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。

《抽象代数基础》

习题解答

于 延 栋 编

盐城师范学院数学科学学院

二零零九年五月

第一章 群 论

§1 代数运算

“?”1.设A?{e,a,b,c},A上的乘法的乘法表如下:

· e e e a a e c b b c e c c a a b c b c b a e b a “?”证明: 适合结合律.

“?”证明 设x,y,z为A中任意三个元素.为了证明适合结合律,只需证明

(x?y)?z?x?(y?z).

下面分两种情形来阐明上式成立.

I.x,y,z中至少有一个等于e. 当x?e时,(x?y)?z?y?z?x?(y?z); 当y?e时,(x?y)?z?x?z?x?(y?z); 当z?e时,(x?y)?z?x?y?x?(y?z). II.x,y,z都不等于e.

(I)x?y?z.这时,(x?y)?z?e?z?z?x?x?e?x?(y?z). (II)x,y,z两两不等.这时,(x?y)?z?z?z?e?x?x?x?(y?z). (III)x,y,z中有且仅有两个相等.

当x?y时,x和z是{a,b,c}中的两个不同元素,令u表示{a,b,c}中其余的那个元素.于是,(x?y)?z?e?z?z,x?(y?z)?x?u?z,从而,(x?y)?z?x?(y?z).同理可知,当y?z或z?x时,都有(x?y)?z?x?(y?z). “?”2.设是集合A上一个适合结合律的代数运算.对于A中元素,归纳定义

?ai?1ni为:

?r?ai?a1,?ai?????ai???ar?1. i?1i?1?i?1?1r?1证明:

?n?m?n??m????ai??????an?j???ak.

?i?1??j?1?k?1进而证明:在不改变元素顺序的前提下,A中元素的乘积与所加括号无关.

证明 当m?1时,根据定义,对于任意的正整数n,等式成立.

假设当m?r(r?1)时,对于任意的正整数n,等式成立.当m?r?1时,由于

“?”适合结合律,我们有

??n??r?1??n??m???a?a?a?a??????i???n?j???i???n?j??

?i?1??j?1??i?1??j?1???r??n??????????ai??????an?j??an?r?1?

?i?1???j?1????n??r????????a?a??i???n?j???an?r?1 ??????i?1??j?1n?r?1n?m?n?r?????ai???an?r?1??ak??ak.

k?1k?1?i?1?所以,对于任意的正整数n和m,等式成立.

考察A中任意n(n?1)个元素a1,a2,?,an:当n?3时,要使记号a1?a2???an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?ai.

i?1n事实上,当n?1或n?2时,无需加括号,我们的结论自然成立.当n?3时,由

“?”于适合结合律,我们的结论成立.假设当n?r(r?1)时我们的结论成立.考察

n?r?1的情形:不妨设最后一次运算是a?b,其中a为a1,a2,?,an中前

s(1?s?n)个元素的运算结果,b为a1,a2,?,an中后n?s个元素的运算结果.于

是,根据归纳假设,

a??aj, b??as?k.

j?1k?1sn?s?s??n?s?n???as?k?所以最终的运算结果为a?b?????ai. ??aj????i?1?j?1??k?1“?”3.设Q是有理数集.对于任意的a,b?Q,令a?b?a?b2,证明: 是Q上的一个代数运算,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a,b?Q,a?b?a?b2?Q.所以是Q上的一个代数运算.令a?0,b?1,c?2.由于

(a?b)?c?(0?1)?2?1?2?1?22?5, a?(b?c)?0?(1?2)?0?5?0?52?25,

“?”从而,(a?b)?c?a?(b?c),所以不适合结合律.由于

b?c?1?2?1?22?5, c?b?2?1?2?12?3,.

“?”从而,b?c?c?b.所以不适合交换律.

§2 群的概念

???ab?1.证明:G????cd??a,b,c,d?Z??????? 关于矩阵的加法构成一个群. ??证明 首先,众所周知,G??,A?B?G,?A,B?G.由于矩阵的加法适合

?00?结合律,G上的加法适合结合律.其次,令O???00??,则O?G,并且

???ab???a?b???,令?G?A?O?A?A?O?A,?A?G.最后,对于任意的A???cd???c?d??,????则?A?G且A?(?A)?(?A)?A?O.所以G关于矩阵的加法构成一个群.

??12.令G??????0个群.

0???10??10???1?,??0?1??,??0?1??,??1???????00????,证明:G关于矩阵的乘法构成一1????1证明 将??0?的乘法表如下:

0??记作E,并将G中其余三个矩阵分别记作A,B,C.于是,G上?1?· E A B C E E A B C A A E C B B B C E A C C B A E 由于矩阵的乘法适合结合律,G上的乘法适合结合律.从乘法表可知,

EX?XE?X,XX?E,?X,Y?G.

所以G关于矩阵的乘法构成一个群.

3.在整数集Z中,令a?b?a?b?2,?a,b?Z.证明:Z关于这样的乘法构成一个群.

证明 对于任意的a,b,c?Z,我们有

(a?b)?c?(a?b?2)?c?(a?b?2)?c?2?a?b?c?4, a?(b?c)?a?(b?c?2)?a?(b?c?2)?2?a?b?c?4,

从而(a?b)?c?a?(b?c).这就是说,该乘法适合结合律.其次,2?Z,并且对于任意的a?Z,我们有

2?a?2?a?2?a?a?2?2?a?2,

a?(4?a)?a?(4?a)?2?(4?a)?a?2?(4?a)?a.

所以Z关于该乘法构成一个群.

4.写出S3的乘法表.

解 S3?{(1),(12),(13),(23),(123),(132)},S3的乘法表如下:

· (1) (1) (1) (12) (12) (1) (13) (13) (132)(23) (123)(132) (23) (123) (132) (12) (13) (12) (123)(23) (13) (13) (123)(1) (132)(12) (23) (23) (123) (123)(1) (23) (132)(13) (12) (1) (123)(13) (23) (23) (12) (12) (132) (132) (132)(13) (1) (123) “?”5.设(G,?)是一个群,证明: 适合消去律. 证明 设a,b,c?G.若a?b?a?c,则

b?e?b?(a?1?a)?b?a?1?(a?b)?a?1?(a?c)?(a?1?a)?c?e?c?c.

“?”同理,若b?a?c?a,则b?c.这就表明,适合消去律.

6.在S5中,令

?12345??12345???,f??g??23154??13452??.

????求fg,gf和f?1.

解 我们有

?12345??12345??1?12345???,fg??gf??21543??34125??,f???31254??.

??????7.设a?(i1i2?ik),求a?1. 解 我们有a?(ikik?1?i1).

8.设f是任意一个置换,证明:f?(i1i2?ik)?f?1?(f(i1)f(i2)?f(ik)). 证明 事实上,易见,f(i1),f(i2),?,f(ik)是{1,2,?,n}中的k个不同的数字.由直接计算可知,

(f?(i1i2?ik)?f?1)(f(ij))?f(ij?1),1?j?k?1;

(f?(i1i2?ik)?f?1)(f(ik))?f(i1).

其次,对于任意的i?{1,2,?,n}\\{f(i1),f(i2),?,f(ik)},i在f?(i1i2?ik)?f?1之下的像是i本身.所以f?(i1i2?ik)?f?1?(f(i1)f(i2)?f(ik)).

“?”“?”9.设S是一个非空集合,是S上的一个代数运算,若适合结合律,则“?”称(S,?)是一个半群(或者称S关于构成一个半群).证明:整数集Z关于乘法构成一个半群,但不构成一个群.

证明 众所周知,Z是非空集合,对于任意的a,b?Z,总有a?b?Z,并且整数乘法适合结合律,所以Z关于乘法构成一个半群.其次,令e?1.于是,对于任意的a?Z,总有

e?a?a?e?a.

但是,0?Z,并且不存在b?Z,使得0?b?e.所以Z关于乘法不构成一个群.

10.设A是一个非空集合,S是由A的所有子集构成的集合.则集合的并

“?”是S上的一个代数运算.证明:(S,?)是一个半群.

证明 众所周知,对于任意的X,Y,Z?S,总有

(X?Y)?Z?X?(Y?Z).

“?”这就是说,S上的代数运算适合结合律,所以(S,?)是一个半群.

注 请同学们考虑如下问题:设A是一个非空集合,S是由A的所有子集构

“?”成的集合.定义S上的代数运算 (称为对称差)如下:

X?Y?(X\\Y)?(Y\\X),?X,Y?S.

求证:(S,?)是一个交换群.

???ab?11.令S????cd??a,b,c,d?Z???????.证明S关于矩阵的乘法构成一个半群. ??证明 众所周知,对于任意的A,B,C?S,总有

AB?S,(AB)C?A(BC).

这就是说,矩阵的乘法是S上的一个代数运算,并且适合结合律,所以S关于矩阵的乘法构成一个半群.

12.设(S,?)是一个半群,e?S称为S的一个左(右)单位元,如果对于任意的

a?S都有e?a?a(a?e?a).对于a?S,如果存在b?S使b?a?e(a?b?e),则

称a左(右)可逆的,b是a的一个左(右)逆元.假设S有左(右)单位元e且S中每个元素都有关于e的左(右)逆元.证明:(S,?)是一个群.

证明 设a是S中任意一个元素.任取b?S,使得a?b?e.再任取c?S,使得b?c?e.于是,我们有

a?a?e?a?(b?c)?(a?b)?c?e?c

且

b?a?b?(e?c)?(b?e)?c?b?c?e.

因此

a?b?e?b?a.

所以

e?a?(a?b)?a?a?(b?a)?a?e.

由以上两式可知,e是单位元,S中每个元素a都有逆元b.所以(S,?)是一个群. 对于S有左单位元e且S中每个元素都有关于e的左逆元的情形,请同学们自己证明.

13．设G是一个群,证明:

(ab)?1?b?1a?1,?a,b?G.

证明 对于任意的a,b?G,我们有

(ab)(b?1a?1)?a(bb?1)a?1?aea?1?aa?1?e, (b?1a?1)(ab)?b?1(a?1a)b?b?1eb?b?1b?e.

所以

(ab)?1?b?1a?1,?a,b?G.

16.设G是一个群,证明:G是交换群的充要条件是

(ab)2?a2b2,?a,b?G.

证明 必要性是显然的.现在假设G满足该条件.于是,对于任意的a,b?G,我们有(ab)2?a2b2,即abab?aabb.运用消去律(第5题)立即可得ab?ba.所以

G是交换群.

17．设G是一个群.假设对于任意的a?G都有a2?e,证明:G是交换群. 证明 我们有

(ab)2?e?ee?a2b2,?a,b?G.

由上题知,G是交换群.

“?”18.设G是非空集合,是G上的一个代数运算且适合结合律.

(1)证明:(G,?)是一个群当且仅当对于任意的a,b?G,方程a?x?b和

y?a?b在G中都有解.

“?”(2)假设G是有限集,证明:(G,?)是一个群当且仅当适合消去律.

证明 (1)当(G,?)是一个群时,显然,对于任意的a,b?G,x?a?1?b是方程

a?x?b的解,y?b?a?1是方程y?a?b的解.

