1 , 已知集合R=$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} x & y \\ 0 & z \end{pmatrix} \right|x,y,z \in Z \right\}$

按照通常矩阵的加法运算和乘法运算构成一个环 ,

试证明映射φ: R→Z , $\begin{pmatrix} x & y \\ 0 & z \end{pmatrix}$→z是环的满同态 , 并求同态核 ,

证明(1)对属于Z的任意z , 有原像$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & z \end{pmatrix}$ , 即φ是满射 ,

对属于R的任意A=$\begin{pmatrix} x_{1} & y_{1} \\ 0 & z_{1} \end{pmatrix}$ , B=$\begin{pmatrix} x_{2} & y_{2} \\ 0 & z_{2} \end{pmatrix}$ , 有下列等式成立

$\varphi\left( \begin{pmatrix} x_{1} & y_{1} \\ 0 & z_{1} \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} x_{2} & y_{2} \\ 0 & z_{2} \end{pmatrix} \right)$ $= \varphi\begin{pmatrix} x_{1} + x_{2} & y_{1} + y_{2} \\ 0 & z_{1} + z_{2} \end{pmatrix}$ $= z_{1} + z_{2}$

$= \varphi\begin{pmatrix} x_{1} & y_{1} \\ 0 & z_{1} \end{pmatrix} + \varphi\begin{pmatrix} x_{2} & y_{2} \\ 0 & z_{2} \end{pmatrix}$

$\varphi\left( \begin{pmatrix} x_{1} & y_{1} \\ 0 & z_{1} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{2} & y_{2} \\ 0 & z_{2} \end{pmatrix} \right)$ $= \varphi\begin{pmatrix} x_{1}x_{2} & {x_{1}y}_{2} + y_{1}z_{2} \\ 0 & z_{1}z_{2} \end{pmatrix}$ $= z_{1}z_{2}$

$= \varphi\begin{pmatrix} x_{1} & y_{1} \\ 0 & z_{1} \end{pmatrix}\varphi\begin{pmatrix} x_{2} & y_{2} \\ 0 & z_{2} \end{pmatrix}$

即φ是满同态 ,

(2)$\begin{pmatrix} x & y \\ 0 & z \end{pmatrix} \in Ker\ \varphi \Longleftrightarrow \varphi\begin{pmatrix} x & y \\ 0 & z \end{pmatrix} = 0 \Longleftrightarrow z = 0$ , 从而ker φ=$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} x & y \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \right|x,y, \in Z \right\}$

2 , 设R=Q[$\sqrt{2}$]={a+b$\sqrt{2}$|a , b属于Q} ,

试证明φ: Q[x]→R , f(x)→f($\sqrt{2}$)

是有理数域Q上的一元多项式环Q[x]到环R的满同态 , 且Ker φ=⟨x²‒2⟩

证明: 对属于Q[x]的f(x) , g(x) , 有

φ(f(x)+g(x))=f($\sqrt{2}$)+g($\sqrt{2}$)=φ(f(x))+φ(g(x)) ,

φ(f(x)g(x))=f($\sqrt{2}$)g($\sqrt{2}$)=φ(f(x))φ(g(x)) ,

且对属于R的a+b$\sqrt{2}$ , 存在属于R的f(x)=a+bx , 使得φ(f(x))=f($\sqrt{2}$) ,

故φ是满同态

若任意f(x)属于Ker φ , 则φ(f(x))=f($\sqrt{2}$)=0 , 即$\sqrt{2}$是f(x)的一个根 ,

又因f(x)属于Q[x] , 从而x²‒2为f(x)的一个因式 ,

即f(x)=(x²‒2)g(x)属于⟨x²‒2⟩ , 从而有ker φ包含于⟨x²‒2⟩ ,

若h(x)属于⟨x²‒2⟩ , 则可设h(x)=(x²‒2)m(x) , 从而φ(h(x))=0 ,

即⟨x²‒2⟩包含于Ker φ , 故Ker φ=⟨x²‒2⟩ ,

3 , 设φ是环R到环R'的环同态 , 若R中元素a的加法运算的阶为t ,

试证明φ(a)的加法运算的阶是t的因数 ,

证明: 因为tφ(a)=φ(ta)=φ(0)=0属于R' ,

故φ(a)的加法运算的阶是t的因数 ,

4 , 问环2Z与3Z是否同构?

