学习必备欢迎下载第一章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(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- aiakaj ak- 再由乘法的封闭性可知G=a1,a2, ,an=aka1, aka2, , akan- G=a1,a2, ,an=a1ak, a2ak, , anak- 由 和 知对任意atG, 存在 amG, 使得akam=at. 由 和 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. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 18 页学习必备欢迎下载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 . 存在 atG，使得 a1at=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明); 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. 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内元素 .下面证明任意aG，存在 bG，使得ab=ba=e. 对任意 a G，存在 b G，使得ab=e; (这一点很容易证明这里略过.) 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 ( ),( ) 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. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 18 页学习必备欢迎下载证明：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 . 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: 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：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 18 页学习必备欢迎下载说明 ：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: eabcdfee a b c d f aa e d f b c bb c e a f d cc b f d e a dd f a e c b ff d c b a e 6.对于 n2, 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=个= 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 . 123132213231312321132123312321213231213231123132321312231213321312123132312321132123231213321312231213132123精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 18 页学习必备欢迎下载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-1= -1-1, 并且群 G 为一个交换群,可得- 1-1. 因此有-1=. 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-1=, 另一方面，由逆元的性质可知-1=. 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 ab b， 又 be-1=bS,故 be,由传递性可知ab e，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=e S，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 b a(对称性 );若 ab，bc,那么 ab-1S,bc-1S,故 ab-1bc-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 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 18 页学习必备欢迎下载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：eabcee a b c aa e c b bb c e a cc 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a H, 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a H, 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a G, 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 a H, 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a xH, 从而可令精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 18 页学习必备欢迎下载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a H, hH, 有 aha-1H. 综上可知对任取a G, 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 a G，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,0rn. (2) A BiBj=BrG 这里 i+j=kn+r,kZ,0rn. (3) 容易证明 BAB=A=ABn,BA=BiAB(s+1)n=ABn-tG, 这里 i=sn+t,kZ,0tn. 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. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 18 页学习必备欢迎下载()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: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=，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 18 页学习必备欢迎下载对任何正整数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 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=， 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,b HK, 可令a=h1k1， b=h2k2 这里 hiH ，kiK，i=1,2. 那么精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 18 页学习必备欢迎下载ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 -(1) 因 HK=KH ，故此k1h2= h3k3 -(2) 这里 h3H ，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 . () 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 aKH ，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 HK 为 H 的子群，那么可设H 的左陪集分解式为H=h1(H K)h2(HK) hr(HK) 这里 r 为 HK 在 H 中的指数， hiH ，当 ij，hi-1hj?H K(事实上等价于hi-1hj?K),i, j=1,2, ,r.又(HK)K=K, 所以HK=h1Kh2K hrK.-(1) 注意到 hi-1hj?K，所以当i j(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) b aHaH=bH; (4) aH=bHa-1b H;(5) aH bH ，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；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 18 页学习必备欢迎下载(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，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-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 mjM, 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(miN mjN)= 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 miNmjN. 证明：若存在mi mjM, 有 miN=mjN，那么 mimj-1N，而 mimj-1 M. 因此 mimj-1MN，产生矛盾 . 2. 设f: MN/NMmNm ，则由于对任何mi mjM, 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)=x G|xa=ax,对一切 aS 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 18 页学习必备欢迎下载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，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 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 xy N(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-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：eabcee a b c aa e c b bb c e a cc b a e 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 18 页学习必备欢迎下载这是 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=ZZ 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，(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，故此精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 18 页学习必备欢迎下载(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: LLx1-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=|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=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 xeL ， 即 xeL- 0,则 eL+ xeL- eL， 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. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 18 页学习必备欢迎下载注意 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-1F,于是a-1a=1 I. 从而 F 中任意元素f，有f 1=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， aL，(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， 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h Lh ，hkLh ，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|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 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Eii K(i=1,2, ,n)就有EK. 设 AK，且 A 0 ，又令A=(aij)nn,假设 akj 0 ，则有EikAEji=akjEii(i=1,2, ,n).由于精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 18 页学习必备欢迎下载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， 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. 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 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 xkxi|i=1,2, ,n使得x1=1-xka+x1, 即xka=1. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 18 页学习必备欢迎下载因为 n1 ，我们取xtkxi|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. 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 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x0,1|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x0,1 ，存在 f(x) I 使得 f( ) 0，想法构造一个gI 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. 解：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 18 页学习必备欢迎下载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=aba1-(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. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 18 页