代數(shù)學引論聶靈沼丁石孫習題解答

1、第一章 代數(shù)基本概念1. 如果群G中,對任意元素a,b有(ab)2=a2b2,則G為交換群.證明: 對任意a,bG,由結(jié)合律我們可得到(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b再由已知條件以及消去律得到ba=ab,由此可見群G為交換群.2. 如果群G中,每個元素a都適合a2=e, 則G為交換群.證明: 方法1 對任意a,bG,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab因此G為交換群.方法2 對任意a,bG,a2b2=e=(ab)2,由上一題的結(jié)論可知G為交換群.3. 設G是一非空的有限集合,其中定義了一個乘法ab

2、,適合條件:(1) a(bc)=(ab)c;(2) 由ab=ac推出a=c;(3) 由ac=bc推出a=b;證明G在該乘法下成一群.證明:方法1 設G=a1,a2,an,k是1,2,n中某一個數(shù)字,由(2)可知若ij(I,j=1,2,n),有akaiak aj-<1>aiakaj ak-<2>再由乘法的封閉性可知G=a1,a2,an=aka1, aka2, akan-<3>G=a1,a2,an=a1ak, a2ak, anak-<4>由<1>和<3>知對任意atG, 存在amG,使得akam=at.由<2>和&

3、lt;4>知對任意atG, 存在asG,使得asak=at. 由下一題的結(jié)論可知G在該乘法下成一群. 下面用另一種方法證明,這種方法看起來有些長但思路比較清楚。方法2 為了證明G在給定的乘法運算下成一群，只要證明G內(nèi)存在幺元(單位元)，并且證明G內(nèi)每一個元素都可逆即可. 為了敘述方便可設G=a1,a2,an.() 證明G內(nèi)存在幺元. <1> 存在atG，使得a1at=a1.(這一點的證明并不難，這里不給證明); <2> 證明a1at= ata1; 因為a1(ata1)at=(a1at) (a1at)=(a1)2a1(a1at)at=(a1a1)at=a1(a1at

4、)= (a1)2,故此a1(ata1)at= a1(a1at)at.由條件(1),(2)可得到a1at= ata1. <3> 證明at就是G的幺元;對任意akG,a1(atak) =(a1at)ak=a1ak由條件(2)可知atak=ak. 類似可證akat=ak.因此at就是G的幺元.() 證明G內(nèi)任意元素都可逆；上面我們已經(jīng)證明G內(nèi)存在幺元，可以記幺元為e，為了方便可用a,b,c,等符號記G內(nèi)元素.下面證明任意aG，存在bG，使得ab=ba=e.<1> 對任意aG，存在bG，使得ab=e; (這一點很容易證明這里略過.)<2> 證明ba=ab=e;因為a

5、(ab)b=aeb=ab=ea(ba)b=(ab)(ab)=ee=e再由條件(2),(3)知ba=ab.因此G內(nèi)任意元素都可逆.由(),()及條件(1)可知G在該乘法下成一群.4. 設G是非空集合并在G內(nèi)定義一個乘法ab.證明:如果乘法滿足結(jié)合律,并且對于任一對元素a,bG,下列方程ax=b和ya=b分別在G內(nèi)恒有解，則G在該乘法下成一群.證明： 取一元aG,因xa=a在G內(nèi)有解, 記一個解為ea ,下面證明ea為G內(nèi)的左幺元. 對任意bG, ax=b在G內(nèi)有解, 記一個解為c,那么有ac=b ,所以eab= ea(ac)= (eaa)c=ac=b,因此ea為G內(nèi)的左幺元.再者對任意dG, x

