近世代数(吴品三)习题解答第三章---环与域

第三章环与域·７２·第三章环与域练习§1.定义及基本性质1.在环A中,计算3)(ba=?[解]3)(ba=)()(2baba=)(22bbaaba)(ba=3a+aba+2ba+ab2+ba2+2ab+bab+3b.2.证明Z[i]={a+bi|ba,Z,i是虚数单位}关于数目加法、乘法作成一个环.[证]分别验证环的定义中所须条件成立即可.3.证明,任意一个不仅含有一个数的有限数集关于数目的加法和乘法不能作成一个环.[证]用反证法.设R是一个有限数集,R中不只有一个元素,但R作成环.因为R不只含一个元素,所以必Ra,a≠0.作S={na|n为整数},则RS.显然,在数集中,由于a≠0,所以当m≠n时,有ma≠na,所以S为无限集.这与已知R是有限集且RS矛盾.故R不能作成环.4.在5Z中,找出每一个非零元的逆元.[解]1的逆元是1本身;2和3互为逆元;4的逆元是4本身.5.在15Z中,找出方程2x-1=0的全部根.[解]设y∈15Z,2y-1=0,则y=0,1,…,14,2y≡1(15mod).易求得,只有y=1,4,11,14.所以方程2x-1=0在15Z中的全部根是1,4,11,14.6.设a是有单位元的环A的一个正则元,证明,-a也是正则元,且1)(a=-1a.[证]因为a是正则元,所以Aa1,使得1aa=aa1=1.所以(-a)(-1a)=(-1a)(-a)=1.从而-a也是正则元,且1)(a=-1a.第三章环与域·７３·7.设a,b是有单位元的环A的两个正则元,证明ab是A的正则元,且1)(ab=11ab.[证]因为a,b是A的正则元,所以Aba11,,使得1aa=aa1=1,1bb=bb1=1.所以(ab)(11ab)=11)(abba=1aa=1;且(11ab)(ab)=baab)(11=bb1=1,从而ab是A的正则元,且1)(ab=11ab.8.设A是有单位元的环,证明,A中正则元一定不是零因子.[证]用反证法.设a是A中一个正则元,如果a是零因子,则Ab,b≠0,使得ab=0.但a为正则元,有逆元1a.于是,b=)(1aba=1a0=0,与b≠0矛盾.所以A中任一正则元一定不是零因子.9.A是所有分母为2的非负整数次方幂的既约分数所成集合,问A关于数目加法、乘法是否作成一个环?[证]Aba,,则必存在整数1k,2k和非负整数1m,2m,使a=121mk,b=222mk,从而a±b=211222221mmmmkk.显然,经过约分之后,a±b仍是分母为2的非负整数次方幂的既约分数,从而a±b∈A.同理,ab=21221mmkk∈A.按环的定义,容易证得,A关于数目加法、乘法作成一个环.10.设S表示A的一切不是(左零因子,也不是右)零因子的元的集合,证明,S是(A,·)的子半群.[证]Sba,,今用反证法证明ab不是A的左零因子.如若ab为A的左零因子,则有Ac,c≠0,使得cab)(=0.所以)(bca=cab)(=0.但a不是A的左零因子,所以必有bc=0,但b也不是A的左零因子,所以必有c=0与c≠0矛盾.所以ab不是A的左零因子.同理可证,ab也不是A的右零因子.因此,Sab,S对乘法封闭.又因为结合律显然成立,所以S是(A,·)的子半群.注:原题“设S表示A的一切不是零因子的元的集合”,这样,按原书关于零因子的定义,A中就包含是左零因子,而非右零因子的元;也包含是右零因子,而非左零因子的元,那么,题中结论不成立.例如取A为F上无穷矩阵环(见第三章习题40).令第三章环与域·７４·a=1010,b=1010,其中1是F中单位.由ab是A的单位元,易证Sba,,但Sba.故S不是(A,·)的子半群.11.证明,1B={3x|xZ},2B={5x|xZ}是整数环Z的两个子环.