现在假设对于任意的a,b?G,方程a?x?b,y?a?b在G中都有解.任取a?G,考察方程a?x?a.根据假设,方程a?x?a有解x?e?G.设b是G中任意一个元素,考察方程y?a?b.根据假设,方程y?a?b有解y?c?G.于是,我们有

b?e?(c?a)?e?c?(a?e)?c?a?b.

由于b?G的任意性,上式表明e是半群(G,?)的一个右单位元.再考察方程

a?x?e.根据假设,方程a?x?e有解d?G.由于a?G的任意性,这表明G中每

个元素关于右单位元e都有右逆元.所以(G,?)是一个群.

“?”适合消去律.现在假设(2)当(G,?)是一个群时,根据第5题,

G?{a1,a2,?,an},并且“?”适合消去律.任取i,k?{1,2,?,n},考察方程ai?x?ak.由于“?”适合左消去律,因此ak必出现于乘法表的第i行中.这就意味

着存在j?{1,2,?,n},使得ai?aj?ak,从而方程ai?x?ak在G中有解.同理,由于

“?”适合右消去律,方程y?ai?ak在G中有解.这样一来,根据(1),(G,?)是一个群.

19.证明命题2.8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2.8中的证明中所说的方法将一个置换f?Sn表示成两两不相交的循环置换的乘积时,表达式是唯一的”.

证明 显然,当f是单位置换时,表达式就是f?f.不妨设f不是单位置换,f?f1f2?fu和f?g1g2?gv都是在用命题2.8中的证明中所说的方法将置换f?Sn表示成两两不相交的循环置换的乘积的表达式.于是,f1,f2,?,fu两两不相交,g1,g2,?,gv两两不相交,而且它们的阶都大于或等于2.考察任意的

fl(1?l?u):

设fl?(i1i2?is).由f?f1f2?fu和f?g1g2?gv可知,存在l'(1?l'?v),使得

gl'?(j1j2?jt),i1?{j1,j2,?,jt}.

不妨设i1?j1.由f?f1f2?fu和f?g1g2?gv可知,s?t并且

ik?jk,?k?{1,2,?,s},

从而,fl?gl'.由于f1,f2,?,fu两两不相交,g1,g2,?,gv两两不相交,并且不计循环置换的顺序,不妨设

fl?gl,?l?{1,2,?,u}.

假设u?v,则

f?g1g2?gu,

由此可见,当u?l?v时,gl必与g1,g2,?,gu中某一个相交.这与我们的假设矛盾.所以u?v.这就表明,f?g1g2?gv和f?g1g2?gv是同一个表达式.

§3 子 群

1.设G?GLn(P)是数域P上的n级一般线性群,H是G的由全体n阶可逆的对角矩阵组成的子集,证明:H是G的子群.

证明 众所周知,H非空,并且有

AB,A?1?H,?A,B?H,

其中AB表示矩阵A与矩阵B的乘积,A?1表示矩阵A的逆矩阵.所以H是G的子群.

2.设G是一个群,H是G的非空子集,证明:H是G的子群的充分必要条件是

ab?1?H,?a,b?H.

证明 由定理3.3可知,当H是G的子群时,H满足条件. 假设H满足条件.对于任意的a,b?H,我们有

e?aa?1?H.

因为H满足条件,由e,a,b?H可知,a?1?ea?1?H,b?1?eb?1?H.因为H满足条件,由a,b?1?H可知ab?a(b?1)?1.总而言之 对于任意的a,b?H,我们有

ab,a?1?H.根据定理3.3,H是G的子群.

3.设H是群G的子群,a?G,证明:aHa?1?{aha?1|h?H}也是G的子群(称为H的一个共轭子群).

证明 显然,aHa?1是G的非空子集.设b1,b2?aHa?1.于是,存在h1,h2?H,使得b1?ah1a?1,b1?ah2a?1.因此

b1b2?(ah1a?1)(ah2a?1)?1

?ah1a?1ah2a?1?a(h1h2)a?1?aHa?1.

?1?1?1所以aHa?1是G的子群.

4.设G是交换群,n?0为整数,令H?{a?G|an?e},证明:H是G的子群. 证明 显然e?H.若a,b?H,则(ab?1)n?an(bn)?1?ee?e,从而,ab?1?H.由此可见,H是G的子群.

5.设G是交换群,证明:G的所有阶为有限的元素构成的集合是G的子群. 证明 令H表示G的所有阶为有限的元素构成的集合.显然e?H.设

a,b?H,其中|a|?m,|b|?n.于是,

(ab?1)mn?(am)n(bn)?m?ee?e,

从而,ab?1?H.由此可见,H是G的子群.

6.设G是群,a,b?G,证明:a与bab?1具有相同的阶. 证明 显然,对于任意的正整数n,(bab?1)n?banb?1,从而,

an?e?banb?1?e?(bab?1)n?e.

由此可见,a与bab?1具有相同的阶.

7.设a?(i1i2?ik)是循环置换,求a的阶.

解 当k?1时,显然,a?(1),|a|?k.

当k?1时,我们有

ai?(i1ij?1?ij?1)?(1),?j?{1,2,?,k?1},

ak?(1),

从而,|a|?k.

8.设群G的除单位元外的每个元素的阶都为2,证明:G是交换群. 证明 参看§2习题第17题.

17．设G是一个群.假设对于任意的a?G都有a2?e,证明:G是交换群. 证明 我们有

(ab)2?e?ee?a2b2,?a,b?G.

由上题知,G是交换群.

9.设G是群,a,b?G,证明:ab与ba具有相同的阶.

证明 注意到ba?a?1(ab)(a?1)?1,根据第6题的结论,ab与ba具有相同的阶.

10.设G是群,a,b?G,ab?ba.假设a的阶与b的阶互素,证明:|ab|?|a||b|.

证明 令|a|?m,|b|?n,|ab|?k.由于

(ab)mn?(am)n(bn)m?enem?e,

根据命题3.12可以断言k|mn.其次,我们有

e?(ab)kn?aknbkn?akn(bn)k?akne?akn,

从而,根据命题3.12,m|kn.因为m与n互素,由m|kn可知m|k.同理可知,n|k.由于m与n互素,因此mn|k.所以k?mn,即|ab|?|a||b|.

11.设Z是整数集关于加法构成的群,H是Z的子群,证明:存在n?H使

H??n?.

证明 众所周知,0?H.当H?{0}时,显然H??0?.现在假设H?{0}.于是,存在m?H使m?0.这时?m?H,并且,在m和?m中,一个是正数,另一个是负数.令n表示H中的最小正数.显然,我们有

qn?H,?q?Z.

现在考察任意的m?H:众所周知,存在整数q和r,使得

m?qn?r,0?r?n.

于是,r?m?qn?H.由于令n是H中的最小正数,必有r?0,从而,m?qn.上述表明H?{qn|q?Z}.所以H??n?.

12.设G是一个群,H1,H2都是G的子群.假设H1不包含于H2且H2不包含于H1,证明:H1?H2 不是G的子群.

证明 由于H1不包含于H2且H2不包含于H1,是G的子群,因此存在

a?H1\\H2且存在b?H2\\H1.于是,a,b?H1?H2.假设ab?H1,则b?a?1(ab)?H1,矛盾.因此ab?H1.同理,ab?H2.这样一来,ab?H1?H2.所以

H1?H2不是G的子群.

13.设G是一个群,G1?G2???Gn??是G的一个子群链,证明:??n?1Gn是G的子群.

证明 设a,b???n?1Gn.于是,存在正整数i和j使得a?Gi,b?Gj.令

k?max{i,j}.a,b?Gk.由于Gk是G的子群,因此ab?1?Gk,从而,ab?1???n?1Gn.

所以??n?1Gn是G的子群.

14.证明:{(12),(13)?(1n)}(n?2)是Sn的一个生成集.

证明 考察任意的对换(ij)?Sn:若i?1或j?1,则

(ij)?{(12),(13)?(1n)}.

若i?1且j?1,则

(ij)?(1i)(1j)(1i).

这就是说,对于每一个对换(ij)?Sn,要么它本身属于{(12),(13)?(1n)},要么它可以表示成{(12),(13)?(1n)}中的一些对换的乘积.这样一来,根据推论2.10可以断言,每一个f?Sn可以表示成{(12),(13)?(1n)}中的一些对换的乘积.由此可见,Sn??(12),(13)?(1n)?,从而,

Sn??(12),(13)?(1n)?.

§4 循环群

1.证明:循环群是交换群.

证明 设G??a?是一个循环群.于是,G?{an|n?Z}(参看课本第12页倒数第4行).众所周知,aman?am?n?anam,?m,n?Z.所以G是交换群.

2.设G是一个群,a?G.假设a的阶为n,证明:对任意整数r,有

n|ar|?.

(r,n) 证明 令H??a?.由于|a|?n,根据命题3.10,H是有限循环群.根据命题4.2,

|ar|?n. (r,n)3.设G??a?是一个n阶循环群,r是任意整数,证明:ar与a(r,n)具有相同的阶且?ar???a(r,n)?.

证明 根据命题4.2,我们有

nn??|ar|.

((r,n),n)(r,n)n根据命题3.10,?ar?和?a(r,n)?都是G的阶子群.显然,ar??a(r,n),从而,

(r,n)|a(r,n)|??ar???a(r,n)?.由此可见,?ar???a(r,n)?.

4.设G??a?是一个n阶循环群,证明:?ar??G当且仅当(r,n)?1. 证明 根据命题4.2,我们有

?ar??G?|ar|?n?n?n?(r,n)?1. (r,n)5.设G??a?是循环群,H??as?和K??at?是G的两个子群,证明:H?K??a[s,t]?.

证明 显然a[s,t]?H?K,从而,?a[s,t]??H?K. 为了证明H?K??a[s,t]?,现在只需证明H?K??a[s,t]?.

考察任意的x?H?K:当x为G的单位元e时,显然x??a[s,t]?.不妨假定

x?e.于是,由x?H知,存在i?Z,使得x?ais;由x?K知,存在j?Z,使得

x?ajt.因为x?e,所以st?0.众所周知,

(st,)?1, (s,t)(s,t)从而,存在u,v?Z,使得

usvt??1. (s,t)(s,t)于是,我们有

x?xusvt?(s,t)(s,t)?xus(s,t)xvt(s,t)?(a)usjt(s,t)(a)vtis(s,t)

?anju[s,t]aniv[s,t]?an(ju?iv)[s,t]??a[s,t]?,

其中,当st?0时n?1,当st?0时n??1.

综上所述,对于任意的x?H?K,总有x??a[s,t]?.所以H?K??a[s,t]?. 6.设G??a?是n阶循环群,H??as?和K??at?是G的两个子群,证明:H?K的充要条件是(s,n)?(t,n).

证明 假设H?K.根据命题4.2,我们有

nn?|as|?|at|?, (s,n)(t,n)从而,(s,n)?(t,n).

假设(s,n)?(t,n).于是,a(s,n)?a(t,n),从而,?a(s,n)???a(t,n)?.这样根据第3题的结论可以断言,?as???at?,即H?K.

7.设G是无限循环群,证明:G有且仅有两个生成元.

证明 由于G是无限循环群,不妨设a是G的一个生成元.于是,a?1也是G的一个生成元,并且a?1?a.这就是说,G有两个不同的生成元.其次,假设b是G的任意一个生成元.由于G??a?,因此存在n?Z,使得b?an.由于G??b?且

a?G,因此存在k?Z,使得a?bk?ank.由此可见,n??1,即b?a或b?a?1.所以G有且仅有两个生成元.

