1、第一章        代數基本概念 習題解答與提示(P54) 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,b G,由結合律我們可得到(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,b G,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(

2、ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab因此G為交換群.方法2 對任意a,b G,a2b2=e=(ab)2,由上一題的結論可知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,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中某一個數字,由(2)可知若i j(I,j=1,2,n),有akai ak

3、 aj-<1>aiak aj ak-<2>再由乘法的封閉性可知推薦精選G=a1,a2,an=aka1, aka2, akan-<3>G=a1,a2,an=a1ak, a2ak, anak-<4>由<1>和<3>知對任意at G, 存在am G,使得akam=at.由<2>和<4>知對任意at G, 存在as G,使得asak=at. 由下一題的結論可知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內存

4、在幺元(單位元)，并且證明G內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內存在幺元. <1> 存在at G，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)= (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ak G,a1(atak) =(a1at)ak=a1ak

5、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內任意元素都可逆；上面我們已經證明G內存在幺元，可以記幺元為e，為了方便可用a,b,c,等符號記G內元素.下面證明任意a G，存在b G，使得ab=ba=e.<1> 對任意a G，存在b G，使得ab=e;推薦精選 (這一點很容易證明這里略過.)<2> 證明ba=ab=e;因為a(ab)b=aeb=ab=ea(ba)b=(ab)(ab)=ee=e再由條件(2),(3)知ba=ab.因此G內任意元素都可逆.由(),()及條件(1)可知G在該乘法下成一群. 4. 

6、   設G是非空集合并在G內定義一個乘法ab.證明:如果乘法滿足結合律,并且對于任一對元素a,b G,下列方程ax=b和ya=b分別在G內恒有解，則G在該乘法下成一群.證明： 取一元a G,因xa=a在G內有解, 記一個解為ea ,下面證明ea為G內的左幺元. 對任意b G, ax=b在G內有解, 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內的左幺元.再者對任意d G, xd=ea在G內有解,即G內任意元素對ea存在左逆元, 又因乘法滿足結合律,故此G在該乘法下成一群. 總結 群有幾種等價的定義:(1)

7、60;  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內定義一個代數運算，該運算滿足結合律, 并且G內包含幺元, G內任意元素都有逆元,則稱G為該運算下的群.(3)   設G是一個非空集合，G內定義一個代數運算，該運算滿足結合律, 并且G內包含左幺元, G內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內定義一個代數運算，該運算滿足結合律, 并且對于任一對元素a,b G,下列方程ax=b和ya=b分別在G內恒有解，則稱G為該運算下的群. 值得注意的是如果一

8、個有限半群滿足左右消去律, 則該半群一定是群. 推薦精選5.    在S3中找出兩個元素x,y,適合(xy)2 x2y2.思路 在一個群G中，x,y G, 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= , y= 那么(xy)2 = 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的所有可能的排

9、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： 表示置換 , 剩下的類似.為了讓更清楚，我們分別用e,a,b,c,d,f表示 , , , , 那么群表如下: ea bcdfeeabcdfaaedfbcbbceafdccbfdeaddfaecbffdcbae 6.    對于n>2,作一階為2n的非交換群. 7.    設G是一

10、群, a,b G,如果a-1ba=br,其中r為一正整數,證明a-ibai= .證明：我們采用數學歸納法證明.推薦精選 當k=1時, a-1ba=br= , 結論成立；假設當k=n時結論成立, 即a-nban= 成立, 下面證明當k=n+1時結論也成立. 我們注意到a-1bka= = bkr,因此a-(n+1)ban+1= a-1 (a-nban)a=a-1 a= = ,可見k=n+1時結論也成立.由歸納原理可知結論得證. 8.    證明:群G為一交換群當且僅當映射 是一同構映射.證明:()首先證明當群G為一個交換群時映射 是一同構映射.由逆元的唯一性