求21BB=?[证]①1,Bba,则必21,xxZ,使得a=31x,b=32x,所以a-b=31x-32x=3(1x-2x)∈1B;且a·b=31x·32x=3(321xx)∈1B,所以1B是Z的子环.同理可证,2B是Z的子环.②21BBy,则1By,2By.由1By,知3|y;由2By,知5|y,而(3,5)=1,所以(3×5)|y,即15|y,从而y=15x∈{15x|x∈Z},故21BB{15x|x∈Z}.但是,显然1B{15x|x∈Z},2B{15x|x∈Z},所以21BB{15x|x∈Z}.故21BB={15x|x∈Z}.12.设E是加群(G,+)的自同态环,H是G的一个子群,证明HE={f|Ef,HHf)(}是E的一个子环.[证]因为单位映射1∈HE,所以HE非空.HEff21,,则1f,2f∈E,且HHf)(1,HHf)(2.因为E是环,所以(1f-2f)∈E,(1f·2f)∈E,且(1f-2f)(h)=()(1hf-)(2hf)∈H;(1f·2f)(h)=()(1hf·)(2hf)∈H·H=H(因为H是子群),Hh.第三章环与域·７５·所以(1f-2f)(H)H,(1f·2f)(H)H.从而(1f-2f)∈HE,(1f·2f)∈HE,故HE是E的一个子环.13.设E是加群(G,+)的自同态环,H是G的一个子群,证明HB={f|Ef,Gx:HxfHxf)()(}是E的一个子环.[证]因为单位映射1∈HB,所以HB非空.HBff21,,则1f,2f∈E,且Gx,HxfHxf)()(11,HxfHxf)()(22.因为E是环,所以(1f-2f)∈E,(1f·2f)∈E.又因为H是G的子群,HxfHxf)()(11,HxfHxf)()(22.所以对Gx,Hh,有:(1f(x+h)-2f(x+h))∈()(1xf-)(2xf+H);(1f(x+h)·2f(x+h))∈()(1xf·)(2xf+H).所以Gx,Hh,(1f-2f)(x+h)=1f(x+h)-2f(x+h))(1xf-)(2xf+H=(1f-2f)(x)+H;(1f·2f)(x+h)=1f(x+h)·2f(x+h))(1xf)(2xf+H=(1f2f)(x)+H.从而(1f-2f)∈HB,(1f·2f)∈HB,故HB是E的一个子环.14*.设(A,+,·)是一个环,对AA规定加法与乘法:AAgf,,Ax,命(f+g)(x)=)(xf+)(xg,(f·g)(x)=)(xf·)(xg.证明,(AA,+,·)是一个环.命S是A的一个子环,证明SB={f|AAf,SSf)(}是(AA,+,·)的一个子环.[证](1)容易验证,(AA,+)是可换加群,(AA,·)是乘法半群,且对于AAhgf,,和Ax,有:第三章环与域·７６·[f(g+h)](x)=)(xf[(g+h)(x)]=)(xf[)(xg+)(xh]=)(xf)(xg+)(xf)(xh=(fg)(x)+(fh)(x)=(fg+fh)(x).所以f(g+h)=fg+fh.同样,有(g+h)f=gf+hf.所以乘法对加法适合分配律,故(AA,+,·)作成一个环.(2)显然,零同态(即把A中的任意元素都映射为0的同态)∈SB,所以SB非空.SBgf,,则AAgf,,SSf)(,SSg)(,而S是A的子环,所以(f-g)(s)=)(sf-)(sg∈S;(fg)(s)=)(sf)(sg∈S,Ss.所以(f-g)(S)S,(fg)(S)S,故SB是(AA,+,·)的一个子环.15.设F是数域,][xF是F上未知量x的多项式环,对][xF规定结合法:)()(xgxf=))((xgf,问(][xF,+,)是否是一个环?环中哪些运算律不成立?[解](][xF,+,)不能作成一个环.例如,命)(xf=x+1,)(xg=)(xh=x.易知,[f(g+h)](x)=2x+1,而(fg+fh)(x)=2x+2.所以f(g+h)≠fg+fh,左分配律不成立.但是,容易验证右分配律及乘法结合律成立.16*.设S是域F的一个非零子环,证明,S是子域的充要条件是:对任意的Sx,x≠0,均有Sx1.[证]先证必要性.若S是子域,则对Sx,x≠0,有x∈乘法群*S,所以必有1x∈*SS,即1x∈*S.再证充分性.若对于Sx,x≠0,均有1x∈S,则显然1=1xx∈S,且S中的非零元全体作成一个乘法群,所以S为除环.但S域F,交换律在S中成立,所以S是域F的子域.§2.理想与商环第三章环与域·７７·1.设环A有幂等元e:2e=e,且e≠0,则L={x-xe|x∈A}是A的一个左理想.[证]Lba,,则有Axx21,,使得a=1x-ex1,b=2x-ex2,所以a-b=(1x-ex1)-(2x-ex2)=(1x-2x)-(1x-2x)e∈L.所以L是(1A,+)的一个加法子群.再Ax,xa=x(1x-ex1)=1xx-(1xx)e∈L,所以AL=L,L是A的一个左理想.注:本题中“e是幂等元”这一条件是多余的.2.找出6Z的所有理想.[解]6Z={0,1,2,3,4,5}.先证明6Z中的任一理想均为主理想.在6Z中,规定012345.设B是6Z的任一理想,B≠{0},则B中不等于0的元素中必有一个“最小的”,设为a,1≤a≤5,则有(a)B.Bb,0≤b≤5,设b=ag+r,0≤r＜a,r=b-ag∈B.由a为B中≠0的元素中之最小者,可知,r=0,即r=0,所以b=ag∈(a),那么(a)=B.即6Z中的任一理想都是主理想.所以6Z中的所有理想是:{0},6Z=(1)=(5),(2)=(4),(3),共四个理想.3.设F是域,问多项式环][xF的主理想(2x)含有哪些元?][xF/(2x)含有哪些元?[解]因为][xF是含1的可换环,所以(2x)={)(xf·2x|)(xf∈][xF},即(2x)中的元素是][xF中所有次数≥2的多项式,此外0.][)(xFxf,必有)(xf=)(xg·2x+ax+b,所以)(xf≡ax+b((2x)),其中Fba,.易知,当且仅当1a=2a,1b=2b时,xa1+1b≡xa2+2b((2x)).所以][xF/(2x)={bax|Fba,},其中bax=ax+b+(2x).第三章环与域·７８·4.在实数域上x,y的多项式环R[x,y]中,下面集合哪些是R[x,y]的理想?1)一切常数项为零的多项式),(yxf所成集合;2)一切不含x的多项式),(yxf所成的集合;3)一切),(yxf,其常数项和一次项系数均为零;4)一切),(yxf,其二次项系数均为零.[解]1)按理想的定义,易证得,这是R[x,y]的理想.2)设这个集合为S={)(yf|)(yf∈R[y]},则它不是R[x,y]的理想.因为,取),(yxg∈R[x,y],),(yxg中含x.取Syf)(,)(yf≠0,则),(yxg)(yf中含x,它不属于S,所以R[x,y]·S不属于S.S不是R[x,y]的理想.3)按理想的定义,易证得,它是R[x,y]的理想.,,,,,,,,,,,,,,,,4)设此集合为S,则S不是R[x,y]的理想.这是因为,取Sx,及x∈R[x,y],则x·x=2xS.这说明R[x,y]·SS及S·R[x,y]S未必成立.所以S不是R[x,y]的理想.5.设1A,1B是环A的两个理想,证明11BA是A的一个理想.设{A|B}是A的理想的族,证明BA仍是A的一个理想.[证]因为1A,1B是环A的两个理想,所以1A,1B是A的子环,从而1A∩1B也是A的子环,而且AA11A,1AA1A;AB11B,1AB1B.因为A(1A∩1B)1AA1A,A(1A∩