近世代数第四章-环与域题解讲解

近世代数第四章-环与域题解讲解第四章环与域§1环的定义一、主要内容1．环与子环的定义和 例子 48个音标大全附带例子子程序调用编程序例子方差分析的例子空间拓扑关系例子方差不存在的例子 。在例子中，持别重要的是效域上的多项式环、n阶全阵环和线性变换环，以及集M的幂集环．2．环中元素的运算规则和环的非空子集S作成子环的充要条件：二、释疑解难1．设R是一个关于代数运算十，·作成的环．应注意两个代数运算的地位是不平等的，是要讲究次序的．所以有时把这个环记为（R，十，·）（或者就直接说“R对十，·作成一个环”）．但不能记为R，·，十）．因为这涉及对两个代数运算所 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 满足条件的不同．我们知道，环的代数运算符号只是一种记号．如果集合只有二代数运算记为，⊕，又R对作成一个交换群，对⊕满足结合律且⊕对满足左、右分配律，即就是说，在环的定义里要留意两个代数运算的顺序．2．设R对二代数运算十，·作成一个环．那么，R对“十”作成一个加群，这个加群记为（R,十）；又R对“·”作成一个半群，这个乍群记为（R，·）．再用左、右分配律把二者联系起来就得环（R，十．·）．2．三、习题4．1解答1．3．4．5．6．7．8． 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：循环环必是交换环，并且其子环也是循环环．§4．2环的零因子和特征一、主要内容１．环的左、右零因子和特征的定义与例子．2．若环R无零因子且阶大于1，则R中所有非零元素对加法有相同的阶．而且这个相同的阶不是无限就是一个素数．这就是说，阶大于l且无零因子的环的特征不是无限就是一个素数．有单位元的环的特征就是单位元在加群中的阶．3．整环（无零因子的交换环）的定义和例子．二、释疑解难１．由教材关于零因子定义直接可知，如果环有左零因子，则R也必然有右零因子．反之亦然．但是应注意，环中一个元素如果是一个左零因子，则它不一定是一个右零因子．例如，教材例l中的元素1000就是一个例子．反之，一个右零因子也不一定是一个左零因子．例如，设置为由一切方阵对方阵普通加法与乘法作成的环．则易知1000是xy00(x,yQ)R的一个右零因子，但它却不是R的左零因子．关于零因子的定义．关于零因子的定义，不同的 书 关于书的成语关于读书的排比句社区图书漂流公约怎么写关于读书的小报汉书pdf 往往稍有差异，关键在于是否把环中的零元也算作零因子．本教材不把零元算作零因子，而有的书也把零元算作零因子．但把非牢的零因子称做真零因子．这种不算太大的差异，读者看参考书时请留意．3．关于整环的定义．整环的定义在不同的书中也常有差异．大致有以下4种定义方法：定义1无零因子的交换环称为整环（这是本教材的定义方法）．定义2阶大于l且无零因子的交换环，称为整环．定义3有单位元且无零因子的交换环，称为整环．定义4阶大于1、有单位元且无零因子的交换环，称为整环．以上4种定义中，要求整环无零因子、交换是共同的，区别就在于是否要求有单位元和阶大于1．不同的定义方法各有利弊，不宜绝对肯定哪种定义方法好或不好．这种情况也许到某个时期会得到统一．但无论如何现在看不同参考书时应留意这种差异．本教材采用定义1的方法也有很多原因，现举一例。本章§8定理1：设P是交换环R的一个理想．则P是R的素理想R／P是整环．这样看起来本定理 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 述显得干净利索．但若整环按定义2（或定义3、4）要求，那么以上定理表述就需变动．究竟要怎样变动，作为练习请读者自己给出．。'三、习题4．2解答1）设S是由叶出的全体止则元作成的集合•井令sbES,且3矶亡w于是得a（be〉=0*但乜是止则元■故5（-0.又因b是正则元.哉i-O.同理.rfl旷3庁）=0可得f=0.因此yA也足正则元*即讪ES,从血S作成半辟.、2）设4#0是环R的止则兀，且aju=0/于是讥如=0.从而g=U.:故工T.艮之，设兀素建満足条件，且W则便有研加一0-从而6=0.同理”若如=0便有盘如=g从而&=Q殊“不是零丙子，从而是止则元*2.惟由腿设，对任意工w丘右応从而由出艺W＞知#产S又因为而R无右零同子，故"一H=0,*=g.从而r是R的单位元.3・证用MNF）表不数戦F上的就阶全阵开•任取OHACMXF〉，如臭IAIH0.JUA有迎方阵材♦从而A是仝阵环M"〉的可逆元，如果iAl=0,则齐欢线性方程组4X=0有非零解.任取及一非零解乂血’…际则以此非零解为任一列■而其余列全是零的推阶方曲B芒。则有AB=O,即A是全阵环WKF〕的零因子.4.５．６．．设R是一个无零因子的环．证明：若R偶数，则R的特征必为2．８．证明：P—环无非零幂零元．