解: 环2Z与3Z不同构 ,

反证 , 若φ为2Z到3Z的同构映射 , 则

φ(2m₁×2m₂)=φ(2×2m₁m₂)=2m₁m₂φ(2) ,

φ(2m₁)×φ(2m₂)=m₁φ(2)×m₂φ(2)=m₁m₂[φ(2)]² ,

因此 , φ(2)=2不属于3Z , 故2Z和3Z不同构 ,

5 , 设φ是环R到环R'的环同态 , 证明

(1)若S是R的子环 , 则φ(S)是R'的子环;

(2)若S'是R’的子环 , 则φ^‒1(S')是R的子环;

(3)若I'是R'的理想 , 则φ^‒1(I')是R的理想 ,

证明: (1)φ(S)为R'的非空子集合 , 若a , b属于S , 则a‒b属于S , ab属于S ,

因此φ(a)‒φ(b)=φ(a‒b)属于φ(S) , φ(a)φ(b)=φ(ab)属于φ(S) ,

故φ(S)为R'的子环 ,

(2)0属于不为空集的φ^‒1(S') ,

若s₁ , s₂属于φ^‒1(S') , 则φ(s₁)属于S' , φ(s₂)属于S'

从而φ(s₁‒s₂)=φ(s₁)‒φ(s₂)属于S' , φ(s₁s₂)=φ(s₁)φ(s₁)属于S' ,

即s₁‒s₂ , s₁s₂属于φ^‒1(S') , 故φ^‒1(S')是R的子环 ,

(3)由(2)知φ^‒1(I')是R的子环 ,

若任意a属于φ^‒1(I') , 任意r属于R , 则

φ(a)属于I' , φ(ra)=φ(r)φ(a)属于I' , φ(ar)=φ(a)φ(r)属于I' ,

即ra , ar属于φ^‒1(I') , 故φ^‒1(I')是R的理想 ,

6 , 设φ是环R到环R'的满同态 , 试证明

(1)若R是交换环 , 则R'也是交换环;

(2)若I是R的理想 , 则φ(I)是R'的理想 ,

证明(1)由于φ是R到R'的满射 ,

从而若a' , b'属于R' , 则存在属于R的a , b , 使得φ(a)=a' , φ(b)=b' ,

从而a'b'=φ(a)φ(b)=φ(ab)=φ(ba)=b'a' , 即R’是交换环 ,

(2)显然φ(I)是非空集合 ,

若φ(a) , φ(b)属于φ(I) , r'属于R' , 则存在属于R的r , 使得φ(r)=r' ,

从而φ(a)‒φ(b)=φ(a‒b)属于φ(I) ,

r'φ(a)=φ(r)φ(a)=φ(ra)属于φ(I) ,

φ(a)r'=φ(a)φ(r)=φ(ar)属于φ(I) ,

所以 , φ(I)为R'的理想 ,

7 , 用环同态基本定理证明R[x]/⟨x²+1⟩≅C ,

证明: 定义映射φ: R[x]→C , f(x)→f(i) ,

若a+bi属于C , a , b属于R , 则φ(a+bx)=a+bi , 即φ是满射 ,

且φ(f(x)+g(x))=f(i)+g(i)=φ(f(x))+φ(g(x)) ,

φ(f(x)g(x))=f(i)g(i)=φ(f(x))φ(g(x)) ,

从而φ是满同态 ,

Ker φ={f(x) ∈R[x]|f(i)=0} , 易知Ker φ=⟨x²+1⟩ ,

故由环同态基本定理知R[x]/⟨x²+1⟩≅C ,

8 , 设I和J是环R的理想 , 且I+J=R , I⋂J={0} , 证明R/I≅J ,

证明: 因I+J=R , 从而对属于R的任意r , 有r=r₁+r₂ , 其中r₁属于I , r₂属于J

下面说明r的分解是唯一的 ,

若r₁+r₂=$r_{1}^{\ '}$+$r_{2}^{\ '}$ , r₁ , $r_{1}^{\ '}$属于I , r₂ , $r_{2}^{\ '}$属于J , 则r₁‒$r_{1}^{\ '}$= r₂‒$r_{2}^{\ '}$属于I⋂J={0} ,

