1 , 令V是数域F上的n(n⩾2)维线性空间 ,

End_n(V)表示V上全体线性变换组成的集合 ,

试证明End_n(V)关于线性变换的加法运算和乘法运算构成有单位元的环 ,

证明: (1)由于V的两个线性变换的和与积仍是V的线性变换 ,

因此线性変换的加法与乘积是End_n(V)的代数运算 ,

(2)线性变换的加法满足结合律和交换律 ,

(3)零变换O是加法的零元

(4)线性变换A , ‒A是V的线性变换 , 且A+(‒A)=(‒A)+A=0 ,

所以End_n(V)中每个元素都有负元 ,

(5)恒等变换ε是线性变换 , 且对任一线性变换A , 有εA=Aε=A ,

所以恒等变换是线性变换的乘法单位元 ,

(6)线性变换的乘法满足结合律 ,

(7)当n⩾2时 , 线性变换的乘法不满足交换律 ,

(8)线性变换的乘法对加法满足左、右分配律 ,

所以End_n(V)关于线性变换的加法与乘法构成一个有单位元的非交换环 ,

2 , 试证明当且仅当a与n互素时 , 剩余类环{Z_n;+ , ⦁}中的元素$\overline{a}$是可逆元

证明:

必要性 ,

若$\overline{a}$是可逆元 , 则存在属于Z_n的$\overline{b}$ , 使得$\overline{a}\overline{b}$=$\overline{1}$ , 即$\overline{ab}$=$\overline{1}$ ,

从而存在属于Z的q , 使得ab+qn=1 , 因此(a , n)=1 ,

充分性 ,

因为(a , n)=1 , 所以存在属于Z的b , c , 使得ab+cn=1 , 从而$\overline{ab}$=$\overline{1}$ ,

故$\overline{a}$是可逆元 ,

3 , 令α=a+bi(a , b都属于R) , N(α)=a²+b² ,

试证明对属于C的任意α , β , 有N(αβ)=N(α)N(β) ,

证明: 设α=a₁+b₁i , β=a₂+b₂i ,

则N(αβ)=(a₁a₂‒b₁b₂)²+(a₁b₂+a₂b₁)²=($a_{1}^{2}$+$b_{1}^{2}$)($a_{2}^{2}$+$b_{2}^{2}$)=N(α)N(β)

4 , 设R是交换环 , M_n(R)表示元素在R中的n阶方阵的集合 ,

试证明M_n(R)按照通常的矩阵加法运算和乘法运算是环 ,

证明: 因为R是交换环 , 所以矩阵的加法运算满足结合律、交换律 ,

M_n(R)的零矩阵是零元 , A=(a_ij)的负元为‒A=(‒a_ij) ,

从而M_n(R)关于加法运算构成群 ,

由于R是交换环 , 所以M_n(R)的乘法运算满足结合律 ,

且乘法运算对加法运算满足分配律 , 故M_n(R)是环 ,

$$5.设H_{i}(i \in I)是环R的子环,试证明\bigcap_{i\ \in \ I}^{}H_{i}是R的子环\$$

$$\mathbf{证明:}因为0属于H_{i},所以\bigcap_{i\ \in \ I}^{}H_{i}是非空集合\$$

$$对属于\bigcap_{i\ \in \ I}^{}H_{i}的任意a,b,有a - b,ab都属于\bigcap_{i\ \in \ I}^{}H_{i},因此,\ \bigcap_{i\ \in \ I}^{}H_{i}是R的子环\$$

6 , 设R={ $\frac{a}{b}\ \left| b \right.\$=2n+1 , a , n都属于Z} ,

试证明R按照数的加法运算和乘法运算构成环 ,

证明: 对属于R的任意$\frac{a}{b}$ , $\frac{c}{d}$ , 其中a , b , c , d都属于Z , 且b , d是奇数 ,

则既有$\frac{a}{b} - \frac{c}{d} = \frac{ad - bc}{bd}$属于R , 也有$\frac{a}{b} \bullet \frac{c}{d} = \frac{ac}{bd}$属于R , 故R是有理数域的子环 ,

7 , 证明实数域R上n阶上三角形矩阵构成的集合Ut(n , R)