6、d=ea在G內(nèi)有解,即G內(nèi)任意元素對ea存在左逆元, 又因乘法滿足結(jié)合律,故此G在該乘法下成一群.總結(jié) 群有幾種等價的定義:(1) 幺半群的每一個元素都可逆，則稱該半群為群.(2) 設G是一個非空集合，G內(nèi)定義一個代數(shù)運算，該運算滿足結(jié)合律, 并且G內(nèi)包含幺元, G內(nèi)任意元素都有逆元,則稱G為該運算下的群.(3) 設G是一個非空集合，G內(nèi)定義一個代數(shù)運算，該運算滿足結(jié)合律, 并且G內(nèi)包含左幺元, G內(nèi)任意元素對左幺元都有左逆元,則稱G為該運算下的群.(4) 設G是一個非空集合，G內(nèi)定義一個代數(shù)運算，該運算滿足結(jié)合律, 并且對于任一對元素a,bG,下列方程ax=b和ya=b分別在G內(nèi)恒有解，則稱

7、G為該運算下的群. 值得注意的是如果一個有限半群滿足左右消去律, 則該半群一定是群.5. 在S3中找出兩個元素x,y,適合(xy)2x2y2.思路 在一個群G中，x,yG, xy=yx (xy)2=x2y2(這一點很容易證明).因此只要找到S3中兩個不可交換的元素即可. 我們應該在相交的輪換中間考慮找到這樣的元素.解: 取x=123213, y=123132那么(xy)2=123312123123= x2y2.注意 我們可以通過mathematica軟件編寫Sn的群表,輸出程序如下:Pra_,b_,n_:=(*兩個置換的乘積*) (Tableabi,I,1,n);Sen_:=(*1,2,n的所

8、有可能的排列做成一個表格*) (PermutationsTablei,I,1,n);Stablen_:=(*生成Sn群表*) (a=Sen;Tableprai,aj,n,I,1,n,j,1,n)當n=3時群表如下：說明：132表示置換123132, 剩下的類似.為了讓更清楚，我們分別用e,a,b,c,d,f表示123, 132, 213, 231, 312, 321那么群表如下:ea bcdfeeabcdfaaedfbcbbceafdccbfdeaddfaecbffdcbae6. 對于n>2,作一階為2n的非交換群.7. 設G是一群, a,bG,如果a-1ba=br,其中r為一正整數(shù),證

9、明a-ibai=bri.證明：我們采用數(shù)學歸納法證明. 當k=1時, a-1ba=br=br1, 結(jié)論成立；假設當k=n時結(jié)論成立, 即a-nban=brn成立, 下面證明當k=n+1時結(jié)論也成立. 我們注意到a-1bka=a-1baa-1ba(a-1ba)k個= bkr,因此a-(n+1)ban+1= a-1 (a-nban)a=a-1brna=brnr=brn+1,可見k=n+1時結(jié)論也成立.由歸納原理可知結(jié)論得證.8. 證明:群G為一交換群當且僅當映射xx-1是一同構(gòu)映射.證明:()首先證明當群G為一個交換群時映射xx-1是一同構(gòu)映射.由逆元的唯一性及(x-1)-1=x可知映射xx-1為

10、一一對應，又因為xy-1=y-1x-1,并且群G為一個交換群,可得y-1x-1=x-1y-1.因此有 x y-1=x-1y-1. 綜上可知群G為一個交換群時映射xx-1是一同構(gòu)映射.()接著證明當映射xx-1是一同構(gòu)映射,則群G為一個交換群.若映射xx-1是一同構(gòu)映射,則對任意x,yG有x y-1=x-1y-1,另一方面，由逆元的性質(zhì)可知y x-1=x-1y-1.因此對任意x,yG有xy=yx,即映射xx-1是一同構(gòu)映射,則群G為一個交換群.9. 設S為群G的一個非空子集合，在G中定義一個關(guān)系ab當且僅當ab-1S.證明這是一個等價關(guān)系的充分必要條件為S是一個子群.證明: 首先證明若是等價關(guān)系

11、，則S是G的一個子群.對任意aG,有aa,故此aa-1=eS；對任意a,bS,由(ab)b-1=aS,可知abb，又be-1=bS,故be,由傳遞性可知abe，即(ab)e-1=abS.再者因ae-1=aS, 故ae,由對稱性可知ea，即ea-1=a-1S.可見S是G的一個子群.接著證明當S是G的一個子群,下面證明是一個等價關(guān)系.對任意aG, 有aa-1=eS，故此aa(自反性);若ab，則ab-1S,因為S為G的子群，故(ab-1)-1=ba-1 S,因此ba(對稱性);若ab，bc,那么ab-1S,bc-1S,故ab-1 bc-1=ac-1S，因此ac(傳遞性).綜上可知是一個等價關(guān)系.1

