《抽象代数基础》习题解答.doc

《抽象代数基础》

于 延 栋 编

盐城师范学院数学科学学院

二零零九年五月

第一章 群 论
§1 代数运算
1.设,上的乘法的乘法表如下:
·

证明: 适合结合律.
证明 设为中任意三个元素.为了证明适合结合律,只需证明
.
下面分两种情形来阐明上式成立.
I.中至少有一个等于.
当时,;
当时,;
当时,.
II.都不等于.
(I).这时,.
(II)两两不等.这时,.
(III)中有且仅有两个相等.
当时,和是中的两个不同元素,令表示中其余的那个元素.于是,,,从而,.同理可知,当或时,都有.
2.设是集合上一个适合结合律的代数运算.对于中元素,归纳定义为:
,.
证明:
.
进而证明:在不改变元素顺序的前提下,中元素的乘积与所加括号无关.
证明 当时,根据定义,对于任意的正整数,等式成立.
假设当()时,对于任意的正整数,等式成立.当时,由于适合结合律,我们有

.
所以,对于任意的正整数和,等式成立.
考察中任意()个元素:当时,要使记号变成有意义的记号,必需在其中添加一些括号规定运算次序.现在我们来阐明:在不改变元素顺序的前提下,无论怎样在其中添加括号,运算结果总是等于.
事实上,当或时,无需加括号,我们的结论自然成立.当时,由于适合结合律,我们的结论成立.假设当()时我们的结论成立.考察的情形:不妨设最后一次运算是,其中为中前()个元素的运算结果,为中后个元素的运算结果.于是,根据归纳假设,
, .
所以最终的运算结果为.
3.设是有理数集.对于任意的,令,证明: 是上的一个代数运算,它既不适合结合律也不适合交换律.
证明 众所周知,对于任意的,.所以是上的一个代数运算.令,,.由于
,
,
从而,,所以不适合结合律.由于
,
,.
从而,.所以不适合交换律.

§2 群的概念
1.证明 关于矩阵的加法构成一个群.
证明 首先,众所周知,,,.由于矩阵的加法适合结合律,上的加法适合结合律.其次,令,则,并且,.最后,对于任意的,令,则且.所以关于矩阵的加法构成一个群.
2.令,证明:关于矩阵的乘法构成一个群.
证明 将记作,并将中其余三个矩阵分别记作.于是,上的乘法表如下:

·
E
A
B
C
E
E
A
B
C
A
A
E
C
B
B
B
C
E
A
C
C
B
A
E

由于矩阵的乘法适合结合律,上的乘法适合结合律.从乘法表可知,
,,.
所以关于矩阵的乘法构成一个群.
3.在整数集中,令,.证明关于这样的乘法构成一个群.
证明 对于任意的,我们有
,
,
从而.这就是说,该乘法适合结合律.其次,,并且对于任意的,我们有
,
.
所以关于该乘法构成一个群.
4.写出的乘法表.
解 ,的乘法表如下:
·

5.设是一个群,证明: 适合消去律.
证明 设.若,则
.
同理,若,则.这就表明,适合消去律.
6.在中,令
,.
求和.
解 我们有
,,.
7设,求.
解 我们有.
8.设是任意一个置换,证明:.
证明 事实上,易见,是中的个不同的数字.由直接计算可知,
;
.
其次,对于任意的,在之下的像是本身.所以.
9.设是一个非空集合,是上的一个代数运算,若适合结合律,则称是一个半群(或者称关于构成一个半群).证明:整数集关于乘法构成一个半群,但不构成一个群.
证明 众所周知,是非空集合,对于任意的,总有,并且整数乘法适合结合律,所以关于乘法构成一个半群.其次,令.于是,对于任意的,总有
.
但是,,并且不存在,使得.所以关于乘法不构成一个群.
10.设是一个非空集合,是由的所有子集构成的集合.则集合的并是上的一个代数运算.证明:是一个半群.
证明 众所周知,对于任意的,总有
.
这就是说,上的代数运算适合结合律,所以是一个半群.
注 请同学们考虑如下问题:设是一个非空集合,是由的所有子集构成的集合.定义上的代数运算 (称为对称差)如下:
,.
求证:是一个交换群.
11.令.证明关于矩阵的乘法构成一个半群.
证明 众所周知,对于任意的,总有
,.
这就是说,矩阵的乘法是上的一个代数运算,并且适合结合律,所以关于矩阵的乘法构成一个半群.
12.设是一个半群,称为的一个左(右)单位元,如果对于任意的都有().对于,如果存在使(),则称左(右)可逆的,是的一个左(右)逆元.假设有左(右)单位元且中每个元素都有关于的左(右)逆元.证明:是一个群.
证明 设是中任意一个元素.任取,使得.再任取,使得.于是,我们有

