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代数学引论第二版第三章答案.pdf
代数学第三章部分习题答案
1. 证明在环 R 内，若 1 − ab 可逆，则 1 − ba 可逆.
证明:
a(1 − ba) = a − aba = (1 − ab)a
a = (1 − ab)
−1a(1 − ba)
1 − ba = 1 − b[(1 − ab)
(1 − ba) + b(1 − ab)
−1a](1 − ba) = 1
[1 + b(1 − ab)
所以 (1 − ba) 可逆，且 (1 − ba)
−1a(1 − ba)] = 1 − b(1 − ab)
−1 = 1 + b(1 − ab)
−1a(1 − ba) = 1
−1a(1 − ba)
−1a.
2. 设在环 R 中元素 u 有右逆，证明下列三条等价：
(1)u 有多于一个的右逆；
(2)u 是一个左零因子；
(3)u 不是单位.
证明:
(1)⇒(2):
由 u 有右逆知 u ̸= 0, 则 u1, u2 是 u 的右逆，u1 ̸= u2，则
u(u1 − u2) = uu1 − uu2 = 1 − 1 = 0
而 u1 − u2 ̸= 0，故 u 是 u1 − u2 的左零因子.
(2)⇒(3):
假设 u 为单位，则 u 可逆. 对 ∀u3 ∈ R, u3 ̸= 0.
于是
u3 = 1 · u3 = u
−1(uu3) ̸= 0
即 uu3 ̸= 0，故 u 不是左零因子，矛盾！因此 u 不是单位.
(3)⇒(1):
假设 u 只有一个右逆 u4，对 ∀r ∈ R, r ̸= u4, 均有
−1uu3 = u
ur ̸= 1 = uu4
则 u(r − u4) ̸= 0. 由 r 的任意性知 u 不是左零因子. 而
u(1 − u4u) = u − uu4u = u − u = 0
因此 1 − u4u = 0，即 u4u = 1，所以 u4 是 u 的左逆，于是 u 是单位，矛盾！
所以 u 有多于一个的右逆.
1
代数学第三章部分习题答案
3. 证明在环 R 内，若元素 u 有多于一个的右逆，则它有无穷多个右逆.
这个定理是 Kaplansky 定理. 下面给出一个非构造性证明.
证明:
设 A = {a|a ∈ R, ua = 1}，即 u 所有右逆的集合. 根据题意，A 至少有两
个元素. 从 A 中取出一个元素 a0，考虑集合 B = {au − 1 + a0 : a ∈ A}，先证
明 B ⊆ A. 对 B 中任意一个元素 au − 1 + a0，有
u(au − 1 + a0) = uau − u + ua0 = u − u + 1 = 1
所以 B ⊆ A. 其次，a0 /∈ B，因为如果 a0 ∈ B，则 ∃a1 ∈ A, a1u − 1 + a0 =
a0 ⇒ a1u = 1，即 u 有右逆，由题 2 知这是不可能的，故 a0 /∈ B，所以 B 是
A 的真子集.
最后我们构造一个映射 φ : A → B, a 7→ au − 1 + a0，显然 φ 是满射，假
设 a1, a2 ∈ A, a1 ̸= a2 但是 φ(a1) = φ(a2)，则
a1u − 1 + a0 = a2u − 1 + a0
(a1 − a2)u = 0
(a1 − a2)ua0 = 0
a1 − a2 = 0
a1 = a2
矛盾！所以 φ 是双射. 存在一个 A 的真子集到 A 的双射，故 A 是无穷集，即
u 有无穷多个右逆.
4. 已知一个交换环 R 的全部幂零元构成 R 的一个理想. 在非交换环中，上述事
实是否成立？
解:
不成立. 取 R = M3.
0
则 A, B ∈ R, A3 = B3 = 0，但是
0 0
0 1
0 0
0
1
A =
B =
0
0
1
0
0
0
1 0
0 1
1
0
0
0
0
AB =
0 0
0
2
代数学第三章部分习题答案
所以对 ∀n ∈ N∗
, (AB)n = AB ̸= 0，即 AB 不是幂零元.
5. 设 F 为一个特征 p 的域，p 为素数，证明：
(a + b)p = ap + bp,∀a, b ∈ F
域的特征可以推广到幺环上去. 如果幺环 R 的单位元素 e 生成的加法群
G = {ne|n ∈ Z} 是一个无限群，则 R 叫做特征 0 的环；若 G 是一个有限群，
令 k = |G|，则 k 叫做环 R 的特征. 证明，若 R 为整环，则 R 的特征为 0 或
为一个素数，而且若 R 的特征为素数 p，则上面等式对 R 也成立.