8.设G??a?是无限循环群,H??as?和K??at?是G的两个子群,证明:H?K的充要条件是s??t.

证明 当s??t时,显然H?K.

假设H?K.显然,当H?{e}时,s?t?0,从而,s??t.不妨假定H?{e}.于是s?0.由as?K可知,存在i?Z,使得s?it;由at?H可知,存在j?Z,使得

t?js.因此s?ijs.由于s?0,由s?ijs可知ij?1,从而,i??1.所以s??t.

§5 正规子群与商群

1.证明:循环群的商群也是循环群.

证明 设G??a?是循环群,H是G的子群.于是,我们有

G/H?{anH|n?Z}?{(aH)n|n?Z}??aH?.

这就表明,G/H是循环群.

2.设G是群,Ni,i?I,是G的一族正规子群,证明:?i?INi也是G的正规子群.

证明 众所周知,?i?INi是G的正规子群.显然,我们有

a(?i?INi)??i?I(aNi)??i?I(Nia)?(?i?INi)a,?a?G.

所以?i?INi也是G的正规子群.

3.设N1,N2是群G的正规子群且N1?N2?{e},证明:对于任意的

a?N1,b?N2,都有ab?ba.

证明 对于任意的a?N1,b?N2,由于N1是群G的正规子群,根据命题5.11我们有ba?1b?1?N1,从而,aba?1b?1?N1;由于N2是群G的正规子群,根据命题

1?1ab?N1?N2,从5.11我们有aba?1?N2,从而,aba?1b?1?N2.因此ab?而,aba?1b?1?e.由此可见ab?ba.

4.设H是群G的子群且[G:H]?2,证明:H是G的正规子群. 证明 我们已经知道,

aH?H?a?H?Ha?H,?a?G.

任意给定a?G.当a?H时,aH?H?Ha.当a?H时,H?aH???H?Ha,并且,由[G:H]?2可知,H?aH?G?H?aH.由此可见aH?Ha.所以H是G的正规子群.

5.设H是群G的有限子群,|H|?n.假设G只有一个阶为n的子群,证明:H是G的正规子群.

证明 任取a?G,考察aHa?1:由§3习题第3题知,aHa?1是G的子群.定义

H到aHa?1的映射?如下:

?(x)?axa?1,?x?H.

显然?是双射.因此|aHa?1|?n.由于G只有一个阶为n的子群,因此aHa?1?H.这样一来,由于a的任意性,根据命题5.11可以断言,H是G的正规子群.

6.设G是群,H和K是G的子群, (1)证明:HK是G的子群?HK?KH.

(2)假设H是G的正规子群,证明:HK是G的子群.

(3)假设H和K都是G的正规子群,证明:HK是G的正规子群. 证明 (1)假设HK是G的子群.于是,对于任意的a?G,我们有

a?HK?a?1?HK

?存在h?H和k?K,使得a?1?hk ?存在h?H和k?K,a?k?1h?1 ?a?KH.

所以HK?KH.

假设HK?KH.为了证明HK是G的子群,任意给定a,b?HK.于是,存在

h1,h2?H和k1,k2?K,使得a?h1k1,b?h2k2.因此

ab?1?(h1k1)(h2k2)?1?(h1(k1k2))h2.

?1由于h1(k1k2)?HK?KH,因此存在h3?H和k3?K,使得h1(k1k2)?k3h3,从而,

?1?1?1ab?1?(h1(k1k2))h2?(k3h3)h2?k3(h3h2)?KH?HK.

这样一来,由于a,b?HK的任意性,我们断言:HK是G的子群.

(2)由于H是G的正规子群,我们有

HK??k?KHk??k?KkH?KH.

?1?1?1?1这样,根据(1),HK是G的子群.

(3)根据(2),HK是G的子群.此外,还有

a(HK)?(aH)K?(Ha)K?H(aK)?H(Ka)?(HK)a,?a?G.

所以HK是G的正规子群.

7.设G是群,H和K是G的子群且K?H,证明:[G:K]?[G:H][H:K]. 注 证明这道题时还要用到如下约定:

n?????n??????,?n?N.

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K是H的子群,因此aK?aH,?a?G.由此可见,当

[G:H]??时,[G:K]??,从而,

[G:K]?[G:H][H:K].

其次,由于{hK|h?H}?{aK|a?G},因此当[H:K]??时,[G:K]??,从而

[G:K]?[G:H][H:K].

现在假设[G:H]??且[H:K]??.令[G:H]?m,[H:K]?n.由

[G:H]?m知,存在a1,a2,?,am?G,使得G??mr?1arH,其中诸arH两两不相交.

由[H:K]?n知,存在b1,b2,?,bn?H,使得H??ns?1bsK,其中诸bsK两两不相交.这样一来,我们有

nmnG??m(a?bK)???r?1rs?1sr?1s?1(arbs)K.

(?)

现在我们来阐明上式中的诸(arbs)K两两不相交.为此,设

r,r'?{1,2,?,m},s,s'?{1,2,?,n},

我们来比较(arbs)K与(ar'bs')K.当r?r'时,由于bsK?H,bs'K?H,因此

(arbs)K?(ar'bs')K?arH?ar'H??,从而,(arbs)K?(ar'bs')K??,即(arbs)K与(ar'bs')K不相交.当r?r'且s?s'时,bsK?bs'K??,从而,

(arbs)K?(ar'bs')K?(ar'bs)K?(ar'bs')K ?ar'(bsK?bs'K)?ar'???,

即(ar'bs)K与(ar'bs')K不相交.所以(?)式中的诸(arbs)K两两不相交.这样一来,根据(?)式可以断言,[G:K]?mn,即

[G:K]?[G:H][H:K].

8.设H是群G的子群,假设H的任意两个左陪集的乘积仍是一个左陪集,证明:H是G的正规子群.

证明 任取a?G.由于H是H的左陪集,因此存在H的左陪集bH,使得

(Ha)H?H(aH)?bH,

由此可见,Ha?bH,a?bH,从而aH?bH.所以Ha?aH.由于a的任意性,根据上式我们又可以断言,

Ha?1?a?1H.

将上式两边左乘a,右乘a,得aH?Ha.所以aH?Ha.由于a的任意性,这就意味着H是G的正规子群.

§6 群的同构与同态

1.设f是群G1到群G2的同构,g是群G2到群G3的同构,证明:f?1是群G2到群G1的同构;gf是群G1到群G3的同构.

证明 众所周知,f?1是G2到G1的双射.其次,又因f保持乘法运算,故对于任意的a',b'?G2总有

f(f?(a')f?1(b'))?f(f?(a'))f(f?1b'))?a'b',

从而,

f?1(a'b')?f?1(a')f?1(b').

所以f?1是群G2到群G1的同构.

众所周知,gf是G1到G3的双射.又因f和g都保持乘法运算,故对于任意的

a,b?G1总有

(gf)(ab)?g(f(ab))?g(f(a)f(b))?g(f(a))g(f(b))?(gf)(a)(gf)(b).

所以gf是群G1到群G3的同构.

2.设H是群G的子群,aHa?1是H的共轭子群,证明:aHa?1与H同构. 证明 定义H到aHa?1的映射f如下:

f(x)?axa?1,?x?H.

直接从f的定义可以明白,f是满射.利用消去律容易推知,f是单射.因此f是双射.其次,对于任意的x,y?H总有

f(xy)?a(xy)a?1?(axa?1)(aya?1)?f(x)f(y).

所以f是群H到群aHa?1的同构,从而,aHa?1?H.

3.设f是群G到群G'的同构,证明:对于任意的a?G,|a|?|f(a)|.举例说明,若f是群G到群G'的同态,则a的阶与f(a)的阶不一定相同.

证明 将群G和群G'的单位元分别记做e和e'.注意到根据命题6.5,我们可以断言:对于任意的正整数n,我们有

an?e?f(an)?e'?fn(a)?e'.

由此可见,|a|?|f(a)|.

假设|G|?2,G'?{e},其中e为G的单位元,f为G到G'的映射.则f是G到G'的同态.任取a?G,使得a?e,则|a|?0,|f(a)|?|e|?1,从而,|a|?|f(a)|.

4.分别建立HN到H/(H?N)和G到(G/N)/(H/N)的同态来证明定理6.11.

注 定理6.11的内容如下:设G是一个群,N是G的正规子群. (1)若H是G的子群,则H/(H?N)?(HN)/N;

(2)若H是G的正规子群且H?N,则(G/N)/(H/N)?G/H.

证明 (1)设H是G的子群.显然,H?N是H的正规子群;N是HN的正规子群.

考察任意的a?HN:假设

a?h1n1?h2n2?n3h3,

其中,h1,h2?H,n1,n2?N.则h1?h2n2n1,从而,h1h2?n1n2?H?N.因此

h1(H?N)?h2(G?N).

?1?1?1这样一来,我们可以定义HN到H/(H?N)的映射f如下:对于任意的a?HN,

f(a)?h(H?N),若a?hn,其中h?H,n?N.

由H?HN可知,f是满射.

任意给定a,b?HN.不妨设a?h1n1,b?h2n2.由于HN是G的子群,因此

ab?HN,从而,存在h3?H和n3?N,使得ab?h1n1h2n2?h3n3.因此

f(ab)?h3(H?N).

另一方面,我们有

f(a)f(b)?(h1(H?N))(h2(H?N))?h1h2(H?N).

注意到N是G的正规子群和命题5.11,易知

(h1h2)h3?h1((h2(n3n2)h2)n1)h1?H?N,

从而,h1h2(H?N)?h3(H?N),即f(ab)?f(a)f(b). 所以f是HN到H/(H?N)的满同态.

最后,对于任意a?hn(h?H,n?N),我们有

a?Ker(f)?h(H?N)?H?N?h?H?N?h?N?a?N.

?1?1?1?1?1因此Ker(f)?N.这样一来,根据群的同态基本定理,H/(H?N)?(HN)/N.

(2)设H是G的正规子群且H?N.显然,H/N是G/N的正规子群.定义G到(G/N)/(H/N)的映射f如下:

f(a)?(aN)(H/N),?a?G.

显而易见,f是满射.由于H/N是G/N的正规子群,因此对于任意的a,b?G,总有

f(ab)?(abN)(H/N)?(aN)(bN)(H/N)(H/N)

?(aN)(H/N)(bN)(H/N)?f(a)f(b).

因此f是G到(G/N)/(H/N)的满同态.

其次,对于任意的a?G,我们有

a?Ker(f)?(aN)(H/N)?H/N?aN?H/N ?存在h?H,使得aN?hN?a?H.

因此Ker(f)?H.这样一来,根据群的同态基本定理,(G/N)/(H/N)?G/H.

5.设G是群,G1,G2是G的有限子群,证明:

|G||G2||G1G2|?1.

|G1?G2|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H?G1?G2.于是,H既是G1的子群,又是G2的子群.设

[G1:H]?m.则有

G1??mj?1(cjH),

(*)

其中cj?G1,1?j?m.显然,诸cjH两两不相交;有且仅有一个j?{1,2,?,m},使得cj?H;并且

m?|G1|.

|G1?G2|由于H?G2,因此HG2?G2.这样,由(*)式可以推得

mm G1G2?(?m(cH))G??(c(HG))??j?1j2j?1j2j?1(cjG2).

