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(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> 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}.
1
(Ⅰ) 证明G内存在幺元.
<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)2 a1(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.
(Ⅱ) 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.
<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=e a(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),(Ⅱ)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.
2
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Sn的群表,输出程序如下:
Pr[a_,b_,n_]:=(*两个置换的乘积*)
(Table[a[[b[[i]]]],{I,1,n}]);
Se[n_]:=(*{1,2,…,n}的所有可能的排列做成一个表格*)
(Permutations[Table[i,{I,1,n}]]);
Stable[n_]:=(*生成Sn群表*)
(a=Se[n];
Table[pr[a[[i]],a[[j]],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:
e a b
e e a b a a e c b b d e 3
c c f a d d b f f f c d c d f c d f b f d f a c d e b e c a a b e 6. 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:
(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.
(Ⅱ)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a～b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a～a,故此aa-1=eS；
对任意a,bS,由(ab)b-1=aS,可知ab～b，又be-1=bS,故b～e,由传递性可知ab～e，即
4
(ab)e-1=abS.再者因ae-1=aS, 故a～e,由对称性可知e～a，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a～a(自反性);若a～b，则ab-1S,因为S为G的子群，故(ab-1)-1=ba-1S,因此b～a(对称性);若a～b，b～c,那么ab-1S,bc-1S,故ab-1 bc-1=ac-1S，因此a～c(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： 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.
5
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.
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b≠b-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:
下面证明G={B,B2,…,Bn,AB,AB2,…,ABn}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： (1) BiBj=Bi+j,注意到Bn=故此
BiBj=BrG
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这里i+j=kn+r,kZ,0 (2) A BiBj=BrG 这里i+j=kn+r,kZ,0 (3) 容易证明BAB=A=ABn,BA=BiAB(s+1)n=ABn-tG,这里i=sn+t,kZ,0 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. (Ⅱ)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. (Ⅲ)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 (ABi)(Bn-iA)=E, 因此G内任何一元都可逆. 由(Ⅰ)，(Ⅱ)，(Ⅲ)，(Ⅳ)可知G在矩阵乘法下构成一群. 最后证明G与 Dn同构. 令f:G→Dn f(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 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 7 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a1≠e，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a3G1∪G2，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a∈G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： 8 (Ⅰ)设HK=KH，下面证明HK为G的一子群. 任取a,b∈HK,可令 a=h1k1，b=h2k2 这里hi∈H，ki∈K，i=1,2. 那么 ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 ---------------(1) 因HK=KH，故此 k1h2= h3k3 ----------------------(2) 这里h3∈H，k3∈K. 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. (Ⅱ) HK为G的一子群,下面证明HK=KH. 若a∈HK,易知a-1∈KH. HK是子群,任取a∈HK，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈KH，那么有HK KH. 若a∈KH,易知a-1∈HK. HK是子群,任取a∈KH，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈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∩K为H的子群，那么可设H的左陪集分解式为 H=h1(H∩K)∪h2(H∩K)∪…∪hr(H∩K) 这里r为H∩K在H中的指数，hi∈H，当i≠j，hi-1hj?H∩K(事实上等价于hi-1hj?K),i, j=1,2,…,r. 又(H∩K)K=K,所以 HK=h1K∪h2K∪…∪hrK.------------(1) 注意到hi-1hj?K，所以当i≠j(i, j=1,2,…,r)时， hiK∩hjK=.----------------(2) 由(1),(2)我们得到 [总结] 左陪集的相关结论 设H为G的一子群，那么 (1) a∈aH; (2) a∈H?aH=H; (3) b∈aH?aH=bH; (4) aH=bH?a-1b∈H; (5) aH∩bH≠，有aH=bH. 9 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∈M，n∈N).因为M为G的正规子群，故n-1mn∈M. 所以a=n(n-1mn) ∈NM，故此MN?NM. 同样的方法可以证明NM?MN. 因此MN=NM. [方法2] 任取a，b∈MN，可设a=m1n1(m1∈M，n1∈N)，b=m2n2(m2∈M，n2∈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∈MN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 n1n2-1m2-1n2n1-1∈M， 所以ab-1∈MN. (ii) 由(i)可知MN为G的一个子群. 任取a∈MN, 可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M和N为G的正规子群，对任意g∈G，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mi≠mj∈M, 有miN≠mjN[注]. 作一个MN/N到M的映射f[注]， f: MN/N→M mNm， 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mi≠mj∈M, 有miN≠mjN. 证明：若存在mi≠mj∈M, 有miN=mjN，那么mimj-1∈N，而mimj-1∈M. 因此mimj-1∈MN，产生矛盾. 2. 