15、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
16、 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),(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-i
17、A)=E,因此G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,bGai+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
18、) (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
19、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一样,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a1e,并设其阶数为n1,则循环群G
20、1=,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的互不一样的子群构成的序列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=<>,Gn=<>,是G的互不一样的子群,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
21、.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= (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
22、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=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)
23、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(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
24、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-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
25、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, 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
26、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xyC(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
27、-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-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
28、1,-1同构.证明:略.25. 试定出所有互不一样的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=cb=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
29、,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:
30、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
31、)(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,+,)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;(ii
32、i) L, S都有单位元素,但互不一样;(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=
33、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
34、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,(
35、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
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,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-1Ei
37、kAEji=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
38、.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-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xka=1.因为n>1,我们取xtxkxi|i=1,2,n,那么(xka)xt
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