1 , 求环$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x & y \end{pmatrix} \right|\ x\ ,\ y \in R \right\}$的所有左零因子、右零因子及零因子

解: 设$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x_{1} & y_{1} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x_{2} & y_{2} \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ , 从而y₁x₂=0且y₁y₂=0 ,

若y₁=0 , x₁≠0 , 则$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x_{1} & y_{1} \end{pmatrix}$是左零因子 , $\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x_{2} & y_{2} \end{pmatrix} \neq \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$是右零因子 ,

从而零因子为$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x & y \end{pmatrix}$ , 其中x , y不同时为零

2 , 求实数域R上矩阵环M_n(R)中的全部零因子 ,

解: 在M_n(R)中 , 若A≠0 , 则AX=0在M_n(R)中有非零解⟺|A|=0 ,

同样的 , YA=0在M_n(R)中有非零解⟺|A|=0 ,

所以M_n(R)的零因子为{A ∈ M_n(R)|A≠0 , |A|=0} ,

3 , 设R是无零因子环 , 证明若方程x²=x在R中有非零解 , 则R有单位元 ,

证明: 设r是x²=x在R中的非零解 , 则r²=r ,

对属于R的任意a , 令ra=b , 则ra=r²a=rb ,

因R是无零因子环 , 所以在R中消去律成立 , 那么a=b , 即ra=a ,

同理可证ar=a , 所以r是R的单位元 ,

4 , 证明Z₆的子环{$\overline{0}$ , $\overline{3}$}是域

证明: Z₆的子环{$\overline{0}$ , $\overline{3}$}是交换环 ,

因为$\overline{0}⦁\overline{3}$=$\overline{0}$ , $\overline{3}⦁\overline{3}$=$\overline{3}$ , 所以 , $\overline{3}$是单位元 , $\overline{3}$的逆元是$\overline{3}$ ,

故{$\overline{0}$ , $\overline{3}$}为域

5 , 设R=$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} a & b \\ 2b & a \end{pmatrix} \right|a,b \in Q \right\}$ , 证明R关于矩库的加法运算和乘法运算构成环 ,

并判断R是否是交换环 , R是否是有单位元的环 , R是否是整环 , R是否是域

证明: 设$\begin{pmatrix} a & b \\ 2b & a \end{pmatrix}$ , $\begin{pmatrix} c & d \\ 2d & c \end{pmatrix} \in \$R

因为$\begin{pmatrix} a & b \\ 2b & a \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} c & d \\ 2d & c \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} a - c & b - d \\ 2b - 2d & a - c \end{pmatrix} \in R$

$\begin{pmatrix} a & b \\ 2b & a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} c & d \\ 2d & c \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} ac + 2bd & ad + bc \\ 2bc + 2ad & 2bd + ac \end{pmatrix} \in R$

所以R是环 ,

因为$\begin{pmatrix} a & b \\ 2b & a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} c & d \\ 2d & c \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} c & d \\ 2d & c \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a & b \\ 2b & a \end{pmatrix}$ , 所以R是交换环

R的单位元为$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

若$\begin{pmatrix} a & b \\ 2b & a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} c & d \\ 2d & c \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ , 则a=b=0或c=d=0 ,

故R无零因子 , 所以R是整环 ,

若$\begin{pmatrix} a & b \\ 2b & a \end{pmatrix} \neq \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$则$\left| \begin{matrix} a & b \\ 2b & a \end{matrix} \right| = a^{2} - 2b^{2} \neq$ 0 , 从而$\begin{pmatrix} a & b \\ 2b & a \end{pmatrix}$可逆 ,

所以R是域 ,

6 , 证明Q[$\sqrt{5}$]={a+b$\sqrt{5}$ | a , b ∈ Q}是域 ,

证明: 只需说明Q[$\sqrt{5}$]是C的子域 ,

由于(a+b$\sqrt{5}$)‒(c+d$\sqrt{5}$) ∈ Q[$\sqrt{5}$] ,

(a+b$\sqrt{5}$)(c+d$\sqrt{5}$)^‒1= $\frac{ac - 5bd + (bc - ad)\sqrt{5}}{c^{2} - 5d^{2}}$ ∈ Q[$\sqrt{5}$] ,

故Q[$\sqrt{5}$]是C的子域

7 , 证明域与其子域的特征相等 ,

证明: 因为群与其子群有相同的单位元 , 所以它们的特征相同 ,

8 , 设F是有四个元素的域 , 证明

(1)F的特征是2;

(2)属于F的不等于0 , 1的两个元素使方程x²=x+1成立 ,

证明: (1)F的特征数是素数 , 且为4的因数 , 所以F的特征是2 ,

(2)因为|F|=4 , 所以若α≠0 , 1 , 则α³=1 , (α‒1)(α²+α+1)=0 ,

因为域无零因子 , 所以α²+α+1=0 , 从而有α²=α²+2α+2=α+1 ,

9 , 设F是域 , 问F的子集{0 , 1}是否一定是F的子域?