§4.3除环和域一、主要内容1．除环和域的定义及例子．四元数除环．2．有限环若有非零元素不是零因子，则必有单位元，且每个非零又非零因子的元素都是可3．有单位元环的乘群（单位群）的定义和例子．有单位元的环的全体可逆元作成的群，称为该环的乘群或单位群．除环或域的乘群为其全体非零元作成的群；整数环Z的乘群为Z﹡＝｛１，－１｝；数域上n阶全阵环的乘群为全体n阶可逆方阵对乘法作成的群；Gauss整环的乘群为U(Z[i])＝｛１，－１，i－i，｝．二、释疑解难1．阶大于l的有限环可分为两类：”一类是有零因子的有限环．例如，有限集M(M>1)上的幂集环P(M)，不仅是个有零因子的有限环，而且除单位元M外其余每个非零元素都是零因子；后面§５所讲的以合数n为模的剩余类环Zn也是一个有零因子的有限环．另一类就是无零因子的有限环．实际上根据本节推论和魏得邦定理可知，这种有限环就是有限域．例如，以素数p为模的剩余类环Zp以及教材第六章所介绍的伽罗瓦域都属于这种倩形．这就是说，阶大子1的有限环或者有零因子或者无零因子，从而为域．与群定义中要求两个方程ax＝b与ya＝b都有解不同,这里仅要求方程ax＝b或ya＝b(0≠a,b∈R)中有一个在R中有解即可．教材中利用方程ax＝b有解得到R的全体非零元有右单位元且每个非零元素都有右逆元，从而得到R是除环．如果利用方程ya＝b在R中有解，则将得到R的全体非零元有左单位元且每个非零元都有左逆元，从而也得到只是除环．3．关于有单位元环的单位群．设R是阶大于l的有单位元的环．则显然R是除环R的单位群是R－｛０｝；R是域R－｛０｝是交换群．显然，除环或域有“最大''的单位群．又显然幂集环P（M）的单位群只有单位元（因其他元素那是零因子），它是“最小”的单位群．三、习题4．3解答1．证略．2．证略．3．证明：域和其子域有相同的单位元．即F与F1有相同的单位元．（也可由F﹡与F1有相同单位元直接得出）4．6．5．§4环的同态与同构一、主要内容1．环的同态映射和同构映射的定义和例子2．环同态映射的简单性质．设是环R到环豆R的同态满射，则1)(0)是R的零元，(－a)＝－(a)(a∈R)；2)当R是交换环时，R也是交换环；当R有单位元时，R也有；并且R的单位元的象是R的单位元．3．在环同态映射下，是否有零因子不会传递．即若环R~R，则当R有零因子时，R可能没有，当R无零因子时，R却可能有．二、释疑解难1．在§1已经强调过，对于环的两个代数运算一定要区分前后顺序．同样，对于环的同态映射，也要注意其保持运算必须是：加法对加法，6.乘法对乘法．即(a＋b)＝(a)＋(b)，(ab)＝(a)(b)．第一式中等号左边的加号“＋”是环R的加法，而等号右边的加号“＋”是环R的代数运算．二者虽然都用同一符号，但在实际例子中这两个代数运算却可能点很大差异，根本不是一回事．对上述第二个式子中等号两端的乘法完全类似，不再赘述．2．由于零因子在环同态映射下不具有传递性，因此，若环R~R，则当R为整环时，R不一定是整环；又当R不是整环时，R却可能是整环．教材中的例1和例2说明了这一点．3．关于环的挖补定理，三、习题4．4解答证略．2.3.4.5.7.§4．5模n剩余类环、主要内容2．循环环定义、例子和简单性质．'1）整数环及其子环以及剩余类环及其子环都是循环环．而且在同构意义下这也是全部的循环环．2）循环环是交换环，但不一定有单位元．而且这种环的子加群同子环、理想三者是一回事．因此，n阶循环环有且只有T（n）（n的正因数个数）个子环（理想）．二、释疑解难1．剩余类环是一类很重要的有限环，因为这种环是一种具体的环，特别是它的特征、子环（理想）、零因子、可逆元和单位群等都很清楚．因此，在环的讨论里常常以它作为例子来加以利用，并说明问题．2．整数环的任二不同的非零子环，作为加群，它们显然是同构的（因为它们都是无限循环群）．但是，作为环，它们并不同构．因为，例如设因此，S与T不能同构．3．剩余类环Zn中任二不同的子环也不能同构．事实上，Zn的任二不同阶的子环当然不能同构．又设置为Zn的任意k阶子环，则kn．但由于（Zn，＋）是n阶循环群，从而对n的每个正因数k，（Zn，＋）有且只有一个k阶子群，于是环Zn有且仅有一个k阶子环．因此，Zn的任二不同的于环当然不同构．4．但是，有有限环存在，其有二不同子环是同构的．例如：令R是Z2上的2阶全阵环，则R＝16，且易知都是R的4阶子环，而且易知R1还是一个域．但是，R2无单位元（且不可换，又非零元都是零因子），因此，R1与R2不能同构．此外易知：R1，R2，R3，R4也都是环R的4阶子环，而且都是互不同构的．对此不再详述，兹留给读者作为练习．有文献已经证明，互不同构的4阶环共有11个．对此不再赘述．三、习题4．5解答1.证明：同余类的乘法是Zn的一个代数运算．试指出环Z8中的可逆元和零因子，再给出它的所有子环．6.6.试给出Z10的所有子环，并指出它们各自的特征．4.5.7.证明：整数环的不同子环不同构，证：见上面“释疑解难”部分中的2．8.§４．6理想一、主要内容1．左、右理想、理想的定义和例子．2．单环的定义以及单环的一个重要性质．设环R有单位元，则R上全阵环Rn×n的理想都是R中某个理想上的全阵环．由此可知：Rn×n是单环R是单环．特别，除环和域上的全阵环都是单环．3．由环中元素山a１，a２，⋯，am生成的理想〈a１，a２，⋯，am〉．特别，由一个元素a生成的主理想〈a〉．在一般情况下，主理想〈a〉中元素的表达形式．在特殊环（交换环和有单位元的环）中〈a〉的元素表达形式如下：1）在有单位元的环R中：4．理想的和与积仍为理想．二、释疑解难1．关于理想的乘法．我们知道，如果A，B是群G的二子集或（正规）子群，则A与B的乘积是如下规定的：AB＝｛aba∈A,，b∈B｝．但当A，B是环R的理想时，如果仍按以上规定相乘，则一般而言其乘积AB不再是理想．由于这个原因，环中理想的乘法规定为AB＝｛有限和aibiai∈A,，bi∈B｝．2．对任意环R，则R至少有平凡理想｛０｝和R．通常把R本身叫做R的单位理想，这是由于以下原因：对R的任意理想N，显然都有RNN，NRN．但当R有单位元时，则显然又有RNN，NRN．从而有RN＝NR＝N．这就是说，此时R在理想乘法中的作用类似于数1在数的乘法中的作用．3．设R为任意环，a∈R．则易知N＝{rarR}是R的一个左理想．若R是交换环，则当然．但是应注意，由于R不一定有单位元，故不一定有a∈N．从而也不能说N是由a生成的理想．例１设R为偶数环，a＝4，则三、习题4．6解答1.证略．2.证1)略．2)由于3.证参考上面“释疑解难”部分3．5.8.8．证明：§4中例3中的环FN，当N为降秩方阵时，不是单环．§4.7商环与环同态基本定理一、主要内容1．设，则所有（关于加法的）陪集x十N（x∈R）对于陪集的加法与乘法（a＋N）十（b＋N）＝（a＋b）＋N，（a＋N）（b＋N）＝ab＋N作成一个环，称为R关于理想N的商环，记为R／N．即在同构意义下，任何环能而且只能与其商环同态．此称为环同态基本定理或环的第一同构定理．二、释疑解难1．环同态基本定理有的书包括：但有的书不包括这一结论,而只指出：R~R，N为核R／NR．也有书称此为“环的第一同态定理”或“环的第一同构定理”．甚至也有的书虽有此定理，但却未给予任何名称．不过多数的书均明示“环同态基本定理”且指出“R~R，N为核R／NR当然，这些问题是非本质的，只是在看参考书时留意其差异即可．4.4.3．环的第三同构定理与群的第三同构定理也基本类似，只是其中有一部分转移到本节习题中去了．以上环的三个同构定理，从叙述（条件和结论）和证明方法应多与群的三个同构定理作比较，这样不仅可以加深理解而且可以增强记忆．三、习题4．7解答1.2.3.故h＋n∈K，H＋NK．因此K＝H十N，即H的象为（H＋N）∕N．§４．８素理想和极大理想一、主要内容1．素理想和极大理想的定义和例子．整数环Z的素理想为｛0｝、Z以及由任意素数p生成的理想﹤p﹥，而且﹤p﹥(p为任意素数)还是Z的全部极大理想．﹤x﹥,﹤y﹥,﹤x，y﹥以及﹤x，y，２﹥都是环Z[x，y]的素理想，而且﹤x，y，２﹥还是Z[x，y]的一个极大理想．2．交换环R中，理想P是素理想R／P是整环．在一般环R中，理想N是极大理想R／N是单环．3．有单位元的可换单环必为域．1)设R是有单位元的交换环，是极大理想．2)有单位元的交换环中极大理想必为素理想．二、释疑解难1．关于素理想的定义．1.1.3．素理想和极大理想的意义和作用．由教材定理1可知，若P是交换环R的素理想，则R／P是整环；由定理3、定理4和推论l可知，若N是有单位元的交换环R的极大理想，则R／N是一个域．商环与原环关系密切，又整环特别是域更是性质较好的特殊环类．这就是说，利用素理想和极大理想可得到一个与原环关系密切且性质又好的环，这对于研究原环R是非常重要和有利的．这就是研究素理想和极大理想的意义和作用．三、习题4．8解答解JI不是的扱大理想，凶为有=数项为是有理数城上零顼式环0021的极大埋想’冈若ON<]«,则有2Ai6NMUZk€:<2p>.从而故有侶+怂=1£sjWZ).对R中任意偶数2旳，有Zt?t=21左$+触〉皿=2/>«协十茫丹"mEZ,故ZY.反之，若<2^>JBR的一个极大理想，则林必为素数.13若枷为合数，设则〈2删〉U偶数环的全部素理想是,0}>K以及所有〈2”，扶中p为任意奇累数”教材本肯例2已UE明紐R为素理想(汐为奇索数八而X〉不屋素理想.由于偶数环的理想均为主理想，下证当彷为合数时"健〉不足素理拥z设7»—(ICtm,<2m),(I)则由于2/jij•2阳j；=irnG<2zn>—(…一2删・Q,2m94m•…}■但星2j??j,2叫$(2w\因若Zm\€»设™2?/rA(^€Z)，得l=m訣.与(】)矛盾.注本题题目本身问法不合适，特别对理想Zh4.5.§4．９环与域上的多项式环、主要内容1．有单位元环R上多项式环R[x]的性质．1)R[x]是整环R是整环．2)R[x]中多项式的除法——左、右商及左、右余式．2．域F上多项式的根．1)F上n次多项式在扩域内根的个数≤n；2)F上多项式f(x)在扩域内无重根(f(x)，f(x))＝1．二、释疑解难1．本节均假定环R有单位元，但并未假定R可换．因此，在对R上的多项式在进行除法时，必须分左、右商和左、右余式．从本节习题中可知，一般说左右商不一定相等，左右余式也不一定相等．当然，如果R是交换环，它们则分别相等，就不必再分左与右了．2．域上多项式的根的状况同我们所熟知的数域上多项式的情况一致．但是，环上多项式根的状况，由例子可知，就很不一样．例如，环R上一个n次多项式在R内可能无根(这种情况并不奇怪，因为例如有理数域上多项式在有理数域内也不一定有根)，也可能有多于n个的根(这种情况在数域或域上多项式不会发生)．不过，教材中除下一章惟一分解整环的多项式扩张外．主要用到场上的多项式．例如教材第六章中的最小多项式和多项式的分裂域就属于这种情况．三、习题4．9解答1.2.解经验算得知，f(x)在Z5上无根．4.5.6.§1O分式城一、主藝内容I•设K尼个阶大于丄的整环•购在同构怠义下由竝理z町知•包禽R的城总是TF祥旳.邯么裤这个城中一切元亲—=a"x6作成一个包含R为其子环的城，叩所卿N的分女城.罔构的謹环其分式;城也同构・W此•花啊构念义下整坏的分武城不仅存壮■而冃足:惟一的.二、释婕刑雅】•定珂1不仅給出了刃式:域的定义•而且病发找们如何寻找构12i分武域的方法.2-定購2不仅抬出丁鯨环的分式域一定住在・而冃.指岀丁分式蛾的貝休杓造方快.按照定理2所指出的方法•用各表示M={（jr』）l；r2G&jrH0}中元所柱的等价类•而令则片对于普话分式的加也与乘法作成一个域.这就妃笙环氏的分式城.城环尺的分比城就是包行K的晟小城一也就是说，包含R的任意一个域必包含尺的分式域.3.按照定理2的证明，在映射卩2-~峠•于是由（1〉得a—S十不一a）H-（a2十豪一M）+…+〈6+如一⑵由干“的表示法惟一，（1〉与（"两式比较彳寻・・・•xR=y,・即R中每个元曩表示法惟一.'关于环按待征的分解.敦材中定理5和定理6可以合井为以下更一般的定理，设环R的席征是力=心心…”,.若正整数«]，":，…皿两两互素，则R有理想R、、RwjR,使rm㊉&a•①r,・而且其中charR,m（£=],2,…，s）.这个定理的证明可对s用数学归纳法，留给读者作为练习.直和的重要总义.n若①凡㊉…㊉R“，则R的运算决定于毎个坏&（R的理想）的运算;R是否有单位元或可换，决宦于每个R.是否有单位元或可换.或者说・R的结构决定于每个&的结构.而一般来说・&的构峑相对简单•从而可利用R,来讨论R.2）从埋也来说，教材足理3和定理4说明，每个R的理想与其直利R的理想关系密切•而且在一定条件下R的理想也决定于每个凡的理想.3）定理5与疋理6拒明坏的符征与直和的关系•就足说诃论特征为n的环，可转化为讨论特征是素数尋的环.三、习题4.11解答1.设环®尺,，证阴，环尺冇单位元艸且仅沟毎个理想K.有单位元•井且1=】丨+1*+…+1…其中1是人的单位元・1,JS-R；的单位元.证设R有单付元•用L表示.曲于Rffl-Ri®K2㊉…①心，故可役i«=i>-t-12-i1”，i,eRTOC\o"1-5"\h\z任取斗WK■则；乙=1工■="(1>+・+•—]“》*==1.工八同理有工・=工几•因此为尺•旳单位尢.・反之•设-足尺•的单位元■?!:・丁・*e=+—+…+1•…V如I对任意尸€尺・令r™ri十•■•十尸.：+•■•+「>♦■有re=C厂+・・•十八+•••十厂.》(1}+♦•・+1孑十・••十1.》•亠小1,+…十厂4=r——…十r,+...+厂”=rw同理有"=厂・HPe=lS：R的单位元.:,•・注在倾设条件卞•当R右单位元C用1农示〉日心，还E证啪邹实上•因为1：EKVR•故艮1■匸氏‘,亠艮匚/.・又任取则由于h,=l；jrzG1；尺-r<=-x-<1,CKlf,故氏，匸J,尺>AW=I?1#°=1•2・诳N—2•I}■旦R—{i・s，……”)1“/€NJ.RVK足〃々•环Zm的外直种.证朝MP足一个布加环.乂R的将征为何？UELH为sWZ—故«?=af.从而,59…2於尸=(ai•…y.)■艮卩仗是作尔环•又明&尺的待征是2.3・设环R屉环R：•/?’••••■/<的H和•即K=Ki①尺2①…①尺…证叭.00小十…+…十…+“.—一^F。足尺列尺d旳同态桝射(称为工则投射〉•且I■■"f—■(牛iti==j1>H—\*・」・2)+対十•••+卩・・10•■・・1.其中O绘零冋金2妊代的饵辱空换.证佩然p是濟射.又花R中任取a■心1+•••"+n。十•••十。兀$&,+•••+6C+•••"♦*6n■有ab^aibx十•••Tc.6+••・+。"“•a•+•hla.-4-bi>-♦~4-<««-4-b.)-4^■・•~4-<<^N・4~Q.>•日卩)=4+9^C5》.所以妙魁同态洪射.'•5.6.证１）*§12非交换环一、主要内容对任意整数况＞」，构造*阶非处换环的方虫.令R={Z”，+〉（D（Z,+）・加法如常，乘法规定如下：（文—必）（工2，$2〉=（工2+加＞«工】，»）・则R就足一个八阶非交换环.对任意索数”与任意整数n＞l.构造；/阶非•交换环的方医.其屮£=“（n+1）2~域Zp上亠切"阶上三角矩阵关于矩阵的晋適加医与乘法，昨rfc一个P'阶的非交换环.存在n阶非交换环的充要条件.对整数n＞l,存左n阶非交换环=«有平方因子.—x释疑解难1・非交换环是一类重要的环，它也是环论中重要的研究对象之一•本节利用坏的吏和与有限交换祥基本定理，对于非交换环的讨论虽燃是初步的,但也比较完整•它指出一个根本问題，即对于什么样的正整数丹才能有刃阶非交换环.2.另外•定理1、2、3证明本身也同时给出了讥有平方因子〉阶非交换环的构造方医.通过这些讨论，也逬一步看岀环的直和的重要作用.三、习题4・12解彳1.验算§12定理1证明中给出的茹R的结合律（对乘法）成立.解因为易知［（G，了小（农，力）］（久3，力）与（4，卩＞［（工"力）（工3，力）］都等于（才2+，丿（心十必〉〈孑，卩＞，故R对乘法満足结合律.2.问：§L2定理1给出的环R是否有单位无？为什么？解R没有单位元•因若不然，设（“#＞是K的单位元，则仏“〉〈l・0）=（a』）=（l・0）・匕，防（O・l）=（a#）=（0,］；・于是片|“一这与刀＞1矛盾.给出§32例1中4阶非交换环乩的乘法表■并明环&与环r2不同构.证用依次表示环R?»P的4个元索(H卩Z2上的4个2阶方阵八则非交换环&与氏的乘法表分別为’■0abc■0JFyz000<>00000Oa0aa.0JC0Xynb0bb0・yD工y・Xc0cc0z□・00O：反证法•设若R二&•EL?为其一同构映射•则除以0〉=0外，设-)a)—x＜p(by=则必沪(ah、—卩(a)护＜").则Ml乘法表知，即■卩5》=p=w矛底^若护(厶〉=2,叫由＜p〈ab\=爭(“)尹(b)•得爭(0〉=XZ~Z•也矛)§•2)=y心&\=«.则同样由#〈ob)=卩(a)夕(5几得夕(a》=yx=z■牙庸■若Z>Y=ar•■训FHy>=y>)彳孚$p(^>CcjJ=u•*(h〉5=Jt♦(UHlHuh)^=-牛《u\\――字〔a)b)4^牛C<2〉ssyO*此■尺与r2不施同钩.令Rt为川N。b4个二盼方PT关于方阵的祎ifi加法与癢法作血的环.WF阴■§12例1中的环欠・与这个环艮：同构.UE与R；洋f加按容5作血一个Klein四元群.再列出R：的乘扶表•井令(稔考上#20—C:)…一C:)•从而可知夕足歼K;JIJ尺；的同恂哝身寸•故『匕ar;.s.納血两个不E构的12阶非立换歼・M令Rz为上面第3砸中听说的非冬换环，妙由不上4个Z阶万阵(:初•(:Q・Co)^(:o)关于方阵贽通加快与乘法作血卸环.地例2中*环与环的宜和r『邪足12附非冬换环•但宅(门不e构:因者KMY■处)H4于R.^R/Zn吕尺/N.=代八从而“&尺―这勻家3越的皓论孑用.・d•’绐出閱个不同构的尢限非交换坏.1W令F是整数环Z上的2阶全丹坏，又Z2是模2剩余类坏•则F与尸①乙都是无限车交换坏•但二者不能同松,因为直和F®Z2右2阶子环•但F显然设有Z阶子环.证明：若e是环R的魅一的左单位元，则r必犀R的单位元.证任取a上e尺，则因e•是尺的左单位元，故（ae—a+三巾=。（必）一eb—ub—ub~^b—b•即ae—u^e也是R的左单位元.于足由翹诛得a於—aA-e—et故ae—a・即e足W的单位元.8・i殳K是一个有单位元（用1表示）的环3上&尺・证明（如果l^rah中冇逆元■则1+氐住R中也有逆元.证令c是L+必的逆元•即有<<1ab）=（1+a〃）f=1,或c—1+<•"=“一1+a氐=0・于是有<1—bea><1+加）=1—bect+bu—beabet=1——4匚<・——JL+caQl”=1■（1+ba）（1——bca）=1+ba.——bca一babca・■••••=1—b匸c—［十abeju=】•E!|l1—bca是1+Qa的逆元.9•设丘足一个有单仗元的环.如果R中元凑a“有"=1・则称&足dB勺一个虽粪奂，而称a是6的一个忘遴烝&莎明卡普兰斯里（I.KaphinNky>定理〕设R愿r个有单位元（用b税抵〉妁环，如果R中兀*“有一个以上的右逆元■则a必有无限多个右逆元....:•-••■.证法I设a只有有限个右逆元，它们毘a,,5•…—,・・则由题设ntA2•旦=1T々么2~1「、••••aa■宁1轨・；（I）由此可得a（l—aa4-o>）=1（「=】.2♦…又为时・1—+«i护1一5十如：因若1—a；a+&|=1~ja■+•«）\则Wa；a=a：a.芮边右乘a1得“,=□‘，矛盾.这就是说1—（«=1,2.•••,r»>是©的全部右逆元，故必存在4棲4i=1一a^a1-«i,从丽sa=）.（2>又因初22.故有s界为血.用J右乘〔2〉式两端并根据可得a&aav—a,>g=g.这与g»a2，…，a*.是a的IL不相同的右逆元相矛盾，从而a必有无限多个右逆元.证法1令=1八T={xa一L+s|二€S},試中S是$中一个固定元索.显然足S到丁的一个满射•只若jca一1+sQya—1+sL使"==a・证明：R的幕等元都是中心元.证设1小=。，则易知（axz—aH》？—（a工a—xa）8^0.于足由习題4.2第5腿知:,则便有Rn{ba.»6a2»•••rbci„}.由于1WR,故存在sWK,便应严1・两边左乘—由ab^l得“£家门挪有尺Ca‘韦a柿关》便a=•aac•JJVJ亦R为卫旦理丄变.证叨i1>q一环足正！niTSTTE反乏不丿反立・2>心卜杆itUIE如1环D勺于环平一延忌正贝0环,3、又扌疋興［环2中任二元班Q・Q・邪刁1?中”爷元.5便"a=&C・Za+R&=Z化•:・住1>i4tiiJSz—个沪一环•蔚p—2・IM由于心浮―Q■丛ET育*=a.即方桎am=a幸R中冇柄x—…丙此斤足疋则环•育/>A2.JflUK•敝e■一決«%足a・za=仙如.石痣!效0<*£财坯r曰K干并掘婪支林W加忝妲進>44仟・3)因尺：fit正则环■故存穽工丘尺他aza—a.令今.~jca»1Wje?—e>.g偸l^e>URa—又因a—arB»故F?e—■尺a—R*.•只丙为F?64=尺厂.•<*i—jca•目.易矢W尺RCQ—&•、)•AftJRa-4-RZ>-+li—*6>e)>.、・.C1>TOC\o"1-5"\h\zEfa<1)iSkZ(«>—/>“>二jR••穴rp&—dWKe■故.ee>.令c=Xb—b^fx〉■由UtrT知g、=6再令c=<2>只网CWJR4-k:ei=(r><*,+t>h,、1^在QWR•灰a(—c)-b6H-o(—c)Z>—0.<1)用ac从左边玳O式两啼•猖—ucac-\-acb—accicb=O9(2)但恳“<•“—=□•故rtl(2〉点可彳E*—“c—“cQ—a"—0.从rW—ac=O•ac=O»a=aca=C,ea=O.16.设以4《0>为以阶循环时•乙T为模沦剰余处环N•僦单位群.UE明5冉曲此利用敢论结*证明1AutC.足備环能m//为Z."//.2»气/>为奇*®O.证由于IZ；1=护5)•乂C.R9口冋构旭生型元a仍变为生我元a"▼从而(柄"〉=工9目.IAutC?w|~夕(”・因此易知屮2・’r”〈bVa〉k"<2E》足AmC,列N；的一个网枸映射•散Z2.UN：.但曲&陀《券考华須庆•'敢心导弓1"尸・S6定1戒枫金権〜初睜供数论‘5・168定理4)知"Z：是ttS环WHHPZ；利阶元戒称九有殊根)的充娄条件是•死为整数2.4■a*・2o*中/>为任滞奇素数》•阿此、这也就足AikC\为術环WF的充趣条件.17.女U巣一个环的榕征是承数■问，这个环妲否一定天零因子？W不一定.M«nwP(京巒o畀轲余关域Z,上的”A]翫全跡环製rtiE为隶数〃■但却角傅囚子・R8・证呗.屯hu佈G力可外*W-a*•5W具口♦词态环l£ndG不是城.iJEiStO—H®K■武中M•KVG・!»J易知e+片_—A与r-zA4-*fCVh^f-fK)星c的阿个白同态•&卩e.「eEnac.但wa燃少匕t“+▲》“。・口卩cfo・亦囲JEndG右咎ta子■丛ET不尼域•>9.证吵「宿理数域Q凶力口科(Q・+)的自I对态*与Q冋说・证用End«Q.+》衣示HU碎CQ.+》的自1罚态环.任収reEnUCQ.-b).刃:令r«PvWEncKG+”・易加1P足EndMJQ的一个収孙h又对EneKQ.〒〉咿任J»c■f■ill千华«==^+护《p〉9・孑5「》—==<-ar(l)=a•故卩足冋构映Qh因让匕・E：c层由元二購«生成的任裁一个”阶循环环■丼且a*■ha忑甩£九》.・WHRM全:休生谟元刃诳为Z-j4・厂古Q••■厂”0«ZZT*=•”=(*厂・〉<厂"口)=■<«/—n.<>Cr•心〉—d(l.ci>•这衣切■”腆t/6环环R脸TF仕生n比元及“的正丙敬“使上式Mt立.因此由习趣4・5那«型知•！£不IB徇的n阶118阳；环不竝过7^(n>仆.2>班月7<=•(Z>>MIWJn阶術环环._&•丼根探以上证阴还令*(n•/«In且X:K/i・下证环《R与図不同利头椒匕心习幼4.f>tftSftJJ[■就足«旺明二fl&数组kr\・危厂g・•••丄了f与Ar-i>hr^■••••hr9^中又才楔n粒有同承旳.若不黙•役左匕与力”对他”冋余■曲nI-—hr^•于绘曲AI”FT知良厂.易知帕K—Z希栢RdHM肖性e=^>存柱5ft娄fcz.y狀足R=x—y>2—工+，.2>因为N匸门是令单位元纽乂换环用心<1-4-i>-=-｛门｝f｛（n—ry>-+-<^7-Fy>rI于尼•由】】知・头寸于冷+/iWN匸W•冇心+右丘<1十2<==>h与I冇怕冋商他桂.3>dbJtTOQ«1•1e-ZlilHQ1«<1-»-i>.再任取s+mWN匸门■若护+川&〈1+i〉•H卩mF刃冇柏反的M«U性•UM5—丄与加京尤祀机4冋的命他｝性■从血e+mb—1—Cr?i一）》十帅§WCJL+i〉■BPm+ni十—L+〈l+i>•故2T［：Cl/共有两个:jt*.<1+i>■1-»-<1+■>»而a»^rpn/Z—r2元城.22.很环尺的冗釈有一次.包*兄以H吒处用CzTlltt示.而S足所右这些关作股(W缺介.Iff删，如宋匚匚all—[乂十>□及C-^lC>3~C-^-yZJ甩HMJAnf代畑NK•J1W匚o2«r^Fa他一^^TUL^S.•11站给2毎一亠类竹矣G足关干掘想Com的一6昭彙.<£1)先注匚0^0JFi.1°任収c・BW匚O二I■WJ一匸—1<>3•于基ct—b・W匚<*]+匸一61=匚七3♦匚―—C*—*1=匸03»UP<2―QW[O"1・・2~任収么丘匚03>reR>!fliJL«D—Lol^且OROMo」一匸心一匸o工仪匸OILRJse^ra厂e匸o：U故匸oXi貝.2>W^Etarl=^rH-QOl.fW轲个洪那ife—个关于珂应匸Q：]的首先•/+Co]0匚工J亠匚OJk匸乂+03fJ•:H；次.任HR则y—jt—》十<—工》W匸n)+[—arl=匚。71•yWh+「O°・于足又冇[jtZ1U“+二oj,从而[工)kjt十匚0]・令R是一个有单位元的丸晩歼・2建Rri勺全体界零元作戒的块令.证明X/V/V龜然非空.又君s*Z.且“亠—C•6T—O■则由于K是公换坏•故(«.—Z?)ra"'="川亠・—cX+,••♦+C3■尺—时+“"•'(—W1H(—"〉”*■=0.从而a—bEZ•・又只寸氏中任卷元京r由于才•=。・故(«»->**=^=“.尸^«=0■从而〜P厂WZ.故ZQ比2>设aZ長商环尺/Z的*客元■旦Ca7V)m=0•UPam/V=»0>则“"WAL但N中元水部尼R旳算延元■枝右正整敢”侦“i=a»)-=or即。为尺的帝辛元・aWZ•从而aZ=0敏商环RfZ无非*斥零元.设Z—Z’是环X的吗个瑚想•腕定Z\Z“一｛有眼利咒—b八N>・6G/v5>.证明aZ'Ak尺，且zz匸uaz-iit由于有偎和旳黑仍为有厢和以及N「WJZ<•域N.Z发OR.t又山于Zx7尺•故Z1Z?匚Z,乂Z#乜尺•故Z、N—JAHW2MuZinz—皿明tn阶倔环环R兄划t的充毁条件足•刃为欢致且尺不证设循坏3、K=<»•••»<"—1>a}.宜）aI=”•a%=A/iCOs^ACn）.<1）若K处地•则R当燃不fifeJS#承环.只若"足令数.令九V/»1垃*（1Ff.<2fl•4•"1»2^.51"?»,“XO•n*知O.Q》—―故PI4pOZQ"・从而冇X—O戒2=Q・»pR无*E3于・于足由敎材§3可Ul.R是一个琼环mrfa/?可换・从而*?JiMJ.如更坏艮越单环攻者尺的折右非平凡观起I都屋城，则称«勾竺1二我•WL唄■苕环”的阶为Rj《P.Q界隶4》•则K是ZF一歼<=J>N有单位元.证因为1尺丨—/>§•故可知1F有G阶元知<2阶元I对加快》.偲例P与。星顶并承致•&&尺玄/>—a»♦et》・:H；中足S.的屮他.元.山上肚知，S）2St名筝足城.円此•/<屋ZF亠环.2>皮之，诳泾是ZF一环■且“一氏a（1WAVQq，.著N无卒位元.迥曲本书木幸§1祥疑僻雄伸11知・*与讯不万：亲■不妨iStXr—/>.W）g2=2心鸟、X、=、・于层由本书卒卓§&拜<*解痂例2知•尺1T〜才-<—2T于引:的"彳立充.但圧共肴4个：TX•从刑圧石{仁*凡了珂：充单位元，当然航不能足敏•这3K是ZF-坏牙昭・宙叶•尺龙、有羊位元.NS・i$tR足一十・护^!4U■"：{O«pa■2f>jc>•S?=W6CS…令b=—•sx—ty^s<,p.OW^gvip》9WH〜JCtCxy>—O•ftfcf>\s.从WTT・■—O•//—»<>■叭J比S>r—（o}•w—.由于一€艮•故可令工Z—怡・^+息，-♦<1>于经工‘丿=4工丿十知aS血acy—Q■&=—O.冋上理・HKO•从而KIjQ于:&电…4—O•冈此由O彳g工工=S'（1U如Vq〉・兑明S耳RC—个r阶于环■但尺绘IMF—环■故5淫沪阶城.AK了衍S.MZ..冋珂宀生乙・因此更MN,田乙.28.证叩本卒§2引理・证1〉必興性血AN—0住尺中有2庇題孙5Hl—〈！•4~杞<・•…•工上・・不肪设A.=5^0.当z/lCw吋・9ft洌「（A》Vm•祠t下设mAr*・，令。用A的一个n阶于戎•例如诛«u58•••"let■.♦Cscjs£■.•■a*•>“2•・•a一I4IJH1r>MG1»U诸元狄的彳弋散余于穴A1・A“■••■•八“彳"次分IM加以下孑尊犬晒琳i・1X?I+<4“月少+•••+a■•沧_=0•«2iXcj++-••-Ft2*a+•••十“■沧——O•然应左右炳嵋Hf分知J相加•兴個件ilO行列J攻忸二质J可彳导29•Ai-KO•A-<-K••*-FO•jfe^^=O♦BVAtD—O,冋珂刘A小其他w阶于犬Ma列初血.M_=O.囚此■八足S.龙分性•设rkA>=r-.若尸=OJ/Wk零化A中毎个元宋.从刑JTj=工"■=••・=JL\=k晁然尾人*=。的一个非雷觥・若尸AO,则山于Sr兀真辛化于■从|何必有A尸阶子大Mr使AM.K0.Bi在不妨设S位于A的左上奔1•且/VLi足A的左上m£TJ厂十1诙于母.阿设"•、心八••■c/.・d.・|&—行<«兀家的代敝余于式•从7W=M・•下证jr>~kcii•••••斗—bd八Jt.4i=々"■■・♦JC・.q=・・・—匸=0（3）區AX—O的一个非尊解.非零髭然•丙为工=A“i=^M・K0・又只为出f—1.2>—.r<^n<31>+•••+s.・iJkd…J>«a“…、s“、+••■十•.亠i〃"+■•于尼“八《kdj>+…+s..i=允Ca护"i+•••+a,..’]d—））=kL>r^i—0.即《3）血满足AX=-O的启e_r仆方机・因此■AX=O冇册零侨.乙亠iftK虽一T竹单位7CU•时处炊坏•UE帕金OK/Xz》J&A?t>]的零因千<=^>rrOHcWfi«?O.证充分性®然■下证必翌性・ift八工〉足尺03的導因于.若尺.刚结庖0席・敏下设f的次数n■且ycjry=皿+口*二+…十“十.i才一J+以・疋”.由于m足“oi的饗囚子，牧存在艮上多项式/?—60+饬乂+•八-h-bM^x^rn1-4-*^O•便M（h〉/X»=O•共中WWR.显然只毎肛明必有改数小于m的多项式与Z>>积仍为0即可.由于“（=・〉/（*）■6故由上知，a4=O♦<1）但是C-r）/—0,则由上知土a”Qo=a*b1=…=a.b■一、=Cr从而右gd/Xa）亠2。+Q■工+・・•+虬才〉•+□：+•••+a补一】乂-一・〉K（j.由此又得TOC\o"1-5"\h\zQm-|&■=•O»<2）于足冇"一一】&《“〉/（乂》=a“一iC6V+"）jc+"・+亠_》工•-'>y（ar）™0.若5_・g（z》HO,则其次数小于宀也已再证•若a疵tk（工》=0•则冇・・•・■八工、一（仇+6工*・・・彳・b.jc*）•（5+十…+——：才"一2）■由此又得4—上_=0・<3>如此继浜下去，或者有次数小于机的多项或匀/XC之税为0.我者有人（工）/（才〉A“（JF>du=0*即有“”届（Z）=知一佔〈工〉=…亠“]“〈Z〉二J"：N）=G.于雄由（I〉.（2）・（3）■…•冇_叽=—一4=•••=么°心・=0.从rfnz>a/3,4,6,8,12^24.C1）证可直按验算，当n.为中7个畫数中的任—个时"：中毎个元承那演足工'=1・下证^当r?不是（1〉中的7个正整数时・Z；中有元素不满足上2=1.1）n=2l-3f,.f^4t/=O戒1.若f-G,则刃一2.由于3GZ；<这里将百简记为3,下同八》4.故3*=9<25^2\因此，3之=9*1・若z—1.WIJzi=2-・3•由于seZ；小二―枚宁=25V2°・3W2‘・3.囚此・5?・25H1.2>丹=2"・孑心0Q2.若$=0■则用=3「•由于2WZ；，心2,于是2:-4<3?<3\因此，22=伴1・若$=],f=2,则尺=2・3?•但由于5GZ：•故5?=25=7H1.若戸1,42,则n=2・3t但由于5WZ；，且5?=25<2・33《2•引，因此,5'=25H1・3）w=p4,而p是大于3的素数•因为2€Z；,2?-4<5Wq爲故2?=4H1・4）71=2*心1心1,卩是大于3的素数.由千3CZ；、旦3'-9V2・5冬2’・夕，因此3s=9工1・5>n=2'•pQp?•••/>；：•40皿AZ・盒N1，且Pi勺Pz9…，仏为互异的奇素数.因为Z：是歹5）阶群，要证明Z；中有元素不满足方程干=1仅需指出同余方程rz^l（modit）（2）的解的个数小于爭（力即可.当•、一0或1时•由于每个同余方禮才2三1（modp?）（2=1,…，都有两个解•因此同余方程〔2）有2「个解•但因^>2,故2"1Vp?Jp厂…卩[J（Pi…（P”_1）=甲5”当尸2时5=2?・龙p?…比・由T工2三1（mod4）有2个解.从而（2》有2十个解•再由心2,得2八y2/>；厂中厂‘〉（料亠1）…（码_!■>=护5）｝当$>2时，由干同余方稈jc"^1（mod2’）有4个解，故同余方程（2）有2“3个廉.但m>2,故2"12<2,7$「'P?'…5_1>…（仏_1）综合以上可知，得证