从而 r₁=$r_{1}^{\ '}$ , r₂$= r_{2}^{\ '}$

作映射φ: R→J , r₁+r₂→r₂ , 则易知φ是满射 ,

又因φ(r₁+r₂+$r_{1}^{\ '}$+$r_{2}^{\ '}$)=r₂+$r_{2}^{\ '}$=φ(r₁+r₂)+φ($r_{1}^{\ '}$+$r_{2}^{\ '}$) ,

φ((r₁+r₂)($r_{1}^{\ '}$+$r_{2}^{\ '}$))=φ(r₁$r_{1}^{\ '}$+r₂$r_{1}^{\ '}$+r₁$r_{2}^{\ '}$+r₂$r_{2}^{\ '}$)=r₂$r_{2}^{\ '}$=φ(r₁+r₂)φ($r_{1}^{\ '}$+$r_{2}^{\ '}$) ,

故φ是满同态 ,

Ker φ={r ∈ R|φ(r)=φ(r₁+r₂)=r₂=0}=I , 故R/I≅J ,

9 , 试证明复数域C可以视为四元数体H的子域 ,

证明: H={ae+bi+cj+dk|a , b , c , d ∈ R} ,

定义映射φ: C→H={ae+bi+cj+dk|a , b , c , d ∈ R} , a+bi→ae+bi ,

则φ是单同态 , 故在同构意义下 , C可以视为H的子域 ,

10 , 试证明在同构意义下 , M₃(R)可视为M₂(R)的扩环 ,

证明: 定义映射φ: M₂(R)→M₃(R) $\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} a & b & 0 \\ c & d & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

易知φ是单同态 , 因此M₃(R)可以看成M₂(R)的扩环 ,

11 , (1)求剩余类环Z₆到Z₁₅的所有环同态;

(2)求剩余类环Z₁₀到Z₁₀的所有环同态 ,

解: φ是Z₆到Z₁₅的环同态的充要条件是6φ($\overline{1}$)=0 , φ($\overline{1}$)=(φ($\overline{1}$))² ,

设φ($\overline{1}$)=$\overline{a}$ , 在Z₁₅中满足这两个条件的元素有$\overline{0}$ , $\overline{10}$ ,

故Z₆到Z₁₅的所有环同态为φ₁($\overline{1}$)=$\overline{0}$ , φ₂($\overline{1}$)=$\overline{10}$ ,

同理φ是Z₁₀到Z₁₀的环同态的充要条件是10φ($\overline{1}$)=$\overline{0}$ , φ($\overline{1}$)=(φ($\overline{1}$))² ,

设φ($\overline{1}$)=$\overline{a}$ , 在Z₁₀中满足这两个条件的元素有$\overline{0}$ , $\overline{1}$ , $\overline{5}$ , $\overline{6}$ ,

故Z₆到Z₁₅的所有环同态为φ₁($\overline{1}$)=$\overline{0}$ , φ₂($\overline{1}$)=$\overline{1}$ , φ₃($\overline{1}$)=$\overline{5}$ , φ₄($\overline{1}$)=$\overline{6}$ ,

习题1确定{Z;+ , ⦁}的所有自同态映射和自同构映射 ,

证明: 若φ是{Z;+ , ⦁}的自同态映射 , 则φ(m)=mφ(1) , φ(1)=φ(1)φ(1) ,

此时 ,

φ(m+n)=(m+n)φ(1)=mφ(1)+nφ(1)=φ(m)+φ(n) ,

φ(mn)=(mn)φ(1)=mnφ(1)φ(1)=φ(m)φ(n) ,

即φ由φ(1)决定 , 而φ(1)=0或者1 ,

故{Z;+ , ⦁}的自同态映射有两个 , 一个是零映射 , 一个是恒等映射 ,

显然 , {Z;+ , ⦁}的自同构映射只有一个 , 为恒等映射 ,

习题2设R是有单位元的环 , 若用Aut(R)表示环R的所有自同构映射的集合 ,

则Aut(R)对于映射的乘法运算构成群 , 称为环R的自同构群 ,

求证Aut(Z)={id} , Aut(Z_n)={id} ,

证明: 由上题知Aut(Z)={id} ,

若φ是Z_n的自同构映射 , 则对于Z_n的任意一个元素$\overline{b}$ , 存在$\overline{a}$使得φ($\overline{a}$)=$\overline{b}$ ,

