代数学考试内容

1整数加群的生成

整数加群$\mathbb{Z}$的每个子群都是循环群，可以由唯一的非负整数生成。

证明：设$H$是$\mathbb{Z}$的子群，我们分为两种情况讨论：

若$H=\left\{0\right\}$。显然可以知道$H$由$0$生成。

若$H{\neq}\left\{0\right\}$，也即存在$m{\neq}0,m{\in}H$，若$m<0$，则由于子群存在逆元，于是$-m>0$，且$-m{\in}H$，也即$H$中至少含有一个非负整数。设$n$是$H$中最小的正整数，则$n$的倍数$kn=n+{\cdots}+n{\in}H$。则对于${\forall}x{\in}H$，若$x$不是$n$的倍数，则由带余除法，我们得到$x=qn+r$，显然有$qn{\in}H,x{\in}H$，故此有$r=x-qn{\in}H$，且$0<r<n$，而这个和$n$为$H$中最小的整数矛盾。于是$H=\left\langle n \right\rangle$。

思路：分情况讨论：首先讨论零元的情况，然后考虑有非零元的情况，根据子群存在逆元，将负元转为非负整数元来做，然后由于要满足循环群，于是考虑拿最小的正整数来生成这个群，那么倍数的情况可以纳入，非倍数的情况考虑带余除法，可以得到一个更小的元，产生矛盾，于是仅可能是最小非负整数来生成。

2

$A,B$是群$G$的子群，证明：$A{\cup}B$是$G$的子群$\iff{A}{\subseteq}B$或者$B{\subseteq}A$。

证明：

$\Leftarrow$是显然成立的，不妨设$A{\subseteq}B$，则知道$A{\cup}B=B$，而我们知道$A,B$是群$G$的子群，于是推出$A{\cup}B$是$G$的子群。

$\Rightarrow$：反证法：假设$A,B$不满足$A{\subseteq}B$或者$B{\subseteq}A$，也即有$A-B{\neq}\varnothing$，且$B-A{\neq}\varnothing$。设$a{\in}A-B,b{\in}B-A$，也即有$a,b{\in}A{\cup}B$。

但是$ab{\not\in}A{\cup}B$。这是因为：若$ab{\in}A{\cup}B$，不妨设$ab{\in}A$，而因为$a{\in}A$，且$A$是子群，则$a^{-1}{\in}A$，于是有$a^{-1}(ab)=b{\in}A$，但是这个与$b{\in}B-A$的选取矛盾。于是$ab{\not\in}A{\cup}B$。

也即$A{\cup}B$对群$G$的乘法运算是不封闭的，故$A{\cup}B$不是$G$的子群，这与题设矛盾。

于是我们知道$A,B$满足$A{\subseteq}B$或者$B{\subseteq}A$。

思路：

必要性显然成立，我们从结论得到两个子群有包含关系，然后其并集必然是其中一个，所以并集必然还是子群。

充分性是通过反证法证明的，我们通过韦恩图可以更快得到结论，实际上是给出两个集合中互不相交部分的元素，然后其乘积不在并集中（这个可以通过子群有逆元证明），从而得到并集对于乘法运算是不封闭的，于是和题设的并集是子群的条件矛盾。

3极大子群存在性

有限群$G$的子群$M$称为是极大子群，若$M{\neq}G$，且不存在$G$的真子群$H$，满足$M{\not\subseteq}H{\not\subseteq}G$。证明：有限群$G$的真子群$H$，一定包含于$G$的某个极大子群中。

证明：反证法：设$H$是有限群$G$的真子群，且不存在$G$的某个极大子群$M$，使得$M{\supseteq}H$，设$G$的阶为$|G|=n$，$H$的阶为$|H|=m<n$。

显然，$H{\supseteq}H$，故$H$不是极大子群，故存在$G$的真子群$H_1$，有$H{\subseteq}H_1$。

设$|H_1|=m_1$，则有$m<m_1<n$。

同理我们得到$H_1{\supseteq}H$，故$H_1$也不是极大子群，故存在$G$的真子群$H_2$，有$H{\subseteq}H_1{\subseteq}H_2$，设$|H_2|=m_2$，则$m<m_1<m_2<n$。

这样继续重复下去，我们可以得到$G$的一列真子群：$H{\subseteq}H_1{\subseteq}{\cdots}{\subseteq}H_k$，设$|H_k|=m_k$，则有$m<m_1<{\cdots}<m_k<n$，而当$k>n-m$时，有$m<m_1<{\cdots}<m_{k}<n$不成立，这就得到了矛盾，于是原命题得证。

思路：我们要证明的是一个极大子群的存在性，通过反证法，假设其不存在，但是因为极大子群的存在性是肯定的，于是我们通过找到不断寻找扩大的极大子群，通过阶数爆炸，和有限群的阶数有限来导出矛盾。

4正规子群

设$\varphi:A{\to}B$是群的满同态，证明：若$N{\unlhd}A$（是正规子群），则$\varphi(N){\unlhd}B$。

证明：要证明$\varphi(N)$是$B$的正规子群，也即证明：对于${\forall}b{\in}B$，有$b\varphi(N)=\varphi(N)b$。

因为$\varphi:A{\to}B$是满的，所以存在$a{\in}A$，有$\varphi(a)=b$。而且由于题设条件$N{\unlhd}A$，于是有$aN=Na$。故此有$\varphi(aN)=\varphi(Na)$，而我们知道$\varphi$是同态，故此有

$$ \varphi(a)\varphi(N)=\varphi(aN)=\varphi(Na)=\varphi(N)\varphi(a) $$

也即$b\varphi(N)=\varphi(N)b$，于是证明了$\varphi(N){\unlhd}B$。

思路：首先我们考虑到要结合满同态和正规子群的概念，去证明对于正规子群的像还是正规子群。由满同态可以找到存在性的一个元素，然后通过正规子群和同态可以将其做到映射像的元素上面，从而将这个正规的性质过渡到了像上面。

5

举例说明：若$\varphi:A{\to}B$是任意同态，则$N{\unlhd}A$不一定能够推出$\varphi(N){\unlhd}B$。

证明：这里只需要举出一个例子即可，我们给出$B$为4阶置换群$S_4$，而$A=\left\{(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)\right\}$是$S_4$的子群。然后$\varphi:A{\to}B$是嵌入映射，并且保持运算，从而是一个（非满）的群同态。

接下来我们给出$N=\left\{(1),(12)(34)\right\}$是$A$的正规子群，但是$\varphi(N)=N$不是$B$的正规子群。

这是因为对于$(123){\in}B$，我们有$(123)N=\left\{(123),(243)\right\}$，而$N(123)=\left\{(123),(134)\right\}$，也即

$$ (123)\varphi(N){\neq}\varphi(N)(123) $$

思路：这个就没什么好说的，只能背好这个例子。

6

设$C_n=\left\langle c \right\rangle$是$n$阶循环群，证明：若$d|n$，则存在唯一的$C_n$的$d$阶子群，形如：$\left\langle c^{n/d} \right\rangle=\left\{x{\in}C_n|x^d=1\right\}$。

证明：$c{\in}C_n=\left\langle c \right\rangle$是$n$阶元，由$d|n$，设$n=dq$，令$H=\left\langle c^{n/d} \right\rangle=\left\{x{\in}C_n|x^d=1\right\}$。现在证明：$H=\left\{1,c^q,c^{2q},{\cdots},c^{(d-1)q}\right\}$。

显然，$H{\supset}\left\{1,c^q,c^{2q},{\cdots},c^{(d-1)q}\right\}$。反之，对${\forall}b{\in}H$，可设$b=c^k$，则$c^{kd}=1$，也即$n|kd$，也即$dq|kd$，也即$q|k$，于是$b=c^{q{\cdot}\frac{k}{q}}{\in}\left\{1,c^q,c^{2q},{\cdots},c^{(d-1)q}\right\}$，故此有

$$ H=\left\{1,c^q,c^{2q},{\cdots},c^{(d-1)q}\right\} $$

也即$H$为$C_n$的$d$阶子群，且唯一。

思路：我们主要是证明对于$n$阶循环群$C_n$，如果有$d|n$，则存在一个$d$阶子群。且给出其表现形式，我们根据这个整除关系先定义了一个小一点的循环群$H$，其满足要求的条件，然后我们去证明这个$H$确实是$d$阶子群。也就是证明包含与反包含，反包含是显然的，因为代入限制条件是满足的。包含关系，我们需要对$H$中任取一个元素，给出其限制条件，然后通过整除关系给出了阶的关系，从而得到包含关系。

7

证明：若$X$是单元素集，则$F_X{\cong}\mathbb{Z}$。

证明：由自由群的定义知：$F_X=\left\{e^n|n{\in}\mathbb{Z}\right\}$，其中$X=\left\{e\right\}$是单元素集，令$\varphi:F_X{\to}\mathbb{Z}$，映射$\varphi(e^n)=n$，显然$\varphi$是双射。且${\forall}e^m,e^n{\in}F_X$，

$$ \varphi(e^m{\cdot}e^n)=\varphi(e^{m+n})=m+n=\varphi(e^m)+\varphi(e^n) $$

故$\varphi$是同构映射，故$F_{X}{\cong}\mathbb{Z}$。

思路：首先给出自由群的定义，重要的是这个映射，然后我们仅需对这个映射证明同构即可，双射容易验证，于是这里仅需验证同态即可证毕。

8

列出群$\left\langle a,b|a^2=1,b^2=1,(ab)^3=1 \right\rangle$中的元素，并且给出其元素之间运算的乘法表，证明该群存在。

解：由$a^2=b^2=1$知道，由$a,b$单元素组成的元素仅有1个，也即$a,b$并且$a=a^{-1},b=b^{-1}$。

由$(ab)^3=1$知道，由$a,b$穿插组成的元素有：$ab.aba,abab,ababa,ba,bab,baba,babab$。

但$ab=1{\cdot}ba=(ab)^3ba=abab$。

同理$bab=aba,baba=ab,babab=a,ababa=b$。

所以事实上，我们可以知道，这个群的元素只有$1,a,b,ab,aba,abab$。

乘法表如下：

记$G=\left\langle a,b|a^2=1,b^2=1,(ab)^3=1\right\rangle$。

则由运算可以看出：

（1）运算对于乘法是封闭的

（2）结合律成立

（3）$G$有单位元1

（4）$G$中任意元素都有逆元

于是$G$是一个群。

并且$G{\cong}D_3$（二面体群），因为$\varphi:D_3{\to}G$，映射$\varphi(r_1)=ab,\varphi(s_1)=a$，其中$r_1$是顺时针旋转$\frac{2\pi}{3}$，而$s_1$为过顶点1的对称轴的翻转。

思考：

我们首先对限制条件做分析，由于其平方为1，可以考虑到其逆元也是本身，于是限制了该群中只能有两个元素的出现，于是我们考虑对这两个元素进行穿插乘积，然后再根据那个3次乘积为1，于是可以简化整个群的元素，最后根据这个群仅有的元素，我们可以做出乘法表，然后可以证明是个群，至于和二面体群的同构则记住就好。

9

找出35阶所有的阿贝尔群。

解：由于$35=5{\times}7$，我们知道$5,7$都是素数，所以35阶阿贝尔群有$C_{35}$及$C_5{\times}C_7$，而$C_5{\unlhd}C_{35},C_7{\unlhd}C_{35}$，且$C_5C_7=C_{35},C_5{\cap}C_7=\left\{e\right\}$，故此有

$$ C_{35}{\cong}C_5{\times}C_7{\cong}C_5{\oplus}C_7 $$

也即在同构意义下，35阶阿贝尔群只有$C_{35}$。

思路：

首先我们对这个阶数进行因式分解，然后知道都是素数就可以直接得到一个35阶的循环群，还有一个直和群。但是为了证明同构，其实可以通过互素或者上面的方法证明。

10

找出所有的36阶阿贝尔群。

解：由于$36=2^2{\times}3^2$，而$2=1+1$，于是我们知道：

4阶的2-群有$C_4,C_2{\oplus}C_2$。

9阶的3-群有$C_q,C_3{\oplus}C_3$。

从而36阶的阿贝尔群有

$$ C_4{\oplus}C_9,C_4{\oplus}C_3{\oplus}C_3,C_2{\oplus}C_2{\oplus}C_9,C_2{\oplus}C_2{\oplus}C_3{\oplus}C_3 $$