且
.
因此
.
所以
.
由以上两式可知,是单位元,中每个元素都有逆元.所以是一个群.
对于有左单位元且中每个元素都有关于的左逆元的情形,请同学们自己证明.
13．设是一个群,证明:
,.
证明 对于任意的,我们有
,
.
所以
,.
16.设是一个群,证明:是交换群的充要条件是
,.
证明 必要性是显然的.现在假设满足该条件.于是,对于任意的,我们有,即.运用消去律(第5题)立即可得.所以是交换群.
17．设是一个群.假设对于任意的都有,证明:是交换群.
证明 我们有
,.
由上题知,是交换群.
18.设是非空集合,是上的一个代数运算且适合结合律.
(1)证明:是一个群当且仅当对于任意的,方程和在中都有解.
(2)假设是有限集,证明:是一个群当且仅当适合消去律.
证明 (1)当是一个群时,显然,对于任意的,是方程的解,是方程的解.
现在假设对于任意的,方程,在中都有解.任取,考察方程.根据假设,方程有解.设是中任意一个元素,考察方程.根据假设,方程有解.于是,我们有
.
由于的任意性,上式表明是半群的一个右单位元.再考察方程.根据假设,方程有解.由于的任意性,这表明中每个元素关于右单位元都有右逆元.所以是一个群.
(2)当是一个群时,根据第5题,适合消去律.现在假设,并且适合消去律.任取,考察方程.由于适合左消去律,因此必出现于乘法表的第行中.这就意味着存在,使得,从而方程在中有解.同理,由于适合右消去律,方程在中有解.这样一来,根据(1),是一个群.
19.证明命题2.8中的表示法在不计循环置换的顺序的意义下是唯一的.注
注 宜将这道题表述成“证明:在不计循环置换的顺序的意义下,在用命题2.8中的证明中所说的方法将一个置换表示成两两不相交的循环置换的乘积时,表达式是唯一的”.
证明 显然,当是单位置换时,表达式就是.不妨设不是单位置换,和都是在用命题2.8中的证明中所说的方法将置换表示成两两不相交的循环置换的乘积的表达式.于是,两两不相交,两两不相交,而且它们的阶都大于或等于.考察任意的():
设.由和可知,存在(),使得
,.
不妨设.由和可知,并且
,,
从而,.由于两两不相交,两两不相交,并且不计循环置换的顺序,不妨设
,.
假设,则
,
由此可见,当时,必与中某一个相交.这与我们的假设矛盾.所以.这就表明,和是同一个表达式.

§3 子 群
1.设是数域上的级一般线性群,是的由全体阶可逆的对角矩阵组成的子集,证明:是的子群.
证明 众所周知,非空,并且有
,,

其中表示矩阵与矩阵的乘积,表示矩阵的逆矩阵.所以是的子群.
2.设是一个群,是的非空子集,证明:是的子群的充分必要条件是
,.
证明 由定理3.3可知,当是的子群时,满足条件.
假设满足条件.对于任意的,我们有
.
因为满足条件,由可知,,.因为满足条件,由可知.总而言之 对于任意的,我们有.根据定理3.3,是的子群.
3.设是群的子群,,证明:也是的子群(称为的一个共轭子群).
证明 显然,是的非空子集.设.于是,存在,使得,.因此