12、0. 設n為一個正整數(shù), nZ為正整數(shù)加群Z的一個子群，證明nZ與Z同構(gòu).證明: 我們?nèi)菀鬃C明xnx為Z到nZ的同構(gòu)映射,故此nZ與Z同構(gòu).11. 證明:在S4中，子集合B=e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)是子群，證明B與U4不同構(gòu).證明:可記a=(1 2)(3 4), b=(1 3)(2 4), c=(1 4)(2 3)，那么置換的乘積表格如下：eabceeabcaaecbbbceaccbae由該表格可以知道B中的元素對置換的乘法封閉，并且B的每一元都可逆(任意元的逆為其本身),因此B為S4的子群. 這個群(以及與其同構(gòu)的群)稱為Klein(C.L.Kle

13、in,1849-1925)四元群.假設B與U4同構(gòu),并設f為B到U4的同構(gòu)映射, 則存在B中一元x使得f(x)=i(i為虛數(shù)單位),那么f(x2)= f2(x)=i2=-1另一方面, f(x2)=f(e)=1(注意x2=e),產(chǎn)生矛盾.所以假設不成立, 即B與U4不同構(gòu).討論 B與U4都是4元交換群，但是后者是循環(huán)群, 前者不是, 這是這兩個群的本質(zhì)區(qū)別.12. 證明:如果在一階為2n的群中有一n階子群，它一定是正規(guī)子群.證明:方法1設H是2n階群G的n階子群, 那么對任意aH, 有HaH=,并且aHG,HG,又注意到aH和H中都有n個元素, 故此HaH=G.同理可證對任意aH, 有HHa=,

14、 HHa=G，因此對任意aH，有aH=Ha.對任意aH, 顯然aHH, HaH又因aH,Ha及H中都有n個元素，故aH=Ha=H.綜上可知對任意aG,有aH=Ha，因此H是G的正規(guī)子群.方法2 設H是2n階群G的n階子群,那么任取aH, hH, 顯然有aha-1H.對給定的xH, 有HxH=, HxH=G.這是因為若假設yHxH, 則存在hH，使得y=xh,即x=yh-1H產(chǎn)生矛盾,因此HxH=;另一方面, xHG,HG, 又注意到xH和H中都有n個元素, 故此HxH=G.那么任取aH,由上面的分析可知axH, 從而可令a=xh1這里h1H. 假設存在hH, 使得aha-1H,則必有aha-1

15、xH,從而可令aha-1=xh2這里h2H. 那么xh1ha-1=xh2,即a= h2h1hH,產(chǎn)生矛盾.因此，任取aH, hH, 有aha-1H.綜上可知對任取aG, hH, 有aha-1H,因此H為G的一個正規(guī)子群.13. 設群G的階為一偶數(shù),證明G中必有一元素ae適合a2=e.證明: 設bG，且階數(shù)大于2，那么bb-1,而b-1的階數(shù)與b的階數(shù)相等.換句話說G中階數(shù)大于2的元素成對出現(xiàn)，幺元e的階數(shù)為1，注意到G的階數(shù)為宜偶數(shù)，故此必存在一個2階元，(切確的說階數(shù)為2的元素有奇數(shù)個).討論 1 設G是一2n階交換群，n為奇數(shù)則G中只有一個2階元.為什么？提示：采用反證法，并注意用Lagr

16、ange定理.2 群G中，任取aG，有an=e，那么G一定是有限群嗎？如果不是請舉出反例，若是有限群，階數(shù)和n有什么關(guān)系？14. 令A=0110, B=e2in00e-2in證明:集合B,B2,Bn,AB,AB2,ABn在矩陣的乘法下構(gòu)成一群, 而這個群與群Dn同構(gòu).證明:下面證明G=B,B2,Bn,AB,AB2,ABn在矩陣的乘法下構(gòu)成一群.()首先證明對乘法運算封閉. 下面進行分類討論：(1) BiBj=Bi+j,注意到Bn=1001故此BiBj=BrG這里i+j=kn+r,kZ,0<rn.(2) A BiBj=BrG這里i+j=kn+r,kZ,0<rn.(3) 容易證明BAB