思路：还是通过因式分解，然后根据因式分解先写出p-群的形式，最后交叉结合一下即可得到。

11

$G$是群，$x{\in}G$。证明：$x$在$G$中的中心化子是满足$x{\in}Z(H)$的最大子群$H$。

证明：$x$在$G$中的中心化子，也即$C_G(x)=\left\{g{\in}G|gx=xg\right\}$。

首先：先证明$C_G(x)$是$G$的子群：对于${\forall}a{\in}C_G(x)$，有$ax=xa$，故此有$a^{-1}(ax)a^{-1}=a^{-1}(xa)a^{-1}$，也即$xa^{-1}=a^{-1}x$，也即$a^{-1}{\in}C_G(x)$。而对于${\forall}a,b{\in}C_G(x)$，有$ab^{-1}x=axb^{-1}=xab^{-1}$，也即$ab^{-1}{\in}C_G(x)$，于是可以知道$C_G(x){\lhd}G$。

其次我们要证明满足性质$x{\in}Z(C_G(x))$：因为

$$ Z(C_G(x))=\left\{h{\in}C_G(x)|{\forall}y{\in}C_G(x),yh=hy\right\} $$

显然知道：对于${\forall}g{\in}C_G(x)$，有$gx=xg$，故此有$x{\in}Z(C_G(x))$。

最后我们证明这是最大的子群即可：假设还有$G$的子群$H'$，满足$x{\in}Z(H')$。也即对于${\forall}g'{\in}H'$，有$xg'=g'x$，故此$g'{\in}C_G(x)$，也即$C_G(x){\supseteq}H'$。也即$C_G(x)$是满足$x{\in}Z(H)$的最大子群$H$。

思路：首先我们要证明中心化子是子群，其次证明其满足该限制的性质，最后说明这是最大的子群即可。

在说明是子群的时候，我们利用的是中心化子的交换性质，并且向里面填充了$a^{-1}$，从而得到逆元也是在群中的，最后根据交换性质，得到子群的一个等价条件的验证。

满足限制条件的证明。我们给出了这个限制条件的要求，然后根据中心化子定义直接给出。

最大子群是假设还有一个最大子群，容易证明这个子群中的元素都在中心化子中，于是最大的性质就确定了。

12交换性质

证明：若$G/{Z(G)}$是循环群，则$G$是阿贝尔群。

证明：设$G{/}Z(G)=\left\langle{gZ(G)}\right\rangle$。因为$Z(G)$是$G$的正规子群，故此对于${\forall}a.b{\in}G,{\exists}m,n{\in}N$，有

$$ aZ(G)=(gZ(G))^n=g^nZ(G)\\ bZ(G)=(gZ(G))^m=g^mZ(G) $$

而$a{\in}aZ(G)$，故此$a{\in}g^nZ(G)$，也即存在$c{\in}Z(G)$，使得$a=g^nc$。

同理存在$d{\in}Z(G)$，使得$b=g^md$，而我们知道$Z(G)$是正规子群，故可以交换，也就是我们有

$$ ab=g^ncg^md=g^{m+n}cd\\ ba=g^mdg^nc=g^{n+m}cd $$

也即有$ab=ba$，从而知道$G$是阿贝尔群。

思路：要证明$G$是阿贝尔群，也就是其满足交换律。而我们现在只知道$G/Z(G)$是个循环群，那么也就是可以由一个元素的陪集生成，同时我们知道$Z(G)$是正规子群，也就是要利用这个正规子群的交换性质，我们从生成元来入手，生成两个$G$中的元素，然后通过正规子群的交换性质，过渡到这两个元素的交换即可。

13轮换因子幂次

证明：若$\sigma$的轮换结构为$k_1+k_2+{\cdots}+k_r$，则$\sigma$的阶为$k_1,k_2,{\cdots},k_r$的最小公倍数。

证明：我们假设$\sigma=\tau_1\tau_2{\cdots}\tau_r$，其中$\tau_1,{\cdots},\tau_2$是互不相交的$k_1,{\cdots},k_r-$轮换。其在$S_n$中的阶分别为$k_1,{\cdots},k_r$。

设$\sigma$的阶为$k$，也即$k$是最小的满足$\sigma^k=id$的正整数。

而不相交的置换是可以交换的，我们记$n=lcm(k_1,{\cdots},k_r)=[k_1,{\cdots},k_r]$，则有$(\tau_1\tau_2{\cdots}\tau_r)^n=\tau_1^n\tau_2^n{\cdots}\tau_r^n=id$，所以$k|n$。

而$(\tau_1\tau_2{\cdots}\tau_r)^k=\tau_1^k\tau_2^k{\cdots}\tau_r^k=id$，因为$\tau_1,\tau_2,{\cdots},\tau_r$互不相交，因此$\tau_i^k=id,(1{\le}i{\le}r)$，于是$k_i|k,(1{\le}i{\le}r)$，也即$k$是$k_i$的公倍数，故此有$n|k$，也即$n=k$。

思路：首先我们根据轮换结构与进行分解，然后我们再根据不相交的置换可以交换，我们从满足阶的性质入手，不断进行推断，也就是幂次乘积和交换，从而得到每个分解的置换都是这个阶的因子，所以不难推断这个阶就是最小公倍数。

14

证明：若$H{\lhd}G$，则$N_G(H)$是使得$H{\unlhd}N_G(H)$的$G$的最大子群。

证明：

$$ N_G(H)=\left\{g{\in}G|gH=Hg\right\} $$

还是那几步曲，首先证明是子群，然后证明上面的这个正规的限制关系，最后说明是最大的即可。

首先证明$N_G(H){\lhd}G$，因为对于${\forall}g{\in}N_G(H)$，我们有$gH=Hg$，于是有$g^{-1}(gH)g^{-1}=g^{-1}(Hg)g^{-1}$，也即$Hg^{-1}=g^{-1}H$，于是得到$g^{-1}{\in}N_G(H)$。

然后对于${\forall}g,h{\in}N_G(H),gh^{-1}H=gHh^{-1}=Hgh^{-1}$，于是得到$gh^{-1}{\in}N_G(H)$，于是证明了$N_G(H){\lhd}G$。

其次我们证明正规的限制：也即$H{\unlhd}N_G(H)$：对于${\forall}g{\in}N_G(H)$，由定义知道有$gH=Hg$，于是$H{\unlhd}N_G(H)$。

最后我们证明$N_G(H)$的最大性质：假设还有$H'{\lhd}G$满足$H{\unlhd}H'$，也即${\forall}h'{\in}H'$，有$h'H=Hh'$，故此有$h'{\in}N_G(H)$，也即$H'{\subseteq}N_G(H)$。

思路：三部曲思路就不用再多说了，先证明子群（填充逆元，然后根据交换可以证明子群等价条件），然后再用定义证明正规性质，最后假设还有一个群，必然属于这个群的思路证明极大。

15

找出$S_4$的所有西罗p-子群。

解：

首先是阶$|S_4|=24$，而24的因子有：1，2，3，4，6，8，12，24。

由第一西罗定理知道：$S_4$由3阶子群和8阶子群，而$3|24,3^2{\not|}24$，另外$2^3|24,2^4{\not|}24$。于是知道$S_4$有西罗3-子群和西罗2-子群。

首先我们求西罗3-子群，考虑$S_4$的3阶元有$(123),(132),(134),(143),(124),(142),(234),(243)$且$(123)$和$(132)$是互逆的；$(134)$和$(143)$是互逆的；$(124)$和$(142)$是互逆的，$(234)$和$(243)$是互逆的，于是$S_4$的西罗3-子群有：

$$ P_1=\left\{(1),(123),(132)\right\},P_2=\left\{(1),(134),(143)\right\},P_3=\left\{(1),(124),(142)\right\},P_4=\left\{(1),(234),(243)\right\} $$

其次我们求西罗2-子群，通过计算可以得到$S_4$的一个8阶子群

$$ Q_1=\left\{(1),(1234),(13)(24),(1432),(13),(12)(34),(24),(14)(23)\right\} $$

由第三西罗定理，其余西罗2-子群和$Q_1$都是共轭的，于是只需要对$S_4$的元素$g$，对于$Q_1$进行内自同构$gQ_1g^{-1}$，就可以得到其余的西罗2-子群：

$$ Q_2=\left\{(1),(1243),(14)(23),(1342),(14),(12)(34),(23),(13)(24)\right\}\\ Q_3=\left\{(1),(1324),(12)(34),(1423),(12),(13)(24),(34),(14)(23)\right\} $$

思路：首先考虑阶数，然后要求的是西罗p-子群，那么我们要考虑的就是西罗定理。从西罗定理入手，确定有什么的西罗p-子群，然后再去求解即可。

16

找出所有的51阶群

解：首先$51=3{\times}17$，且我们知道3，17都是素数，且$3{\not|}(17-1)$（西罗定理），于是我们知道51阶群只有

$$ C_{51}{\cong}C_3{\oplus}C_{17} $$

思路：这个是两个素数相乘得到的，仅需验证一下西罗定理，即可确定其分解，然后就是一个同构。

17

找出所有的21阶群

解：$21=3{\times}7$，而3，7都是素数，所以21阶阿贝尔群为$C_{21}=C_3{\oplus}C_7$。但是不满足上面的西罗定理，所以还存在21阶的非阿贝尔群，下面给出非交换群的形式：

我们断言：$p,q$为素数，且$p<q$，则$pq$阶非阿贝尔群的表示如下：

$$ G=\left\langle a,b|a^p=b^q=1,a^{-1}ba=b^r\right\rangle $$

其中$r^p{\equiv}1(\mod{q}),r{\not\equiv}1(\mod{q}),p|q-1$。

现在证明上面的断言：由西罗第三定理，我们知道$G$的西罗$q-$子群个数$N(q)=kq+1$，且$N(q)|p$，而$p<q$，所以$N(q)=1$，记该西罗$q-$子群为$\left\langle{b}\right\rangle$，由推论5.8知道是正规子群。

设$\left\langle{a}\right\rangle$是$G$的一个西罗$p-$子群，则$a{\in}G$，故此$\alpha{a}:z{\mapsto}axa^{-1}$是$G$的一个内自同构。

且若$H{\lhd}G$，则$aHa^{-1}{\lhd}G$，故此$a\left\langle{b}\right\rangle{a}^{-1}{\lhd}G$，而$\left\langle{b}\right\rangle$是正规子群。于是$aba^{-1}=b^r,r{\in}\left\{1,2,{\cdots},q-1\right\}$，而$\left\langle{a}\right\rangle\left\langle{b}\right\rangle$的阶为$pq$，故此$G=\left\langle{a}\right\rangle\left\langle{b}\right\rangle$，也即$G$是由$a,b$生成的。

而$r{\neq}1$，否则$ab=ba$，也即$G$是阿贝尔群。

而$b=a^pba^{-p}=b^{r^p}$，故此$r^p{\equiv}(\mod{q})$。

注意到$\left\langle{a}\right\rangle$不是正规子群，否则$G=\left\langle{a}\right\rangle\left\langle{b}\right\rangle$就是阿贝尔群了。

故此西罗$p-$子群个数$N(p)=kp+1$，也即$p|q-1$。

故$G$由$a,b$生成满足$a^p=b^p=1,a^{-1}ba=b^r,r^p{\equiv}1(\mod{q}),q{\not|}r-1,p|q-1$。

所以由断言我们则知道：21阶非阿贝尔群有：

$$ G_1=\left\langle a,b|a^3=b^7=1,a^{-1}ba=b^2\right\rangle\\ G_3=\left\langle a,b|a^3=b^7=1,a^{-1}ba=b^4\right\rangle $$

思路：

首先分为交换群和非交换群来讨论，交换群非常简单，仅需进行一个因式分解即可，非交换群需要证明一个断言，然后利用该断言即可得到答案。

18

证明：$D_4$中可以找到正规序列，使得其中某项不是正规子群。

解：

$$ D_4{\cong}\left\langle{a,b}|a^4=b^2=1,bab^{-1}=a^{-1}\right\rangle=\left\{1,a,a^2,a^3,b,ab.a^2b.a^3b\right\} $$

给出运算表如下：

取$A_0=\left\{1\right\},A_1=\left\{1,b\right\},A_2=\left\{1,a^2,b,a^2b\right\},A_3=D_4$。

由运算表可以验证，$1=A_0{\unlhd}A_1{\unlhd}A_2{\unlhd}A_3=D_4$是正规序列，但是$A_1$不是$D_4$的正规子群。

因为$a\left\{1,b\right\}=\left\{a,ab\right\}$，而$\left\{1,b\right\}a=\left\{a,a^{-1}b\right\}$。

思路：

这个题目主要是对$D_4$这个二面体群要有足够的认识，才能找到一个不是正规子群的正规序列。

19

证明$\mathbb{Z}$是没有合成序列的。

证明：反证法：假设$\mathbb{Z}$有合成序列，我们设为：

$$ \mathcal{A}:\left\{0\right\}=A_0{\unlhd}A_1{\unlhd}{\cdots}{\unlhd}A_m=\mathbb{Z} $$