(**)

?1对于任意的i,j?{1,2,?,m},考察ciG2与cjG2:若ciG2?cjG2,则cjci?G2,从而, ?1cjci?G1?G2?H.由此可得,ciH?cjH,从而,i?j.这就表明,诸cjG2两两不

相交. 这样一来,由(**)式可以知,

|G1G2|?m?|G2|?|G1||G2|.

|G1?G2|6.设G是群,证明:

G?G

a?a?1

是群G到群G的同构的充分必要条件是G为交换群.如果G是交换群,证明:对于任意的k?Z,

G?G

a?ak

是一个同态.

证明 将G到自身的映射

G?G

a?a?1

记做f.显然f是双射.于是,

f是群G到群G的同构

?f(ab)?f(a)f(b),?a,b?G,即(ab)?1?a?1b?1,?a,b?G ?(ab)?1?(ba)?1,?a,b?G ?ab?ba,?a,b?G ?G是交换群.

假设G是交换群,k?Z.将G到自身的映射

G?G

a?ak

记做g.于是,我们有

g(ab)?(ab)k?akbk?g(a)g(b),?a,b?G.

所以g是一个同态.

7.设f是群G到群G'的满同态,H'是G'的正规子群,证明:G/f?1(H')?G'/H'.

证明 由于H'是G'的正规子群,根据定理6.7,f?1(H')是G的正规子群.现在定义G到G'/H'的映射g如下:

g(a)?f(a)H'.

由f是群G到群G'的满同态可知g是G到G'/H'的满射.

其次,注意到H'是G'的正规子群,对于任意的a,b?G,有

g(ab)?f(ab)H'?f(a)f(b)H'H'?(f(a)H')(f(b)H')?g(a)g(b).

所以g是G到G'/H'的满同态.

最后,对于任意的a?G,我们有

a?Ker(g)?f(a)H'?H'?f(a)?H'?a?f?1(H').

因此Ker(g)?f?1(H').这样一来,根据群的同态基本定理,G/f?1(H')?G'/H'.

8.设G是群,G1,G2是G的正规子群.假设G?G1G2且G1?G2?{e}(此时称

G是G1和G2的内直积),证明:G?G1?G2.

证明 定义G1?G2到G的映射f如下:

f((a,b))?ab,?(a,b)?G1?G2.

由G?G1G2可知,f是满射.现在设(a1,b1),(a2,b2)?G1?G2,并且

f((a1,b1))?f((a2,b2)).

于是,a1b1?a2b2,从而,a2a1?b2b1?G1?G1,从而,a2a1?b2b1?e.这意味着

?1?1?1?1a1?a2且b1?b2,即(a1,b1)?(a2,b2).由此可见,f是单射,从而,f是双射.

对于任意的(a1,b1),(a2,b2)?G1?G2,我们有

f((a1,b1)(a2,b2))?f((a1a2,b1b2))?(a1a2)(b1b2),

f((a1,b1))f((a2,b2))?(a1b1)(a2b2).

由于G1,G2是G的正规子群且G1?G2?{e},由§5习题第3题可知,

(a1a2)(b1b2)?(a1b1)(a2b2).

因此f((a1,b1)(a2,b2))?f((a1,b1))f((a2,b2)),从而,f是群G1?G2到群G的同构.所以G?G1?G2.

9.设G1,G2是群,证明:G1?G2?G2?G1. 证明 定义G1?G2到G2?G1的映射f如下:

f((a,b))?(b,a),?(a,b)?G1?G2.

显然,f是双射.其次,对于任意的(a1,b1),(a2,b2)?G1?G2,我们有

f((a1,b1)(a2,b2))?f((a1a2,b1b2))?(b1b2,a1a2),

?(b1b2,a1a2)?(b1,a1)(b2,a2)?f((a1,b1))f((a2,b2)).

所以f是群G1?G2到群G2?G1的同构,从而,G1?G2?G2?G1.

10.设p,q是不同的素数,证明:Zpq?Zp?Zq.

证明 对于任意的i?Z和任意的n?N,将以i为代表元的模n同余类记做

[i]n.于是,对于任意的i,j?Z,注意到p,q是不同的素数,我们有

[i]pq?[j]pq?pq|(i?j)?p|(i?j)且q|(i?j)?[i]p?[j]p且[i]q?[j]q.

这样一来,我们可以定义Zpq到Zp?Zq的映射f如下:

f([i]pq)?([i]p,[i]q),?[i]pq?Zpq.

考察映射f:设[i]pq,[j]pq?Zpq且

f([i]pq)?f([j]pq).则

([i]p,[i]q)?([j]p,[j]q),即[i]p?[j]p且[i]q?[j]q,从而,[i]pq?[j]pq.因此f是单

射.其次,显然 |Zpq|?|Zp?Zq|.因此f是双射.最后,对于任意的

[i]pq,[j]pq?Zpq,我们有

f([i]pq?[j]pq)?f([i?j]pq)?([i?j]p,[i?j]q),

?([i]p?[j]p,[i]q?[j]q)?([i]p,[i]q)?([j]p,[j]q) ?f([i]pq)?f([j]pq).

所以f是群Zpq到群Zp?Zq的同构,从而,Zpq?Zp?Zq.

§7 有限群

1.设G是群,H是G的正规子群,[G:H]?n,证明:对于任意的a?G都有

an?H.

证明 由于[G:H]?n,因此|G/H|?n.根据推论7.2,对于任意的a?G,商群G/H中元素aH的阶整除n.因此anH?(aH)n?H,从而,an?H.

2.设G和G'分别是阶为m和n的有限循环群,证明:存在G到G'的满同态的充要条件是n|m.

证明 假设f是G到G'的满同态.根据群的同态基本定理,G/Ker(f)?G'.根据Lagrange定理,我们有

m?[G:Ker(f)]?|Ker(f)|?|G'|?|Ker(f)|?n|Ker(f)|,

从而,n|m.

假设n|m.令G??a?,N??an?.于是,N是G的正规子群,|N|?m,G/Nn是n元循环群.显然,G/N?G'.设f是G/N到G'的同构,f是G到G/N的自然同态.则gf是G到G'的满同态.

3.设G是有限群,p为素数,r?1.如果pr||G|,证明:G一定有阶为pr的子群.

注 我们介绍过Sylow定理的如下形式:设G是n阶有限群,其中,n?prm,p是素数,r是非负整数,m是正整数,并且(p,m)?1.那么,对于任意的k?{0,1,?,r},G有pk阶子群.显而易见,这道题已经包含在Sylow定理中.这是因为: 由pr||G|知,存在正整数s和m,使得n?psm,其中(p,m)?1.于是,r?s.根据Sylow定理,G有pr阶子群.下面我们采用证明Sylow定理的方法给出这道题的直接证明.

证明 假设pr||G|.则存在正整数s和m,使得n?psm,其中(p,m)?1.显然,r?s.根据Sylow定理,存在G的子群H使|H|?ps.现在只需证明H一定有阶为pr的子群.

为此,对s施行第二数学归纳法. 当s?1时,显然结论成立.

假设t是整数,并且当s?t时,对于任意的正整数r?s,H有pr阶子群.下面我们来阐明:当s?t?1时,对于任意的正整数r?s,H有pr阶子群.

事实上,由|H|?pt?1可知,对于H的每个真子群H',都有p|[H:H'].由群

G的类方程

|H|?|C|??a?H\\C[H:Na](其中C为群H的中心)

立即可知p||C|.由于C是交换群,根据引理7.4,存在c?C,使得|c|?p.由

c?C可知,?c?是H的正规子群.令H'?H/?c?.则

|H'|?|H|?pt. |?c?|根据归纳假设,对于任意的正整数r,H'有pr?1阶子群K'.根据命题5.13,存在H的子群K,使得?c??K且H'?K/?c?,从而,

|H'|?|?c?|?|K/?c?|?p?pr?1?pr.

4.设G是有限群,p为素数,如果G的每个元素的阶都是p的方幂,则称G是p-群.证明:G是p-群?|G|是p的一个幂.

证明 显然,当|G|是p的一个幂时,G是p-群.

现在假设|G|不是p的一个幂.于是,存在素数q?p,使的|G|?qrm,其中

(q,m)?1,r?1.根据Sylow定理,G有qr阶子群H.所以G不是p-群.

5.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7.2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G是4阶群.根据推论7.2,G中元素的阶只能是1,2或4.当G中有4阶元素时,G是循环群,因而是交换群.当G中有4阶元素时,G中的元素,除单位元外,都是2阶元素.不妨设G?{e,a,b,c}.容易验证,G就是Klein四元群,因而是交换群.

6.设G是群,G1,G2是G的有限子群,假设(|G1|,|G2)|)?1,证明:

|G1G2|?|G1||G2|.

证明 由于G1?G2既G1的子群,又是G2的子群,根据推论7.2,|G1?G2|是

|G1|与|G2|的公约数.因为(|G1|,|G2)|)?1,所以|G1?G2|?1.这样一来,根据§6

习题第5题,我们有

|G1G2|?|G1||G2|?|G1||G2|.

|G1?G2|

第二章 环 论

§1 环的概念

1.证明:命题1.3的(5)-(7).

注 命题1.3的(5)-(7)的原文如下:(设R是一个环,则) (5)(?i?1ai)(?j?1bj)??i?1?j?1aibj; (6)(na)b?a(nb)?n(ab),其中n为整数; (7)若R是交换环,则

kn?kk(a?b)n??k?0Cnab,

nnmnm(ab)n?anbn.

显然,(5)中应加进“其中ai(i?1,2,?,n)和bj(j?1,2,?,m)为R中的任意元素,m和n为任意正整数”;(6)中应加进“a和b为R中的任意元素”;(7)中应加

a和b为R中的任意元素,n为任意正整数,并且约定a0b?b,ab0?a”进“其中，.

证明 首先,因为乘法对加法适合分配律,所以

(?i?1ai)(?j?1bj)??i?1(ai?j?1bj)??i?1?j?1aibj.

nmnmnm这就是说,命题1.3(5)成立.

其数时,令

ai?a,bi?b,i?1,2,?,n,

次,当n?0时,根据命题1.3(1),我们有

(na)b?0b?0,a(nb)?a0?0,0(ab)?0,从而,(na)b?a(nb)?n(ab).当n是正整

则因乘法对加法适合分配律,我们有

(na)b?(a1?a2???an)b?a1b?a2b???anb?n(ab),

a(nb)?a(b1?b2???bn)b?ab1?ab2???abn?n(ab),

从而,(na)b?a(nb)?n(ab).当n是负整数时,根据命题1.3(2)和刚才证明的结论,我们有

(na)b?((?n)(?a))b?(?n)((?a)b)?(?n)(?(ab))?nab, a(nb)?a((?n)(?b))?(?n)(a(?b))?(?n)(?(ab))?n(ab),

从而,(na)b?a(nb)?n(ab).这就是说,命题1.3(6)成立.