证明:
(1)
(a + b)p =
p
p − k
p akbp−k,
C k
p−1, 即 (p − k)C k
C k
除了 k = 0, p 之外，C k
故左边能被 p 整除，而 (p, p − k) = 1，所以 p|C k
1, 2, . . . , p − 1. 所以 (a + b)p = ap + bp.
(2) 显 然 R 的 特 征 是 0 或 者 一 个 正 整 数. 若 char(R) = n 不 是 素 数，则
n = k1k2, 1 < k1, k2 < n, ne = k1(k2e) = (k1e)(k2e) = 0，因为 R 是整环，所以
k1e = 0 或者 k2e = 0，与 n 的定义矛盾，所以 n 是素数. 剩余证明与 (1) 一样.
p−1. 右边被 p 整除，
p akbp−k = 0, k =
p = pC k
p . 于是 C k
p∑
k=0
p =
6. 设 Mn(R) 为环 R 上 n × n 全矩阵环，又设 I 为 R 的一个理想，求证 I 上
n × n 全矩阵环 Mn(I) 是 Mn(R) 上的理想. 进一步证明，Mn(R) 除了这一类
理想外再没有其他理想.
证明:
(1) 设 A = (aij)n×n ∈ Mn(I)，则 aij ∈ I. 对 ∀B = (bij)n×n ∈ Mn(R),
(
n∑
)
AB =
aikbkj
k=1
n×n
因为 aik ∈ I, bkj ∈ R，而 I 是 R 的理想，所以 aikbkj ∈ I. 所以 AB 每个元素
都在 I 中，故 AB ∈ Mn(I). 同理可证 BA ∈ Mn(I)，因此 Mn(I) 是 Mn(R)
的一个理想.
(2) 设 K 是 Mn(R) 的一个理想，令 Ω = {a|a 是 A 的元素，A ∈ K}. 即 K 中
所有矩阵的元素构成的集合. 显然 0 ∈ Ω，所以 Ω 非空. 现在证明 Ω 是一个理
想.
3
代数学第三章部分习题答案
设 a1, a2 ∈ Ω，即 ∃A1, A2 ∈ K, s.t a1 是 A1 的元素，a2 是 A2 的元素. 设
a1 = ai1j1, a2 = ai2j2 ，则
E1i1 A1Ej11 = ai1j1 E11 = a1E11
E1i2 A2Ej21 = ai2j2 E11 = a2E11
其中 Eij 是除了第 i 行第 j 列的元素为 1 外其他元素都是 0 的 n × n 矩阵. 因
此
(E1i1A1Ej11) − (E1i2 A2Ej21) = (a1 − a2)E11
因为 E1i1 A1Ej11, E1i2 A2Ej12 ∈ K，所以 (a1 − a2)E11 ∈ K, 即 a1 − a2 ∈ Ω，所
以 Ω 是加法交换群.
设 a ∈ Ω, r ∈ R，取 a 对应的矩阵 A，并设 a 的位置为 aij. 则 E1iAEj1 =
aE11 ∈ K，取 rE11 ∈ R，因为 K 是理想，所以
aE11 · rE11 = (ar)E11 ∈ K ⇒ ar ∈ Ω
rE11 · aE11 = (ra)E11 ∈ K ⇒ ra ∈ Ω
所以 Ω 是 R 的理想. 最后我们说明 K = Mn(Ω). 由前面的证明可知 K ⊆
Mn(Ω)，而对于 ∀A = (aij)n×n ∈ Mn(Ω),∃Aij ∈ K，使得 aij 是 Aij 中的一个
元素. 我们不妨设 aij 位于 Aij 的第 ki 行第 lj 列，则可以通过将元素移位得到
A，具体来说就是
n∑
n∑
EikiAijElj j =
i;j=1
i;j=1
aijEij = A ∈ K
所以 Mn(Ω) ⊆ K，因此 K = Mn(Ω). 故 Mn(R) 只能有 Mn(I) 这种形式的理想.
7. 设 I, H, N 为环 R 的理想. 证明
(H + N ) · I = H · I + N · I, I · (H + N ) = I · H + I · N.
证明：
设 r ∈ (H + N ) · I，则
n∑
n∑
n∑
r =
(hi + ni)ai =
hiai +
niai,
i=1
i=1
i=1
其中 hi ∈ H, ni ∈ N, ai ∈ I, i = 1, 2, . . . , n. 所以 r ∈ H · I + N · I. 于是
(H + N ) · I ⊆ H · I + N · I.
4
代数学第三章部分习题答案
m∑
另一方面，设 r ∈ H · I + N · I, 则
n∑
(
m∑
r =
hiai +
njbj =
hiai +
n∑
0 · bi
)
n∑
+
njbj +
m∑
0 · aj
i=1
j=1
i=1
i=1
j=1
j=1
其中 hi ∈ H, nj ∈ N, ai, bj ∈ I, i = 1, 2, . . . , m, j = 1, 2, . . . , n. 不妨取 hm+1 =
hm+2 = . . . = hm+n = 0, nn+1 = nn+2 = . . . = nn+m = 0, ci = ai(i =
1, 2, . . . , m), cm+j = bj(j = 1, 2, . . . , n).，则
m+n∑
m+n∑
m+n∑
r =
hici +
nici =
(hi + ni)ci,
i=1
i=1
i=1
因为 ci ∈ I, hi ∈ H, ni ∈ N, i = 1, 2, . . . , m + n，所以 r ∈ (H + N ) · I. 于是
H · I + N · I ⊆ (H + N ) · I.
综上可得 (H + N )· I = H · I + N · I，同理可得 I · (H + N ) = I · H + I · N.
是一个满的环同态而且将 R 的单位元素 1 映到单位元素 1’. 指
的幂零（幂等）元.
′
′
′
′
的零因子.
8. 设 η : R → R
出下列命题的正确与错误. 正确的给以证明，错误的举出反例.
(i) 若 a ∈ R 是幂零（幂等）元，则 η(a) 也是 R
(ii) 若 a ∈ R 是零因子，则 η(a) 也是 R
(iii) 若 R 为整环，则 η(R) = R
(iv) 若 η(R) = R
(v) 若 u ∈ R 是单位，则 η(u) 也是 R
(vi) 若 η(u) 是 R
证明:
(i) 正确. 设 am = 0, m ∈ N∗
η2(a) = η(a2) = η(a).
(ii) 错误. 设
的单位.
的单位，则 u ∈ R 也是单位.
也是整环.
为整环，则 R 也是整环.
，则 ηm(a) = η(am) = η(0) = 0
′
′
′
′. 设 a2 = a，则
{(
(
a 0
b
c
1 0
0 1
)
0 0
0 1
=
) a, b, c ∈ Z
}
)
7→ 1. 而
)
(
((
0 0
0 0
, η : R → Z,
(
)
))
0 0
0 1
)
a 0
b
c
(
(
·
7→ a.
(
)
)
1
0
0
0
=
0 0
0 0
则 η 为满同态且
R =
)
(
)
·
1 0
(
1 0
0 0
(
所以
(iii) 错误.η : Z → Z/(6) 是自然满同态，Z 为整环，但 Z/(6) 不是整环.
是零因子，但 η
0 0
0
0
= 1 不是零因子.
1
0
5
(iv) 错误. 例子同 (ii).R
′
= Z 是整环，但 R =
代数学第三章部分习题答案
{(
) a, b, c ∈ Z
}
不是整
a 0
b
c
环.
(v) 正确.η(u) · η(u
是单位.
(vi) 错误.η : Z → Z/(7) 取自然同态，则 η(8) = 8 = 1 是单位，但 8 不是单位.
−1) = η(1) = 1
−1(u) = η(u
−1) = η(uu
−1).，即 η(u)
，故 η
′
9. 在四元数体 H 内，令
H0 = {a0 + a1I + a2J + a3K|ai ∈ Q}.
证明 H0 是 H 的子体.
证明:
H0 显然是 H 的加法子群. 考虑 H1 = H0\{0}. 设 ha = a0 + a1I + a2J +
a3K, hb = b0 + b1I + b2J + b3K ∈ H1，则
hahb = (a0 + a1I + a2J + a3K)(b0 + b1I + b2J + b3K)
= c0 + c1I + c2J + c3K
其中
c0 = a0b0 − a1b1 − a2b2 − a3b3 ∈ Q
c1 = a0b1 + a1b0 + a2b3 − a3b2 ∈ Q
c2 = a0b2 + a2b0 + a3b1 − a1b3 ∈ Q
c3 = a0b3 + a3b0 + a1b2 − a2b1 ∈ Q
故 hahb ∈ H1，即乘法封闭. 而且 1 ∈ H1. 最后考虑逆元，设 ha ̸= 0，则
a0, a1, a2, a3 不全为 0. 求解 hahb = 1，得
b0 = a0/A2
b1 = −a1/A2
b2 = −a2/A2
b3 = −a3/A2
, A2 = a2
0 + a2
1 + a2
2 + a2
3 > 0
于是 bi ∈ Q, i = 0, 1, 2, 3，即 ha 可逆. 所以 H1 是乘法群，故 H0 是 H 的子体.