由于整数加群是循环群，可以由唯一非负的整数生成，也即对于每一个$A_i(1{\le}i{\le}m)$，都可以表示为$A_i=\left\langle{a_i}\right\rangle$，其中$a_i$是非负整数。

而$A_1{\neq}A_0$，令$B=\left\langle{2a_1}\right\rangle$，则$A_0{\unlhd}B{\unlhd}A_1$。

也即该合成序列可以再次加细，这个和合成序列的定义是矛盾的！所以$\mathbb{Z}$是没有合成序列的。

思路：

这道题主要根据整数加群可以由唯一非负整数生成来证明，主要利用反证法，假设其具有合成序列，然后根据一个加细的操作，和这个合成序列的定义矛盾即可证明。

20泛性质

证明：$G/G'$有如下性质：每个$G$到阿贝尔群因子的同态，在$G{\to}G/G'$映射下是唯一的。

证明：设$H$是$G$的阿贝尔群因子，$\tau:G{\to}G/G'$是标准投影，$\varphi:G{\to}H$是群同态。也即要证明：存在唯一的映射：$\psi:G/G'{\to}H$，使得$\varphi=\psi{\circ}\tau$。

我们定义$\psi:G/G'{\to}H$，映射$gG'{\mapsto}\varphi(g)$。

首先我们验证$\psi$确实是映射：

（1）对于${\forall}gG'{\in}G/G',{\exists}b{\in}H$，有$\psi(gG')=b$，显然$b=\varphi(g)$总是存在的。

（2）对于${\forall}g_1G',g_2G'{\in}G/G'$，若$g_1G'=g_2G'$，则$\psi(g_1G')=\psi(g_2G')$。这是因为若$g_1G'=g_2G'$，也即$G'=g_1^{-1}g_2G'$，也即$g_1^{-1}g_2{\in}G'$。由换位子子群$G'$的定义知道：存在$x,y{\in}G$，有$g_1^{-1}g_2=xyx^{-1}y^{-1}$。故此

$$ \varphi(g_1^{-1})\varphi(g_2)=\varphi(g_1^{-1}g_2)=\varphi(xyx^{-1}y^{-1})=\varphi(x)\varphi(y)\varphi(x^{-1})\varphi(y^{-1}) $$

因为$\varphi$是同态，$H$是阿贝尔群，故此有

$$ \varphi(x)\varphi(y)\varphi(x^{-1})\varphi(y^{-1})=\varphi(x)\varphi(y)\varphi^{-1}(x)\varphi^{-1}(y)=\varphi(x)\varphi^{-1}(x)\varphi(y)\varphi^{-1}(y)=1 $$

也即$\varphi(g_1^{-1})\varphi(g_2)=1$，故此有$\varphi(g_2)=\varphi^{-1}(g_1^{-1})=\varphi(g_1)$，也即$\psi(g_1G')=\psi(g_2G')$。

其次我们仅需验证$\psi$是同态

$$ \psi(g_1G'g_2G')=\psi(g_1g_2G')=\varphi(g_1g_2)=\varphi(g_1)\varphi(g_2)=\psi(g_1G')\psi(g_2G') $$

再者我们证明这个映射的复合

也即验证：$\psi{\circ}\tau=\varphi$。对于${\forall}g{\in}G$，我们有

$$ (\psi{\circ}\tau)(g)=\varphi(gG')=\varphi(g) $$

最后我们证明唯一性即可：若还有$\phi$是$G/G'$到$H$的同态，使得$\phi{\circ}\tau=\varphi$，则对于${\forall}gG'{\in}G/G'$，有

$$ \phi(gG')=\varphi(g)=\psi(gG') $$

也即$\phi=\psi$。

思路：其实这是一个泛性质的求解，首先要确认这个泛性质的分解映射是存在的，并且满足同态，且可以复合，最后说明这是唯一的。

映射存在性，首先是说明其具有原像，第二是说明是良定的。注意到$G'$是导群（换位子群），然后通过已经知道的同态和阿贝尔群的性质，我们可以给出良定的证明。

同态的验证就比较简单，还有复合验证，最后的唯一性是通过$\varphi$的唯一性确定的。

21

证明：$S_n$是可解群，当且仅当$n{\le}4$。

证明：

（1）$n{\ge}5$时，若$S_n$可解，由于$A_n{\lhd}S_n$，则$A_n$也是可解的。而$n{\ge}5$时$A_n$是单群，且不是阿贝尔群，所以$A_n$不可解，于是$S_n$不可解。

（2）$n=1,2$时，$S_1,S_2$可解释显然的。由于若$p,q$是素数，则$p^nq$阶群是可解群，于是：

$n=3$时，$|S_3|=6=3{\times}2$，而2和3是素数，于是$S_3$可解。

$n=4$时，$|S_4|=24=3{\times}2^3$，而2和3是素数，于是$S_4$可解。

思路：根据可解群的子群也是可解的，我们发现高于5阶的交错群是单群且非阿贝尔群，所以不可解，于是高于5阶的置换群直接可以解决掉。剩下就是1，2，3，4阶的置换群，进行讨论即可。

22

$R$是环，$R^1=R{\times}\mathbb{Z}$，并且满足运算

$$ (x,m)+(y,n)=(x+y,m+n)\\ (x,m)(y,n)=(xy+nx+my,mn) $$

证明$R^1$是一个有单位元的环。

证明：只需要证明：

（1）$(R^1,+)$是阿贝尔群，由于$(R,+),(\mathbb{Z},+)$都是阿贝尔群，而$R^1$的加法运算是对应分量加法，故$(R^1,+)$是阿贝尔群。

（2）$(R^1,{\cdot})$是幺半群。

首先证明封闭性：

${\forall}(x,m),(y,n){\in}R^1,(x,m)(y,n)=(xy+nx+my,mn)$，而$xy+nx+my{\in}R,mn{\in}\mathbb{Z}$，于是有$(x,n)(y,n){\in}R^1$。

结合律：

${\forall}(x,m),(y,n),(z,k){\in}R^1$，有

$$ \begin{aligned} ((x,n){\cdot}(y,n)){\cdot}(z,k)&=(xy+nx+my,mn)(z,k)\\ &=((xy+nx+my)z+k(xy+nx+my)+(mn)z,kmn)\\ &=(xyz+nxz+myz+kxy+knx+kmy+mnz,kmn) \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} (x,n){\cdot}((y,n){\cdot}(z,k))&=(x,m)(yz+ky+nz,nk)\\ &=(x(yz+ky+nz)+m(yz+ky+nz)+nkx,kmn)\\ &=(xyz+kxy+nxz+myz+kmy+mnz+nkx,kmn) \end{aligned} $$

也即

$$ ((x,n){\cdot}(y,n)){\cdot}(z,k)=(x,n){\cdot}((y,n){\cdot}(z,k)) $$

于是结合律成立

单位元：

$(0,1){\in}R^1$就是单位元

（3）证明环结构的左右分配律

左分配律：

${\forall}(x,m),(y,n),(z,k){\in}R^1$，有

$$ (x,n)((y,n)+(z,k))=(x,m)(y+z,n+k)=(x(y+z)+(n+k)x+m(y+z),m(n+k))\\ =(xy+nx+my,mn)+(xz+kx+mz,mk)=(x,m)(y,n)+(x,m)(z,k) $$

右分配律，同理可以得到

$$ ((x,m)+(y,n))(z,k)=(x,m)(z,k)+(y,n)(z,k) $$

故$R^1$是有单位元的环。

思路：验证环就不用多说了吧：加法交换群，乘法幺半群（封闭性，结合律，单位元），然后是相容性条件的左右分配律。

23

环的元素$x$称为幂零元，若存在$n>0$，使得$x^n=0$。证明：交换环$R$的幂零元，构成$R$的理想。

证明：也即证明$I=\left\{x|x是R的幂零元\right\}$是$R$的理想。也即仅需证明：

（1）$(I,+)$是$(R,+)$的子群：

封闭性：对于${\forall}x,y{\in}I$，存在$m,n{\in}N^{*}$，有$x^m=y^n=0$（幂零元定义），于是有

$$ (x+y)^{m+n}=\sum^{m+n}_{i=0}c_{m+n}^ix^iy^{m+n-i}=0 $$

也即$x+y{\in}I$。

结合律：$I$的元素都是$R$的元素，而$(R，+)$有结合律，故$(I,+)$有结合律。

单位元：$R$的零元即$(I,+)$的单位元

逆元：对于${\forall}x{\in}I,{\exists}n{\in}N^{*}$，有$x^n=0$，则$(-x)^n=(-1)^n(x)^n=0$，于是$-x{\in}I$。且$x+(-x)=(-x)+x=0$。

（2）$I$有左右吸收性：

对于${\forall}x{\in}I,{\exists}n{\in}N^{*}$，有$x^n=0$，对于${\forall}r{\in}R$，由于$R$是交换环，故

$$ (xr)^n=(rx)^n=r^nx^n=0 $$

也即$xr{\in}I,rx{\in}I$。

思路：证明理想，仅需证明是子群且具有左右吸收性即可。

24

令$n>0$，证明：$n\mathbb{Z}$是$\mathbb{Z}$的极大理想$\iff{n}$是素数。

证明：$\Rightarrow$：首先$\mathbb{Z}$的理想都形如$n\mathbb{Z},n{\in}N^{*}$。若$n$不是素数，则${\exists}m>1,m{\in}\mathbb{N}^*$，有$m|n$，则有$n\mathbb{Z}{\subseteq}m\mathbb{Z}{\subseteq}\mathbb{Z}$，而这个和$n\mathbb{Z}$是极大理想矛盾。于是$n$必须是素数。

$\Leftarrow$：我们知道$n$是素数，设$m\mathbb{Z}$是$\mathbb{Z}$的理想，且$n\mathbb{Z}{\subseteq}m\mathbb{Z}{\subseteq}\mathbb{Z}$，则有$m|n$，而$n$是素数，于是$m=1$或者$m=n$，也即$m\mathbb{Z}=\mathbb{Z}$或者$m\mathbb{Z}=n\mathbb{Z}$，于是$n\mathbb{Z}$是极大理想。

思路：这个极大理想和素数之间的关系，是通过整除关系来确定的，我们假设有另外一个极大理想则这个理想必须就是现在的这个理想或者是该环本身。

25

设$\varphi:R{\to}S$是满同态，$I$是$R$的理想，证明：$\varphi(I)$是$S$的理想。

证明：如果没记错的话，之前群的相关题目也做过一遍。也即证明：

（1）$(\varphi(I),+)$是$(S,+)$的子群。

这是因为$I$是$R$的理想，所以$(I,+)$是$(R,+)$的子群，而$\varphi:(R,+){\to}(S,+)$是群同态。群同态保持子群性质，于是我们知道$(\varphi(I),+)$是$(S,+)$的子群。

（2）$\varphi(I)$具有左右吸收性。

对于${\forall}y{\in}S$，因为$\varphi$是满的，故存在$x{\in}R$，有$\varphi(x)=y$，对于${\forall}\varphi(i){\in}\varphi(I)$，也即$i{\in}I$，有$y\varphi(i)=\varphi(x)\varphi(i)=\varphi(xi)$，而$I$是环$R$的理想，于是$xi{\in}I$，于是$\varphi(xi){\in}\varphi(I)$，于是有$y\varphi(i){\in}\varphi(I)$，这样左吸收性可以证明，同理可以证明右吸收性，也即$\varphi(i)y{\in}\varphi(I)$。

故$\varphi(I)$是$S$的理想。

思路：证明理想还是通过证明子群和左右吸收性。这里满的性质是用在证明左右吸收性的时候用到，这样可以将原来的理想，根据同态和满的存在性，从而将其过渡到映射后的理想。

26

找到一个交换环，$R,S$之间的同态$\varphi:R{\to}S$，使得$I$是$R$的理想，$\varphi(I)$不是$S$的理想。

解：令$R$为整数环$\mathbb{Z},S$为$\mathbb{R}$上的一元多项式环$\mathbb{R}[x]$。

$\varphi:\mathbb{Z}{\to}\mathbb{R}[x]$为嵌入映射，映射$\varphi(a)=a$，显然是一个环同态。取$I=\mathbb{Z}$，也即平凡理想，则$\varphi(I)=\mathbb{Z}$，但是我们知道$\mathbb{Z}$不是$\mathbb{R}[x]$的理想，因为对于$x{\in}\mathbb{R}[x]$，对于${\forall}n{\in}\varphi(I)=\mathbb{Z},nx{\not\in}\varphi(I)$。

思路：这个直接记住就好

27

令$\varphi:R{\to}S$为环同态，$J$是$S$的理想，证明$\varphi^{-1}(J)$是$R$的理想。

证明：也即证明子群和左右吸收性。

（1）$(\varphi^{-1}(J),+)$是$(R,+)$的子群，这是因为$(J,+)$是$(S,+)$的子群，群同态$\varphi:(R,+){\to}(S,+)$保持子群，故$(\varphi^{-1}(J),+)$是$(R,+)$的子群。

（2）左右吸收性：对于${\forall}x{\in}\varphi^{-1}(J),y{\in}R$，我们根据环同态有

$$ \varphi(xy)=\varphi(x)\varphi(y) $$

而$\varphi(x){\in}J,\varphi(y){\in}S$，于是推出$\varphi(xy){\in}J$，也即有$xy{\in}\varphi^{-1}(J)$。

同理可以得到$yx{\in}\varphi^{-1}(J)$，故$\varphi^{-1}(J)$是$R$的理想。

思路：证明理想还是通过证明子群和左右吸收性。

28

验证商集$Q(R)=(R{\times}(R-\left\{0\right\}))/{\sim}$，如下定义得加法和乘法运算是良定的：

$$ (x/y)+(z/t)=(xt+yz)/yt\\ (x/y)(z/t)=xz/yt $$

证明：首先说明这个二元关系$\sim$的形式

$$ (x,y){\sim}(z,t){\iff}xt=yz $$

且$S$是整环，故$R,R-\left\{0\right\}$满足交换律。（这个其实是补充的题设条件）

接下来我们证明这个运算是良定的：

设$(x_1,y_1){\sim}(x_2,y_2)$，也即$x_1y_2=x_2y_1$。设$(z_1,t_1){\sim}(z_2,t_2)$，也即$z_1t_2=z_2t_1$。

则

$$ \begin{aligned} (x_1/y_1)+(z_1/t_1)=&(x_1t_1+y_1z_1)/y_1t_1\\ =&(x_1t_1+y_1z_1)(y_2t_2)/(y_1t_1)(y_2t_2)\\ =&(x_1y_2t_1t_2+z_1t_2y_1y_2)/(y_1t_1y_2t_1)\\ =&(x_2y_1t_1t_2+z_2t_1y_1y_2)/(y_1t_1y_2t_2)\\ =&(x_2t_2+z_2y_2)/y_2t_2\\ =&(x_2/y_2)+(z_2/t_2) \end{aligned} $$

且

$$ \begin{aligned} (x_1/y_1)(z_1/t_1)=x_1z_1/y_1t_1=&x_1z_1y_2t2/y_1t_1y_2t_2\\ =&x_2y_1z_2z_1/y_1t_1y_2t_2\\ =&x_2z_2/y_2t_2\\ =&(x_2/y_2)(z_2/t_2) \end{aligned} $$

故运算是良定的。

思路：验证运算良定，首先根据等价关系给出两个元素之间的转换关系，然后再对运算带入，然后中间利用转换关系转换为另外一个元素的运算结果，即可得到良定。

29

$A$是交换环$R$的理想，证明：$R/A$是整环$\iff{A}$是素理想。

证明：$\Rightarrow$：对于${\forall}a_1,a_2{\in}R$，若${\forall}a_1,a_2{\in}A$，则$\overline{a_1}\overline{a_2}=(a_1+A)(a_2+A)=A=\overline{0}$。由于$R/A$是整环，于是

$\overline{a_1}\overline{a_2}=\overline{0}$则必有$\overline{a_1}=\overline{0}$或者$\overline{a_2}=\overline{0}$，也即$a_1+A=A$或$a_2+A=A$。故$a_1{\in}A$或$a_2{\in}A$。也即$A$是素理想。

$\Leftarrow$：在$R/A$中，若$\overline{a_1}\overline{a_2}=(a_1+A)(a_2+A)=A=\overline{0}$，则$a_1a_2{\in}A$，于是由于$A$是素理想，则知道$a_1{\in}A$或$a_2{\in}A$。也即$\overline{a_1}=a_1+A=A=\overline{0}$或者$\overline{a_2}=a_2+A=A=\overline{0}$，于是$R/A$是整环。

思路：利用整环性质来证明素理想其实就是利用了整环中无非零因子的性质，通过这个性质加上商环的性质可以推出原来的元素是在理想中，从而验证了素理想的定义。反过来也是一样的，从素理想入手，只需要通过商环的性质拉过去即可。

30

证明：若$M$是$R$的极大理想，则$M+(x)$是$R[X]$的极大理想。

证明：首先我们知道：

$$ M+(x)=\left\{m+xh(x)|m{\in}M,h(x){\in}R[X]\right\} $$

证明$M+(x)$是$R[X]$的理想，也即证明：

（1）$(M+(x),+)$是$(R[X],+)$的子群：

封闭性：对于${\forall}m_1+xh_1(x),m_2+xh_2(x){\in}M+(x)$，有

$$ (m_1+xh_1(x))+(m_2+xh_2(x))=((m_1+m_2)+x(h_1(x)+h_2(x)){\in}M+(x) $$

结合律：对于${\forall}m_1+xh_1(x),m_2+xh_2(x),m_3+xh_3(x){\in}M+(x)$，有：

$$ \begin{aligned} ((m_1+xh_1(x))+(m_2+xh_2(x)))+(m_3+xh_3(x))=&(m_1+m_2+m_3)+x(h_1(x)+h_2(x)+h_3(x))\\ =&(m_1+xh_1(x))+((m_2+xh_2(x)+(m_3+xh_3(x))) \end{aligned} $$

单位元：$0=0+x{\cdot}0$即为单位元

逆元：对于${\forall}m+xh(x){\in}M+(x)$，存在$(-m)+x(-h(x)){\in}M+(x)$是其逆元。

（2）左右吸收性：

对于${\forall}m+xh(x){\in}M+(x),f(x)=a_0+\sum^n_{i=1}a_ix^i{\in}R[X]$，有：

左吸收性：

$$ \begin{aligned} (m+xh(x))f(x)=&(m+xh(x))(a_0+\sum^n_{i=1}a_ix^i)\\ =&ma_0+\sum^n_{i=1}ma_ix^i+a_0xh(x)+(xh(x)){\cdot}(\sum^n_{i=1}a_ix^i)\\ =&ma_0+x(\sum^n_{i=1}ma_ix^{i-1}+a_0h(x)+h(x)\sum^n_{i=1}a_ix^i) \end{aligned} $$

由$M$是$R$的理想，故此$m{\in}M,a_0{\in}R$，有$ma_0{\in}M$，而$(\sum^n_{i=1}ma_ix^{i-1}+a_0h(x)+h(x)\sum^n_{i=1}a_ix^i){\in}R[X]$。于是$(m+xh(x))f(x){\in}M+(x)$。

右吸收性同理可证。故$M+(x)$是$R[X]$的理想。

再证明$M+(x)$是极大理想：

假设$N+(x)$是$R[X]$的理想，且$M+(x){\subseteq}N+(x){\subseteq}R[X]$，也即$a_0{\in}N$，但是$a_0{\not\in}M$，而$N+(x)$是$R[X]$的理想，容易得到$N$是$R$的理想。又因$M$是$R$的极大理想，故此$N=R$，也即$N+(x)=R[X]$。故此$M+(x)$是$R[X]$的极大理想。

思路：

要证明理想，先证明是子群，然后左右吸收性。所以落实到最后就是极大理想的证明，假设有另一个理想是极大理想，容易推出这个理想就是$R$环本身，于是得以证明。

31

证明：在主理想整环中，若$gcd(a,b)=gcd(a,c)=1$，则$gcd(a,bc)=1$。

证明：先证：对于${\forall}a,b,c{\in}R$（主理想整环），则有$c{\cdot}gcd(a,b)=gcd(ca,cb)$。这是因为：若记$gcd(a,b)=d,gcd(ca,cb)=e$，则$cd|ca,cd|cb$，从而有$cd|gac(ca,cb)$，也即$cd|e$。

故${\exists}u{\in}R$有$e=cdu$，现在说明$u$是单位。

因为$e|ca$，故设$ca=ex=cdux$，故$a=dux$，也即$du|a$。而$e|cb$，故设$cb=ey=cduy$，故$b=duy$，也即$du|b$。故此$du|gcd(a,b)=d$，也即$u$是单位。

故由$e=cdu$知道$c{\cdot}gcd(a,b)=gcd(ca,cb)$。

所以，若$gcd(a,b)=gcd(a,c)=1$，则有$c{\cdot}gcd(a,b)=gcd(ca,cb)=c,gcd(a,ac)=a$。

故此

$$ \begin{aligned} gcd(a,bc)&=gcd(gcd(a,ac),bc)\\ &=gcd(a,gcd(ac,bc))\\ &=gcd(a,c)=1 \end{aligned} $$

建议用这个：

证明：存在$x,y,u,v$使得$ax+by=1$和$au+cv=1$，于是我们有

$$ \begin{aligned} bycv&=(1-ax)(1-au)\\ &=1-a(x+u-axu) \end{aligned} $$

于是得到

$$ a(x+u-axu)+bcvy=1 $$

因此$gcd(a,bc)=1$。

思路：根据主理想整环，然后根据最小公约数的概念，给出两个等式，然后根据这两个等式变换即可得到另外一个式子，即可证明。

32

证明下面：在一个主理想整环中，如果$a$整除$bc$且$gcd(a,b)=1$，则$a$整除$c$。

证明：存在$u,v$使得$ua+vb=1$，我们用$c$乘上该等式于是有

$$ uac+vbc=c $$

因为$a$整除$uac$和$vbc$，于是$a$整除$c$。

思路：首先我们根据最小公约数给出了等式，然后仅需乘上$c$，根据已知道的整除条件，和自身整除自己，则可以得到结论。

33

找出$\mathbb{Z}_2[X]$中所有5次不可约多项式

解：$\mathbb{Z}_2[X]$中不可约多项式必然没有根（0，1试根法）。常数项系数为1，且项式必为奇数项，故可以引出的5次多项式如下：

$$ x^5+x^4+1,x^5+x^3+1,x^5+x^2+1,x^5+x+1,x^5+x^4+x^3+x^2+1,\\ x^5+x^4+x^4+x+1,x^5+x^4+x^2+x+1,x^5+x^3+x^2+x+1 $$

五次多项式若是可约的，其一定可以写成二次和三次多项式的乘积。否则，必有一次多项式因子，也就是有根。

而二次不可约多项式，有$x^2+x+1$，三次不可约多项式有$x^3+x^2+1,x^3+x+1$。

所以

$$ x^5+x^4+1=(x^2+x+1)(x^3+x+1)可约 $$

$$ x^5+x+1=(x^2+x+1)(x^3+x^2+1)可约 $$

也即五次不可约多项式有：

$$ x^5+x^3+1,x^5+x^2+1,x^5+x^4+x^3+x^2+1,x^5+x^4+x^4+x+1,\\ x^5+x^4+x^2+x+1,x^5+x^3+x^2+x+1 $$

思路：首先知道常数项为1，且项数必定为奇数，用试根法直接得到结果，然后再考虑是否能写成二次和三次不可约多项式的乘积，可以的排除掉，剩下的就是不可约多项式。

34

证明：在唯一因子分解整环中，一个元素是素元$\iff$其是不可约元。

证明：$\Rightarrow$：若$p{\in}R$（$R$是唯一因子分解环）是素元，也即$p$非零，非单位，且若$p|ab$，则$p|a$或$p|b$。

我们设$p=ab$，也即有$p|ab$，不妨设$p|a$，且$p=uq_1^{p_1}q_2^{p_2}{\cdots}q_n^{p_n},a=vq_1^{a_1}q_2^{a_2}{\cdots}q_n^{a_n}$。由于$p|a$，知道对于${\forall}i$，有$p_i{\le}a_i$，而$a|p$是显然的，故对于${\forall}i$，有$a_i{\le}p_i$。于是对于${\forall}i,a_i=p_i$，也即$b$是单位，于是$p$是不可约元。

$\Leftarrow$：若$p$是不可约元，现在要证明其素元，假设$p|ab$，也即存在$c{\in}R$，有$pc=ab$，将$a,b,c$写为不可约元的乘积，也即$a=p_1p_2{\cdots}p_r,b=q_1q_2{\cdots}q_s,c=h_1h_2{\cdots}h_t$。也即有

$$ ph_1h_2{\cdots}h_t=p_1p_2{\cdots}p_rq_1q_2{\cdots}q_s $$

由唯一因式分解整环的定义，知道在相伴的意义下，分解唯一。故$p$可以和某个$p_i$或者$q_j$相伴，也即$p|a$或者$p|b$，也即$p$是素元。

思路：首先从素元推到不可约元，我们是根据唯一因式分解整环，将这个要分解的素元写成因式分解的样子，然后根据整除关系和因式分解关系可以验证另一个元是单位，从而证明是不可约元。

从不可约元证明是素元，我们仅需写不可约元的乘积，然后根据唯一因式分解环的分解唯一，直接由相伴关系推出素元的性质。

35

证明命题：若$R$是整环，$A$是$R$的一个理想，$\pi:R{\to}R/A$是标准投影。。如果$f{\in}R[X]$是首一的且$\sideset{_{}^{\pi}}{_{}^{}}{f}$是在$(R/a)[X]$中不可约的，则$f$是在$R[X]$中不可约的。

证明：不妨设$f=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+{\cdots}+a_1x+a_0{\in}R[X]$。

由于命题5.10知道，环同态$\pi:R{\to}R/A$可以导出$R[X]$到$(R/A)[X]$之间的环同态$\pi$，映射$f{\mapsto}\sideset{_{}^{\pi}}{_{}^{}}{f}$。其中

$$ \sideset{_{}^{\pi}}{_{}^{}}{(a_nx^n+{\cdots}+a_1x+a_0)}=\pi(a_n)x^n+{\cdots}+\pi(a_1)x+\pi(a_0) $$

故此$\sideset{_{}^{\pi}}{_{}^{}}{f}=\pi(1)x^n+{\cdots}+\pi(a_1)x+\pi(a_0)$，而$\pi$是环同态，故此$\pi(1)=T=1{\cdot}A$，也即$\sideset{_{}^{\pi}}{_{}^{}}{f}$首一。

假设$f$在$R[X]$中是可约的，也即存在$g_1h{\in}R[X]$，有$f=gh$，且$g,h$首一，非单位。故此

$$ \sideset{_{}^{\pi}}{_{}^{}}{f}=\pi(f)=\pi(gh)=\pi(g)\pi(h)=\sideset{_{}^{\pi}}{_{}^{}}{g}{\cdot}\sideset{_{}^{\pi}}{_{}^{}}{h} $$

由于$g,h$非单位，所以$deg{g}{\ge}1,deg{h}{\ge}1$，而$\sideset{_{}^{\pi}}{_{}^{}}{g},\sideset{_{}^{\pi}}{_{}^{}}{h}$首一，故此$deg\sideset{_{}^{\pi}}{_{}^{}}{g}=deg{g}{\ge}1,\sideset{_{}^{\pi}}{_{}^{}}{h}=deg{h}{\ge}1$。也即$\sideset{_{}^{\pi}}{_{}^{}}{g},\sideset{_{}^{\pi}}{_{}^{}}{h}$非单位，这与$\sideset{_{}^{\pi}}{_{}^{}}{f}$在$(R/A)[X]$中可约相矛盾！故此$f$在$R[X]$中不可约。

思路：我们知道多项式是首一的，而且根据命题知道了一个环同态，我们要证明该多项式是不可约的。我们是通过反证法证明的，假设其可约，则通过这个映射得到其分解多项式非单位，这个说明映射后的商环是可约的，于是和原本的环同态映射后商环的不可约性质矛盾。

36

设$R$是诺特环，证明：$R$的每个商环也都是诺特环。

证明：设$I$是$R$的理想，$R$是诺特环，要证明$R/I$也是诺特环。我们知道商环的理想是理想的商环，所以$R/I$的理想$J/I$中，$J$是$R$的理想。对于$R/I$的无限理想升链

$$ J_1/I{\subseteq}J_2/I{\subseteq}{\cdots}{\subseteq}J_n/I{\subseteq}{\cdots} $$

即有$J_1{\subseteq}J_2{\subseteq}{\cdots}{\subseteq}J_n{\subseteq}{\cdots}$是$R$的理想升链。

而$R$是诺特环，故存在$N>0$，有$n{\ge}N$时，$J_n=J_N$。故此对于$n{\ge}N$时，同样地有$J_n/I=J_N/I$。也即$R/I$是诺特环。

思路：要证明商环都是诺特环，我们根据理想来证明，商环的理想是理想的商环，然后根据诺特环性质，有终止的时候，同样对于商环也有终止的时候。于是证毕。

37

命题1.5：$A_1,{\cdots},A_n$是交换环$R$的理想，证明$Rad(A_1{\cap}{\cdots}{\cap}A_n)=RadA_1{\cap}{\cdots}{\cap}Rad{A_n}$。

证明：由定义：

$$ Rad(A_1{\cap}{\cdots}{\cap}A_n)=\left\{x{\in}R|{\exists}n>0,x^n{\in}A_1{\cap}{\cdots}{\cap}A_n\right\} $$

$$ Rad{A_i}=\left\{x{\in}R|{\exists}n{>}0,x^n{\in}A_i\right\} $$

故如果$x{\in}Rad(A_1{\cap}{\cdots}{\cap}A_n)$，也即${\exists}n>0$，有$x^n{\in}A_1{\cap}{\cdots}{\cap}A_n$，也即$x{\in}A_i,(1{\le}i{\le}n)$。故此$x{\in}Rad{A_i},(1{\le}i{\le}n)$，即$x{\in}RadA_1{\cap}{\cdots}{\cap}RadA_n$。

另一方面，如果$x{\in}RadA_1{\cap}{\cdots}{\cap}RadA_n$.

也即$x{\in}Rad{A_i},(1{\le}i{\le}n)$，也即${\exists}n_i>0$，有$x^{n_i}{\in}{A_i},(1{\le}i{\le}n)$。令$m=\max(n_1,{\cdots},n_n)$。因为$A_i$是$R$的理想，故此$x^m=x^{n_i}x^{m-n_i},(1{\le}i{\le}n)$。

也即$x^m{\in}A_1{\cap}{\cdots}{\cap}A_n$，故此$x{\in}Rad(A_1{\cap}{\cdots}{\cap}A_n)$，也即$Rad(A_1{\cap}{\cdots}{\cap}A_n){\supseteq}RadA_1{\cap}{\cdots}{\cap}RadA_n$。

综上，有$Rad(A_1{\cap}{\cdots}{\cap}A_n)=RadA_1{\cap}{\cdots}{\cap}Rad{A_n}$。

思路：这是一个包含和反包含的关系，首先给出根$Rad$的定义，在交集的根里面，则必然在某个的根里面；而另一方面，如果在某个的根里面，我们仅需取到一个最大幂次，然后将这个幂次分解，必然含有这个的根，于是也就是在交集的根里面。

38

$A$是交换环$R$的理想，若理想$A$是有限生成的，则存在$n>0$，有$(RadA)^n{\subseteq}A$。

证明：由于$RadA$是有限生成的，故存在$x_1,{\cdots},x_k{\in}RadA$。有：

$$ RadA=\left\{r_1x_1+{\cdots}+r_kx_k|r_i{\in}R,x_i{\in}Rad{A},1{\le}i{\le}k\right\} $$

并且$x_i{\in}Rad{A}$，故${\exists}n_i>0$，有$x_i^{n_i}{\in}A,1{\le}i{\le}k$。令$n=n_1+{\cdots}+n_k>0$。

则$(Rad{A})^n$是由$\left\{x_1^{s_1}x_2^{s_2}{\cdots}x_k^{s_k}|s_1+s_2+{\cdots}+s_k=n,s_i{\in}N^*,1{\le}i{\le}k\right\}$生成。故此要证明$(RadA)^n{\subseteq}A$，仅需证明$x_1^{s_1}x_2^{s_2}{\cdots}x_k^{s_k}{\in}A$。注意到，$n=n_1+{\cdots}+n_k=s_1+{\cdots}+s_k$。故此必然存在$1{\le}i{\le}k$，有$s_i{\ge}n_i$，故$x_i^{s_i}=x_i^{n_i}x_i^{s_i-n_i}{\in}A$。而$A$又是交换环$R$的理想，故此

$$ x_1^{s_1}x_2^{s_2}{\cdots}x_k^{s_k}=x_i^{s_i}{\cdot}(x_1^{s_1}{\cdots}x_{i-1}^{s_{i-1}}x_{i+1}^{s_{i+1}}{\cdots}x_k^{s_k}){\in}A $$

故此${\exists}n=n_1+{\cdots}+n_k>0$，有$(RadA)^n{\subseteq}A$。

思路：由于理想是有限生成，于是根是有限生成的，从而对于根的幂次的生成元可以给出一个描述，然后仅需证明该生成元属于理想即可，根据一个幂次的相乘可以将其降次属于理想，然后根据交换环的交换性质，又可以不断降次，从而证明了生成元属于理想。

39

设$m,n{\in}\mathbb{Z}$，在环$\mathbb{Z}$中，$(m)(n)$是什么？$(m):(n)$又是什么？

解：$(m)=m\mathbb{Z}=\left\{mk|k{\in}\mathbb{Z}\right\}$，而$(n)=n\mathbb{Z}=\left\{nl|l{\in}\mathbb{Z}\right\}$。

故此

$$ \begin{aligned} (m)(n)=&\left\{\sum^N_{i=1}mk_inl_i|N是非负整数，k_i,l_i{\in}\mathbb{Z}\right\}\\ =&\left\{(mn)\sum^N_{i=1}k_il_i|N是非负整数，k_i,l_i{\in}\mathbb{Z}\right\}\\ =&\left\{(mn)j|j{\in}\mathbb{Z}\right\}=(mn) \end{aligned} $$

而

$$ (m):(n)=\left\{z{\in}\mathbb{Z}|z(n){\subseteq}(m)\right\} $$

因为$z(n){\subseteq}(m)$，故此$(zn){\subseteq}m$，于是$m|zn$。

设$zn=k_1m=k_2lcm(m,n)=k_2{\cdot}\frac{mn}{gcd(m,n)}$，其中$k_2{\in}\mathbb{Z}$。故此$z=k_2{\cdot}\frac{m}{gcd(m,n)},k_2{\in}\mathbb{Z}$。

故此

$$ (m):(n){\subseteq}(\frac{m}{gcd(m,n)}) $$

另一方面，对于${\forall}k{\in}(\frac{m}{gcd(m,n)})$，因为$(\frac{m}{gcd(m,n)})(n)=(\frac{mn}{gcd(m,n)})=(lcm(m,n)){\subseteq}(m)$。故此$k{\in}(m)$，也即$(\frac{m}{gcd(m,n)}){\subseteq}(m):(n)$。于是有

$$ (m):(n)=(\frac{m}{gcd(m,n)}) $$

思路：生成元的乘积就不用多说了，就是一个二项式乘法。而对于除法，我们主要通过整除关系和最小公倍数和最大公约数进行整理，最后得到了结果。然后就是一个包含和反包含的证明关系。

40

令$n{\in}\mathbb{Z}$，则$(n)$什么时候是$\mathbb{Z}$的半素理想？

解：设$n=p_1^{k_1}p_2^{k_2}{\cdots}p_r^{k_r}$，其中$p_1,{\cdots},p_r$是互相不同的素数，$k_i{\in}\mathbb{Z},1{\le}i{\le}r$。则

$$ Rad(n)=(p_1){\cap}(p_2){\cap}{\cdots}{\cap}(p_r)=(p_1p_2{\cdots}p_r) $$

若$(n)$是半素理想，则$Rad(n)=(n)$，也即$k_i=1,1{\le}i{\le}r$。

故$n$可分解为互不相同的素数的乘积时，$(n)$是$\mathbb{Z}$的半素理想。

思路：首先对这个$n$生成元进行一个因式分解。然后考虑这个的根，于是我们可以看到如果半素理想也就是它的根要等于其生成元，那么显然必须分解为互不相同的素数乘积的时候才可以。

41

令$n{\in}\mathbb{Z}$，则$(n)$什么时候是$\mathbb{Z}$的准素理想？

解：令$n=p_1^{k_1}p_2^{k_2}{\cdots}p_r^{k_r}$，其中$p_1,{\cdots},p_r$是互相不同的素数，$k_i{\in}\mathbb{Z},1{\le}i{\le}r$。

$$ Rad(n)=(p_1){\cap}(p_2){\cap}{\cdots}{\cap}(p_r)=(p_1p_2{\cdots}p_r) $$

而准素理想的根是素理想，也就是要求$(p_1p_2{\cdots}p_r)$是素理想，故$r=1$。

故$n=p^k$时，其中$p$是素数，$k{\in}\mathbb{Z}$时，$(n)$是准素理想。

思路：还是一样因式分解，然后仅需考虑根，根据准素理想的根是素理想，也就知道了答案了。

42

证明：若$N$是$R-$模$M$的子模，则商群$M/N$在$R-$乘运算：$r(x+N)=rx+N,{\forall}x{\in}M$下是一个$R-$模。

证明：首先$M$是$R-$模，且$N$是$R-$模，故是阿贝尔群。而$N$是$M$的子模，也即是子群。又因为$N$是阿贝尔群，故是$M$的正规子群，故$M/N$是阿贝尔群。

而$M$是$R-$模，故此对于${\forall}x{\in}M,r{\in}R$，有$rx{\in}M$，故此$rx+N{\in}M/N$。而$R-$乘运算$r(x+n)=rx+N$是一个$R{\times}M/N{\to}M/N$的映射。

故仅需验证如下运算性质：

对于${\forall}r,s{\in}R,\overline{x}=x+N,\overline{y}=y+N{\in}M/N$，有：

（1）分配律：

$$ (r,\overline{x}+\overline{y}){\mapsto}r(\overline{x}+\overline{y})=r(x+N+y+N)=(rx+N)+(ry+N)=r\overline{x}+r\overline{y} $$

$$ (r+s,\overline{x}){\mapsto}(r+s)\overline{x}=(r+s)(x+N)=(rx+N)+(sx+N)=r\overline{x}+s\overline{x} $$

（2）标量乘法：

$$ (r,s\overline{x}){\mapsto}r(s\overline{x})=r[s(x+N)]=r(sx+N)=r\overline{sx}=rsx+N\\(rs)\overline{x}=rsx+N $$

故此$r(s\overline{x})=(rs)\overline{x}$。

（3）单位元

$$ 1{\cdot}\overline{x}=1{\cdot}x+N=x+N=\overline{x} $$

故$M/N$在该运算下是一个$R-$模。

思路：要证明是一个$R-$模，也就是拿$R$作为标量，然后$M$作为向量空间，我们首先要验证其是阿贝尔群，然后验证关于模的分配律和标量乘法，还有单位元即可证明。

43

证明$\sqrt{2}+\sqrt{3}$是$\mathbb{Z}$上的整元。

证明：

$\mathbb{R}$是$\mathbb{Z}$的环扩张，$\sqrt{2}+\sqrt{3}{\in}\mathbb{R}$，故此要证明$\sqrt{2}+\sqrt{3}$是$\mathbb{Z}$的整元，仅需证明存在$f{\in}\mathbb{Z}[X]$，而$f$首一，且有$f(\sqrt{2}+\sqrt{3})=0$即可。我们令$\alpha=\sqrt{2}+\sqrt{3}$，则$\alpha^2=5+2\sqrt{6}$，于是$(\alpha^2-5)^2=24$，展开就得到$\alpha^4-10\alpha^2+1=0$，我们令$f(x)=x^4-10x+1{\in}\mathbb{Z}[X]$，则有$f(\sqrt{2}+\sqrt{3})=0$，于是$\sqrt{2}+\sqrt{3}$是$\mathbb{Z}$上的整元。

思路：仅需证明有一个首一的代数多项式，且该元素为这个多项式的根即可。（这里就是凑出来的，消去了无理数）

44

证明$\sqrt{\frac{1}{2}}$不是$\mathbb{Z}$上的整元。

证明：（反证法）：若$\sqrt{\frac{1}{2}}{\in}\mathbb{R}$是$\mathbb{Z}$的整元，则$\mathbb{Z}[\sqrt{\frac{1}{2}}]$是$\mathbb{R}$的有限生成子模（$\mathbb{Z}-$模），我们设其由$\left\{(\sqrt{\frac{1}{2}})^{m_1},(\sqrt{\frac{1}{2}})^{m_2},{\cdots},(\sqrt{\frac{1}{2}})^{m_r}\right\}$生成。（这里利用了整元的第二个等价定义），我们令$m=\max(m_1,m_2,{\cdots},m_r)$，于是有$(\sqrt{\frac{1}{2}})^{m_{r+1}}$不能由于$\left\{(\sqrt{\frac{1}{2}})^{m_1},(\sqrt{\frac{1}{2}})^{m_2},{\cdots},(\sqrt{\frac{1}{2}})^{m_r}\right\}$生成，因为其不饿能由该生成集线性组合（组合系数在$\mathbb{Z}$中）表示，这与有限生成是矛盾的！

所以$\sqrt{\frac{1}{2}}$不是$\mathbb{Z}$上的整元。

思路：这里利用反证法和整元的第二个等价定义，然后我们根据这个幂次可以不断增长来说明不可能由有限生成元生成即可。

45

$R{\subseteq}E{\subseteq}F$是交换环，若$F$是$E$的整性扩张，$E$是$R$的整性扩张，则$F$是$R$整性扩张。

证明：也即证明：对于${\forall}\alpha{\in}F,\alpha$是$R$的整元。

因为$F$是$E$的整性扩张，故$\alpha$是$E$的整元，也即$E[\alpha]$是$F$的有限生成子模。设其生成集为$\left\{\beta_1,{\cdots},\beta_r\right\}{\subset}E[\alpha]$。

故而对${\forall}k{\in}E[\alpha]$，是存在$k_1,{\cdots},k_r{\in}E$，使得$k=\sum^r_{i=1}k_i\beta_i$。

而$E$是$R$的整性扩张，$k_1,{\cdots},k_r{\in}E$，也即$k_1,{\cdots},k_r$是$R$的整元。故对于每一个$k_i,(1{\le}i{\le}r)$，有$R[k_i]$是$E$的有限生成子模，也即有生成集$\left\{\gamma_1^{(i)},\gamma_2^{(i)},\cdots,\gamma_{n_i}^{(i)}\right\},(1{\le}i{\le}r)$。故此对于$k_i{\in}R[k_i]$，存在$c_1^{(i)},c_2^{(i)},\cdots,c_{n_i}^{(i)}$，有$k_i=\sum^{n_i}_{j=1}c_j^{(i)}\gamma_j^{(i)}$，于是有

$$ k=\sum^{r}_{i=1}\sum^{n_i}_{j=1}c_j^{(i)}\gamma_j^{(i)}\beta_i $$

注意到：$c_j^{(i)}{\in}R$，而$\gamma_j^{(i)}{\in}R[k_i]{\subseteq}E{\subseteq}E[\alpha],\beta_i{\in}E[\alpha]$，则有$\gamma_j^{(i)}\beta_i{\in}E[\alpha]$是$F$关于$R$的生成元集。

由$k$的任意性可以知道，$R[\alpha]$是$F$的有限生成子模。

故$\alpha$是$F$的整元，也即${\forall}\alpha{\in}F,\alpha$是$R$的整元，也即$F$是$R$的整性扩张。

思路：根据整性扩张的定义，做两次过渡即可，主要是需要认识到这个系数和生成元集分别是属于哪个环的模。

46

设$S$是交换环$R$的真乘性子集，在$R{\times}S$上定义二元关系：

$$ (a,s){\equiv}(b,t){\iff}{\exists}u{\in}S,s.t.atu=bsu $$

证明：$\equiv$是等价关系，且$S^{-1}R=(R{\times}S)/{\equiv}$在二元运算

$$ (a/s)+(b/t)=(at+bs)/(st)\\ (a/s)(b/t)=(ab)/(st) $$

下是环。

证明：这道题首先要求我们证明一个二元关系是等价关系：验证自反对称传递性质。其次是验证是良定的二元运算，然后要求证明是环：加法交换群，乘法幺半群，左右分配律即可。

（1）证明$\equiv$是等价关系：
自反性：因为$S$是乘性子集，也即$I_R{\in}S$，故${\forall}a{\in}R,s{\in}S$，有$asI_R=asI_R$，也即$(a,s){\equiv}(as)$。

对称性：若$(a,s){\equiv}(b,t)$，也即${\exists}u{\in}S$，有$atu=bsu$，也即$bsu=tau$，也即$(b,t){\equiv}(a,s)$。

传递性：若$(a,s){\equiv}(b,t)$，也即${\exists}u{\in}S$，有$atu=bsu$。$(b,t){\equiv}(c,r)$，也即${\exists}v{\in}S$，有$brv=tcv$。

而又因为$R$是交换环，于是有

$$ artuv\stackrel{atu=bsu}{\to}bsruv\stackrel{brv=tcv}{\to}sctuv $$

而$t,u,v{\in}S$，而$S$对于乘法封闭，于是$tuv{\in}S$，也即有$(a,s){\equiv}(c,r)$。

（2）证明二元运算是良定的，也即和等价类的选取无关。

若$(a_1,s_1){\equiv}(a_2,s_2),(b_1,t_1){\equiv}(b_2,s_2)$，也即${\exists}u,v{\in}S$，有$a_1s_2u=a_2s_1u,b_1t_2v=b_2t_1v$。

则

$$ \begin{aligned} (a_1/s_1)+(b_1/t_1)=&(a_1t_1+b_1s_1)/(s_1t_1)\\ =&[(a_1t_1+b_1s_1)s_2t_2uv]/(s_1t_1s_2t_2uv)\\ =&[(a_1t_1s_2t_2uv)+(b_1s_1s_2t_2uv)]/(s_1s_2t_1t_2uv)\\ =&[(a_2s_2t_1t_2uv)+(b_2t_1s_1s_2uv)]/(s_1s_2t_1t_2uv)\\ =&(a_2t_2+b_2s_2)/s_2t_2=(a_1/s_2)+(b_2/t_2) \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} (a_1/s_1)(b_1/t_1)=(a_1b_1)/(s_1t_1)=&(a_1b_1s_2t_2uv)/(s_1t_1s_2t_2uv)\\ =&(a_2s_1b_2t_1uv)/(s_1t_1s_2t_2uv)\\ =&(a_2b_2)/(s_2t_2)=(a_2/s_2)(b_2/t_2) \end{aligned} $$

（3）证明$(S^{-1}R,+,{\cdot})$是环。

首先证明加法交换群：$(S^{-1}R,+)$是交换群：

然后是结合律：

$$ \begin{aligned} \left[(a/s)+(b/t)\right]+(c/r)=&[(at+bs)/(st)]+(c/r)\\ =&[(at+bs)r+cst]/(str)\\ =&(atr+bsr+cst)/(s+r) \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} (a/s)+\left[(b/t)+(c/r)\right]=&(a/s)+[(br+ct)/(tr)]\\ =&[atr+(br+ct)s]/(str)\\ =&(atr+bsr+cst)/(s+r)\\ \end{aligned} $$

故此我们有

$$ \left[(a/s)+(b/t)\right]+(c/r)=(a/s)+\left[(b/t)+(c/r)\right] $$

然后说明单位元：令$I_R$为$R$中单位元，则$0/I_R$是$S^{-1}R$中的单位元（加法）

然后说明逆元存在：对于$a/s$，存在$-a/s{\in}S^{-1}R$，有

$$ (a/s)+(-a/s)=(0/S^2)=0/I_R $$

最后说明交换律，这个因为$R$是交换换所以显然成立。

（2）证明$(S^{-1}R,{\cdot})$是幺半群。

首先封闭性：对于${\forall}(a,s),(b,t){\in}S^{-1}R$，有$(a/s)+(b/t)=(at+bs)/(st)$，因为$at+bs{\in}R$，而$s,t{\in}S$，故此$st{\in}S$，因此有$(a/s)+(b/t){\in}S^{-1}R$

然后是结合律：

$$ \begin{aligned} \left[(a/s)+(b/t)\right]+(c/r)=&[(at+bs)/(st)]+(c/r)\\ =&[(at+bs)r+cst]/(str)\\ =&(atr+bsr+cst)/(s+r) \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} (a/s)+\left[(b/t)+(c/r)\right]=&(a/s)+[(br+ct)/(tr)]\\ =&[atr+(br+ct)s]/(str)\\ =&(atr+bsr+cst)/(s+r)\\ \end{aligned} $$

故此我们有

$$ \left[(a/s)+(b/t)\right]+(c/r)=(a/s)+\left[(b/t)+(c/r)\right] $$

然后说明单位元：$0/I_R$就是$S^{-1}R$的单位元，因为对于${\forall}(a,s){\in}S^{-1}R$，有

$$ a/s+0/I_R=a/s=0/I_R+a/s $$

逆元：对于${\forall}(a,s){\in}S^{-1}R$，存在$(-a,s){\in}S^{-1}R$，有

$$ (a,s)+(-a,s)=0/s^2=0/I_R $$

交换律是因为$R$是交换环所以显然成立。

（2）说明$(S^{-1}R,{\cdot})$是幺半群：

封闭性：对于${\forall}(a,s),(b,t){\in}S^{-1}R$，有

$$ (a/s)(b/t)=(ab)/(st){\in}S^{-1}R $$

结合律：对于${\forall}(a,s),(b,t),(c,r){\in}S^{-1}R$，有

$$ [(a/s)(b/t)](c/r)=(abc)/(str)=(a/s)[(b/t)(c/r)] $$

单位元：$I_R/I_R$就是$S^{-1}R$的单位元。

（3）相容性的分配律：

左分配律：对于${\forall}(a,s),(b,t),(c,r){\in}S^{-1}R$，有

$$ (a/s)[(b/t)+(c,r)]=(a/s)[(br+ct)/(tr)]=[a(br+ct)]/(str) $$

$$ (a/s)(b/t)+(a/s)(c/r)=(ab)/(st)+(ac)/(sr)\\ =(absr+acst)/s^2tr=(abr+act)/(str) $$

也即我们得到

$$ (a/s)[(b/t)+(c,r)]=(a/s)(b/t)+(a/s)(c/r) $$

右分配律也是同理可证。

于是可以知道$(S^{-1}R,+,\cdot)$是环。

思路：这道题首先要求我们证明一个二元关系是等价关系：验证自反对称传递性质。其次是验证是良定的二元运算，然后要求证明是环：加法交换群，乘法幺半群，左右分配律即可。

47

证明对于每个$S^{-1}R$的理想$\mathcal{U}$，有$(\mathcal{U}^c)^E=\mathcal{U}$。

证明：记$\mathcal{U}$是$S^{-1}R$的一个理想，则有$\mathcal{U}^c=\left\{a{\in}R|a/1{\in}\mathcal{U}\right\}$。（收缩）而$(\mathcal{U}^c)^E=\left\{a/s|a{\in}\mathcal{U}^c,s{\in}S\right\}$（扩张），$S$是$R$的乘性子集。

（1）对于${\forall}a/s{\in}(\mathcal{U}^c)^E$，其中$a{\in}\mathcal{U}^c,s{\in}S$，而$a{\in}\mathcal{U}^c$，也即$a{\in}R,a/1{\in}\mathcal{U}$，而$s{\in}S$，故此$1/s{\in}S^{-1}R$。

而$\mathcal{U}$是$S^{-1}R$的理想，故此有

$$ 1/s{\cdot}a/1=a/s{\in}\mathcal{U} $$

于是$(\mathcal{U}^c)^E{\subseteq}\mathcal{U}$。

（2）对于${\forall}a/s{\in}\mathcal{U}$，我们要证明$a/s{\in}(\mathcal{U}^c)^E$，仅需证明$a{\in}\mathcal{U}^c,s{\in}S$即可。

而$a/s{\in}\mathcal{U}{\subseteq}S^{-1}R$，于是$s{\in}S,a{\in}R$，于是仅需说明$a/1{\in}\mathcal{U}$即可证明。

因为$a/s{\in}\mathcal{U},s/1{\in}S^{-1}R$，而$\mathcal{U}$是$S^{-1}R$的理想，故此有

$$ (a/s)(s/1)=as/s{\cdot}1=(a/1)(s/s)=a/1{\in}\mathcal{U} $$

于是$a/s{\in}(\mathcal{U}^c)^E$，于是$\mathcal{U}{\subseteq}(\mathcal{U}^c)^E$。

思路：该题主要是证明一个包含和反包含的关系，第一个包含关系是通过取到在其中的元素，然后根据定义找到原来的元素，然后我们在这个环里面找到单位元，根据理想的吸收性得到包含。

反包含也是根据定义，同样取到相反的一个单位元素，然后还是根据理想的吸收性和运算的交换性质得到关系。

48

若$R$是一个诺特环，则$S^{-1}R$也是诺特环。

证明：对于$S^{-1}R$的无限理想升链，$U_1{\subseteq}U_2{\subseteq}{\cdots}{\subseteq}U_n{\subseteq}U_{n+1}{\subseteq}{\cdots}$。我们对于每个理想进行收缩，则显然有$U_1^c{\subseteq}U_2^c{\subseteq}{\cdots}{\subseteq}U_n^c{\subseteq}U_{n+1}^c{\subseteq}{\cdots}$，而$U_i^c$是$R$的理想，$i=1,2,3,{\cdots}$，于是这就是$R$的一条无限理想升链，但是因为$R$是诺特环，于是存在$N>0$，有$n{\ge}N,U_n^c=U_N^c$。而$(U_n^c)^E=U_n$，于是当$n{\ge}N$时，有$U_n=U_N$，也即$S^{-1}R$是诺特环。

思路：由于只知道$R$是诺特环，我们从$S^{-1}R$的无限理想升链入手，根据一个收缩则到了$R$，发现终止，然后再扩张一下即可回到$S^{-1}R$也终止，于是就可以实现诺特环证明。

49

如果$\mathfrak{U}$和$\mathfrak{B}$为$R$的一个分式理想，则$\mathfrak{U}{\cap}\mathfrak{B}$为$R$的一个分式理想。

证明：$R$是整环，$Q$是$R$的商域，由$\mathfrak{U}$和$\mathfrak{B}$为$R$的一个分式理想，我们知道：

$\mathfrak{U}$是$Q$的非零$R-$子模，且存在$r_1{\in}R$，有$r_1\mathfrak{U}{\subseteq}R$。$\mathfrak{B}$是$Q$的非零$R-$子模，且存在$r_2{\in}R$，有$r_2\mathcal{B}{\subseteq}R$。

要证明：$\mathfrak{U}{\cap}\mathfrak{B}$为$R$的一个分式理想，也即证明：

（1）$\mathfrak{U}{\cap}\mathfrak{B}$是$R$的非零$R-$子模：

由于子模的交还是子模，所以只需要证明非零的性质：

由定义：$\mathfrak{U}$是$Q$的非零$R-$子模，也即$\mathfrak{U}$是$Q$的非空子集，且$\mathfrak{U}$是$Q$的加法子群，且对于${\forall}k_1{\in}R_1,a{\in}\mathfrak{U}$，有$k_1a{\in}\mathfrak{U}$。

同理，$\mathfrak{B}$是$Q$的非零$R-$子模，也即$\mathfrak{B}$是$Q$的非空子集，且$\mathfrak{B}$是$Q$的加法子群，且对于${\forall}k_2{\in}R_1,b{\in}\mathfrak{B}$，有$k_2b{\in}\mathfrak{B}$。

设$a=\frac{c_1}{c_2}{\in}\mathfrak{U}{\subseteq}Q$，取$c_2{\in}R$，则有$\frac{c_1}{c_2}{\cdot}\frac{c_2}{1}=c_1{\in}\mathfrak{U}$。

设$b=\frac{d_1}{d_2}{\in}\mathfrak{B}{\subseteq}Q$，取$d_2{\in}R$，则有$\frac{d_1}{d_2}{\cdot}\frac{d_2}{1}=d_1{\in}\mathfrak{B}$。

而$\mathfrak{U},\mathfrak{B}$非零，不妨设$c_1,d_1{\neq}0$，而$R$是整环，于是$c_1d_1=d_1c_1{\neq}0$。

如果视$c_1{\in}\mathfrak{U},d_1{\in}R$，则$d_1c_1{\in}\mathfrak{U}$。、

如果视$d_1{\in}\mathfrak{B},c_1{\in}R$，则$c_1d_1{\in}\mathfrak{B}$。

（2）证明：存在$r{\in}R$，有$r(\mathfrak{U}{\cap}\mathfrak{B}){\subseteq}R$。

由上述已经知道的：存在$r_1,r_2{\in}R$，有$r_1\mathfrak{U}{\subseteq}R,r_2\mathfrak{B}{\subseteq}R$，取到$r=lcm(r_1,r_2)$，则$r\mathfrak{U}{\subseteq}R,r\mathfrak{B}{\subseteq}R$，于是有

$$ r(\mathfrak{U}{\cap}\mathfrak{B}){\subseteq}R $$

综上，$\mathfrak{U}{\cap}\mathfrak{B}$是$R$的分式理想。

思路：首先我们要证明分式理想，需要验证这个是一个非零子模，然后再证明吸收性。

50

若$\mathfrak{U}$和$\mathfrak{B}$是$R$的分式理想，则

$$ \mathfrak{U}+\mathfrak{B}=\left\{a+b:a{\in}\mathfrak{U},b{\in}\mathfrak{B}\right\} $$

也是$R$的一个分式理想。

证明：设$Q$是$R$的商域，由$\mathfrak{U}$和$\mathfrak{B}$是$R$的分式理想知道：

$$ \mathfrak{U}=\mathfrak{U}'/c_1=\left\{a/c_1{\in}Q|a{\in}\mathfrak{U'}\right\} $$

$$ \mathfrak{B}=\mathfrak{B}'/c_2=\left\{b/c_2{\in}Q|b{\in}\mathfrak{B'}\right\} $$

其中$\mathfrak{B'},\mathfrak{U'}$是$R$的理想，$c_1,c_2$是$R$的非零元。

故

$$ \begin{aligned} \mathfrak{U}+\mathfrak{B}=&\left\{a/c_1+b/c_2|a/c_1{\in}\mathfrak{U},b/c_2{\in}\mathfrak{B}\right\}\\ =&\left\{(ac_2+bc_1)/c_1c_2|ac_2+bc_1{\in}c_2\mathfrak{U'}+c_1\mathfrak{B'}\right\} \end{aligned} $$

于是只需要说明$c_2\mathfrak{U'}+c_1\mathfrak{B'}$是$R$的理想，也即有$\mathfrak{U}+\mathfrak{B}$是$R$的分式理想。

（1）$c_2\mathfrak{U'}+c_1\mathfrak{B'}$是$R$的加法子群：

对于${\forall}c_2a_1+c_1b_1{\in}c_2\mathfrak{U'}+c_1\mathfrak{B'},c_2a_2+c_1b_2{\in}c_2\mathfrak{U'}+c_1\mathfrak{B'}$，有

$$ c_2a_1+c_1b_1-(c_2a_2+c_1b_2)=c_2(a_1-a_2)+c_1(b_1-b_2){\in}c_2\mathfrak{U'}+c_1\mathfrak{B'} $$

于是$c_2\mathfrak{U'}+c_1\mathfrak{B'}$是$R$的加法子群。

（2）左右吸收性：

对于${\forall}x{\in}R,c_2a+c_1b{\in}c_2\mathfrak{U'}+c_1\mathfrak{B'}$，有

$$ x(c_2a+c_1b)=c_2(xa)+c_1(xb) $$

也即$x(c_2a+c_1b){\in}c_2\mathfrak{U'}+c_1\mathfrak{B'}$。

同理可证$(c_2a+c_1b)x{\in}c_2\mathfrak{U'}+c_1\mathfrak{B'}$。

思路：这道题没有子模这么好用的东西了，于是只能从构造形式入手，把分式理想转为理想去证明，然后就是证明加法子群和左右吸收性的问题了。

51

确定$AutM$，其中$M=(\mathbb{Z}^{(2)},+,0)$。

解：对于${\forall}\eta{\in}Aut\mathbb{Z}^{2}$，也即$\eta$是$\mathbb{Z}^{(2)}$的自同构，则有：

已知：在自同态群$End{\;}\mathbb{Z}^{(2)}$中，对于${\forall}\eta{\in}End{\;}\mathbb{Z}^{(2)}$，其取值完全由$\eta(e),\eta(f)$所决定，其中$e=(1,0),f=(0,1)$，因为$\mathbb{Z}^{(2)}$由$e,f$生成，故$End{\;}\mathbb{Z}^{(2)}$与$M_2(\mathbb{Z})$有一一对应的关系：

也即

$$ \eta{\longleftrightarrow}\begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix} $$

其中$\eta(e)=(a,b),\eta(f)=(c,d)$。

而若$\eta{\in}Aut{\;}\mathbb{Z}^{(2)}$，其$\eta$满足是$\mathbb{Z}^{(2)}$到$\mathbb{Z}^{(2)}$的双射。

（1）单同态，对于${\forall}k_1,l_1,k_2,l_2{\in}\mathbb{Z}$。其中$\eta(k_1e+l_1f)=\eta(k_2e+l_2f)$，即有$k_1=k_2,l_1=l_2$。

也即

$$ k_1\eta(e)+l_1\eta(f)=k_2\eta(e)+l_2\eta(f) $$

也即

$$ \begin{cases} (k_1-k_2)a+(l_1-l_2)c=0\\ (k_1-k_2)b+(l_1-l_2)d=0 \end{cases} $$

只有零解，故此$ad-bc{\neq}0$。

（2）满同态，只需要说明$e,f$的原像是存在的，即有$\eta$是满射。

也即存在$k,l,m,n{\in}\mathbb{Z}$，有

$$ k\begin{pmatrix} a\\ b\end{pmatrix}+l\begin{pmatrix} c\\ d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\ 0\end{pmatrix}\\ m\begin{pmatrix} a\\ b\end{pmatrix}+n\begin{pmatrix} c\\ d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\ 1\end{pmatrix}\\ $$