11、及 可知映射 為一一對應，又因為,并且群G為一個交換群,可得.因此有 . 綜上可知群G為一個交換群時映射 是一同構映射.()接著證明當映射 是一同構映射,則群G為一個交換群.若映射 是一同構映射,則對任意 有,另一方面，由逆元的性質可知.因此對任意 有,即映射 是一同構映射,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中定義一個關系ab當且僅當ab-1 S.證明這是一個等價關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系，則S是G的一個子群.對任意a G,有aa,故此aa-1=e S；對任意a,b S,由(ab)b-1

12、=a S,可知abb，又be-1=b S,故be,由傳遞性可知abe，即(ab)e-1=ab S.再者因ae-1=a S, 故ae,由對稱性可知ea，即ea-1=a-1 S.可見S是G的一個子群.推薦精選接著證明當S是G的一個子群,下面證明是一個等價關系.對任意a G, 有aa-1=e S，故此aa(自反性);若ab，則ab-1 S,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-1 S,bc-1 S,故ab-1 bc-1=ac-1 S，因此ac(傳遞性).綜上可知是一個等價關系. 10. 設n為一個正整數, nZ為正整數加群Z的一個子

13、群，證明nZ與Z同構.證明: 我們容易證明 為Z到nZ的同構映射,故此nZ與Z同構. 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.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(以及與其同構的群)稱為Klein(C.L.Klein,1849-1925)四元群

14、.假設B與U4同構,并設f為B到U4的同構映射, 則存在B中一元x使得f(x)=i(i為虛數單位),那么f(x2)= f2(x)=i2=-1另一方面, f(x2)=f(e)=1(注意x2=e),產生矛盾.所以假設不成立, 即B與U4不同構. 討論 B與U4都是4元交換群，但是后者是循環群, 前者不是, 這是這兩個群的本質區別. 12. 證明:如果在一階為2n的群中有一n階子群，它一定是正規子群.證明:方法1設H是2n階群G的n階子群, 那么對任意a H, 有推薦精選H aH= ,并且aH G,H G,又注意到aH和H中都有n個元素, 故此H aH=G.同理可證對任意a H,

15、 有H Ha= , H Ha=G，因此對任意a H，有aH=Ha.對任意a H, 顯然aH H, Ha H又因aH,Ha及H中都有n個元素，故aH=Ha=H.綜上可知對任意a G,有aH=Ha，因此H是G的正規子群. 方法2 設H是2n階群G的n階子群,那么任取a H, h H, 顯然有aha-1 H.對給定的x H, 有H xH= , H xH=G.這是因為若假設y H xH, 則存在h H，使得y=xh,即x=yh-1 H產生矛盾,因此H xH= ;另一方面, xH G,H G, 又注意到xH和H中都有n個元素, 故此H xH=G.那么任取a H,由上面的分析可知a xH, 從而

16、可令a=xh1這里h1 H. 假設存在h H, 使得aha-1 H,則必有aha-1 xH,從而可令aha-1=xh2這里h2 H. 那么xh1ha-1=xh2,即a= h2h1h H,產生矛盾.因此，任取a H, h H, 有aha-1 H.綜上可知對任取a G, h H, 有aha-1 H,因此H為G的一個正規子群. 13. 設群G的階為一偶數,證明G中必有一元素a e適合a2=e.證明: 推薦精選設b G，且階數大于2，那么bb-1,而b-1的階數與b的階數相等.換句話說G中階數大于2的元素成對出現，幺元e的階數為1，注意到G的階數為宜偶數，故此必存在一個2階元，(切確的說階數

17、為2的元素有奇數個). 討論 1 設G是一2n階交換群，n為奇數則G中只有一個2階元.為什么？提示：采用反證法，并注意用Lagrange定理.2 群G中，任取a G，有an=e，那么G一定是有限群嗎？如果不是請舉出反例，若是有限群，階數和n有什么關系？ 14. 令A= , B= 證明:集合B,B2,Bn,AB,AB2,ABn在矩陣的乘法下構成一群, 而這個群與群Dn同構.證明:下面證明G=B,B2,Bn,AB,AB2,ABn在矩陣的乘法下構成一群.()首先證明對乘法運算封閉. 下面進行分類討論：(1)   Bi Bj=Bi+j,注意到Bn= 故此Bi B