从而aφ($\overline{1}$)=φ($\overline{a}$)=$\overline{b}$ , 即φ($\overline{1}$)是Z_n加法群的生成元 ,

若令φ($\overline{1}$)=$\overline{m}$ , 则m=1 , 2 , ⋯ , n且(m , n)=1 , 再由$\overline{m}$²=$\overline{m}$知n|m(m‒1) ,

显然n|(m‒l) , 从而m=1 , 即φ($\overline{1}$)=$\overline{1}$ , Aut(Z_n)={id} ,

习题3设φ: R→R'是环同态映射 , I , I'分别是R , R'的理想 , 且φ(I)包含于I' ,

求证φ可以诱导R/I到R'/I'的同态映射 ,

证明: 定义$\overline{\varphi}$: R/I→R'/I' , a+I→φ(a)+I' ,

若a+I=b+I , 则a‒b属于I , 从而φ(a)‒φ(b)=φ(a‒b)属于I' ,

即φ(a)+I'=φ(b)+I' , $\overline{\varphi}$(a+I)=$\overline{\varphi}$(b+I) , 所以$\overline{\varphi}$是R/I到R'/I'的映射 ,

又由于

$\overline{\varphi}$((a+I)+(b+I))=$\overline{\varphi}$(a+b+I)=φ(a+b)+I'=φ(a)+I'+φ(b)+I'=$\overline{\varphi}$(a+I)+$\overline{\varphi}$(b+I) ,

$\overline{\varphi}$((a+I)(b+I))=$\overline{\varphi}$(ab+I)=φ(ab)+I'=φ(a)φ(b)+I'=(φ(a)+I')(φ(b)+I')

=$\overline{\varphi}$(a+I)$\overline{\varphi}$(b+I) ,

因此$\overline{\varphi}$是R/I到R'/I的同态映射

习题4证明环Z/⟨3⟩与环Z/⟨12⟩的子环⟨4⟩/⟨12⟩同构 ,

证明: 由环的第二同构定理知(⟨3⟩+⟨4⟩)/⟨3⟩≅⟨4⟩/(⟨4⟩⋂⟨3⟩) ,

而⟨3⟩+⟨4⟩=Z , ⟨4⟩⋂⟨3⟩=⟨12⟩ , 故Z/⟨3⟩≅⟨4⟩/⟨12⟩ ,

习题5试证明任何不含单位元的环可以嵌入到有单位元的环中 ,

证明: 设环R无单位元 , 定义R×Z上的加法和乘法运算如下:

(r₁ , m)+(r₂ , n)=(r₁+r₂ , m+n) ,

(r₁ , m)(r₂ , n)=(r₁r₂+mr₂+nr₁ , mn) ,

其中r₁ , r₂属于R , m , n属于Z ,

则R×Z对于这样的加法和乘法运算是有单位元(0 , 1)的环

定义映射φ: R→R×Z , r→(r , 0) ,

则φ是环R到R×Z的单同态映射 , 即R≅φ(R)包含于R×Z ,

习题6试证明整数加法群的自同态环与整数环同构 ,

证明: 令整数加法群的所有自同态构成集合为End(Z) ,

若φ , τ是整数加法群的两个自同态 ,

定义(φ+τ)(n)=φ(n)+τ(n) , (φτ)(n)=φ(τ(n)) ,

则End(Z)是有单位元的环 , 称为整数加法群的自同态环 ,

若φ属于End(Z) , 则φ(n)=nφ(1) , 此时φ(m+n)=(m+n)φ(1)=mφ(1)+nφ(1)=φ(m)+φ(n) , 即φ完全由φ(1)决定 ,