17、=A=ABn,BA=BiAB(s+1)n=ABn-tG,這里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-t Bj)= Bn-t Bj) G由(1),(2),(3),(4)知G對乘法運算封閉.()因集合G對矩陣乘法封閉，再由矩陣乘法的性質(zhì)可知，結(jié)合律肯定成立.()顯然Bn=A2=E為幺元.()對Bi(i=1,2,n),有BiBn-i=E;對ABi(i=1,2,n),有(ABi)(Bn-iA)=E,因此G內(nèi)任何一元都可逆.由()，()，()，()可知G在矩陣乘法

18、下構(gòu)成一群.最后證明G與 Dn同構(gòu).令f:GDnf(Bi)=Ti, f(ABi)=STi(i=1,2,n)，可以證明f就是G到Dn的同構(gòu)映射，這里不予證明了.15. 設i是一個正整數(shù), 群G中任意元素a,b都適合(ab)k=akbk, k=I,i+1,i+2,證明G為交換群.證明:對任意a,bGai+2bi+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (ai+1bi+1)=a(bai+1)bi+1,根據(jù)消去律可得ai+1b=bai+1.-(1) 同時ai+1bi+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (aibi)=a(bai)bi+1,根據(jù)消去律可得aib=bai.-

19、(2) 因此 ai+1b=a(aib)=a(bai)=(ab)ai-(3)另外 bai+1=(ba)ai-(4)結(jié)合(1),(3),(4)有 (ab)ai=(ba)ai-(5)由消去律可得到ab=ba.因此G為交換群.16. 在群SL2(Q)中，證明元素a=0-110的階為4，元素b=01-1-1的階為3，而ab為無限階元素.證明：可以直接驗證a的階為4，b的階為3.因為ab=1101，對任何正整數(shù)n，(ab)n=1n011001可見ab的階為無限.注意 在一群中，有限階元素的乘積并不一定也是有限階的，但兩個可交換的有限階元素的乘積一定是有限階元素.問題 若一群中所有元素的階數(shù)都有限，那么這個

20、群一定是有限群嗎？17. 如果G為一個交換群，證明G中全體有限階元素組成一個子群.證明:交換群G中全體有限階元素組成的集合記為S，任取a，bS，并設a的階為m，b的階為n，則(ab)mn=(am)n(bn)m=e因此ab為有限階元素，即abS.a-1的階數(shù)與a相同，故此a-1也是有限階元素，即a-1S.綜上可知S為G的一個子群.18. 如果G只有有限多個子群，證明G為有限群.證明:采用反證法證明.假設G為無限群，則G中元素只可能有兩種情況：(1)G中任意元素的階數(shù)都有限、(2)G中存在一個無限階元素.(1) 首先看第一種情況：G中取a1e，并設其階數(shù)為n1，則循環(huán)群G1=a1,a12, ,a1

21、n1為G的一個子群；G中取a2G1，并設其階數(shù)為n2，則循環(huán)群G2=a2,a22, ,a2n2為G的一個子群；G中取a3G1G2，并設其階數(shù)為n3，則循環(huán)群G3=a3,a32, ,a3n3為G的一個子群； 我們一直這樣做下去，可以得到G的互不相同的子群構(gòu)成的序列Gn(n=1,2,)，所以G有無窮多個子群，產(chǎn)生矛盾；(2) 再看第二種情況:設aG的階數(shù)為無窮，那么序列G1=<a2>，G2=<a4>，Gn=<a2n>，是G的互不相同的子群，所以G有無窮多個子群，產(chǎn)生矛盾.綜上就可知“G是無限群”這個假設不成立，因此G是有限群.19. 寫出Dn的所有正規(guī)子群.20