18、j=Br G這里i+j=kn+r,k Z,0<r n.(2)   A Bi Bj=Br G這里i+j=kn+r,k Z,0<r n.(3)   容易證明BAB=A=ABn,BA=BiAB(s+1)n=ABn-t G,這里i=sn+t,k Z,0<t n.那么Bi (ABj)=( Bi A)Bj=(ABn-t) Bj G(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

19、閉，再由矩陣乘法的性質可知，結合律肯定成立.()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內任何一元都可逆.由()，()，()，()可知G在矩陣乘法下構成一群.最后證明G與 Dn同構.推薦精選令f:GDnf(Bi)=Ti, f(ABi)=STi(i=1,2,n)，可以證明f就是G到Dn的同構映射，這里不予證明了.15. 設i是一個正整數, 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,b Gai+2bi+2=(ab)i+2=

20、(ab) (ab)i+1=(ab) (ai+1bi+1)=a(bai+1)bi+1,根據消去律可得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)結合(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= 的階為4，元素b= 的階為3，而ab為無限階元素.證明：可

21、以直接驗證a的階為4，b的階為3.因為ab= ，對任何正整數n，(ab)n= 可見ab的階為無限. 推薦精選注意 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都有限，那么這個群一定是有限群嗎？ 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，b S，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ab S.a-1的階數與a相同，故此a-1也是有限階元素，即a-1 S.綜上可知S為G

22、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，并設其階數為n1，則循環群G1= , 為G的一個子群；G中取a2 G1，并設其階數為n2，則循環群G2= , 為G的一個子群；G中取a3 G1G2，并設其階數為n3，則循環群G3= , 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成的序列Gn(n=1,2,)，所以G有無窮多個子群，產生矛盾；(2) &#

23、160; 再看第二種情況:設aG的階數為無窮，那么序列G1=< >，G2=< >，Gn=< >，是G的互不相同的子群，所以G有無窮多個子群，產生矛盾.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的所有正規子群. 20. 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推薦精選這里hiH，kiK，i=1,2.那么ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 -(1)因HK=KH，故此k1h2= h3

24、k3 -(2)這里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為G的一子群,下面證明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 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，證明證明： 因HK為H的子群，那么

25、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，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，hiKhjK= .-(2) 由(1),(2)我們得到總結左陪集的相關結論設H為G的一子群，那么(1)   aaH;(2)   aHaH=H;(3)   baHaH=bH;(4)   aH=bHa-1bH;推薦精選(5)

26、0;  aHbH ，有aH=bH. 22. 設M,N是群G的正規子群.證明：(i)            MN=NM;(ii)           MN是G的一個正規子群；(iii)          如果M N=e，那么MN/N與M同構.證明：(i)方法1任取aMN,可設a=m

27、n(mM，nN).因為M為G的正規子群，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=m1n1(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

28、G的正規子群，對任意gG，有g-1ag= g-1mng= (g-1mg)(g-1ng) MN.所以MN為G的正規子群.(iii) 易知N為MN的正規子群，因此MN/N是一個群. 因為M N=e，對任何mimjM, 有miNmjN注. 作一個MN/N到M的映射f注，f: MN/NMmN m，那么該映射顯然是一一對應，另外f(miN mjN)= f(mimjN)= mimj，因此f為MN/N到M的同構映射，即MN/N與M同構. 討論1. 只要M和N的一個是正規子群，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.推薦精選2. M和N中有一個不是正規子群時MN一

29、定不是正規子群.注意1 M N=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-1M N，產生矛盾.2. 設 f: MN/NMmN m，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