最后,假定R是交换环.我们用数学归纳法来证明等式

kn?kk(a?b)n??k?0Cnabn

(*)

成立.事实上,当n?1时,显然(*)式成立.假设当n?r(r为某个正整数)时,(*)式成立. 当n?r?1时,我们有

(a?b)n?(a?b)(a?b)r?(a?b)?k?0Crkar?kbk

?a?k?0Crkar?kbk?b?k?0Crkar?kbk

?ar?1??k?1Crka(r?1)?kbk??k?0Crkar?kbk?1?br?1 ?ar?1??k?1Crka(r?1)?kbk??k?1Crk?1a(r?1)?kbk?br?1 ?ar?1??k?1(Crk?Crk?1)a(r?1)?kbk?br?1 ?ar?1??k?1Crk?1a(r?1)?kbk?br?1

kn?kk??k?0Crk?1a(r?1)?kbk??k?0Cnab.

r?1nrrrrr?1rrrr所以对于一切正整数n,(*)式成立.

此外,由于乘法适合结合律和交换律,由第一章的§1知,(ab)n?anbn. 2．令Z[2]?{a?b2|a,b?Z},证明Z[2]关于实数的加法和乘法构成一

个环.

证明 显然,(Z[2],?)是一个交换群;(Z[2],?)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(Z[2],?,?)是一个环.(验证过程从略.)

3.设R是闭区间[a,b]上的所有连续实函数构成的集合.对于任意的f,g?R,定义

(f?g)(x)?f(x)?g(x),(f?g)(x)?f(x)g(x),?x?[a,b].

“?”“?”证明:R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,(R,?)是一个交换群;(R,?)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

(R,?,?)是一个环.

4.设R是有单位元1的环,n是正整数.形如

?a11a12?a14???aa?a?21222n?,其中aij?R,i,j?1,2,?,n, ?????????a??n1an2?ann?的表格称为环R上的n?n矩阵(或n阶方阵).令Mn(R)是环R上的所有n?n矩阵构成的集合.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:Mn(R)关于矩阵的加法和乘法构成一个环.记Mn(R)中单位矩阵为In.对

A?Mn(R),如果存在B?Mn(R),使得AB?BA?In,则称A是可逆的,称B是A的一个逆矩阵,证明:若A可逆,则其逆是唯一的,记A的逆矩阵为A?1.

证明 完全类似于数域上矩阵,容易验证Mn(R)上的加法适合结合律和交换律(从略).令On表示所有元素都为R的零元的n阶方阵;对于任意的A?Mn(R),将A中每个元素都代之以其负元而得到矩阵记做?A.显而易见,对于任意的

A?Mn(R),有

A?On?A,A?(?A)?On.

所以Mn(R)关于矩阵加法交换群.完全类似于数域上矩阵,容易验证:Mn(R)上的乘法适合结合律,并且对Mn(R)上的加法适合分配律(从略).所以Mn(R)关于矩阵的加法和乘法构成一个环.

假设A?Mn(R)是任意一个可逆矩阵,并且矩阵B和C都是A的逆矩阵.则矩阵AB?AC?In,从而,B?BIn?B(AC)?(BA)C?InC?C.这就表明A的逆矩阵是唯一的.

5.设R是一个环,假设(R,?)是一个循环群,证明:R是交换环.

证明 设a是循环群(R,?)的一个生成元.于是,对于任意的x,y?R,存在

m,n?Z,使得x?ma,y?na,从而,根据命题1.3(6),

xy?(ma)(na)?a(m(na))?a((mn)a))?a(n(ma))?(na)(ma)?yx.

所以R是交换环.

6.设(R,?,?)是一个有单位元1的环,对于任意的a,b?R,令

a?b?a?b?1,a⊙b?a?b?ab,

证明:?和⊙是R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R上的代数运算已没有什么意义.因此这道题可改为:设(R,?,?)是一个有单位元1的环,定义R上的代数运算加法?和乘法⊙如下:

a?b?a?b?1,a⊙b?a?b?ab,?a,b?R.

证明:R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R上的代数运算.)对于任意的a,b,c?R,有

(a?b)?c?(a?b?1)?c ?a?(b?c?1)?1?a?(b?c);

a?b?a?b?1?b?a?1?b?a;

a?1?a?1?1?a;

a?(1?1?a)?a?1?1?a?1?1.

由此可见,(R,?)是以1为零元的交换群.

其次,对于任意的a,b,c?R,有

(a⊙b)⊙c?(a?b?ab)⊙c?(a?b?ab)?c?(a?b?ab)c

?a?b?c?ab?ac?bc?abc?a?(b?c?bc)?a(b?c?bc)

?a⊙(b?c?bc)?a⊙(b⊙c);

a⊙(b?c)?a⊙(b?c?1)?a?(b?c?1)?a(b?c?1)

?a?b?c?1?ab?ac?a?2a?b?c?ab?ac?1,

(a⊙b)?(a⊙c)?(a?b?ab)?(a?c?ac) ?(a?b?ab)?(a?c?ac)?1?2a?b?c?ab?ac?1, 从而,

a⊙(b?c)?(a⊙b)?(a⊙c);

(b?c)⊙a?(b?c?1)⊙a?(b?c?1)?a?(b?c?1)a

?b?c?1?a?ba?ca?a?2a?b?c?ba?ca?1;

(b⊙a)?(c⊙a)?(b?a?ba)?(c?a?ca) ?(b?a?ba)?(c?a?ca)?1?2a?b?c?ba?ca?1; 从而,

(b?c)⊙a?(b⊙a)?(c⊙a);

a⊙0?a?0?a0?a?0?a?0a?0⊙a.

所以(R,?,⊙)是以环(R,?,?)的单位元1为零元、以环(R,?,?)的零元0为单位元的环.

7.在剩余类环Zn中,记满足(a,n)?1的剩余类[a]的个数为φ(n),证明: (1)令R?{[a]?Zn|(a,n)?1},则R关于剩余类的乘法构成一个群; (2)若(a,n)?1,则aφ(n)?1(modn)(费马定理). 证明 (1)显然,(1,n)?1,因此[1]?R.

其次,设[a],[b]?R.根据R的定义,(a,n)?(b,n)?1.因此(ab,n)?1,从而,[a]?[b]?[ab]?R.这表明,R关于剩余类的乘法封闭.由于剩余类的乘法适合结合律,因此R关于剩余类的乘法构成一个半群.由于

[1][a]?[a]?[a][1],?[a]?R,

因此[1]是半群(R,?)的单位元.再考察任意的[a]?R:由(a,n)?1可知,存在

u,v?Z,使得ua?vn?1.显然(u,n)?1,从而[u]?R,并且

[a][u]?[u][a]?[1?vn]?[1]?[vn]?[1].

这就表明,半群(R,?)中每个元素[a]都有逆元. 所以R关于剩余类的乘法构成一个群.

(2)首先,我们注意,|R|?φ(n).设(a,n)?1.于是,[a]?R.根据第一章中命题3.12,

|[a]||φ(n),从而,[aφ(n)]?[a]φ(n)?[1].所以aφ(n)?1(modn).

§3 理想与商环

1. 设(a)和(b)是整数环的两个理想,证明:

(a)?(b)?([a,b]),(a)?(b)?((a,b)).

注

注 这里约定,当a?b?0时,(a,b)?0.

证明 我们已经知道,对于任意的a?Z,有(a)??a?(参看课本第39页).这样一来,由第一章§4习题第5题可知,(a)?(b)?([a,b]).

其次,显然,a?((a,b))且b?((a,b)),从而,(a)?((a,b))且(b)?((a,b)).由于(a)?(b)是包含(a)和(b)的最小理想,因此(a)?(b)?((a,b)).另一方面,众所周知,存在m,n?Z,使得ma?nb?(a,b).由此可见,(a,b)?(a)?(b),从而,((a,b))?(a)?(b).所以(a)?(b)?((a,b)).

2.证明命题3.7. 注 命题3.7如下:

设R是一个环,I是R的一个理想.

(1)若J是R的一个理想且J?I,则J/I是R/I的理想;

(2)若L是R/I的一个理想,则存在R的理想J,使J?I且L?J/I. 证明 (1)设J是R的一个理想且J?I.首先,由于N是加群R的正规子群且J是加群R的子群且J?I,根据第一章命题5.13(1),J/I是加群R/I的子群.其次,由于J是R的理想,对于任意的r?R和任意的j?J,我们有rj,jr?J,从而,

(rN)(jN)?(rj)N?J/N,(jN)(rN)?(jr)N?J/N.

所以J/I是R/I的理想.

(2)设L是R/I的一个理想.于是,L是加群R/I的一个子群.首先,根据第一章命题5.13(2),存在加群R的子群J,使J?I且L?J/I.此外,由于L?J/N是R/I的理想,因此对于任意的r?R和任意的j?J,我们有

(rj)N?(rN)(jN)?J/N,(jr)N?(jN)(rN)?J/N,

从而,rj,jr?J.所以J是R的理想.

3.设I是环R的一个左理想,令0:I?{a?R|aI?0},证明:0:1是R的一个左理想.

注 应将“0:I?{a?R|aI?0}”改为“0:I?{a?R|aI?{0}}”. 证明 首先,显然0?0:I.其次,对于任意的a,b?0:I,我们有aI?bI?{0},从而,ai?bi?0,?i?I.因此

(a?b)I?{(a?b)i|i?I}?{ai?bi|i?I}?{0},?a,b?0:I.

所以0:I是加群R的子群.此外,对于任意的r?R和任意的a?0:I,我们有

(ra)i?r(ai)?r0?0,?i?I,

从而,ra?0:I.所以0:1是R的一个左理想.

4.设R是环,I1?I2???In??是R的一个理想链,证明:??n?1In是R的理想.

证明 由于I1?I2???In??是加群R的一个子群链,根据第一章§3习题第13题,??n?1In是加群R的子群.

其次,设r?R,a???n?1In.于是,存在正整数n,使得a?In.由于In是R的理想,因此ra,ar?In,从而,ra,ar???n?1In.

所以??n?1In是R的理想.

5.设I是有单位元的环R的一个理想,令I[x]是多项式环R[x]中所有系数在

I中的多项式组成的集合,证明:I[x]是R[x]的一个理想.

证明 显而易见,I[x]是多项式环R[x]的一个子环.此外,对于任意的

f(x)??j?0rjxj?R[x]和任意的g(x)??k?0akxk?I[x],我们有

f(x)g(x)??l?0(?j?k?lrjak)xl,

m?nmng(x)f(x)??l?0(?j?k?lakrj)xl.

m?n由于I是环R的一个理想,因此?j?k?lrjak,?j?k?lakrj?I,?l?{0,1,?,m?n}.由此可见,f(x)g(x),g(x)f(x)?I[x].所以环R的一个理想.

6.设R是数域P上所有2阶方阵构成的环,证明:R的理想只有{0}和R. 注 本题中的0是指2阶零矩阵.

证明 考察环R的任意一个非零理想I:任取非零矩阵A?I.

假设A的秩等于2.于是,对于任意的C?R,存在B?R使得AB?C.因为I是R的理想且A?I,由AB?C可知C?C.由此可见,I?R.

假设A的秩等于1.令

?10??01??00??00??10?????????,,,,B1??B?B?B?E??00?2?00?3?10?4?01??01??. ??????????于是,存在可逆矩阵Pi,Qi?R(i?1,2,3,4),使得

PiAQi?Bi(i?1,2,3,4).