关于矩阵的加法运算和乘法运算构成有单位元的环 , 并求其单位群 ,

证明: 设A , B都属于Ut(n , R) , 则A‒B , AB都属于Ut(n , R) ,

所以Ut(n , R)是环 ,

Ut(n , R)的单位元是单位矩阵 ,

Ut(n , R)的单位群为对角元不是零的上三角形矩阵构成的集合 ,

8 , 分别求环⟨6⟩={6r|r ∈ Z}和Z₆的所有子环 ,

解: ⟨6⟩的子环一定是⟨6⟩的加法群的子群 , 设为⟨6n⟩={6nt|t∈Z} ,

而⟨6n⟩是Z的子环 , ⟨6n⟩包含于⟨6⟩ ,

所以⟨6⟩的所有子环为⟨6n⟩={6nt|t∈Z} , 其中n∈N ,

6的正因数有1 , 2 , 3 , 6 , 所以Z₆的所有子环为Z₆ , {$\overline{0}$ , $\overline{2}$ , $\overline{4}$} , {$\overline{0}$ , $\overline{3}$} , {$\overline{0}$}

9 , 证明R=$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x & y \end{pmatrix} \right|x,y \in R \right\}$

关于矩阵的加法和乘法运算构成没有单位元的非交换环 , 并求R的中心 ,

证明: 因为对属于R的任意$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x_{1} & y_{1} \end{pmatrix}$ , $\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x_{2} & y_{2} \end{pmatrix}$

都有$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x_{1} & y_{1} \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x_{2} & y_{2} \end{pmatrix} \in \$R , $\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x_{1} & y_{1} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x_{2} & y_{2} \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ {y_{1}x}_{1} & y_{1}y_{2} \end{pmatrix} \in \$R ,

所以R是M₂(R)的子环 ,

若$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ a & b \end{pmatrix}$是单位元 , 则$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ a & b \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x & y \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x & y \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ a & b \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x & y \end{pmatrix}$ ,

则ya=x , 其中任意x , y属于R , 故a无解 , 从而R无单位元 ,

又因$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \neq \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ , 因此R是非交换环 ,

若$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x & y \end{pmatrix}$属于C(R) , , 则对任意属于R的任意x , y有

$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ bx & by \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ a & b \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x & y \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x & y \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ a & b \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ ya & yb \end{pmatrix}$ , 即bx=ay ,

当x=0 , y≠0时 , a=0 , 当y=0 , x≠0时 , b=0 , 所以C(R)=$\left\{ \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \right\}$

10 , 举例说明满足下列条件的环存在 ,

(1)环R有单位元 , 但R的某个子环S没有单位元;

(2)环R没有单位元 , 但R的某个子环S有单位元;

(3)环R和它的一个子环S都有单位元 , 但这两个单位元不相等

解(1)R=Z , S=2Z ,

(2)R=$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ x & y \end{pmatrix} \right|x,y \in R \right\}$ , S=$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & y \end{pmatrix} \right|y \in R \right\}$ ,

(3)R=$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & b \end{pmatrix} \right|a,b \in Q \right\}$ , S=$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \right|a \in R \right\}$ ,

或R=Z , S={0} , 或Z₆的子环{$\overline{0}$ , $\overline{3}$} ,

习题1证明实数域上n阶下三角形矩阵(对角矩阵)构成的集合

关于矩阵的加法和乘法构成有单位元的环 , 并求它的单位群 ,

证明: 根据矩阵的性质可知 ,

实数域上n阶下三角形矩阵(对角矩阵)集合的减法运算、乘法运算封闭 ,

根据子环的判别定理知其关于矩阵的加法和乘法运算构成环 ,

因为单位矩阵是下三角形矩阵(对角矩阵) , 因此这也是有单位元的环 ,

实数域上n阶下三角形矩阵(对角矩阵)中的所有可逆矩阵构成单位群 ,

习题2设M_n(Z)={$\left. \ \left( a_{ij} \right)_{n \times n} \right|$ a_ij ∈ Z}是整数环Z上的所有n阶方阵的集合 ,