30、=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=ax a=x-1ax ax-1=x-1a所以x-1C(S).因此，C(S)是G的子群.接著證明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=S S=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

31、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. 推薦精選那么(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)的正規子群. 24. 證明任意2階群都與乘法群1，-1同構.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

32、>.(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，四階群群在同構意義下只有兩種或者是四階循環群或者是Klein四階群. 26. 設p為素數.證明任意兩個p階群必同構.證明：易知當p為素數時，p階群必存在一個p階元，即p階群必是p階循環群，故兩個p階群必同構. 27. Z為整數環，在集合S=Z×Z上定義(a

33、,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.提示：(1,0)為該環的單位元素.證明：略. 推薦精選28. 在整數集上重新定義加法“ ”與乘法“ ”為a b=ab, a b=a+b試問Z在這兩個運算下是否構成一環.答：不構成環. 29. 設L為交換幺環，在L中定義：a b=a+b-1,a b=a+b-ab.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，并且與原來的環同構.證明：(i)證明L在運算 下構成交換群：由 的定義，得到(a b) c=(a+b-1) c=a+b-1+c-1=a+b

34、+c-2a (b c)= a (b+c-1)= a+b+c-1-1=a+b+c-2這里2=1+1，所以 (a b) c= a (b c).-(1)同時由 的定義還可以得到 a 1= 1 a=a，-(2) a (2-a)=(2-a) a=1，-(3) a b=b a，-(4)由(1),(2),(3)(4)可知L在運算 下構成交換群.(ii)證明L中運算 滿足結合律和交換律：容易證明這里略過.(iii)證明乘法 對加法 滿足分配律：因為a (b c)= a (b+c-1)=a+(b+c-1)-a(b+c-1)=2a+b+c-ab-ac-1，(a b) (a c)=(a+b-1) (a+c-1)=

35、(a+b-ab)+(a+c-ac)-1=2a+b+c-ab-ac-1，所以a (b c)= (a b) (a c).由于 和 滿足交換律，故此(b c) a= (b a) (c a).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(L，+， )的零元，則0 a=a 0=a 由(i)，(ii)，(iii)，(iv)可得到(L， ， )為交換幺環.(v) 最后證明(L，+， )與(L， ， )同構：設f: LL推薦精選 x 1-x，容易證明f為(L，+， )到(L， ， )的同構映射. 30. 給出環L與它的一個子環的例子，它們具有下列性質:(i) L具有單位元素，但S無

36、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= |a,bR，S= |aR；(iii) L= |a,bR，S= |aR；(iv) L= |a,bR，S= |aR； 31. 環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)             

37、0;     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

38、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-x0,則eL+ xeL-xeL，但是對所有的aL，(eL+ xeL-x)a=a,因此eL+ xeL-x

39、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).推薦精選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f 1=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)無非平凡雙邊理想. 另一方面，若L是階數大于1的(交換)幺環，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，aL，(i) 證明La=ra|rL是雙邊理想；(ii) 舉例說明，如果L非交換，則La

40、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，取h= ，下面考察Lh是否為L的理想：取k= ，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L的一個理想，令radI=rL|rnI對某一正整數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，并且階數大于1，如果L沒有非平凡的理想，則L是一個域.證明：只要證明非零元素均可逆即可

41、.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是有理數域，Mn(Q)為n階有理系數全體矩陣環.證明無非平凡的理想(這種環稱為單環).證明：推薦精選我們社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= 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×n,假設akj0，則有EikAEji

42、=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，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. 環中元素x稱為一冪零元素，如果有一正整數n使xn=0，設a為幺環中的一冪零元素，證明1-a可逆.證明：設an=

43、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：在交換環中，全體冪零元素的集合是一理想.證明：略. 40. 設L為有限幺環.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，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 1.幺環多于一個元素當且僅當01.推薦精選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,產生矛盾. 41. 在幺環中，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