因为I是R的理想且A?I,由以上四式可知Bi?I(i?1,2,3,4).这样一来,注意

?ab?到I是R的理想,对于任意的??cd???R,我们有

???ab??a0??b0??c0??d0???????????B?B?B?B?I. 1?2?3?4??cd?????????0a??0b??0c??0d?由此可见,I?R.

综上所述,可以断言,R的理想只有{0}和R.

§4 环的同态

1.设f是环R到环R'的同态,证明:Ker(f)是R的理想.

证明 由于f是环R到环R'的同态,因此f是加群R到加群R'的同态.根据第一章中的命题6.6,Ker(f)是加群R的(正规)子群.此外,对于任意的r?R和

a?Ker(f),我们有

f(ra)?f(r)f(a)?f(r)?0?0,f(ar)?f(a)f(r)?0?f(r)?0,

从而,ra,ar?Ker(f).由此可见,Ker(f)是R的理想.

2.设f是环R到环R'的同构,证明:f?1是环R'到环R的同构.

证明 由于f是环R到环R'的同构,因此f是加群R到加群R'的同构.根据第一章§6习题第1题,f?1是加群R'到加群R的同构.又因f保持乘法运算,故对于任意的a',b'?R'总有

f(f?(a')f?1(b'))?f(f?(a'))f(f?1b'))?a'b',

从而,

f?1(a'b')?f?1(a')f?1(b').

所以f?1是环R'到环R的同构.

3.证明定理4.3.

注 定理4.3如下:设R是一个环,I是R的理想. (1)若J是R的理想,则(I?J)/I?J/(I?J); (2)若J是R的理想,且J?I,则(R/I)/(J/I)?R/J. 证明 (1)令

f(a)?a?I,?a?J.

根据第一章中的定理6.11(1)及其证明,f是加群J到加群(I?J)/I的满同态,并且Ker(f)?I?J.此外, ,还有

f(ab)?ab?I?(a?I)(b?I)?f(a)f(b),?a,b?J.

所以f是环J到加环(I?J)/I的满同态,并且Ker(f)?I?J.这样一来,根据环的同态基本定理,在环的同构的意义下,(I?J)/I?J/(I?J).

(2)令

f(a?I)?a?J,?a?R.

根据第一章中的定理6.11(2)及其证明,f是加群R/I到加群R/J的满同态,并且Ker(f)?J/I.此外,还有

f((a?I)(b?I))?f(ab?I)?ab?J ?(a?J)(b?J)?f(a?I)f(b?I),?a,b?R.

所以f是环R/I到环R/J的满同态,并且Ker(f)?J/I.这样一来,根据环的同态基本定理,在环的同构的意义下,(R/I)/(J/I)?R/J.

4.设I是有单位元的环R的一个理想,令I[x1,x2,?,xn]是多项式环

R[x1,x2,?,xn]中所有系数在I中的多项式组成的集合,证明:I[x1,x2,?,xn]是R[x1,x2,?,xn]的一个理想,且

R[x1,x2,?,xn]/I[x1,x2,?,xn]?(R/I)[x1,x2,?,xn].

证明 反复利用§3习题第5题的结论可以推知,I[x1,x2,?,xn]是

R[x1,x2,?,xn]的一个理想.

对于任意的f(x1,x2,?,xn)??j?0rjXj?R[x1,x2,?,xn],令

φ(f(x1,x2,?,xn))??j?0(rj?I)Xj,

pp其中,

Xj?x1j1x2j2?xnkkkjn,kji?0,i?1,2,?,n,j?0,1,?,p.

不难验证,φ是环R[x1,x2,?,xn]到环(R/I)[x1,x2,?,xn]的满同态,并且Ke(rφ)?I[x1,x2,?,xn](验证过程从略).根据环的同态基本定理,

R[x1,x2,?,xn]/I[x1,x2,?,xn]?(R/I)[x1,x2,?,xn].

5.设R是有单位元的环,证明:R[x]/(x)?R. 证明 定义R[x]到R的映射φ如下:

φ(f(x))?f(0),?f(x)?R[x].

显而易见,φ是R[x]到R的满同态,并且Ker(φ)?(x).所以R[x]/(x)?R.

6.设f是环R到环R'的满同态,I'是环R'的一个理想,证明:f?1(I')是R的理想且R/f?1(I')?R'/I'.

证明 由于f是环R到环R'的满同态,因此f是加群R到加群R'的满同态.由于I'是环R'的一个理想,因此I'是加群R'的(正规)子群.根据第一章§6习题第7题, f?1(I')是加群R的子群,并且,在群的同构意义下,R/f?1(I')?R'/I'.

其次,由于I'是环R'的一个理想,对于任意的r?R和任意的a?f?1(I'),有

f(ra)?f(r)f(a)?I',f(ar)?f(a)f(r)?I',

从而,ra,ar?f?1(I').所以f?1(I')是R的理想.

现在令

f(a?f?1(I'))?f(a)?I',?a?R.

显而易见,f是加群R/f?1(I')到加群R'/I'的同构.此外,对于任意的a,b?R,有

f((a?f?1(I'))(b?f?1(I')))?f(ab?f?1(I'))

?f(ab)?I'?f(a)f(b)?I'?(f(a)?I')(f(b)?I') ?f(a?f?1(I'))f(b?f?1(I')).

因此,f是环R/f?1(I')到环R'/I'的同构.这就是说,在环的同构意义下,有

R/f?1(I')?R'/I'.

7.设I,J是环R的理想,假设R?I?J且I?J?{0}(此时称R是I和J的内直和),证明:R?I?J.

证明 对于任意的a?I和b?J.令

f((a,b))?ab,?a?I.

根据第一章§6习题第8题及其解答可知,f是加群I?J到加群R的同构.其次,对于任意的a1,a2?I和b1,b2?J,由于I,J是环R的理想且I?J?{0},我们有

a2b1,b1a2?I?J,

从而,a2b1,?b1a2?0.因此

f((a1,b1)(a2,b2))?f((a1a2,b1b2))?a1(a2b)1b2?0, f((a1,b1))f((a2,b2))?a1(b1a2)b2?0,

从而,f((a1,b1)(a2,b2))?f((a1,b1))f((a2,b2)).所以在环的同构意义下,有

R?I?J.

8.设I,J是环R的理想且R?I?J,证明:R/(I?J)?R/I?R/J.

证明 对于任意的a1,a2?I和b1,b2?J,我们有

a1?b1?a2?b2?a1?a2?b2?b1?I?J

?a1?a2?J且b2?b1?I ?a1?J?a2?J且b1?I?b2?I ?(b1?I,a1?J)?(b2?I,a2?J).

这样一来,我们可以定义R?I?J到R/I?R/J的映射f如下:对于任意的a?I和任意的b?J,

f(a?b)?(b?I,a?J).

考察任意的(r1?I,r2?J)?R/I?R/J:由R?I?J可知,存在a1,a2?I和

b1,b2?J,使得r1?a1?b1,r2?a2?b2.由r1?a1?b1和a1?I可知,r1?I?b1?I;由

r2?a2?b2和b2?J可知,r2?J?a2?J.这样一来,根据f的定义,我们有

f(a2?b1)?(b1?I,a2?J)?(r1?I,r2?J).

由此可见,f是R?I?J到R/I?R/J的满射. 对于任意的a1,a2?I和任意的b1,b2?J,我们有

f((a1?b1)?(a2?b2))?f((a1?a2)?(b1?b2))

?((b1?b2)?I,(a2?b2)?J) ?(b1?I,a1?J)?(b2?I,a2?J) ?f(a1?b1)?f(a2?b2),

f((a1?b1)(a2?b2))?f(a1(a2?b2)?b1(a2?b2)) ?((b1(a2?b2)?I,a1(a2?b2)?J)

?((b1?I)((a2?b2)?I),(a1?J)((a2?b2)?J)) ?((b1?I)(b2?I),(a1?J)(a2?J)) ?(b1?I,a1?J)(b2?I,a2?J) ?f(a1?b1)f(a2?b2).

所以f是环R到环R/I?R/J的满同态. 对于任意的a?I和任意的b?J,我们有

a?b?Ker(f)?f(a?b)?(I,J)?(b?I,a?J)?(I,J)?a?b?I?J,

从而,Ker(f)?I?J.这样一来,根据环的同态基本定理,R/(I?J)?R/I?R/J.

§5 交换环

1.设R是交换环,I是R的理想,令I?{a|存在n?1使an?I},证明:I也是R的理想.

证明 显然I是R的非空子集.设a,b?I,r?R.于是,存在正整数m和

n,使得am,bn?I.由此可见,

kkm?n?k(a?b)m?n??k?0Cm?I,(?a)m?(?1)mam?I, ?nabm?n(ra)m?rmam?I,(ar)m?amrm?I,

从而,a?b,?a,ra,ar?I.所以I也是R的理想.

2.设R是交换环,P是R的真理想,证明:P是R的素理想?对R的任意两个理想I,J,若IJ?P,则I?P或J?P,其中IJ?{ij|i?I,j?J}.

证明 首先证明这个条件是I为素理想的必要条件.为此,设P是素理想,并设I和J是R的理想且IJ?P:若对于任意的i?I都有i?P,则I?P.否则,存在i?I,使得i?P.由于IJ?P,因此ij?P,?j?J.又因P是素理想且i?P,故

j?J,?j?J,即J?P.总之,I?P或J?P.

其次,假设对R的任意两个理想I,J,若IJ?P,则I?P或J?P.我们来阐明P是R的素理想:考察任意的i,j?R,其中ij?P.于是,(ij)?P.由于R是交换环,我们有

(i)?{ri?ni|r?R,n?Z}, (j)?{rj?nj|r?R,n?Z},

(ij)?{rij?nij|r?R,n?Z}.

考察任意的k?(i)(j):不妨设k?(ri?mi)(sj?nj),其中r,s?R,m,n?Z.通过直接演算可知,

k?(rs?ms?nr)ij?mnij?(ij).

由此可见,(i)(j)?(ij)?P.这样一来,根据我们对P的假设,(i)?P或(j)?P,从而,i?I或j?I.所以I是素理想.

3.设R是整环,证明:R[x]也是整环,且若f(x),g(x)?R[x]\\{0},则

deg(f(x)g(x))?deg(f(x))?deg(g(x)).

证明 由于R是有单位元1的交换环且0?1,所以R[x]也是是有单位元1的交换环,R?R[x],并且R的零元0和单位元1分别是R[x]的零元和单位元.考察任意的f(x),g(x)?R[x]\\{0}:不妨假设

f(x)??i?0aixi,g(x)??i?0bixi,

mn其中am?0且bn?0.于是,deg(f(x))?m,deg(g(x))?n,并且

f(x)g(x)??i?0cixi,

m?n其中,ci??j?k?iajbk,?i?{0,1,?,m?n}.由于R无零因子,am?0且bn?0,因此cm?n?ambn?0,从而,f(x)g(x)是m?n次多项式.所以

deg(f(x)g(x))?deg(f(x))?deg(g(x)).

由此可见,R[x]也是整环.

4.设R是整环,证明:R[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R[x]的单位元就是R的单位元1.设f(x)是R[x]中的可逆元.于是,存在g(x)?R[x],使得f(x)g(x)?g(x)f(x)?1.由上题知,f(x),g(x)?R.这样一来,由f(x)g(x)?g(x)f(x)?1可知,f(x)是R中的可逆元.反之,显然R中的可逆元都是R[x]中的可逆元.所以R[x]中的可逆元恰是R中的可逆元.