.
所以是的子群.
4.设是交换群,为整数,令,证明:是的子群.
证明 显然.若,则,从而,.由此可见,是的子群.
5.设是交换群,证明:的所有阶为有限的元素构成的集合是的子群.
证明 令表示的所有阶为有限的元素构成的集合.显然.设,其中,.于是,
,
从而,.由此可见,是的子群.
6.设是群,,证明:与具有相同的阶.
证明 显然,对于任意的正整数,,从而,
.
由此可见,与具有相同的阶.
7.设是循环置换,求的阶.
解 当时,显然,,.
当时,我们有
,,
,
从而,.
8.设群的除单位元外的每个元素的阶都为,证明:是交换群.
证明 参看§2习题第17题.
9.设是群,,证明:与具有相同的阶.
证明 注意到,根据第6题的结论,与具有相同的阶.
10.设是群,,.假设的阶与的阶互素,证明:.
证明 令,,.由于
,
根据命题3.12可以断言.其次,我们有
,
从而,根据命题3.12,.因为与互素,由可知.同理可知,.由于与互素,因此.所以,即.
11.设是整数集关于加法构成的群,是的子群,证明:存在使.
证明 众所周知,.当时,显然.现在假设.于是,存在使.这时,并且,在和中,一个是正数,另一个是负数.令表示中的最小正数.显然,我们有
,.
现在考察任意的:众所周知,存在整数和,使得
,.
于是,.由于令是中的最小正数,必有,从而,.上述表明.所以.
12.设是一个群,,都是的子群.假设不包含于且不包含于,证明: 不是的子群.

证明 由于不包含于且不包含于,是的子群,因此存在且存在.于是,.假设,则,矛盾.因此.同理,.这样一来,.所以不是的子群.
13.设是一个群,是的一个子群链,证明:是的子群.
证明 设.于是,存在正整数和使得,.令..由于是的子群,因此,从而,.所以是的子群.
14.证明:()是的一个生成集.
证明 考察任意的对换:若或,则
.
若且,则
.
这就是说,对于每一个对换,要么它本身属于,要么它可以表示成中的一些对换的乘积.这样一来,根据推论2.10可以断言,每一个可以表示成中的一些对换的乘积.由此可见,,从而,
.

§4 循环群
1.证明:循环群是交换群.
证明 设是一个循环群.于是,(参看课本第12页倒数第4行).众所周知,,.所以是交换群.
2.设是一个群,.假设的阶为,证明:对任意整数,有
.
证明 令.由于,根据命题3.10,是有限循环群.根据命题4.2,
.
3.设是一个阶循环群,是任意整数,证明:与具有相同的阶且.
证明 根据命题4.2,我们有
.
根据命题3.10,和都是的阶子群.显然,,从而, .由此可见,.
4.设是一个阶循环群,证明:当且仅当.
证明 根据命题4.2,我们有
.
5.设是循环群,和是的两个子群,证明:.
证明 显然,从而,. 为了证明,现在只需证明.
考察任意的:当为的单位元时,显然.不妨假定.于是,由知,存在,使得;由知,存在,使得.因为,所以.众所周知,
,
从而,存在,使得
.
于是,我们有

,
其中,当时,当时.
综上所述,对于任意的,总有.所以.
6.设是阶循环群,和是的两个子群,证明:的充要条件是.
证明 假设.根据命题4.2,我们有
,
从而,.
假设.于是,,从而,.这样根据第3题的结论可以断言,,即.
7.设是无限循环群,证明:有且仅有两个生成元.
证明 由于是无限循环群,不妨设是的一个生成元.于是,也是的一个生成元,并且.这就是说,有两个不同的生成元.其次,假设是的任意一个生成元.由于,因此存在,使得.由于且,因此存在,使得.由此可见,,即或.所以有且仅有两个生成元.
8.设是无限循环群,和是的两个子群,证明:的充要条件是.
证明 当时,显然.
假设.显然,当时,,从而,.不妨假定.于是.由可知,存在,使得;由可知,存在,使得.因此.由于,由可知,从而,.所以.

§5 正规子群与商群
1.证明:循环群的商群也是循环群.
证明 设是循环群,是的子群.于是,我们有
.
这就表明,是循环群.
2.设是群,,,是的一族正规子群,证明:也是的正规子群.
证明 众所周知,是的正规子群.显然,我们有
,.
所以也是的正规子群.
3.设,是群的正规子群且,证明对于任意的,,都有.
证明 对于任意的,,由于是群的正规子群,根据命题5.11我们有,从而,;由于是群的正规子群,根据命题5.11我们有,从而,.因此,从而,.由此可见.
4.设是群的子群且,证明:是的正规子群.
证明 我们已经知道,
,.
任意给定.当时,.当时,,并且,由可知,.由此可见.所以是的正规子群.
5.设是群的有限子群,.假设只有一个阶为的子群,证明:是的正规子群.
证明 任取,考察:由§3习题第3题知,是的子群.定义到的映射如下:
,.
显然是双射.因此.由于只有一个阶为的子群,因此.这样一来,由于的任意性,根据命题5.11可以断言,是的正规子群.
6.设是群,和是的子群,
(1)证明:是的子群.
(2)假设是的正规子群,证明:是的子群.
(3)假设和都是的正规子群,证明:是的正规子群.
证明 (1)假设是的子群.于是,对于任意的,我们有