设 f: MN/N→M 10 mNm， 则由于对任何mi≠mj∈M, 有miN≠mjN，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)={x∈G|xa=ax,对一切a∈S} N(S)= {x∈G|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，y∈C(S)，那么对任意a∈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(S). 另一方面， xa=axa=x-1axax-1=x-1a 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)，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xy∈N(S). 另一方面， x-1Sx=SS=xSx-1 所以x-1∈N(S). 因此，N(S)是G的子群. (ii) 任取x∈C(S)，a∈S，则xa=ax，即a=x-1ax，亦即S= x-1Sx. 因此x∈N(S)，即C(S)N(S). 任取x∈C(S)，y∈N(S)，a∈S，则存在ay∈S使得yay-1=ay，因此a=y-1ayy. 那么 (y-1xy)a(y-1xy)-1=y1[x(yay-1)x-1]y= y1(xayx-1)y= y-1ayy=a， 即 (y-1xy)a=a(y-1xy). 所以y-1xy∈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. (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： e a 11 b c e a b c e a b c a e c b b c e a c b a e 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-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， 12 (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，+，)与(L，，)同构：设 f: L→L 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,b∈R}，S={|a∈R}； (iii) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}； (iv) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}； 31. 环L中元素eL称为一个左单位元，如果对所有的a∈L， eLa= a； 元素eR称为右单位元，如果对所有的a∈L， 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=eR=eL.记e=eR=eL，则对所有的a∈L，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x∈L，使得xeL≠x，即xeL-x≠0, 则eL+ xeL-x≠eL，但是对所有的a∈L，(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. 13 [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I≠{0}，则对任意a(≠0)∈I，则a-1∈F,于是 a-1a=1∈I. 从而F中任意元素f，有 f1=f∈I， 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，a∈L， (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) 容易验证La为L的一个加法群. 任取ra∈La，l∈L，则 l(ra)=(lr)a∈La，(ra)l=r(al)=r(la)=(rl)a∈La 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h∈Lh，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={r∈L|rn∈I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a∈L，那么La和aL是L的理想，且La≠{0}，aL≠{0}，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E∈K.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Eii∈K(i=1,2,…,n)就有E∈K. 设A∈K，且A≠0，又令A=(aij)n×n,假设akj≠0，则有EikAEji=akjEii(i=1,2,…,n).由于akj≠0，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，A∈K，所以Eii=BEikAEji∈K，证毕. 14 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≠0，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.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0≠1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z∈L，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0≠1. 2．当L有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y不是左零元.因为若存在z≠0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ba≠1，则有无穷多个元素x，适合ax=1. (Kaplansky定理) 证明： 首先，若ab=1但ba≠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 a(1-xia+x1)=1(i=1,2,…,n), 又当i≠j时，1-xia+x1≠1-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xk∈{xi|i=1,2,…,n}使得 x1=1-xka+x1, 即 xka=1. 因为n>1，我们取xt≠xk∈{xi|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ba≠1，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. 15 2. 假设当i≠j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a∈L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a≠0，且存在c≠0，使得ac=0，于是cac=0. 因a≠0，则存在唯一b使得aba=a.但 a(b+c)a=a,b+c≠b 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a≠0，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c∈L，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C[0,1]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理想I，一定有个实数，，使得f()=0对所有的f(x)∈I； (ii) 是一零因子当且仅当点集 {x∈[0,1]|f(x)=0} 包含一个开区间. 证明： (i) 证明思路：设I为非零的非平凡理想，假设对任意x∈[0,1]，存在f(x)∈I使得f(x)≠0，想法构造一个g∈I可逆. (ii) 提示：用连续函数的局部保号性. 44. 令F=Z/pZ为p个元素的域.求 (i) 环Mn(F)的元素的个数； (ii) 群GLn(F)的元素的个数. 45. 设K是一体，a，b∈K，a，b不等于0，且ab≠1.证明华罗庚恒等式： a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba. 证明： 因为a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba?1-(a-1+(b-1-a)-1)-1a-1=ab?(aa-1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab? (1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab?(1+((ab)-1-1)-1)-1=1-ab，为了方便记x=ab，那么1-x，x，x-1-1都可逆，只要证明(1+(x-1-1)-1)-1=1-x即可，或者证明1+(x-1-1)-1=(1-x)-1即可. 因为 1+(x-1-1)-1=1+(x-1-x-1x)-1=1+(1-x)-1x=(1-x)-1(1-x) +(1-x)-1x=(1-x)-1, 所以结论成立，即a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba. 16