代数学引论(近世代数)答案

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 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 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akaiakaj------------<1>aiakajak------------<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}.(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)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.<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=ea(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.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 初级经济法重点总结下载党员个人总结TXt高中句型全总结.doc高中句型全总结.doc理论力学知识点总结pdf ]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 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 ,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: eabcdfeeabcdfaaedfbcbbceafdccbfdeaddfaecbffdcbae 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(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-1bc-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,(12)(34),(13)(24),(14)(23)}是子群，证明B与U4不同构.证明:可记a=(12)(34),b=(13)(24),c=(14)(23)，那么置换的乘积表格如下： eabceeabcaaecbbbceaccbae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.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这里i+j=kn+r,kZ,0，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：(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HKKH.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KHHK.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. 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→MmNm，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→MmNm，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： eabceeabcaaecbbbceaccbae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-2a(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(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→Lx1-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. [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，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|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. 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.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 关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函 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.解： 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.网易全新推出企业邮箱(​http:​/​​/​qiye.163.com​/​?ft=2"\t"_blank​)（注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!）推荐精选推荐精选推荐精选