设R是一个整环，A是由R的所有幂零元构成的集合.（设a∈R.如果存在正整数n使得aⁿ=0，则称a是R的一个幂零元
一，证明A关于R中的运算构成R的一个子环.
二，若对每个a∈R都有a²=a成立，证明|R|≤2.
基于Monster 组和GPT的调写：
一、首先证明A非空。由于0是任何整环的幂零元，因此0∈A。现在证明A是R的一个子环：
(a-1)² = a² - 2a + 1 = a - 2a + 1 = 1 - a + a = 1
因此，a-1是一个单位元。又因为R是整环，所以a和a-1不可能都是零因子。因此，它们中至少有一个是单位元。如果a是单位元，则a²=a意味着a=1；否则a-1是单位元，意味着1-a是单位元，因此(1-a)²=1，即a²-2a+1=1，从而a=0或a=2。因此，R的元素只能是0,1或2。因此，|R|≤3。
该回答内容部分引用GPT，GPT_Pro更好的解决问题
一、证明A关于R中的运算构成R的一个子环
证明：首先，设a,b∈A，即a,b均为R的收尾元。
1.交换律：由定义可知，a+b=b+a。
2.结合律：由定义可知，(a+b)+c=a+(b+c)。
3.元素1：设1为R的收尾元，则有1+a=a+1=a。
4.逆元：设a∈A，即a为R的收尾元，则存在正整数n使得an=0。令b=an-1，则有ab=ba=1。
由以上四条性质可知，A关于R中的运算构成R的一个子环。
二、若对每个aER都有az=a成立，证明 |Rs2
证明：设a∈A，即a为R的收尾元，则存在正整数n使得an=0。令z=an-1，则有az=z2。由于z∈R，所以z∈Rs2。因此，可以证明|Rs2≥1。
同理可以证明|Rs2≤|R|。因此可以得出|Rs2=|R|。即Rs2是R上的一个幂集。
如果回答有帮助，望采纳。
该回答引用GPTᴼᴾᴱᴺᴬᴵ
一、证明A关于R中的运算构成R的一个子环：
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首先证明A是R的子集。设R中存在幂零元a，且a的幂零指数为n，则对于任意的正整数k，有$(a^k)^n=a^{kn}=0$，即$a^k$也是幂零元，因此A包含R的所有幂零元。
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接下来证明A是R的加法和乘法的封闭子集。
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加法封闭性：设a、b是R的幂零元，它们的幂零指数分别为m、n，则有$(a+b)^{m+n}=\sum\limits_{i+j=m+n}\binom{m+n}{i}a^ib^j$。由于a和b都是幂零元，所以存在正整数p和q，使得$a^p=0$，$b^q=0$。当$i>p$时，$a^i=0$；当$j>q$时，$b^j=0$。因此$\binom{m+n}{i}a^ib^j=0$，当且仅当$i\le p$且$j\le q$。因此，$(a+b)^{m+n}=\sum\limits_{i=0}^p\sum\limits_{j=0}^q\binom{m+n}{i}\binom{m+n}{j}a^ib^j$，而$\binom{m+n}{i}$和$\binom{m+n}{j}$都是常数，所以$\sum\limits_{i=0}^p\sum\limits_{j=0}^q\binom{m+n}{i}\binom{m+n}{j}a^ib^j$是幂零元，即$a+b$也是幂零元，所以$a+b\in A$。
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乘法封闭性：设a、b是R的幂零元，它们的幂零指数分别为m、n，则有$(ab)^{m+n}=a^{m+n}b^{m+n}=0$，因此$ab\in A$。
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结合律和分配律：由于A是R的子集，所以加法和乘法的结合律和分配律在A中仍然成立。
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零元和幺元：A中的零元是R的零元0，因为对于任意幂零元a，都有$0+a=a+0=a$，即0是A中的幂零元。A中的幺元是R的幺元1，因为对于任意幂零元a，都有$1a=a1=a$，即1是A中的幂零元。
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因此，A关于R中的运算构成R的一个子环。
假设R中存在两个不相等的元素a和b，且a² = a, b² = b。
由于a和b不相等，则有(a-b)² = a² - 2ab + b² ≠ 0.
但是，由于a² = a, b² = b，所以(a-b)² = (a-b)。
因此，a-b = (a-b)² ≠ 0，说明a-b是幂零元。
设n是使得(a-b)ⁿ = 0的最小正整数，则有(a-b)ⁿ = (a-b)ⁿ² = (a-b)ⁿ，即(a-b)ⁿ = 0。
又因为a-b是幂零元，所以(a-b)² = 0。
因此，(a-b)ⁿ = (a-b)² = 0，说明a = b，与假设矛盾。
因此，R中不存在两个不相等的元素a和b，满足a² = a, b² = b。
因此，R中的元素要么等于0，要么等于1。
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因为0和1满足a² = a，所以|R| ≤ 2。
参考GPT和自己的思路，一、要证明A关于R中的运算构成R的一个子环，需要证明以下三点：
1 A非空，即存在一个幂零元，因为0是幂零元，所以A非空；
2 A对R的加法封闭，即若a,b属于A，则a+b也属于A，因为a和b都是幂零元，所以a+b也是幂零元，属于A；
3 A对R的乘法封闭，即若a,b属于A，则ab也属于A，因为a和b都是幂零元，则存在正整数m和n，使得am=0和bn=0，因此(ab)^(m+n)=a^mb^n=0，说明ab也是幂零元，属于A。
因此，A关于R中的运算构成R的一个子环。
二、根据题意，对于任意元素a∈R，都有a²=a成立，那么a(a-1)=0，因此a为R的幂零元或者a=1。因为R中只有一个单位元素1，因此除了1之外，所有的元素都是幂零元。所以|R|-1是R的幂零元的个数。又因为R中的幂零元都满足a^n=0的形式，n为某个正整数，因此对于每个幂零元a，都有n个可能的取值，即1,2,...,n。而R中的元素总数为|R|，所以有：
|R|-1 ≤ 1+2+...+n
即
|R|-1 ≤ n(n+1)/2
因此，如果能证明n=1或n=2，就可以得到|R|≤3或|R|≤4。而因为幂零元是元素a的正整数幂都为0，而a²=a，所以幂零元只能是0和1。因此，当n=1时，只有一个幂零元0，此时|R|=1；当n=2时，幂零元为0和1，此时|R|=2。因此，得到结论：若对每个a∈R都有a²=a成立，则|R|≤2。
一、要证明A是R的一个子环，需要满足以下三个条件：
封闭性：对于任意的x、y∈A，有x+y∈A。
加法逆元：对于任意的x∈A，存在相反元-x∈A，使得x+(-x)=0。
结合律、分配律和单位元：对于任意的x、y、z∈A，有x+(y+z)=(x+y)+z，x(y+z)=xy+xz，(x+y)z=xz+yz，以及0+0=0。
证明：
对于任意的x、y∈A，由于x和y都是幂零元，所以存在正整数m和n使得xm=0，yn=0。因此，(x+y)m+n=∑(i+j=m+n)C(i)C(j)xiyj，其中C(i)是组合数。由于m和n都是正整数，所以xm=0，yn=0，因此对于所有的i<m和j<n，xiyj=0。因此，(x+y)m+n=∑(i+j=m+n,i<m,j<n)C(i)C(j)xiyj。由于组合数C(i)C(j)是整数，而xiyj=0，所以(x+y)m+n=0，即x+y是R的幂零元，属于A。
对于任意的x∈A，由于x是幂零元，所以存在正整数m使得xm=0。因此，(-x)m=(-1)m xm=(-1)m×0=0，即-x也是幂零元，属于A，并且x+(-x)=0是R的一个幂零元，属于A。
对于任意的x、y、z∈A，由于它们都是幂零元，所以存在正整数m、n、p使得xm=yn=zp=0。因此，(x+y)z=xz+yz，其中xz=(x+y-z)xz和yz=(x+y-z)yz都等于0。同理，xy=(x+y)y和xz=(x+y)z都等于0。因此，(x+y)z=xz+yz=0，即x+y也是幂零元，属于A。另外，0+0=0，属于A。
因此，A是R的一个子环。
二、如果对每个a∈R都有a²=a，则a(a-1)=0，因此a是幂零元或者a=1。如果a是幂零元，则存在正整数n使得an=0，因此a²=a=0。如果a=1，则|R|=1。否则，R的所有元素可以表示为1和幂零元的和，即R={1}∪A。由于A是子环，因此对于任意的a、b∈A，有ab∈A。因此，R中任意两个元素的乘积都是幂零元或者1。如果存在a,b∈R，且a≠b，则ab=0。否则，a=b，则a²=a和b²=b，因此a=a²b=ab²=b，与a≠b矛盾。因此，R可以表示为R={1}∪{a1,a2,…,an}，其中a1,a2,…,an都是幂零元。由于a1,a2,…,an中任意两个元素的乘积都是幂零元，因此|{a1,a2,…,an}|≤2。因此，|R|=1+|{a1,a2,…,an}|≤3，即|R|≤2。
综上所述，如果对每个a∈R都有a²=a，则|R|≤2。
该回答引用ChatGPT
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一、首先，$0 \in A$，因为$0$是任何整环的幂零元。
其次，对于任意的$a, b \in A$，存在正整数$n, m$使得$a^n = b^m = 0$。则$(a-b)^{n+m-1}$中的每一项均可表示为$a^kb^{n+m-1-k}$的形式，其中$0 \leq k \leq n+m-1$。由于$a^n=b^m=0$，因此当$k \geq n$时，$a^kb^{n+m-1-k}=0$，当$k \leq m-1$时，$a^kb^{n+m-1-k}=0$。因此，$(a-b)^{n+m-1}$的每一项均为$0$，即$(a-b)^{n+m-1} \in A$，即$a-b \in A$。
最后，对于任意的$a, b \in A$，$ab$也是幂零元。由于$a, b$都是幂零元，因此存在正整数$n, m$使得$a^n = b^m = 0$。因此，$(ab)^{n+m}$中的每一项均可表示为$a^ib^j$的形式，其中$i+j=n+m$。由于$a^n=b^m=0$，因此当$i \geq n$或$j \geq m$时，$a^ib^j=0$。因此，$(ab)^{n+m} = 0$，即$ab \in A$。
综上所述，$A$关于$R$中的运算构成$R$的一个子环。
二、对于任意的$a \in R$，$a^2=a$，则$a(a-1)=0$。因为$a$和$a-1$至少有一个不是幂零元，否则$a=a^2=0$。如果$a$是幂零元，则$a=0$，否则$a-1=0$，即$a=1$。因此，$R$中的元素要么是幂零元，要么是$1$。如果存在$a, b \in R$，$a \neq b$且$a \neq 0, 1$，则$a$和$b$都不是幂零元，因此$ab \neq 0$，$ab \neq 1$，且$ab \neq a, b$，因此$R$至少有$4$个元素。如果不存在这样的$a$和$b$，则$R$中的元素要么是幂零元，要么是$0$或$1$，共有$2$个或$3$个元素。因此$|R| \leq 3$。
综上所述，若对每个$a \in R$都有$a^2=a$成立，则$|R| \leq 2$。
一、证明A关于R中的运算构成R的一个子环：
首先，0 ∈ A，因为0ⁿ=0，∀n∈N。
接着，对于任意的幂零元 a, b ∈ A，有 (a + b)ⁿ = Σ(k=0→n)C(n,k)aