mNm，
则由于对任何mi≠mj∈M, 有miN≠mjN，故此f为MN/N到M的一个映射.
23. 设G是一个群，S是G的一非空子集合.令 C(S)={x∈G|xa=ax,对一切a∈S} N(S)= {x∈G|x-1Sx=S}. 证明：
(i) C(S),N(S)都是G的子群; (ii) C(S)是N(S)的正规子群. 证明：
(i) 首先证明C(S)是G的子群.
任取x，y∈C(S)，那么对任意a∈S有xa=ax，ya=ay. 那么一方面，
(xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=(ax)y=a(xy)，
所以xy∈C(S). 另一方面，
xa=axa=x-1axax-1=x-1a
所以x-1∈C(S).
因此，C(S)是G的子群.
接着证明N(S)都是G的子群.
任取x，y∈N(S)，则x-1Sx=S，y-1Sy=S. 那么一方面，
(xy)-1S(xy)=x-1(y-1Sy)x=x-1Sx=S
所以xy∈N(S). 另一方面，
x-1Sx=SS=xSx-1
所以x-1∈N(S).
因此，N(S)是G的子群. (ii) 任取x∈C(S)，a∈S，则xa=ax，即a=x-1ax，亦即S= x-1Sx. 因此x∈N(S)，即C(S)N(S).
任取x∈C(S)，y∈N(S)，a∈S，则存在ay∈S使得yay-1=ay，因此a=y-1ayy. 那么
(y-1xy)a(y-1xy)-1=y1[x(yay-1)x-1]y= y1(xayx-1)y= y-1ayy=a，
即
(y-1xy)a=a(y-1xy).
所以y-1xy∈C(S)，因此C(S)是N(S)的正规子群.
24. 证明任意2阶群都与乘法群{1，-1}同构. 证明：略.
25. 试定出所有互不相同的4阶群. 解：
我们分类讨论:(1)存在四阶元；(2)不存在四阶元.
(1) 若存在一个四阶元，并设a为一个四阶元，那么该四阶群为.
(2) 若不存在四阶元，那么除了单位元e的阶为1，其余元素的阶只能是2，即设四阶群 G={e，a，b，c}，那么a2=b2=c2=e，ab=ba=c，ac=ca=b，bc=cb=a. 群表如下：
e a 11
b c e a b c e a b c a e c b b c e a c b a e 这是Klein四阶群. 综上可知，四阶群群在同构意义下只有两种或者是四阶循环群或者是Klein四阶群.
26. 设p为素数.证明任意两个p阶群必同构. 证明：
易知当p为素数时，p阶群必存在一个p阶元，即p阶群必是p阶循环群，故两个p阶群必同构.
27. Z为整数环，在集合S=Z×Z上定义
(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d), (a,b)(c,d)=(ac+bd,ad+bc).
证明S在这两个运算下成为幺环. 提示：(1,0)为该环的单位元素. 证明：略.
28. 在整数集上重新定义加法“”与乘法“”为
ab=ab, ab=a+b
试问Z在这两个运算下是否构成一环. 答：不构成环.
29. 设L为交换幺环，在L中定义：
ab=a+b-1, ab=a+b-ab.
这里e为单位元素，证明在新定义的运算下，L仍称为交换幺环，并且与原来的环同构. 证明：
(i)证明L在运算下构成交换群：
由的定义，得到
(ab)c=(a+b-1)c=a+b-1+c-1=a+b+c-2 a(bc)= a(b+c-1)= a+b+c-1-1=a+b+c-2
这里2=1+1，所以
(ab)c= a(bc).----------------(1)
同时由的定义还可以得到
a1= 1a=a，------------------------(2) a(2-a)=(2-a)a=1，---------------(3) ab=ba，----------------------------(4) 由(1),(2),(3)(4)可知L在运算下构成交换群.
(ii)证明L中运算满足结合律和交换律：容易证明这里略过. (iii)证明乘法对加法满足分配律： 因为
a(bc)= a(b+c-1)=a+(b+c-1)-a(b+c-1)=2a+b+c-ab-ac-1，
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(ab)(ac)=(a+b-1)(a+c-1)= (a+b-ab)+(a+c-ac)-1=2a+b+c-ab-ac-1，
所以
a(bc)= (ab)(ac).
由于和满足交换律，故此
(bc)a= (ba)(ca).
因此新定义的乘法对新定义的加法满足分配律 (iv) 设0为环(L，+，)的零元，则
0a=a0=a
由(i)，(ii)，(iii)，(iv)可得到(L，，)为交换幺环. (v) 最后证明(L，+，)与(L，，)同构：设
f: L→L x1-x，
容易证明f为(L，+，)到(L，，)的同构映射.
30. 给出环L与它的一个子环的例子，它们具有下列性质: (i) L具有单位元素，但S无单位元素； (ii) L没有单位元素，但S有单位元素； (iii) L, S都有单位元素，但互不相同； (iv) L不交换，但S交换. 解：
(i) L=Z，S=2Z；
(ii) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}； (iii) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}； (iv) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；
31. 环L中元素eL称为一个左单位元，如果对所有的a∈L，
eLa= a；
元素eR称为右单位元，如果对所有的a∈L， aeR=a. 证明： (i) 如果L既有左单位元又有右单位元，则L具有单位元素； (ii) 如果L有左单位元，L无零因子，则L具有单位元素； (iii) 如果L有左单位元，但没有右单位元，则L至少有两个左单位元素. 证明：
(i) 设eL为一个左单位元，eR为右单位元，则eLeR=eR=eL.记e=eR=eL，则对所有的a∈L，ea=ae=a，
因此e为单位元素；
(ii) 设eL为一个左单位元，则对所有的a(≠0)∈L，a(eLa)=a2；另一方面，a(eLa)=(aeL)a. 所以a2=(aeL)a.因为L无零因子，所以满足消去律[注]，故此a= aeL.另外，若a=0，则a= aeL=eLa.
因此左单位元eL正好是单位元. (iii) 设eL为一个左单位元，因为L中无右单位元，故存在x∈L，使得xeL≠x，即xeL-x≠0, 则eL+ xeL-x≠eL，但是对所有的a∈L，(eL+ xeL-x)a=a,因此eL+ xeL-x为另一个左单位元，所以L至少有两个左单位元素.
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[注意] L无零因子，则满足消去律(参考教材46页). 32. 设F为一域.证明F无非平凡双边理想. 证明：
设I为F的任意一个理想，且I≠{0}，则对任意a(≠0)∈I，则a-1∈F,于是
a-1a=1∈I.
从而F中任意元素f，有
f1=f∈I，
故I=F，即F只有平凡双边理想.
[讨论] 事实上，一个体(又称除环)无非平凡双边理想. 另一方面，若L是阶数大于1的(交换)幺环，并且除了平凡理想，没有左或右理想，则L是一体(域).
33. 如果L是交换环，a∈L，
(i) 证明La={ra|r∈L}是双边理想；
(ii) 举例说明，如果L非交换，则La不一定是双边理想. 证明：
(i) 容易验证La为L的一个加法群. 任取ra∈La，l∈L，则
l(ra)=(lr)a∈La，(ra)l=r(al)=r(la)=(rl)a∈La
故La为L的一个双边理想.
(ii) 设L=M2(R)，那么L显然不是交换环，取h=，下面考察Lh是否为L的理想： 取k=，容易验证h∈Lh，hk Lh，因此Lh不是L的一个理想.
34. 设I是交换环L的一个理想，令
radI={r∈L|rn∈I对某一正整数n}，
证明radI也是一个理想.radI叫做理想I的根.
35. 设L为交换幺环，并且阶数大于1，如果L没有非平凡的理想，则L是一个域. 证明：
只要证明非零元素均可逆即可.任取a∈L，那么La和aL是L的理想，且La≠{0}，aL≠{0}，因L无平凡的理想，故此La=aL=L，因此ax=1和ya=1都有解，因而a为可逆元.
36. Q是有理数域，Mn(Q)为n阶有理系数全体矩阵环.证明无非平凡的理想(这种环称为单 环). 证明：
我们社K为Mn(Q)的非零理想，下面证明K=Mn(Q).为了证明这一点，只要证明n阶单位矩阵E∈K.记Eij为除了第i行第j列元素为1，其余元素全为0的矩阵.那么
EijEst=
而E=E11+E22+…+Enn.我们只要证明Eii∈K(i=1,2,…,n)就有E∈K.
设A∈K，且A≠0，又令A=(aij)n×n,假设akj≠0，则有EikAEji=akjEii(i=1,2,…,n).由于akj≠0，故存在逆元akj-1.设B= akj-1Eii,则
BEikAEji= akj-1EiiEikAEji= akj-1EikAEji=EikEkjEji=Eii.
因为K为理想，A∈K，所以Eii=BEikAEji∈K，证毕.
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37. 设L为一环，a为L中一非零元素.如果有一非零元素b使aba=0，证明a是一个左零 因子或一右零因子. 证明：
若ab=0，则a为左零因子；若ab≠0，则aba=(ab)a=0，故ab为右零因子.
38. 环中元素x称为一幂零元素，如果有一正整数n使xn=0，设a为幺环中的一幂零元素， 证明1-a可逆.
证明：设an=0，那么
(1+a+a2+…+an-1)(1-a) =(1-a) (1+a+a2+…+an-1) =1-an=1
因此1-a可逆.
39. 证明：在交换环中，全体幂零元素的集合是一理想. 40. 设L为有限幺环.证明由xy=1可得yx=1. 证明：
当L只有一个元素，即L={0}，亦即0=1[注]，此时显然有xy=1=xy；当L有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y不是左零元[注],因此yL=L.又因L为有限环，所以存在z∈L，使得yz=1.
注意到(xy)z=z，x(yz)=x，所以x=z，即yx=1.
[注意]
1.幺环多于一个元素当且仅当0≠1. 2．当L有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y不是左零元.因为若存在z≠0使得yz=0，则z=(xy)z=x(yz)=0,产生矛盾.
41. 在幺环中，如果对元素a有b使ab=1但ba≠1，则有无穷多个元素x，适合ax=1. (Kaplansky定理) 证明：
首先，若ab=1但ba≠1，则a至少有两个右逆元[注].
现在假设a只有n(>1)个右逆元，并设这些元素为xi(i=1,2,…,n).那么
a(1-xia+x1)=1(i=1,2,…,n),
又当i≠j时，1-xia+x1≠1-xja+x1[注]，这里i，j=1,2,…,n.于是
{xi|i=1,2,…,n}={1-xia+x1| i=1,2,…,n }，
故存在xk∈{xi|i=1,2,…,n}使得
x1=1-xka+x1,
即
xka=1.
因为n>1，我们取xt≠xk∈{xi|i=1,2,…,n}，那么
(xka)xt=xt，(xka)xt =xk(axt)=xk
因此xt=xk，产生矛盾，所以假设不成立，即a有无穷多个右逆元. [注意]
1. 若ab=1但ba≠1，则a至少有两个右逆元. 因为易验证1-ba+a就是另一个右逆元.
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2. 假设当i≠j时，1-xia+x1=1-xja+x1，则xia=xja，故xiax1=xjax1,因此xi=xj，产生矛盾. 42. 设L是一个至少有两个元素的环. 如果对于每个非零元素a∈L都有唯一的元素b使得
aba=a.
证明：
(i) L无零因子； (ii) bab=b;
(iii) L有单位元素； (iv) L是一个体. 证明：
(i) 先证明L无左零因子，假设a为L的一个左零因子，那么a≠0，且存在c≠0，使得ac=0，于是cac=0. 因a≠0，则存在唯一b使得aba=a.但
a(b+c)a=a,b+c≠b
产生矛盾，所以L无左零因子.
类似可证L无右零因子.
(ii) 因aba=a，所以abab=ab. 由(i)的结论知L无零因子，因此满足消去律，而a≠0，故bab=b.
(iii) 我们任一选取a(≠0)∈L，再设aba=a(这里b是唯一的)，首先证明ab=ba.因为
a(a2b-a+b)a=a，
所以a2b-a+b=b，即a2b=a=aba，由消去律得到ab=ba.
任取c∈L，则ac=abac，故此c=(ba)c=(ab)c；另一方面，ca=caba，故此c=c(ab).综上得到c=(ab)c=c(ab),所以ab就是单位元素，我们记ab=ba=1.
(iv) 由(iii)可知任意a(≠0)∈L，ab=ba=1，即任意非零元素都可逆，因此L成为一个体.
43. 令C[0,1]为全体定义在闭区间[0,1]上的连续函数组成的环.证明： (i) 对于的任一非平凡的理想I，一定有个实数，，使得f()=0对所有的f(x)∈I； (ii) 是一零因子当且仅当点集 {x∈[0,1]|f(x)=0} 包含一个开区间. 证明：
(i) 证明思路：设I为非零的非平凡理想，假设对任意x∈[0,1]，存在f(x)∈I使得f(x)≠0，想法构造一个g∈I可逆.
(ii) 提示：用连续函数的局部保号性.
44. 令F=Z/pZ为p个元素的域.求 (i) 环Mn(F)的元素的个数； (ii) 群GLn(F)的元素的个数.
45. 设K是一体，a，b∈K，a，b不等于0，且ab≠1.证明华罗庚恒等式：
a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.
证明：
因为a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba?1-(a-1+(b-1-a)-1)-1a-1=ab?(aa-1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab? (1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab?(1+((ab)-1-1)-1)-1=1-ab，为了方便记x=ab，那么1-x，x，x-1-1都可逆，只要证明(1+(x-1-1)-1)-1=1-x即可，或者证明1+(x-1-1)-1=(1-x)-1即可. 因为
1+(x-1-1)-1=1+(x-1-x-1x)-1=1+(1-x)-1x=(1-x)-1(1-x) +(1-x)-1x=(1-x)-1,
所以结论成立，即a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.
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