5.求出Z5中每个非零元的逆元.

证明 在Z5中,[1][1]?[1],[2][3]?[1],[4][4]?[1].由此可见,[1]的逆元是

[1],[2]与[3]互为逆元,[4]的逆元是[4].

6.设P是数域,p(x)是P[x]中的不可约多项式,证明:(p(x))是P[x]的极大理想.

证明 由于P[x]是有单位元的交换环,因此

(p(x))?{f(x)?P[x]|p(x)整除f(x)}.

由于p(x)是P[x]中的不可约多项式,因此(p(x))是P[x]的真理想.设I是P[x]的一个理想,(p(x))?I,并且(p(x))?I.任取f(x)?I\\(p(x)).则p(x)不能整除

f(x).由于p(x)是不可约多项式,因此p(x)与f(x)互素,从而,存在

u(x),v(x)?P[x],使得

u(x)p(x)?v(x)f(x)?1.

注意到p(x),f(x)?I由上式可知,1?I,从而,I?P[x].所以(p(x))是P[x]的极大理想.

7.证明:(x,y)是Q[x,y]的一个极大理想. 证明 由于Q[x,y]是有单位元的交换环,因此

(x)?{xf(x,y)|f(x,y)?Q[x,y]}, (y)?{yg(x,y)|g(x,y)?Q[x,y]},

从而,

(x,y)?(x)?(y)?{xf(x,y)?yg(x,y)|f(x,y),g(x,y)?Q[x,y]},

即,

(x,y)?{h(x,y)?Q[x,y]|h(x,y)的常数项为0}.

显然,(x,y)是Q[x,y]的真理想.假设I是Q[x,y]的一个理想,(x,y)?I,并且

(x,y)?I.任取p(x,y)?I\\(x,y),并将p(x,y)的常数项记做a.则a?0.由于p(x,y)?I且p(x,y)?a?(x,y)?I,因此a?I.由此可见,I?Q[x,y].所以(x,y)是Q[x,y]的极大理想.

8.证明:(x,n)是Z[x]的极大理想?n是素数. 注 这里应假定n为正整数.

证明 由于Z[x]是有单位元的交换环,因此

(x)?{xf(x,)|f(x)?Z[x]}, (n)?{ng(x)|g(x)?Z[x]},

从而,

(x,n)?(x)?(n)?{xf(x,)?ng(x)|f(x),g(x)?Z[x]},

即,

(x,n)?{h(x)?Z[x]|n整除h(x)的常数项}.

假设n是素数.显然,(x,n)是Z[x]的真理想.设I是Z[x]的一个理想,(x,n)?I,并且(x,n)?I.特别地,n?I.任取p(x)?I\\(x,n),并将p(x)的常数项记做a.则n不能整除a.由于p(x,y)?I且p(x,y)?a?(x,n)?I,因此a?I.由于n是素数且n不能整除a,因此a与n互素,从而,存在u,v?Z,使得

ua?vn?1.注意到I是Z[x]的一个理想且a,n?I,由ua?vn?1可知1?I.由此可见,I?Z[x].所以(x,n)是Z[x]的极大理想.

假设n不是素数.当n?1时,显然(x,n)?Z[x].因此(x,n)不是极大理想.当

n是合数时,存在大于1的整数p,q,使得n?pq.于是,(x,p)是Z[x]的真理

想,(x,n)?(x,p)且(x,n)?(x,p).所以(x,n)不是Z[x]的极大理想.

9.证明本节定义的H是除环但不是域.

证明 设H是实数域R上的四维向量空间.我们知道,H关于向量的加法

“?”“＋”构成一个交换群.下面我们来定义H上的一个乘法,使得(H,?,?)是一

个除环,但不是域.

对于H中的任意向量

u?a0e?a1i?a2j?a3k, v?b0e?b1i?b2j?b3k,

我们定义u与v的乘积为:

uv?(a0b0?a1b1?a2b2?a3b3)e?(a0b1?a1b0?a2b3?a3b2)i ?(a0b2?a2b0?a3b1?a1b3)j?(a0b3?a3b0?a1b2?a2b1)k.

“?”容易验证,我们定义的乘法适合结合律,并且对于加法适合分配律.因“＋”（H,?,?)是一个环.此外,易见,e是环H的单位元;e,i,j,k这四个元素中两两此

相乘的结果如下表所示:

· e e e i i ?e j j k k ?j i i k j j

?k j

?e

i

?e

k k ?i

由此可见,环H是非交换环.再考察任意的u?H\\{0}:设u?a0e?a1i?a2j?a3k.令

v?a0aaae?1i?2j?3k, ΔΔΔΔ222?a12?a2?a3其中Δ?a0.由直接演算可知,uv?vu?e,从而,u可逆.由此可见,

环H是除环,但不是域.

?10.设R是交换环,Pi是R1?P2???Pi??是R的素理想链,证明:?i?1P的素理想.

证明 根据命题3.4,??i?1Pi是R的理想.设A和B是R的两个理想且

AB???i?1Pi.于是,对于每个正整数i都有AB?Pi.假设对于每一个正整数i都有

A?Pi,则A???i?1Pi.假设存在正整数i0,使得A不包含于Pi0,则当i?i0时A总是

不包含于Pi.由于诸Pi都是素理且AB?Pi,因此当i?i0时总有B?Pi.由于当

?1?i?i0时Pi?Pi0,因此B???i?1Pi.这样一来,根据第2题,?i?1Pi是R的素理想.

注 也可以根据课本中的素理想的定义直接证明.

11.设R是有单位元的环,I是R的一个真理想,证明:存在R的极大理想M使M?I.

证明 令S?{A|A是R的真理想且I?A}.显然S关于集合之间的包含关系?构成一个偏序集.假设T?{Aβ|β?Β}是S的任意一个有序子集.考察

A0??β?ΒAβ:显然I?A0且1?A0.设a,b?A0,r?R.于是,存在β1,β2?Β,使得a?Aβ1,b?Aβ2.由于T是S的有序子集,不妨假定Aβ1?Aβ2从而,a,b?Aβ2.由

于Aβ2是R的理想,因此a?b,ra,ar?Aβ2,从而,a?b,ra,ar?A0.所以A0?T.显而易见,A0是T的上界.这样一来,由于T的任意性,根据Zorn引理我们可以断言,偏序集(S,?)有极大元M.这个极大元M就是R的极大理想且M?I.

12.设R是特征为p(p??)的整环,证明:(a?b)p?ap?bp且映射

R?R

a?ap

是一个环同态.

证明 根据命题时,Cip?1.3(7),(a?b)p??i?0Cipap?ibi.当0?i?ppp!,从而,p|Cip.由于R的特征为p(p??),当0?i?pi!(p?i)!(a?b)p?ap?bp.

时,Cipap?ibi?0.所以

将本题中所说的映射记做f,则

f(a?b)?(a?b)p?ap?bp?f(a)?f(b), f(ab)?(ab)p?apbp?f(a)f(b),?a,b?R.

所以f是环R的自同态.

13.设R是有限环,假设R没有零因子,证明:R是除环.

证明 由于R是有限环且没有零因子,因此R\\{0}是非空有限集,并且关于

R上的乘法封闭.由于R上的乘法适合结合律,因此R\\{0}上的乘法(即R上的乘法在R\\{0}上的限制)也适合结合律.由于R没有零因子,因此在R\\{0}上的乘法适合消去律.这样一来,根据第一章§2习题第18题的第(2)小题,R\\{0}关于乘法构成一个群.由此可见,R是除环.

14.设R是有单位元的交换环,证明:R是一个域?R的理想只有{0}和R. 注 本题有误.这是因为:当R?{0}时,R是有单位元的交换环,R不是一个域,但R的理想只有{0}和R.应将本题改为“设R是至少含有两个元素的有单位元的交换环,证明:R是一个域?R的理想只有{0}和R.”下面就修改后的题目进行证明.

证明 假设R是一个域.考察R的任意非零理想I:任a?I\\{0}.由于R\\{0}关于乘法构成一个群,因此对于任意的c?R\\{0},存在b?R\\{0},使得ab?c,从而,c?I.由此可见,I?R.所以R的理想只有{0}和R.

假设R不是域.于是,存在非零元a?R,使得a不可逆.因此1?(a),从而,(a)?{0}且(a)?R.

15.证明:有限除环一定是域.

注 这里要证明的命题是著名的Wedderburn定理,证明时要用到的知识超出本章的范围.因此应该删去这道题.此外,原题中应删去“有单位元的”这几个字,因为凡是除环都有单位元.

§6 整环的因子分解

1.证明:1?2i是Z[i]中的既约元.

证明 考察高斯整数环Z[i]:显然,?1和?i都是Z[i]中的单位.假设

a?bi,c?di?Z[i](其中a,b,c,d?Z),使得(a?bi)(c?di)?1.于是,

(a2?b2)(c2?d2)?1.

从而,a2?b2?c2?d2?1.由此可见,Z[i]中的单位就是?1和?i.这样一来,1?2i不是单位.当然1?2i也不是零元.假设a?bi,c?di?Z[i](其中

a,b,c,d?Z),使得

(a?bi)(c?di)?1?2i.

于是,

(a2?b2)(c2?d2)?5.

由此可见,a2?b2?1或c2?d2?1,从而,a?bi是单位或c?di是单位.所以1?2i是既约元.

2.证明:2,3,1??5,1??5都是Z[?5]中的既约元. 注 这里?5表示?5的一个平方根.

证明 考察整环Z[?5]:显然,?1都是Z[?5]中的单位.假设

a?b?5,c?d?5?Z[?5](其中a,b,c,d?Z),使得

(a?b?5)(c?d?5)?1.

于是,

a2?5b2?c2?5d2?1.

由此可见,Z[?5]中的单位就是?1.这样一来, 2,3,1??5,1??5都不是单位.当然他们也都不是零元.

假设a?bi,c?di?Z[?5](其中a,b,c,d?Z),使得

(a?b?5)(c?d?5)?2.

于是,

(a2?5b2)(c2?5d2)?4.

由此可见,a2?5b2?1或c2?5d2?1,从而,a?b?5??1,或者,c?d?5??1.所以2是Z[?5]中的既约元.

假设a?bi,c?di?Z[?5](其中a,b,c,d?Z),使得

(a?b?5)(c?d?5)?3.

于是,

(a2?5b2)(c2?5d2)?9.

显然,无论a,b,c,d是什么整数,a2?5b2?3,c2?5d2?3.这样一来由上式可以推知, a2?5b2?9且c2?5d2?1,或者,a2?5b2?1且c2?5d2?9.当

c2?5d2?1时,c?d?5??1;当a2?5b2?1时,a?b?5??1.所以3是Z[?5]中的既约元.

假设a?bi,c?di?Z[?5](其中a,b,c,d?Z),使得

(a?b?5)(c?d?5)?1??5.

于是,

(a2?5b2)(c2?5d2)?6.

由此可见,a2?5b2?1或c2?5d2?1.当a2?5b2?1时,a?b?5??1;当

c2?5d2?1时,c?d?5??1.所以1??5都是Z[?5]中的既约元.

3.证明:Z[i]/(1?i)是域.

证明 由于Z[i]是有单位元的交换环,根据定理5.6,为了证明Z[i]/(1?i)是域,只需证明(1?i)是Z[i]的极大理想.