10. 决定四元数体 H 的中心.
解:
6
代数学第三章部分习题答案
按题意应为乘法群的中心，所以题目考虑的应该是 H1 = H\{0} 的中心.
设 ha ∈ Z(H1). 则对 ∀hb ∈ H, hahb = hbha，即
,∀b1, b2, b3 ∈ R ⇒ a1 = a2 = a3 = 0
a2b3 = a3b2
a1b3 = a3b1
a1b2 = a2b1
所以 Z(H1) ⊆ R. 反之，若 ha ∈ R，显然有 hahb = hbha,∀hb ∈ H1. 所以
Z(H1) = R.
11. 决定 H 中与 I 乘法交换的元素全体.
证明:
{
设 ha ∈ H 满足 haI = Iha，则
a3 = −a3
a2 = −a2
⇒ a2 = a3 = 0,
故 ha = a0 + a1I,∀a0, a1 ∈ R, 所以全体为 {a0 + a1I|a0, a1 ∈ R}.
12. 不会.
13. 设 I, H, N 为环 R 的理想. 若 H · N ⊂ I 而且 I 与 H 互素，则 N ⊂ I.
证明:
因为 I 与 H 互素，故 I + H = R，而 1 ∈ R，所以
∃i ∈ I, h ∈ H, s.t h + i = 1.
又 H · N ⊂ I，故对 ∀n ∈ N ，取上述 h，有 hn ∈ I. 代入 h = 1 − i，得
(1 − i)n = n − in ∈ I. 因为 I 是理想，所以 in ∈ I，因此 n ∈ I，即 N ⊂ I.
14. 设 I, H, N 是交换环 R 的理想，若 H ⊃ I, N ⊃ I 而且 H, N 互素，则
H · N ⊃ I.
证明:
由 H, N 互素且 R 交换知 H · N = H ∩ N. 则
I ⊂ H, I ⊂ N ⇒ I ⊂ H ∩ N = H · N.
{(
) a, b, c ∈ Z
}
16. 设 R =
解:
a 0
b
c
. 试决定 R 的全部理想.
7
{
b
(
a 0
b
c
)
}
∈ K
{
, Ωc =
c
(
a 0
b
c
)
}
,
∈ K
代数学第三章部分习题答案
Ωa =
a
a 0
)
}
{
设 K 是 R 的一个理想，记
(
设 a ∈ Ωa,∀k ∈ Z，则存在(
∈ K
b
c
)
, Ωb =
ΩaΩb, Ωc 显然是加法子群，证法同题 6.
由 K 是 R 的理想知(
a 0
b
c
)(
(
)
0
′
c
∈ R
)
k
′
b
(
∈ K,
)
a 0
b
c
k
′
b
0
′
c
=
ak 0
∗
∗
∈ K
于是 ak ∈ Ωa，即 Ωa 是 Z 的理想，因为 Z 为主理想整环，所以 ∃n ∈ Z, Ωa =
(n). 同理有 ∃m ∈ Z, Ωc = (m).
接着我们考虑 Ωb，固定上述的 m, n，设 b0 ∈ Ωb,∀a, b, c ∈ Z，存在
)
(
)
(
由 K 是 R 的理想知(
(
a0
b0
a0
b0
)(
)(
0
c0
0
c0
a 0
b
c
∈ K,
(
)
(
)
=
a 0
b
c
a0
b0
0
c0
=
)
)
∈ K,
∈ K,
a 0
b
c
∈ R
aa0
0
b0a + c0b
cc0
aa0
0
ba0 + cb0
cc0
)
(
即 b0a + c0b, ba0 + cb0 ∈ Ωb. 不妨取 b = 0，则 b0a ∈ Ωb,∀a ∈ Z，所以 Ωb 是 Z
的理想，不妨设为 (k). 对于 m, n, k，存在
(
)
(
An =
n
bn
0
cn
, Am =
am 0
bm m
, Ak =
ak
k
0
ck
)
∈ K
所 以 E21AnE11 = nE21 ∈ K, E22AmE21 = mE21 ∈ K ⇒ m, n ∈ (k) ⇒
k|m, k|n ⇒ k|(m, n). 即 k 是 m, n 的公因子. 因此我们不妨记
) a ∈ (n), c ∈ (m), b ∈ (k), m, n ∈ Z, k|(m, n)
}
{(
N =
a 0
b
c
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