22、. 設H，K為群G的子群，HK為G的一子群當且僅當HK=KH.證明：()設HK=KH，下面證明HK為G的一子群.任取a,bHK,可令a=h1k1，b=h2k2這里hiH，kiK，i=1,2.那么ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 -(1)因HK=KH，故此k1h2= h3k3 -(2)這里h3H，k3K. 由(1),(2)知ab= h1(h3k3)k2=(h1h3)(k3k2)HK. -(3) 另外，a-1= (h1k1)-1= k1-1h1-1KH=HK. - (4)由(3),(4)知HK是G的子群.() HK為G的一子群,下面證明HK=KH.若aHK,易知a-1KH. H

23、K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.綜上知，HK=KH.21. 設H，K為有限群G的子群，證明HK=HKHK.證明： 因HK為H的子群，那么可設H的左陪集分解式為H=h1(HK)h2(HK)hr(HK)這里r為HK在H中的指數(shù)，hiH，當ij，hi-1hjHK(事實上等價于hi-1hjK),i, j=1,2,r. 又(HK)K=K,所以HK=h1Kh2KhrK.-(1) 注意到hi-1hjK，所以當ij(i, j=1,2,r)時，hiKh

24、jK=.-(2) 由(1),(2)我們得到HK=rK=HKHK.總結(jié)左陪集的相關(guān)結(jié)論設H為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. 設M,N是群G的正規(guī)子群.證明：(i) MN=NM;(ii) MN是G的一個正規(guī)子群；(iii) 如果MN=e，那么MN/N與M同構(gòu).證明：(i)方法1任取aMN,可設a=mn(mM，nN).因為M為G的正規(guī)子群，故n-1mnM. 所以a=n(n-1mn) NM，故此MNNM.同樣的方法可以證明NMMN. 因此MN=NM.方法2任取a，bMN，可設a=m1n

25、1(m1M，n1N)，b=m2n2(m2M，n2N).下面只要證明MN為G的一個子群即可(由第20題可知)，也就是說只要證明ab-1MN即可.因為ab-1=m1n1n2-1m2-1= m1(n1n2-1m2-1n2n1-1)(n1n2-1)，而M為G的正規(guī)子群，故n1n2-1m2-1n2n1-1M，所以ab-1MN.(ii) 由(i)可知MN為G的一個子群.任取aMN, 可設a=mn(mM，nN).因為M和N為G的正規(guī)子群，對任意gG，有g(shù)-1ag= g-1mng= (g-1mg)(g-1ng) MN.所以MN為G的正規(guī)子群.(iii) 易知N為MN的正規(guī)子群，因此MN/N是一個群. 因為MN

26、=e，對任何mimjM, 有miNmjN注. 作一個MN/N到M的映射f注，f: MN/NMmNm，那么該映射顯然是一一對應，另外f(miNmjN)= f(mimjN)= mimj，因此f為MN/N到M的同構(gòu)映射，即MN/N與M同構(gòu).討論1. 只要M和N的一個是正規(guī)子群，那么MN就是子群，或者說成立MN=NM.這一點我們從(i)的證明方法2可知.2. M和N中有一個不是正規(guī)子群時MN一定不是正規(guī)子群.注意1MN=e，對任何mimjM, 有miNmjN.證明：若存在mimjM, 有miN=mjN，那么mimj-1N，而mimj-1M. 因此mimj-1MN，產(chǎn)生矛盾.2. 設 f: MN/NMm

27、Nm，則由于對任何mimjM, 有miNmjN，故此f為MN/N到M的一個映射.23. 設G是一個群，S是G的一非空子集合.令C(S)=xG|xa=ax,對一切aSN(S)= xG|x-1Sx=S.證明：(i) C(S),N(S)都是G的子群;(ii) C(S)是N(S)的正規(guī)子群.證明：(i) 首先證明C(S)是G的子群. 任取x，yC(S)，那么對任意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.接著證明

28、N(S)都是G的子群.任取x，yN(S)，則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，則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，則存在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-1x