存在和,使得
存在和,
.
所以.
假设.为了证明是的子群,任意给定.于是,存在和,使得,.因此
.
由于,因此存在和,使得,从而,
.
这样一来,由于的任意性,我们断言:是的子群.
(2)由于是的正规子群,我们有
.
这样,根据(1),是的子群.
(3)根据(2),是的子群.此外,还有
,.
所以是的正规子群.
7.设是群,和是的子群且,证明:.
注 证明这道题时还要用到如下约定:
,.
此外,这道题与§7中的Lagrange定理类似,而且其证明难度不亚于Lagrange定理的证明难度,因此安排在这里不太合适.
证明 首先,由于是的子群,因此.由此可见,当时,,从而,
.
其次,由于,因此当时,,从而
.
现在假设且.令,.由知,存在,使得,其中诸两两不相交.由知,存在,使得,其中诸两两不相交.这样一来,我们有
.
现在我们来阐明上式中的诸两两不相交.为此,设
,,
我们来比较与.当时,由于,,因此,从而,,即与不相交.当且时,,从而,

,
即与不相交.所以式中的诸两两不相交.这样一来,根据式可以断言,,即
.
8.设是群的子群,假设的任意两个左陪集的乘积仍是一个左陪集,证明:是的正规子群.
证明 任取.由于是的左陪集,因此存在的左陪集,使得
,
由此可见,,,从而.所以.由于的任意性,根据上式我们又可以断言,
.
将上式两边左乘,右乘,得.所以.由于的任意性,这就意味着是的正规子群.

§6 群的同构与同态
1.设是群到群的同构,是群到群的同构,证明:是群到群的同构;是群到群的同构.
证明 众所周知,是到的双射.其次,又因保持乘法运算,故对于任意的总有
,
从而,
.
所以是群到群的同构.
众所周知,是到的双射.又因和都保持乘法运算,故对于任意的总有
.
所以是群到群的同构.
2.设是群的子群,是的共轭子群,证明:与同构.
证明 定义到的映射如下:
,.
直接从的定义可以明白,是满射.利用消去律容易推知,是单射.因此是双射.其次,对于任意的总有
.
所以是群到群的同构,从而,.
3.设是群到群的同构,证明:对于任意的,.举例说明,若是群到群的同态,则的阶与的阶不一定相同.
证明 将群和群的单位元分别记做和.注意到根据命题6.5,我们可以断言:对于任意的正整数,我们有
.
由此可见,.
假设,,其中为的单位元,为到的映射.则是到的同态.任取,使得,则,,从而,.
4.分别建立到和到的同态来证明定理6.11.
注 定理6.11的内容如下:设是一个群,是的正规子群.
(1)若是的子群,则;
(2)若是的正规子群且,则.
证明 (1)设是的子群.显然,是的正规子群;是的正规子群.
考察任意的:假设
,
其中,,.则,从而,.因此
.
这样一来,我们可以定义到的映射如下:对于任意的,
,若,其中,.
由可知,是满射.
任意给定.不妨设,.由于是的子群,因此,从而,存在和,使得.因此
.
另一方面,我们有
.
注意到是的正规子群和命题5.11,易知
,
从而,,即.
所以是到的满同态.
最后,对于任意(,),我们有
.
因此.这样一来,根据群的同态基本定理,.
(2)设是的正规子群且.显然,是的正规子群.定义到的映射如下:
,.
显而易见,是满射.由于是的正规子群,因此对于任意的,总有

.
因此是到的满同态.
其次,对于任意的,我们有

.
因此.这样一来,根据群的同态基本定理,.
5.设是群,,是的有限子群,证明:
.
注 与§5习题中第8题类似,这道题也宜安排在§7习题中.
证明 令.于是,既是的子群,又是的子群.设.则有
, (*)
其中,.显然,诸两两不相交;有且仅有一个,使得;并且
.
由于,因此.这样,由(*)式可以推得
. (**)
对于任意的,考察与:若,则,从而, .由此可得,,从而,.这就表明,诸两两不相交. 这样一来,由(**)式可以知,
.
6.设是群,证明:

是群到群的同构的充分必要条件是为交换群.如果是交换群,证明:对于任意的,

是一个同态.
证明 将到自身的映射

记做.显然是双射.于是,
是群到群的同构
,,即,
,
,
.
假设是交换群,.将到自身的映射

记做.于是,我们有
,.
所以是一个同态.
7.设是群到群的满同态,是的正规子群,证明:.
证明 由于是的正规子群,根据定理6.7,是的正规子群.现在定义到的映射如下:
.
由是群到群的满同态可知是到的满射.
其次,注意到是的正规子群,对于任意的,有
.
所以是到的满同态.
最后,对于任意的,我们有
.
因此.这样一来,根据群的同态基本定理,.
8.设是群,,是的正规子群.假设且(此时称是和的内直积),证明:.
证明 定义到的映射如下:
,.
由可知,是满射.现在设,并且
.
于是,,从而,,从而,.这意味着且,即.由此可见,是单射,从而,是双射.
对于任意的,我们有
,
.
由于,是的正规子群且,由§5习题第3题可知,
.
因此,从而,是群到群的同构.所以.
9.设,是群,证明:.
证明 定义到的映射如下:
,.
显然,是双射.其次,对于任意的,我们有
,
.
所以是群到群的同构,从而,.
10.设是不同的素数,证明:.
证明 对于任意的和任意的,将以为代表元的模同余类记做.于是,对于任意的,注意到是不同的素数,我们有
.
这样一来,我们可以定义到的映射如下:
,.
考察映射:设且.则,即且,从而,.因此是单射.其次,显然 .因此是双射.最后,对于任意的,我们有
,

.
所以是群到群的同构,从而,.

§7 有限群
1.设是群,是的正规子群,,证明:对于任意的都有.
证明 由于,因此.根据推论7.2,对于任意的,商群中元素的阶整除.因此,从而,.
2.设和分别是阶为和的有限循环群,证明:存在到的满同态的充要条件是.
证明 假设是到的满同态.根据群的同态基本定理,.根据Lagrange定理,我们有
,
从而,.
假设.令,.于是,是的正规子群,,是元循环群.显然,.设是到的同构,是到的自然同态.则是到的满同态.
3.设是有限群,为素数,.如果证明:一定有阶为的子群.
注 我们介绍过Sylow定理的如下形式:设是阶有限群,其中,,是素数,是非负整数,是正整数,并且.那么,对于任意的,有阶子群.显而易见,这道题已经包含在Sylow定理中.这是因为: 由知,存在正整数和,使得,其中.于是,.根据Sylow定理,有阶子群.下面我们采用证明Sylow定理的方法给出这道题的直接证明.
证明 假设.则存在正整数和,使得,其中.显然,.根据Sylow定理,存在的子群使.现在只需证明一定有阶为的子群.
为此,对施行第二数学归纳法.
当时,显然结论成立.
假设是整数,并且当时,对于任意的正整数,有阶子群.下面我们来阐明:当时,对于任意的正整数,有阶子群.
事实上,由可知,对于的每个真子群,都有.由群的类方程
(其中为群的中心)
立即可知.由于是交换群,根据引理7.4,存在,使得.由可知,是的正规子群.令.则
.
根据归纳假设,对于任意的正整数,有阶子群.根据命题5.13,存在的子群,使得且,从而,
.
4.设是有限群,为素数,如果的每个元素的阶都是的方幂,则称是-群.证明:是-群是的一个幂.
证明 显然,当是的一个幂时,是-群.
现在假设不是的一个幂.于是,存在素数,使的,其中,.根据Sylow定理,有阶子群.所以不是-群.
5.证明:阶小于或等于5的群都是交换群.
证明 显然1阶群是交换群.由推论7.2立即可知,2阶群、3阶群和5阶群都是循环群,因而都是交换群.
设是4阶群.根据推论7.2,中元素的阶只能是,2或.当中有4阶元素时,是循环群,因而是交换群.当中有4阶元素时,中的元素,除单位元外,都是2阶元素.不妨设.容易验证,就是Klein四元群,因而是交换群.
6.设是群,,是的有限子群,假设,证明:
.
证明 由于既的子群,又是的子群,根据推论7.2,是与的公约数.因为,所以.这样一来,根据§6习题第5题,我们有
.