试证明M_n(Z)关于矩阵的加法和乘法运算成为环 ,

证明: 因为整数的加法、减法和乘法运算都是封闭的 ,

因此 , M_n(Z)关于矩阵的减法和乘法运算封闭 ,

根据子环的判别定理知M_n(Z)是M_n(R)的子环 ,

习题3设{A;+ , ⦁}是一个环 , S_A是A上的所有变换组成的集合 ,

在S_A中定义加法和乘法运算:

对属于S_A的任意f , g , 和对属于A的任意a , 有

(f+g)(a)=f(a)+g(a) , (fg)(a)=f(a)g(a) ,

试证明{S_A;+ , ⦁}是环 ,

证明: 零变换是{S_A;+}的零元 , 属于S_A的f的负元是‒f , (‒f)(a)=‒f(a) ,

因此 , {S_A;+}是交换群 ,

因为乘法满足结合律 , 所以{S_A;⦁}是半群 ,

对属于S_A的任意f , g , h和对属于A的任意a , 有

(h(f+g))(a)=h(a)(f(a)+g(a)) , (hf+hg)(a)=h(a)f(a)+h(a)g(a) ,

即左分配律成立 ,

同理可证右分配律成立 ,

因此{S_A;+ , ⦁}是环 ,

习题4在集合Z×Z上定义

(a , b)+(c , d)=(a+c , b+d) , (a , b)⦁(c , d)=(ac‒bd , ad+bc) ,

试证明{Z×Z;+ , ⦁}是有1的交换环 ,

证明1: 按照环的定义证明 , {Z×Z;+}是交换群 ,

由((a , b)⦁(c , d))⦁(s , t)

=(ac‒bd , ad+bc)⦁(s , t)

=(acs‒bds‒adt‒bct , act‒bdt+ads+bcs) ,

(a , b)⦁((c , d)⦁(s , t))

=(a , b)⦁(cs‒dt , ct+ds)

=(acs‒adt‒bct‒bds , act+ads+bcs‒bdt) ,

知{Z×Z;+ , ⦁}是环 ,

又由(a , b)⦁(c , d)=(ac‒bd , ad+bc)=(c , d)⦁(a , b) ,

(1 , 0)⦁(c , d)=(c , d) ,

知{Z×Z;+ , ⦁}是有1的交换环 ,

证明2: 由Z×Z的运算可以看出 , 我们可以将(a , b)与复数a+bi等同起来 ,

习题5设R是有1的交换环 ,

对属于R的a , b , 定义a⨁b=a+b‒1 , a*b=a+b‒ab ,

证明{R;⨁ , *}是有1的交换环 ,

证明: 按环的定义验证 ,

在{R;⨁}中 , (a⨁b)⨁c=a+b+c‒2=a⨁(b⨁c) , a⨁b=a+b‒1=b⨁a ,

即结合律成立 , 交换律成立 ,

又因a⨁1=a+1‒1=a , a⨁(2‒a)=1 , 故{R;⨁}的零元是1 , a的负元是2‒a ,

因此 , {R;⨁}是交换群 ,

在{R;*}中 ,

(a*b)*c=(a+b‒ab)*c=a+b‒ab+c‒ac‒bc+abc ,

a*(b*c)=a*(b+c‒bc)=a+b+c‒bc‒ab‒ac+abc ,

即结合律、交换律成立 ,

又因a*0=a , 即单位元是0 , 因此 , {R;*}是有单位元的交换半群 ,

根据(a⨁b)*c=a+b‒1+c‒ac‒ab+c=(a*c)⨁(b*c) , 得右分配律成立 ,

同理左分配律也成立 ,

所以 , {R;⨁ , *}是有1的交换环 ,

习题6设G是交换群 , 其运算记为加法 ,

End(G)表示G的所有自同态构成的集合 ,

End(G)按照变换的乘法运算是有1的半群 ,

定义加法(σ+τ)(a)=σ(a)+τ(a) , 其中任意σ , τ属于End(G) , a属于G ,

试证明End(G)是有1的环 ,

证明: 由(σ+τ)(a+b)=σ(a+b)+τ(a+b)=(σ+τ)(a)+(σ+τ)(b)