定义映射ψ: End(Z)→Z , φ→φ(1) , 由上述讨论知ψ是双射 ,

且ψ(φ+τ)=φ(1)+τ(1)=ψ(φ)+ψ(τ) ,

再由φ(n)=nφ(1)知φ(τ(1))=τ(1)φ(1) ,

从而ψ(φτ)=(φτ)(1)=φ(τ(1))=φ(1)τ(1)=ψ(φ)ψ(τ) ,

所以ψ是End(Z)到Z的同构映射 ,

习题7试证明有理数域Q的自同构映射是恒等映射id ,

证明: 设φ是Q的自同构映射 , 则对属于Z的m , n , m≠0 ,

有φ(n)=n , φ(m^‒1)=φ(m)^‒1=m^‒1 , 进而$\varphi\left( \frac{n}{m} \right) = \frac{n}{m}$ , 故φ=id ,

习题8试证明实数域R的自同构映射是恒等映射id ,

证明: 若φ是R的自同构映射 , 则对属于Z的m , n , m≠0 ,

有φ(n)=n , φ(m^‒1)=φ(m)^‒1=m^‒1 , 进而φ(n/m)=n/m ,

因而对属于Q的任意a有φ(a)=a ,

若α属于R , 且α＞0 , 则α=$\sqrt{\alpha}\sqrt{\alpha}$ , 因此φ(α)=φ($\sqrt{\alpha}$)φ($\sqrt{\alpha}$)＞0 ,

若α₁＜α₂＜α₃ , 由φ(α₂‒α₁)=φ(α₂)‒φ(α₁)＞0 , φ(α₃‒α₂)=φ(α₃)‒φ(α₂)＞0

得φ(α₁)＜φ(α₂)＜φ(α₃) ,

于是对属于Q的任何a , b , 满足条件a⩽α⩽b , 有φ(a)=a⩽φ(α)⩽φ(b)=b ,

故α , φ(α)同在闭区间[a , b] , 因而φ(α)=α , 即φ=id ,

习题9设R是一个环 , φ是R到R的双射 ,

若对属于R的任意a , b , 有φ(a+b)=φ(a)+φ(b) , φ(ab)=φ(b)φ(a) ,

则称φ是R的反自同构映射 ,

令G(R)表示R的自同构与反自同构映射的集合 ,

试证明G(R)按照变换的合成运算是一个群 ,

证明: 设φ₁ , φ₂是反自同构映射 , σ为自同构映射 ,

由(φ₁φ₂)(a+b)=φ₁φ₂(a)+φ₁φ₂(b) ,

(φ₁φ₂)(ab)=φ₁(φ₂(b)φ₂(a))=(φ₁φ₂)(a)(φ₁φ₂)(b) ,

(φ₁σ)(a+b)=φ₁σ(a)+φ₁σ(b) ,

(φ₁σ)(ab)=φ₁(σ(a)σ(b))=(φ₁σ)(b)(φ₁σ)(a) ,

(σφ₁)(a+b)=σφ₁(a)+σφ₁(b) ,

(σφ₁)(ab)=σ(φ₁(b)φ₁(a))=(σφ₁)(b)(σφ₁)(a) ,

知φ₁φ₂为自同构映射 , φ₁σ与σφ₁为反自同构映射 , 即G(R)的运算封闭 ,

设φ是R的反自同构映射 , a , b属于R ,

由φ^‒1(a+b)=φ^‒1(a)+φ^‒1(b) ,

φ^‒1(ab)=φ^‒1(φφ^‒1(a)φφ^‒1(b))=φ^‒1(φ(φ^‒1(b)φ^‒1(a)))=φ^‒1(b)φ^‒1(a) ,

知φ^‒1为反自同构映射 ,

若φ是R的自同构映射 , 则φ^‒1为自同构映射 , 由子群的判别定理知G(R)是群

习题10设R是一个环 ,

G(R)表示R的自同构与反自同构集合关于映射的合成运算构成的群 ,

Aut(R)为R的自同构群 ,

试证明Aut(R)是G(R)的正规子群 , 且|C(R): Aut(R)|等于1或2 ,

证明: 设φ属于G(R) , σ属于Aut(R) ,

由上题知φσφ^‒1是自同构 , 所以Aut(R)是G(R)的正规子群 ,

若Aut(R)=G(R) , 则|G(R): Aut(R)|=1 , 若Aut(R)≠G(R) , 则反自同构映射存在

设φ₁ , φ₂是反自同构映射 , 由$\varphi_{1}^{- 1}$φ₂属于Aut(R)知φ₁Aut(R)=φ₂Aut(R) ,

于是|G(R): Aut(R)|=2 ,