第二章 环 论
§1 环的概念
1.证明:命题1.3的(5)-(7).
注 命题13的(5)-(7)的原文如下:(设是一个环,则)
(5);
(6),其中为整数;
(7)若是交换环,则
,
.
显然,(5)中应加进“其中和为中的任意元素,和为任意正整数”;(6)中应加进“和为中的任意元素”;(7)中应加进“其中，和为中的任意元素,为任意正整数,并且约定,”.
证明 首先,因为乘法对加法适合分配律,所以
.
这就是说,命题1.3(5)成立.
其次,当时,根据命题1.3(1),我们有,,,从而,.当是正整数时,令
,,,
则因乘法对加法适合分配律,我们有
,
,
从而,.当是负整数时,根据命题1.3(2)和刚才证明的结论,我们有
,
,
从而,.这就是说,命题1.3(6)成立.
最后,假定是交换环.我们用数学归纳法来证明等式
(*)
成立.事实上,当时,显然(*)式成立.假设当为某个正整数)时,(*)式成立. 当时,我们有

.
所以对于一切正整数,(*)式成立.
此外,由于乘法适合结合律和交换律,由第一章的§1知,.
2．令,证明关于实数的加法和乘法构成一个环.
证明 显然,是一个交换群;是一个半群(也就是说,乘法适合结合律);乘法对加法适合分配律.所以是一个环.(验证过程从略.)
3.设是闭区间上的所有连续实函数构成的集合.对于任意的,定义
,,.
证明:关于这样定义的和构成一个环.
证明 简单的数学分析知识告诉我们,是一个交换群;是一个半群(也就是说,乘法适合结合律);乘法对加法适合分配律.所以是一个环.
4.设是有单位元的环,是正整数.形如
,其中,,
的表格称为环上的矩阵(或阶方阵).令是环上的所有矩阵构成的集合.完全类似于数域上矩阵,可以定义环上的矩阵的加法和乘法,证明:关于矩阵的加法和乘法构成一个环.记中单位矩阵为.对,如果存在,使得,则称是可逆的,称是的一个逆矩阵,证明:若可逆,则其逆是唯一的,记的逆矩阵为.
证明 完全类似于数域上矩阵,容易验证上的加法适合结合律和交换律(从略).令表示所有元素都为的零元的阶方阵;对于任意的,将中每个元素都代之以其负元而得到矩阵记做.显而易见,对于任意的,有
,.
所以关于矩阵加法交换群.完全类似于数域上矩阵,容易验证:上的乘法适合结合律,并且对上的加法适合分配律(从略).所以关于矩阵的加法和乘法构成一个环.
假设是任意一个可逆矩阵,并且矩阵和都是的逆矩阵.则矩阵,从而,.这就表明的逆矩阵是唯一的.
5.设是一个环,假设是一个循环群,证明:是交换环.
证明 设是循环群的一个生成元.于是,对于任意的,存在,使得,,从而,根据命题1.3(6),
.
所以是交换环.
6.设是一个有单位元的环,对于任意的,令
,⊙,
证明:和⊙是上的两个代数运算且关于加法和乘法⊙也构成一个有单位元的环.
注 到此为止,还要求证明和⊙是上的代数运算已没有什么意义.因此这道题可改为:设是一个有单位元的环,定义上的代数运算加法和乘法⊙如下:
,⊙,.
证明:关于加法和乘法⊙也构成一个有单位元的环.
证明 (显而易见,和⊙都是上的代数运算.)对于任意的,有

;
;
;
.
由此可见,是以为零元的交换群.
其次,对于任意的,有
⊙⊙⊙

⊙⊙⊙;
⊙⊙
,
⊙⊙
,
从而,
⊙⊙⊙;
⊙⊙
;
⊙⊙
;
从而,
⊙⊙⊙;
⊙⊙.
所以,⊙是以环的单位元为零元、以环的零元为单位元的环.
7.在剩余类环中,记满足的剩余类的个数为,证明:
(1)令,则关于剩余类的乘法构成一个群;
(2)若,则()(费马定理).
证明 (1)显然,,因此.
其次,设.根据的定义,.因此,从而,.这表明,关于剩余类的乘法封闭.由于剩余类的乘法适合结合律,因此关于剩余类的乘法构成一个半群.由于
,,
因此是半群的单位元.再考察任意的:由可知,存在,使得.显然,从而并且
.
这就表明,半群中每个元素都有逆元.
所以关于剩余类的乘法构成一个群.
(2)首先,我们注意,.设.于是,.根据第一章中命题3.12,
,从而,.所以().

§3 理想与商环
1. 设和是整数环的两个理想,证明:
,.注
注 这里约定,当时,.
证明 我们已经知道,对于任意的,有(参看课本第39页).这样一来,由第一章§4习题第5题可知,.
其次,显然,且,从而,且.由于是包含和的最小理想,因此.另一方面,众所周知,存在,使得.由此可见,,从而,.所以.
2.证明命题3.7.
注 命题3.7如下:
设是一个环,是的一个理想.
(1)若是的一个理想且,则是的理想;
(2)若是的一个理想,则存在的理想,使且.
证明 (1)设是的一个理想且.首先,由于是加群的正规子群且是加群的子群且,根据第一章命题5.13(1),是加群的子群.其次,由于是的理想,对于任意的和任意的,我们有,从而,
,.
所以是的理想.
(2)设是的一个理想.于是,是加群的一个子群.首先,根据第一章命题5.13(2),存在加群的子群,使且.此外,由于是的理想,因此对于任意的和任意的,我们有
,,
从而,.所以是的理想.
3.设是环的一个左理想,令,证明:是的一个左理想.
注 应将“”改为“”.
证明 首先,显然.其次,对于任意的,我们有,从而,,.因此
,.
所以是加群的子群.此外,对于任意的和任意的,我们有
,,
从而,.所以是的一个左理想.
4.设是环,是的一个理想链,证明:是的理想.
证明 由于是加群的一个子群链,根据第一章§3习题第13题,是加群的子群.
其次,设,.于是,存在正整数,使得.由于是的理想,因此,从而,.
所以是的理想.
5.设是有单位元的环的一个理想,令是多项式环中所有系数在中的多项式组成的集合,证明:是的一个理想.
证明 显而易见,是多项式环的一个子环.此外,对于任意的和任意的,我们有
,
.
由于是环的一个理想,因此,.由此可见,.所以环的一个理想.
6设是数域上所有2阶方阵构成的环,证明:的理想只有和.
注 本题中的是指2阶零矩阵.
证明 考察环的任意一个非零理想:任取非零矩阵.
假设的秩等于.于是,对于任意的,存在使得.因为是的理想且,由可知.由此可见,.
假设的秩等于.令
,,,,.
于是,存在可逆矩阵(),使得
().
因为是的理想且,由以上四式可知().这样一来,注意到是的理想,对于任意的,我们有
.
由此可见,.
综上所述,可以断言,的理想只有和.

§4 环的同态
1.设是环到环的同态,证明:是的理想.
证明 由于是环到环的同态,因此是加群到加群的同态.根据第一章中的命题6.6,是加群的(正规)子群.此外,对于任意的和,我们有
,,
从而,.由此可见,是的理想.
2.设是环到环的同构,证明:是环到环的同构.
证明 由于是环到环的同构,因此是加群到加群的同构.根据第一章§6习题第1题,是加群到加群的同构.又因保持乘法运算,故对于任意的总有
,
从而,
.
所以是环到环的同构.
3.证明定理4.3.
注 定理4.3如下:设是一个环,是的理想.
(1)若是的理想,则;
(2)若是的理想,且,则.
证明 (1)令
,.
根据第一章中的定理6.11(1)及其证明,是加群到加群的满同态,并且.此外, ,还有
,.
所以是环到加环的满同态,并且.这样一来,根据环的同态基本定理,在环的同构的意义下,.
(2)令
,.
根据第一章中的定理6.11(2)及其证明,是加群到加群的满同态,并且.此外,还有

,.
所以是环到环的满同态,并且.这样一来,根据环的同态基本定理,在环的同构的意义下,.
4.设是有单位元的环的一个理想,令是多项式环中所有系数在中的多项式组成的集合,证明:是的一个理想,且
.
证明 反复利用§3习题第5题的结论可以推知,是的一个理想.
对于任意的,令
,
其中,
,,,.
不难验证,是环到环的满同态,并且(验证过程从略).根据环的同态基本定理,
.
5.设是有单位元的环,证明:.
证明 定义到的映射如下:
,.
显而易见,是到的满同态,并且.所以.
6.设是环到环的满同态,是环的一个理想,证明:是的理想且.
证明 由于是环到环的满同态,因此是加群到加群的满同态.由于是环的一个理想,因此是加群的(正规)子群.根据第一章§6习题第7题, 是加群的子群,并且,在群的同构意义下,.
其次,由于是环的一个理想,对于任意的和任意的,有
,,
从而,.所以是的理想.
现在令
,.
显而易见,是加群到加群的同构.此外,对于任意的,有

.
因此,是环到环的同构.这就是说,在环的同构意义下,有
.
7.设是环的理想,假设且(此时称是和的内直和),证明:.

证明 对于任意的和.令
,.
根据第一章§6习题第8题及其解答可知,是加群到加群的同构.其次,对于任意的和,由于是环的理想且,我们有
,
从而,.因此
,
,
从而,.所以在环的同构意义下,有.
8.设是环的理想且,证明:.
证明 对于任意的和,我们有

且
且
.
这样一来,我们可以定义到的映射如下:对于任意的和任意的,
.
考察任意的:由可知,存在和,使得,.由和可知,;由和可知,.这样一来,根据的定义,我们有
.
由此可见,是到的满射.
对于任意的和任意的,我们有

,

所以是环到环的满同态.
对于任意的和任意的,我们有
,
从而,.这样一来,根据环的同态基本定理,.

§5 交换环
1.设是交换环,是的理想,令,证明:也是的理想.
证明 显然是的非空子集.设,.于是,存在正整数和,使得.由此可见,
,,
,,
从而,.所以也是的理想.
2.设是交换环,是的真理想,证明:是的素理想对的任意两个理想,若,则或,其中.
证明 首先证明这个条件是为素理想的必要条件.为此,设是素理想,并设和是的理想且:若对于任意的都有,则.否则,存在,使得.由于,因此,.又因是素理想且,故,,即.总之,或.
其次,假设对的任意两个理想若,则或.我们来阐明是的素理想:考察任意的,其中.于是,.由于是交换环,我们有
,
,
.
考察任意的:不妨设,其中,.通过直接演算可知,
.
由此可见,.这样一来,根据我们对的假设,或,从而,或.所以是素理想.
3.设是整环,证明:也是整环,且若,则
.
证明 由于是有单位元的交换环且,所以也是是有单位元的交换环,,并且的零元和单位元分别是的零元和单位元.考察任意的:不妨假设
,,
其中且.于是,,,并且
,
其中,,.由于无零因子,且,因此,从而,是次多项式.所以
.
由此可见,也是整环.
4.设是整环,证明:中的可逆元(即存在逆元的元素)恰是中的可逆元.
证明 我们知道的单位元就是的单位元.设是中的可逆元.于是,存在,使得.由上题知,.这样一来,由可知,是中的可逆元.反之,显然中的可逆元都是中的可逆元.所以中的可逆元恰是中的可逆元.
5.求出中每个非零元的逆元.
证明 在中,,,.由此可见,的逆元是,与互为逆元,的逆元是.
6.设是数域,是中的不可约多项式,证明:是的极大理想.
证明 由于是有单位元的交换环,因此
.
由于是中的不可约多项式,因此是的真理想.设是的一个理想,,并且.任取.则不能整除.由于是不可约多项式,因此与互素,从而,存在,使得
.
注意到由上式可知,,从而,.所以是的极大理想.
7.证明:是的一个极大理想.
证明 由于是有单位元的交换环,因此
,
,
从而,
,
即,
.
显然,是的真理想.假设是的一个理想,,并且.任取,并将的常数项记做.则.由于且,因此.由此可见,.所以是的极大理想.
8.证明:是的极大理想是素数.
注 这里应假定为正整数.
证明 由于是有单位元的交换环,因此
,
,
从而,
,
即,
.
假设是素数.显然,是的真理想.设是的一个理想,,并且.特别地,.任取,并将的常数项记做.则不能整除.由于且,因此.由于是素数且不能整除,因此与互素,从而,存在,使得.注意到是的一个理想且,由可知.由此可见,.所以是的极大理想.