知(σ+τ)属于End(G) ,

由(ρ+(σ+τ))(a)=ρ(a)+τ(a)+σ(a)=((ρ+σ)+τ)(a) ,

(σ+τ)(a)=τ(a)+σ(a)=(τ+σ)(a) ,

知{End(G);+}中结合律、交换律成立 ,

另外 , G的零映射0是{End(G);+}的零元 ,

τ属于End(G) , 定义‒τ为(‒τ)(a)=‒τ(a) ,

则由(‒τ)(a+b)=‒τ(a+b)=‒τ(a)‒τ(b)=(‒τ)(a)+(‒τ)(b) ,

知属于End(G)的‒τ是τ的负元 ,

因此 , {End(G);+}是交换群 ,

再从(ρ(σ+τ))(a)=ρ(σ(a)+τ(a))=(ρσ+ρτ)(a) ,

((σ+τ)ρ)(a)=(σ+τ)ρ(a)=(σρ+τρ)(a) ,

知End(G)的乘法对加法满足分配律 ,

所以{End(G);+ , ⦁}是有1的环 ,

习题7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 ,

试证明R×Z对于这样的加法和乘法运算构成有单位元的环 ,

证明: 因为{R;+}和{Z;+}是交换群 , 它们的直积R×Z关于加法运算是交换群 ,

又因为

((r₁ , m)(r₂ , n))(r₃ , k)=(r₁r₂r₃+mr₂r₃+nr₁r₃+kr₂r₂+kmr₂+knr₁+mnr₃ , mnk) ,

(r₁ , m)((r₂ , n)(r₃ , k))=(r₁r₂r₃+kr₁r₂+nr₁r₃+mr₂r₃+kmr₂+knr₁+mnr₃ , mnk) ,

((r₁ , m)+(r₂ , n))(r₃ , k)

=(r₁+r₂ , m+n)(r₃ , k)

=(r₁r₃+r₂r₃+r₁k+r₂k+mr₃+nk₃ , mk+nk)

=(r₁ , m)(r₃ , k)+(r₂ , n)(r₃ , k) ,

即乘法结合律和乘法对加法的右分配律成立 , 同理可证左分配律成立 ,

因此R×Z是环 ,

又因(r₁ , m)(0 , 1)=(r₁ , m)=(0 , 1)(r₁ , m) , 即R×Z有单位元(0 , 1) ,

习题8设R为(‒∞ , +∞)上实函数的集合 ,

在R中定义加法和乘法运算为(f+g)(x)=f(x)+g(x) , (fg)(x)=f(g(x)) ,

其中任意f , g属于R , x属于(‒∞ , +∞) ,

问R对这种加法和乘法运算是否构成环?

解: 不能构成环 ,

因为若

$f(x) = \left\{ \begin{array}{r} x\ ,\ x > 0 \\ 0\ ,\ x \leq 0 \end{array} \right.\$ $g(x) = \left\{ \begin{array}{r} - x\ ,\ \ x \geq 0 \\ - \frac{1}{2}x\ ,\ x < 0 \end{array} \right.\$ $h(x) = \left\{ \begin{array}{r} \frac{1}{2}x\ ,\ x > 0 \\ x\ ,\ x \leq 0 \end{array} \right.\$

则f(g+h)≠fg+fh , 即分配律不成立 ,

故R不是环 ,

习题9设大于等于2的n为正整数 , 求环Z_n的单位群

解: 当且仅当a与n互素时 , 属于Z_n的$\overline{a}$是可逆元 ,

因此Z_n的单位群为{a ∈ Z_n|(a , n)=1}

习题10求数域F上的n阶矩阵环M_n(F)的中心 ,

证明: 因为与所有矩阵可交换的矩阵为纯量矩阵 , 所以M_n(F)的中心为FE ,

习题11问子环的并还是否是子环?请说明理由 ,

解: 两个子环的并不一定是子环 ,

如Z₁₈的两个子环的并{$\overline{0}$ , $\overline{6}$ , $\overline{12}$}⋃{$\overline{0}$ , $\overline{9}$}={$\overline{0}$ , $\overline{6}$ , $\overline{9}$ , $\overline{12}$}不是Z₁₈的子环