解开得到：

$$ k=\frac{d}{ad-bc},l=-\frac{b}{ad-bc},m=-\frac{c}{ad-bc},n=\frac{a}{ad-bc} $$

又因为$k,l,m,n{\in}\mathbb{Z}$，故此有$ad-bc$整除$a,b,c,d$。

综上可得：$Aut{\;}M$与

$$ \left\{\begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix}:ad-bc{\neq}0且整除a,b,c,d\right\} $$

一一对应。

思路：考虑到自同态群的映射刻画，我们对于$\mathbb{Z}^{2}$的生成元刻画即可，然后考虑自身到自身的映射，我们验证这个映射是单的满的双射，且是同态，则为自同构的一个刻画。

52

令$M$为一个左$R-$模，且令$B=\left\{b{\in}R:bx=0,{\forall}x{\in}M\right\}$。验证$B$是一个在$R$中的理想。且证明如果$C$是包含在$B$中的一个任意的理想，则$M$依照定义$(a+C)x=ax$为一个左$R{/}C-$模。

证明：

（1）左零化子$B=\left\{b{\in}R|bx=0,{\forall}x{\in}M\right\}$是$R$的理想。

（1）$(B,+)$是$(R,+)$的子群。

对于${\forall}b{\in}B$，对于${\forall}x{\in}M$有$bx=0$，故$-bx=(-b)x=0$，也即$-b{\in}B$。

对于${\forall}b_1,b_2{\in}B$，对于${\forall}x{\in}M$，有$(b_1-b_2)x=b_1x-b_2x=0-0=0$，于是$b_1-b_2{\in}B$。

（2）吸收性：

左吸收性：对于${\forall}b{\in}B,r{\in}R$，有对于${\forall}x{\in}M,bx=0$，于是$rbx=0$，也即$rb{\in}B$。、

右吸收性：对于${\forall}b{\in}B$，也即对于${\forall}x{\in}M$，有$bx=0$，则对于${\forall}r{\in}R$，因为$M$是左$R-$模，于是$rx{\in}M$，于是

$$ b(rx)=(br)x=0 $$

也即$br{\in}B$。

于是$B$是$R$的理想。

（2）$M$是一个左$R/C-$模。

首先我们知道：$R/C$是环，而$M$是左$R-$模，于是是阿贝尔群。

而模乘运算$(a+C)x=ax$显然是$R/C{\times}M{\to}M$的映射

于是仅需验证其满足四条运算性质即可：也即对于${\forall}a+C,b+C{\in}R/C,x,y{\in}M$，有：

（1）

$$ (a+C)(x+y)=a(x+y)=ax+ay=(a+C)x+(a+C)y $$

（2）

$$ (a+b+C)x=(a+b)x=ax+bx=(a+C)x+(b+C)x $$

（3）

$$ (ab+C)x=(ab)x=a(bx)=(a+C)[(b+C)x] $$

（4）

$$ (1+C)x=x $$

从而，$M$是左$R/C-$模。

思路：验证理想就是验证加法子群和吸收性，模的话验证阿贝尔群，和四条性质（左右分配律，相容性，单位元）

53

确定$Hom(\mathbb{Z},\mathbb{Z}/(n))$和$Hom(\mathbb{Z/(n)},\mathbb{Z}),n>0$，（作为$\mathbb{Z}-$模）

（1）我们直接给出结果

$$ Hom(\mathbb{Z},\mathbb{Z}/(n)){\cong}\mathbb{Z}(n) $$

我们令$f:Hom(\mathbb{Z},\mathbb{Z}/(n)){\to}\mathbb{Z}/(n)$，映射$f(\eta)=\eta(1)$。

首先说明$f$是同态：对于${\forall}\eta_1,\eta_2{\in}Hom_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z},\mathbb{Z}/(n))$，有

$$ f(\eta_1+\eta_2)=(\eta_1+\eta_2)(1)=\eta_1(1)+\eta_2(1)=f(\eta_1)+f(\eta_2) $$

然后说明$f$是单射：对于${\forall}\eta_1,\eta_2{\in}Hom_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z},\mathbb{Z}/(n))$，有：

若$f(\eta_1)=f(\eta_2)$，也即$\eta_1(1)=\eta_2(1)$，于是则是对于${\forall}a{\in}\mathbb{Z}$，有

$$ \eta_1(a)=a\eta_1(1)=a\eta_2(1)=\eta_2(a) $$

于是$\eta_1=\eta_2$。

最后说明$f$是满射：对于${\forall}\overline{a}{\in}\mathbb{Z}/(n)$，我们令$\eta(1)=a$，也即${\exists}\eta{\in}Hom(\mathbb{Z},\mathbb{Z}/(n))$，有$f(\eta)=\overline{a}$，也是综上可以得到结果的同构。

（2）我们给出相反方向的结果：

$$ Hom(\mathbb{Z/(n)},\mathbb{Z}){\cong}0 $$

对于${\forall}\eta{\in}Hom(\mathbb{Z/(n)}$，有$\eta(a\overline{x})=a\eta(\overline{x}),{\forall}a{\in}\mathbb{Z},\overline{x}{\in}\mathbb{Z}/(n)$。

取$\overline{x}=\overline{1}$，则有$\eta(\overline{a})=a\eta(\overline{1})$，而

$$ \eta(\overline{1})=\eta(\overline{n+1})=(n+1)\eta(\overline{1}) $$

于是$\eta(\overline{1})=0$，也即$\eta(\overline{a})=0,{\forall}\overline{a}{\in}\mathbb{Z}/(n)$，故$\eta{\equiv}0$，由$\eta$的任意性，可以得到结论。

思路：这个没什么好说的，就是通过一个映射拉过去即可，这个部分需要熟悉。

54

证明：对于任意环$R$，以及$R-$模$M$，有$Hom_{R}(R,M){\cong}(M,+,0)$。

证明：令

$$ f:Hom_R(R,M){\to}M\\ \eta{\mapsto}f(\eta)=\eta(1) $$

只需证明$f$是群同构。

（1）$f$是群同态，也即对于${\forall}\eta_1,\eta_2{\in}Hom_{R}(R,M)$，有

$$ f(\eta_1+\eta_2)=(\eta_1+\eta_2)(1)=\eta_1(1)+\eta_2(1)=f(\eta_1)+f(\eta_2) $$

（2）$f$是单射，若$f(\eta_1)=f(\eta_2)$，也即$\eta_1(1)=\eta_2(1)$。

而$\eta_2$是$R$到$M$之间的群同态，$(i=1,2),\eta_i(ax)=a\eta_i(x),{\forall}a{\in}R,x{\in}R$。

所以取$x=1$，有$\eta_i(a)=a\eta_i(1),{\forall}a{\in}R,i=1,2$。

故此对于${\forall}a{\in}R,\eta_1(a)=a\eta_1(1)=a\eta_2(1)=\eta_2(a)$，也即$\eta_1=\eta_2$。

（3）$f$是满射，也即对于${\forall}a{\in}M$，令$\eta(1)=a$，也即存在$\eta{\in}Hom_{R}(R,M)$，有$f(\eta)=a$。

综上，$f$是同构映射，于是证明了结论。

思路：这个和上面完全一样的方法。

55

请描述：如果通过给定的幺半群$M$来构造范畴：

解：通过幺半群$M$来定义一个单对象范畴$\mathcal{M}$，具体如下：

（1）对象类：$ob\mathcal{M}=\left\{A\right\}$。

（2）态射集：$hom(A,A)=M$。

（3）合成法则：对于${\forall}x,y{\in}Hom(A,A)=M$，因为$M$是幺半群，将合成运算定义为$M$上的群运算。也即

$$ xy{\in}Hom(A,A)=M $$

这是一个

$$ Hom(A,A){\times}Hom(A,A){\to}Hom(A,A)\\ (x,y){\mapsto}xy $$

之间的映射。

$C_1$公理（不相交性质）：因为只有一个对象，所以显然是成立的。

$C_2$公理（结合性）：

若$x,y,z{\in}Hom(A,A)=A$，则由于幺半群运算具有结合律知道，$(xy)z=x(yz)$。

$C_3$公理（单位元）:取$I_A$为$M$的单位元，故对于${\forall}x,y{\in}Hom(A,A)$，有$I_Ax=x,yI_A=y$。

综上所述，由幺半群$M$来定义了一个单对象范畴$\mathcal{M}$。

58

$F$是范畴$\mathcal{C}$到范畴$\mathcal{D}$之间的函子，既是忠实函子，也是满函子；令$f{\in}hom_{\mathcal{C}}(A,B)$。证明以下几个关于$F(f)$的性质，蕴含着$f$也具有相应的性质。

（1）$F(f)$是单态射。

（2）$F(f)$是满态射。

（3）$F(f)$有切面。

（4）$F(f)$有收缩。

（5）$F(f)$是同构态射。

证明：

（1）$F(f)$是单态射可以推出$f$是单态射。

要证明$f$是单态射，我们即需要证明$f$满足左可消，也即对${\forall}g,h{\in}hom_{\mathcal{C}}(K,A)$，若$fg=fh$，则$g=h$。

而因为$F$既是忠实函子，又是满函子，故对于$K,A{\in}ob\mathcal{C}$，映射$hom_{\mathcal{C}}(K,A){\to}hom_{\mathcal{D}}(FK,FA)$，映$g{\mapsto}F(g),h{\mapsto}F(h)$是双射。而因为$F(f)$是单态射。故此，若$F(f)F(g)=F(f)F(h)$，则可以推出$F(g)=F(h)$，又因为$hom_{\mathcal{C}}(K,A){\to}hom_{\mathcal{D}}(FK,FA)$是双射，故此有$g=h$，于是$f$是单态射。

（2）$F(f)$是满态射推出$f$是满态射。

也即证明$f$满足右可消，即对${\forall}g,h{\in}hom_{\mathcal{C}}(B,C)$，因为$F$既是忠实函子，又是满函子，所以对于$B,C{\in}ob\mathcal{C}$。映射$hom_{\mathcal{C}}(B,C){\to}hom_{\mathcal{D}}(FB,FC)$，映$g{\mapsto}F(g),h{\to}F(h)$是双射，又因为$F(f)$是满态射，故此有$F(f)F(g)=F(f)F(h)$，于是推出$F(g)=F(h)$。又因为$hom_{\mathcal{C}}(B,C){\to}hom_{\mathcal{D}}(FB,FC)$是双射，故此有$g=h$，于是$f$是满态射。

（3）要证明$F(f)$有切面推出$f$有切面。

因为$F(f){\in}hom_{\mathcal{D}}(FA,FB)$有切面，也即存在$F(g){\in}hom_{\mathcal{D}}(FB,FA)$，有$F(f)F(g)=I_{FB}$。因为$F$既是忠实函子，又是满函子所以有下面三个映射都是双射：

$$ hom_{\mathcal{C}}(A,B){\to}hom_{\mathcal{D}}(FA,FB)，f{\mapsto}F(f)\\ hom_{\mathcal{C}}(B,A){\to}hom_{\mathcal{D}}(FB,FA),g{\mapsto}F(g)\\ hom_{\mathcal{C}}(B,B){\to}hom_{\mathcal{D}}(FB,FB),I_B{\mapsto}F(I_B)=I_{FB} $$

于是有$fg=I_B$，也即$f$有切面。

（4）$F(f)$有收缩要推出$f$有收缩。

因为$F(f){\in}hom_{\mathcal{D}}(FA,FB)$有收缩，也即存在$F(g){\in}hom_{\mathcal{D}}(FB,FA)$，有$F(g)F(f)=I_{FA}$。因为$F$既是忠实函子，又是满函子所以有下面三个映射都是双射：

$$ hom_{\mathcal{C}}(A,B){\to}hom_{\mathcal{D}}(FA,FB)，f{\mapsto}F(f)\\ hom_{\mathcal{C}}(B,A){\to}hom_{\mathcal{D}}(FB,FA),g{\mapsto}F(g)\\ hom_{\mathcal{C}}(A,A){\to}hom_{\mathcal{D}}(FA,FA),I_A{\mapsto}F(I_A)=I_{FA} $$

因此有：$gf=I_A$，也即$f$有收缩。

（5）$F(f)$是同构态射，要推出$f$也是同构态射。

证明：因为$F(f)$是同构态射，也即$F(f)$既是单态射，又是满态射。于是由于（1）（2）可以知道$f$既是单态射又是满态射，于是直接推出$f$是同构态射。