29、y)a=a(y-1xy). 所以y-1xyC(S)，因此C(S)是N(S)的正規(guī)子群.24. 證明任意2階群都與乘法群1，-1同構(gòu).證明：略.25. 試定出所有互不相同的4階群.解：我們分類討論:(1)存在四階元；(2)不存在四階元.(1) 若存在一個四階元，并設a為一個四階元，那么該四階群為<a>.(2) 若不存在四階元，那么除了單位元e的階為1，其余元素的階只能是2，即設四階群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這是Klein四階群.綜上可知，四階群群在同構(gòu)意義

30、下只有兩種或者是四階循環(huán)群或者是Klein四階群.26. 設p為素數(shù).證明任意兩個p階群必同構(gòu).證明：易知當p為素數(shù)時，p階群必存在一個p階元，即p階群必是p階循環(huán)群，故兩個p階群必同構(gòu).27. Z為整數(shù)環(huán)，在集合S=Z×Z上定義(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d),(a,b)(c,d)=(ac+bd,ad+bc).證明S在這兩個運算下成為幺環(huán).提示：(1,0)為該環(huán)的單位元素.證明：略.28. 在整數(shù)集上重新定義加法“”與乘法“”為ab=ab, ab=a+b試問Z在這兩個運算下是否構(gòu)成一環(huán).答：不構(gòu)成環(huán).29. 設L為交換幺環(huán)，在L中定義：ab=a+b-1,ab=a+b-ab

31、.這里e為單位元素，證明在新定義的運算下，L仍稱為交換幺環(huán)，并且與原來的環(huán)同構(gòu).證明：(i)證明L在運算下構(gòu)成交換群：由的定義，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這里2=1+1，所以 (ab)c= a(bc).-(1)同時由的定義還可以得到 a1= 1a=a，-(2) a(2-a)=(2-a) a=1，-(3) ab=ba，-(4)由(1),(2),(3)(4)可知L在運算下構(gòu)成交換群.(ii)證明L中運算滿足結(jié)合律和交換律：容易證明這里略過.(iii)證明乘法對加法滿足分配律：因為a(bc

32、)= 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).由于和滿足交換律，故此(bc) a= (ba)(ca).因此新定義的乘法對新定義的加法滿足分配律(iv) 設0為環(huán)(L，+，)的零元，則0a=a0=a 由(i)，(ii)，(iii)，(iv)可得到(L，)為交換幺環(huán).(v) 最后證明(L，+，)與(L，)同構(gòu)：設f: LL x1-x，容易證明f為(L，+，)到(L，)的同構(gòu)映射.30. 給出環(huán)L與

33、它的一個子環(huán)的例子，它們具有下列性質(zhì):(i) L具有單位元素，但S無單位元素；(ii) L沒有單位元素，但S有單位元素；(iii) L, S都有單位元素，但互不相同；(iv) L不交換，但S交換.解：(i) L=Z，S=2Z；(ii) L=ab00|a,bR，S=a000|aR；(iii) L=a00b|a,bR，S=a000|aR；(iv) L=a0b0|a,bR，S=a000|aR；31. 環(huán)L中元素eL稱為一個左單位元，如果對所有的aL，eLa= a；元素eR稱為右單位元，如果對所有的aL， aeR=a.證明：(i) 如果L既有左單位元又有右單位元，則L具有單位元素；(ii) 如果L有左

34、單位元，L無零因子，則L具有單位元素；(iii) 如果L有左單位元，但沒有右單位元，則L至少有兩個左單位元素.證明：(i) 設eL為一個左單位元，eR為右單位元，則eLeR=eR=eL.記e=eR=eL，則對所有的aL，ea=ae=a，因此e為單位元素；(ii) 設eL為一個左單位元，則對所有的a(0)L，a(eLa)=a2；另一方面，a(eLa)=(aeL)a.所以a2=(aeL)a.因為L無零因子，所以滿足消去律注，故此a= aeL.另外，若a=0，則a= aeL=eLa.因此左單位元eL正好是單位元.(iii) 設eL為一個左單位元，因為L中無右單位元，故存在xL，使得xeLx，即xeL

35、-x0,則eL+ xeL-xeL，但是對所有的aL，(eL+ xeL-x)a=a,因此eL+ xeL-x為另一個左單位元，所以L至少有兩個左單位元素.注意 L無零因子，則滿足消去律(參考教材46頁).32. 設F為一域.證明F無非平凡雙邊理想.證明： 設I為F的任意一個理想，且I0，則對任意a(0)I，則a-1F,于是a-1a=1I.從而F中任意元素f，有f1=fI，故I=F，即F只有平凡雙邊理想.討論 事實上，一個體(又稱除環(huán))無非平凡雙邊理想. 另一方面，若L是階數(shù)大于1的(交換)幺環(huán)，并且除了平凡理想，沒有左或右理想，則L是一體(域).33. 如果L是交換環(huán)，aL，(i) 證明La=ra

36、|rL是雙邊理想；(ii) 舉例說明，如果L非交換，則La不一定是雙邊理想.證明：(i) 容易驗證La為L的一個加法群. 任取raLa，lL，則l(ra)=(lr)aLa，(ra)l=r(al)=r(la)=(rl)aLa故La為L的一個雙邊理想.(ii) 設L=M2(R)，那么L顯然不是交換環(huán)，取h=1010，下面考察Lh是否為L的理想：取k=1200，容易驗證hLh，hk Lh，因此Lh不是L的一個理想.34. 設I是交換環(huán)L的一個理想，令radI=rL|rnI對某一正整數(shù)n，證明radI也是一個理想.radI叫做理想I的根.35. 設L為交換幺環(huán)，并且階數(shù)大于1，如果L沒有非平凡的理想，

37、則L是一個域.證明：只要證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無平凡的理想，故此La=aL=L，因此ax=1和ya=1都有解，因而a為可逆元.36. Q是有理數(shù)域，Mn(Q)為n階有理系數(shù)全體矩陣環(huán).證明無非平凡的理想(這種環(huán)稱為單環(huán)).證明：我們社K為Mn(Q)的非零理想，下面證明K=Mn(Q).為了證明這一點，只要證明n階單位矩陣EK.記Eij為除了第i行第j列元素為1，其余元素全為0的矩陣.那么EijEst=Eit，j=s0， js而E=E11+E22+Enn.我們只要證明EiiK(i=1,2,n)就有EK.設AK，且A0，又令A=(aij)n

38、×n,假設akj0，則有EikAEji=akjEii(i=1,2,n).由于akj0，故存在逆元akj-1.設B= akj-1Eii,則BEikAEji= akj-1EiiEikAEji= akj-1EikAEji=EikEkjEji=Eii.因為K為理想，AK，所以Eii=BEikAEjiK，證畢.37. 設L為一環(huán)，a為L中一非零元素.如果有一非零元素b使aba=0，證明a是一個左零因子或一右零因子.證明：若ab=0，則a為左零因子；若ab0，則aba=(ab)a=0，故ab為右零因子.38. 環(huán)中元素x稱為一冪零元素，如果有一正整數(shù)n使xn=0，設a為幺環(huán)中的一冪零元素，證明1

39、-a可逆.證明：設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. 證明：在交換環(huán)中，全體冪零元素的集合是一理想.40. 設L為有限幺環(huán).證明由xy=1可得yx=1.證明：當L只有一個元素，即L=0，亦即0=1注，此時顯然有xy=1=xy；當L有多于一個元素時(即01時)，若xy=1，y不是左零元注,因此yL=L.又因L為有限環(huán)，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 1.幺環(huán)多于一個元素當且僅當01.2當L有多于一個元素時(即01時)，若xy=1，y不是左零元.因為若存在z0使得yz=0，則z=(xy)z=x(yz)=0,產(chǎn)生矛盾.41. 在幺環(huán)中，如果對元素a有b使ab=1但ba1，則有無窮多個元素x，適合ax=1.(Kaplansky定理)證明：首先，若ab=1但ba1，則a至少有兩個右逆元注.現(xiàn)在假設a只有n(>1)個右逆元，并設這些元素為xi(i=1,2,n).那么a(1-xia+x1)=1(i=1,2,n),又當ij時，1-xia+x11-xja+x1注，這里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