习题12设环R有唯一元素e使等式ae=a成立 , 其中a属于R ,

试证明e是R的单位元 ,

证明: 对属于R的任意b , 有b(ea‒a+e)=b , 由已知条件知ea‒a+e=c ,

从而ea=a , 所以e是R的单位元 ,

习题13设R是有1的环 , 存在正整数n使得aⁿ=0 , 其中a属于R ,

试证明1‒a可逆 ,

证明: 因为1=1‒aⁿ=(1‒a)(1+a+⋯+a^n‒1)=(1+a+⋯+a^n‒1)(1‒a) ,

所以1‒a可逆 , 其逆元为1+a+⋯+a^n‒1 ,

习题14设R是有1的环 , a , b属于R , 试证明若1‒ab可逆 , 则1‒ba可逆 ,

证明: 因为[1+b(1‒ab)^‒1a](1‒ba)

=1‒ba+b(1‒ab)^‒1a‒b(1‒ab)^‒1aba

=1‒ba+b(1‒ab)^‒1(1‒ab)a

=1 ,

(1‒ba)[1+b(1‒ab)^‒1a]

=1‒ba+b(1‒ab)^‒1a‒bab(1‒ab)^‒1a

=1‒ba+b(1‒ab)(1‒ab)^‒1a

=1 ,

所以1‒ba可逆 ,

习题15设R是有1的环 , a , b属于R , ab=1但ba≠1 ,

试证明ax=1有无穷多个解

证明: 对正整数n , 令x_n=b+(ba‒1)aⁿ ,

则ax_n=a[b+(ba‒1)aⁿ]=1+(aba‒a)aⁿ=1 , 即x_n是ax=1的解 ,

下而证明当n≠m时 , x_n≠x_m , 从而结论得证 ,

反证 , 设不等式1⩽n＜m成立时 , x_n=x_m , 则(ba‒1)aⁿ=(ba‒1)a^m ,

两端右乘bⁿ⁺¹ , 得到(ba‒1)b=(ba‒1)a^m‒n‒1 , 故(ba‒1)a^m‒n‒1=0 ,

两端再右乘b^m‒n‒1 , 得到ba=1 , 这与已知矛盾

习题16若R为交换环 , a , b均为幂零元 , 则a+b也是幂零元 ,

若R不为交换环 , 上述结论是否仍成立?

证明: 若a , b均为幂零元 , 则存在正整数n , m , 使得aⁿ=0 , b^m=0 ,

由于R为交换环 , (a+b)^m+n=0 , 因此a+b为幂零元 ,

若R不为交换环 , 上述结论不成立 ,

例如: $\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ , $\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$是M_n(R)中两个幂零元 , 但是$\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$不是幂零元 ,

习题17设R为环 , 若R的每个元素a均等式a²=a成立 , 则称R为布尔环 ,

试证明布尔环R为交换环 , 并且2a=0 , 其中a属于R ,

证明: 设x , y属于R , 由x²=x , y²=y , (x+y)²=x+y得xy=‒yx=(‒yx)²=(yx)²=yx ,

即布尔环为交换环 ,

因为4a=4a²=(2a)²=2a , 所以2a=0 , 其中a属于R ,

习题18求克莱因四元群K₄的自同态环的所有元素 ,

解: 设K₄的除单位元以外的元素为a , b , c ,

设σ是K₄的自同态 , 则σ(1)=(1) , 且Ker σ是K₄的子群 ,

若Ker σ的阶为1 ,

则$\sigma = \left( \begin{array}{r} \begin{matrix} (1) & \ \ \ a\ \ \ \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} \ \ \ \ b\ \ \ & \ \ \ c\ \ \ \end{matrix} \\ \begin{matrix} (1) & \sigma(a) \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} \sigma(b) & \sigma(c) \end{matrix} \end{array} \right)$是双变换 , 共有$P_{3}^{3}$=6种;

若Ker σ的阶为4 , 则σ是零变换;

若Ker σ的阶为2 , 则Im σ是2阶群 ,

此时 , a , b , c中一个元素的像为单位元 ,

另两个元素的像相等 , 可取a , b , c中任意一个 , 此时σ有9种取法;

因此 , K₄的自同态环的元素共有16个 ,