事实上,显然(1?i)是Z[i]的真理想.现在设A是Z[i]的一个理想,(1?i)?A且(1?i)?A.显然,2?(1?i)(1?i)?(1?i),从而,2n?(1?i),?n?Z.任取

c?di?A\\(1?i).由c?d?(c?di)?d(1?i)可知c?d?A.假如c?d是偶数,则c?d?(1?i).由c?di?(c?d)?d(1?i)可知c?di?(1?i),这与c?di?A\\(1?i)矛盾.所以c?d是奇数.这样一来,存在n?Z?Z[i],使得(c?d)?2n?1.由此可见,1?A,从而,A?Z[i].所以(1?i)是Z[i]的极大理想.

4.证明:整数环Z是主理想整环.

证明 我们已经知道整数环Z是整环.设I是Z的任意一个理想.当I?{0}时,I?(0).现在设I?{0}.显然,I中必有正整数.将I中的最小正整数记做a.考察任意的x?I:根据带余除法,存在整数q和r,使得x?qa?r,0?r?a.由此可见,r?I.假如r?0,则与a为I中的最小正整数的事实矛盾.因此r?0,从而,x?(a).由于x?I的任意性,因此I?(a).显然,(a)?I.所以I?(a).综上所述,整数环Z的所有理想都是主理想.所以整数环Z是主理想整环.

5.证明:Z[x]不是主理想整环.

证明 考察Z[x]的理想(x,2).由§5习题第8题知,

(x,2)?{h(x)?Z[x]|h(x)的常数项为偶数}.

假设存在f(x)?Z[x],使得(x,2)?(f(x)),则由2?(x,2)可得f(x)|2.由于

(x,2)是真理想,因此f(x)??1.这样一来,由f(x)|2可知f(x)??2.于是,

(f(x))?{h(x)?Z[x]|h(x)的各项都为偶数}.

这与(x,2)?(f(x))矛盾.所以(x,2)不是Z[x]的主理想,从而,Z[x]不是主理想整环.

6.证明:Z[2]?{a?b2|a,b?Z}是欧氏环.

证明 显然Z[2]是整环.令Q[2]?{a?b2|a,b?Q}.定义Q[2]\\{0}到Q的映射ψ如下:

ψ(a?b2)?|a2?2b2|,?a?b2?Q[2]\\{0},

其中a,b?Q.于是,对于任意的a?b2,c?d2?Q[2]\\{0}(其中

a,b,c,d?Q),我们有

ψ(a?b2)?ψ(c?d2)?|(a2?2b2)(c2?2d2)|

?|(a?b2)(a?b2)(c?d2)(c?d2)| ?|(a?b2)(c?d2)(a?b2)(c?d2)|

?|((ac?2bd)?(ad?bc)2)((ac?2bd)?(ad?bc)2)|

?|(ac?2bd)2?2(ad?bc)2| ?ψ(ac?2bd)?(ad?bc)2) ?ψ((a?b2)(c?d2)).

此外,显然Z[2]?Q[2],并且

ψ(a?b2)?N?{0},?a?b2?Z[2]\\{0},

其中a,b?Z.我们将ψ在Z[2]\\{0}上的限制记作φ.这样一来,φ是Z[2]\\{0}到N?{0}的映射.

任意给定α?a?b2?Z[2]\\{0},β?c?d2?Z[2],其中a,b,c,d?Z.为了证明Z[2]是欧氏环,现在只需阐明存在q,r?Z[2],使得

β?αq?r,

其中r?0或φ(r)?φ(α). 事实上,我们有

β(a?b2)(c?d2(ac?2bd)?(ad?bc)2??. 2222αa?2ba?2b根据带余除法,存在q1,q2,u,v?Z,使得

12|a?2b2|; 21ad?bc?q2(a2?2b2)?v,0?|v|?|a2?2b2|.

22.于是,

βuv?q?2?2, αa?2b2a2?2b2ac?2bd?q1(a2?2b2)?u,0?|u|?令q?q1?q2从而,

uv?2)(a?b2)

a2?2b2a2?2b2au?2bvav?bu?αq?2?2.

a?2b2a2?2b2au?2bvav?bu注意到α,β,q?Z[2],由上式可知,2和都是整数.令

a2?2b2a?2b2au?2bvav?bur?2?2.

a?2b2a2?2b2则r?Z[2],并且

β?αq?r.

当r?0时,

uvφ(r)?ψ(r)?ψ(2?2)?ψ(α)

a?2b2a2?2b2 β?αq?(uv??????2?2???222??a?2b??a?2b?22?φ(α)

22???uv?????φ(α) ???2?2??22????a?2b2???a?2b????11??????φ(α)?φ(α). ?42?7.设R是唯一分解整环,a?R且a?0,证明:R仅有有限多个主理想包含

a.

证明 根据命题6.4,对与任意的b,c?R,a?(b)当且仅当b是a的因子;(b)?(c) 当且仅当b与c相伴.由于R是唯一分解整环,因此a仅有有限多个不同因子(相伴的真因子看成同一个真因子).所以R仅有有限多个主理想包含

a.

8.设R是唯一分解整环,证明:在R中不存在下列形式的理想链

(a1)?(a2)???(an)??

注 其中,?是指“真包含于”.例如,(a1)?(a2)是指(a1)?(a2)且(a1)?(a2). 证明 假设在R中存在理想链

(a1)?(a2)???(an)??,

则a2,a3,?,an,?是a1的互不相伴的因子.另一方面,由于R是唯一分解整环,因此a仅有有限多个不同因子(相伴的真因子看成同一个真因子).这个矛盾表明R中不存在这样的理想链.

9. 设R是一个整环,令

α:Z?R

n?n1.

由于Z是主理想整环,因此存在n?0使得Ke(rα)?(n).证明:当n?0时,char(R)?n;当n?0时,char(R)??.

证明 显然α是整数环Z到环R的一个同态.现在设n?0,使得

Ker(α)?(n).

假设n?0.若m?{1,2,?,n?1},则m?Ker(α),从

而,m1?α(m)?0.n?Ker(α),从而,n1?α(n)?0.所以char(R)?n.

假设n?0.这时,对于任意的正整数m,m?Ker(α),从而,m1?α(m)?0.所以char(R)??.

10.设R是唯一分解整环,a,b?R,令a?(a,b)a',b?(a,b)b',证明:a'与b'互素.

证明 设d是a'与b'的任意一个公因子.于是,存在e,f?R,使得

a'?de,b'?df,从而,a?(a,b)de,b?(a,b)df.因此(a,b)d是a与b的一个公因子.由于(a,b)是a与b的最大公因子,因此(a,b)d|(a,b),从而,存在d'?R,使得

(a,b)dd'?(a,b),从而,dd'?1.因此d是单位.所以a'与b'互素.

11.设R是唯一分解整环,a,b,c?R,假设a|bc且a与b互素,证明:a|c. 证明 当a?0时,由a|bc可知,bc?0;由a与b互素可知,b是单位.因此

c?0.所以a|c.

当a是单位时,显然a|c.

假设a既不是0,也不是单位.由于a|bc,因此bc既不是0,也不是单位;从而,b和c都不是0.若b是单位,则由a|bc立即可知a|c.现在假定b不是单位.由于R是唯一分解整环,不妨设

a?p1p2?pm,b?q1q2?qn,

其中p1,p2,?,pm和q1,q2,?,qn都是R中的既约元.于是存在k?R,使得

kp1p2?pm?q1q2?qnc.

由于a与b互素,因此pi(i?1,2,?,m)与qj(j?1,2,?,n)不相伴.这样一来,由上式可知,c可以表示成如下形式:

c?k'p1p2?pm.

所以a|c.

12.设R是唯一分解整环,a,b,c?R,假设a|c且b|c.如果a与b互素,证明:ab|c.

证明 显然,当a?0或b?0时,c?0,从而,ab|c;当a是单位或b是单位时,

ab|c.现在假设a和b既不是0,也不是单位.不妨设

a?p1p2?pm,b?q1q2?qn,

其中p1,p2,?,pm和q1,q2,?,qn都是R中的既约元.于是,

ab?p1p2?pmq1q2?qn, c?kp1p2?pm?k'q1q2?qn.

如果a与b互素,那么,pi(i?1,2,?,m)与qj(j?1,2,?,n)不相伴.这样一来,因为R是唯一分解整环,c可以表示成如下形式:

c?k''p1p2?pmq1q2?qn?k''ab.

所以ab|c.

13.设R是主理想整环,a,b?R,证明:a与b互素?存在u,v?R使

ua?vb?1.

证明 由于R是主理想整环,根据命题6.18,我们有

a与b互素?1是a与b的最大公因子

?(a)?(b)?(1)

?存在u,v?R使ua?vb?1.

§7 唯一分解整环上的多项式环

1.设R是一个整环,证明:R[x]中首项系数为1的多项式都能分解成一些既约元的乘积.

注 首项系数为1的零次多项式就是1,不是既约元,不能分解成一些既约元的乘积.所以本题应改为:设R是一个整环,证明:R[x]中首项系数为1的次数大于零的多项式都能分解成一些既约元的的乘积.

证明 我们已经知道,R[x]是整环.因此可以谈论R[x]中的既约元.下面我们对多项式的次数施行数学归纳法.

当f(x)?R[x]是首项系数为1的1次多项式时,显然f(x)?x?a(a?R)是既约元.

假设当f(x)?R[x]是首项系数为1的次数小于或等于n的多项式时,f(x) 能分解成一些既约元的乘积.现在考察任意一个首项系数为1的n?1次多项式

f(x)?R[x]:若f(x)是既约元,则默认f(x)就是既约元的乘积.若f(x)不是既约

元,则存在首项系数为1的多项式g(x),h(x)?R[x],使得f(x)?g(x)h(x),其中

g(x)和h(x)都不是单位.于是,g(x)和h(x)都是首项系数为1的次数小于或等于n的多项式.根据归纳假设,g(x)和h(x)都能分解成一些既约元的乘积.由此可见

f(x)?g(x)h(x)能分解成一些既约元的乘积.

所以R[x]中首项系数为1的次数大于零的多项式都能分解成一些既约元的乘积.

2.设R是唯一分解整环,Q是R的分式域,f(x)?R[x]和g(x)?Q[x]的首项系数都为1,假设在Q[x]中g(x)|f(x),证明:g(x)?R[x].

注 题中不必假定g(x)的首项系数为1.

证明 由于在Q[x]中g(x)|f(x),因此存在非零多项式q(x)?Q[x],使得

f(x)?g(x)q(x).由于g(x)和q(x)都是Q[x]中的非零多项式,根据设引理7.2,存

在a,b?R和R上的本原多项式g1(x),q1(x),使得g(x)?ag1(x),q(x)?bq1(x).于是, f(x)?abg1(x)q1(x).由于f(x)是R上的首项系数为1的多项式,因此f(x)是本原多项式;由于g1(x)和q1(x)都是R上的本原多项式,根据引理7.2(Gauss引理),g1(x)q1(x)也是R上的本原多项式.这样一来,根据等式f(x)?abg1(x)q1(x)和引理7.2可以断言,ab是R中的单位,从而,a是R中的单位.又因为

g(x)?ag1(x),所以g(x)?R[x].