解: 若{0 , 1}是域 , 则

0‒0=0 , 0‒1=‒1 , 1‒1=0 , 1‒0=1 , 0・1=0 , 1・1=1都在{0 , 1}中 , 即1=‒1 ,

此时要求F的特征为2 ,

因此当F的特征不等于2时{0 , 1}不是域

10 , 设F是特征p的域 , 其中p大于0 ,

试证明在F中有$(a \pm b)^{p^{n}}$=$a^{p^{n}} \pm b^{p^{n}}$ , 其中n是正整数

证明: 对n用数学归纳法 ,

当n=1时 , 由二项式定理知$(a \pm b)^{p^{n}}$=$a^{p^{n}} \pm b^{p^{n}}$

假设结论对n‒1成立 , 那么

$(a \pm b)^{p^{n}}$

=$\left\lbrack (a \pm b)^{p^{n - 1}} \right\rbrack^{p}$

=$\left( a^{p^{n - 1}} \pm b^{p^{n - 1}} \right)^{p}$

=$a^{p^{n}} \pm b^{p^{n}}$

11 , 证明除环的中心是域 , 并求四元数体的中心 ,

证明: 设R是除环 , 因为1属于C(R) ,

所以R的中心C(R)是有1的 , 非0的交换的子环 , 它的非零元都可逆 ,

所以除环的中心是域 ,

四元数体的中心为$\left\{ \lambda\left. \ \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \right|\lambda \in R \right\}$

12 , 证明非零的、有1的、无零因子的有限环是除环 ,

证明: 只需说明R^*是乘法群 ,

由于R是无零因子环 , 从而R^*中消去律成立 ,

又因R^*是有限半群 , 因此R^*是群 , 故R是一个除环 ,

习题1证明A=$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \right|a,b \in R \right\}$

关于矩阵的加法和乘法构成一个无单位元的环 , 并求A的零因子 ,

证明: 因为$\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} c & d \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} a - c & b - d \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \in \$A

$\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} c & d \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} ac & ad \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \in A$

所以A是M₂(R)的子环 , 且无单位元

$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} x & y \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \right|x^{2} + y^{2} \neq 0 \right\}$为右零因子 ,

$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} 0 & x \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \right|x \in R,x \neq 0 \right\}$为左零因子

习题2设R是有1的无左零因子环 ,

试证明: 若ab=1 , 则ba=1 , 其中a , b属于R ,

证明: 由于(ba‒1)b=bab‒b=b‒b=0 , 而R无左零因子且b≠0 ,

由此ba‒1=0 , 即ba=1 ,

习题3证明: M_n(Z)中每一个左零因子都是右零因子 ,

证明: 设A是左零因子 , 则存在Z上不等于0的方阵B使得AB=0 ,

这表明B的每一列都是齐次线性方程组AX=0的解 ,

由于B≠0 , 它有非零解 , 故0＜秩A=r＜n ,

但是秩A^T=秩A=r , 故方程组A^TX=0有非零解 ,

任取其一非零整数解c₁ , c₂ , ⋯ , c_n , 令$C = \left( \begin{array}{r} \begin{matrix} c_{1} & c_{2} \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} \cdots & c_{n} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \ 0\ & \ 0\ \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} \cdots & \ 0\ \end{matrix} \\ \ \begin{matrix} \vdots \ & \ \vdots \ \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} & \ \vdots \ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \ 0\ & \ 0\ \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} \cdots & \ 0\ \end{matrix} \end{array} \right) \neq$0

则A^TC^T=0 , 两边作转置 , 得CA=0 , 即A也是一个右零因子 ,

习题4设F是特征p的域 , 其中p>0 , 证明在F中以下等式成立:

(1)$(a \pm b)^{p^{n}}$=$a^{p^{n}} \pm a^{p^{n}}$ , n是正整数;

$$(2){(a - b)}^{p - 1} = \sum_{i = 0}^{p - 1}{a^{i}b^{p - i - 1}}\$$

证明: (1)参见[习题3.2题10] ,

$$(2)当a = b时,我们有\sum_{i = 0}^{p - 1}{a^{i}b^{p - i - 1}} = pa^{p - 1} = 0,故{(a - b)}^{p - 1} = \sum_{i = 0}^{p - 1}{a^{i}b^{p - i - 1}}$$

$$当a \neq b时,我们有(a - b)\sum_{i = 0}^{p - 1}{a^{i}b^{p - i - 1}} = a^{p} - b^{p} = {(a - b)}^{p}\$$

$$因为a - b \neq 0,根据消去律,由上式可得{(a - b)}^{p - 1} = \sum_{i = 0}^{p - 1}{a^{i}b^{p - i - 1}}$$

习题5设R是环 , 存在属于R且不为0的a , b , 使得aba=0

试证明a是左零因子或右零因子 ,

证明: 如果ab=0 , 则a是一个左零因子 , 否则a是右零因子 ,

习题6证明环Z[$\sqrt{- 3}$]={a+b$\sqrt{- 3}$ | a , b ∈ Z}是整环但不是域 ,

证明: 对属于Z[$\sqrt{- 3}$]的任意α , β , 有α‒β , αβ属于Z[$\sqrt{- 3}$] ,

因此 , Z[$\sqrt{- 3}$]是有1、无零因子的交换环 , 因此是整环 ,

由于除{±1}外所有非零元都不可逆 , 所以不是域 ,

习题7求Q的全部子域 ,

解: 若F是Q的子域 , 则0 , 1属于F ,

从而对属于Z的n , 有n=n⦁1属于F , 即Z包含于F ,

从而对属于Z的m , n , 有$\frac{n}{m}$属于F , 其中m≠0 , 即Q包含于F ,

所以Q的子域只有Q

习题8求证Q[$\sqrt{2}$]={a+b$\sqrt{2}$ | a , b ∈ Q}是R的子域

证明: 因为

(a+b$\sqrt{2}$)‒(c+d$\sqrt{2}$)=a‒c+(b‒d)$\sqrt{2}$ ∈ Q[$\sqrt{2}$] ,

$$(a + b\sqrt{2}){(c + d\sqrt{2})}^{- 1} = \frac{ac - 2bd}{c^{2} - 2d^{2}} + \frac{bc - ad}{c^{2} - 2d^{2}}\sqrt{2} \in Q\lbrack\sqrt{2}\rbrack\ \$$

所以Q[$\sqrt{2}$]是R的子域 ,

习题9在Z×Z中定义加法与乘法如下:

(a , b)+(c , d)=(a+c , b+d) ,

(a , b)(c , d)=(ac , bd) , 其中任意(a , b) , (c , d)属于Z×Z ,

试证明Z×Z是有零因子、有1的交换环 ,

证明: 因为

(a , b)+(c , d)=(a+c , b+d)=(c , d)+(a , b) ,

((a , b)+(c , d))+(e , f)=(a+c+e , b+d+f)=(a , b)+((c , d)+(e , f)) ,

(a , b)+(0 , 0)=(a , b) ,

(a , b)+(‒a , ‒b)=(0 , 0) ,

所以{Z×Z;+}是交换群 ,

又由(a , b)(c , d)=(ac , bd)=(c , d)(a , b) ,

((a , b)(c , d))(e , f)=(ace , bdf)=(a , b)((c , d)(e , f)) ,

(a , b)(1 , 1)=(a , b) ,

((a , b)+(c , d))(e , f)=((a+c)e , (b+d)f)=(a , b)(e , f)+(c , d)(e , f) ,

知Z×Z是有1的交换环 ,

再由(a , 0)(0 , b)=(0 , 0)知Z×Z是有零因子的环 ,

习题10设α是四元数体H中的元素 , 且α²=‒e , 证明

(1)a=ai+bj+ck , 其中a , b , c属于R , a²+b²+c²=1;

(2)存在属于H的δ , 使得δαδ^‒1=i ,

证明: (1)设α=ai+bj+ck+de , 于是α²=2adi+2bdj+2cdk+(d²‒a²‒b²‒c²)e ,

因为α²=‒e , 所以d=0 , a²+b²+c²=1 ,

(2)当α=i取δ=e即可 , 当α=‒i取δ=‒j即可 ,

若α≠‒i , 则α+i可逆 , 取δ=(α+i)^‒1 ,

于是δαδ^‒1=(α+i)^‒1α(α+i)=(α+i)^‒1(‒e+αi)=(α+i)^‒1(i+α)i=i ,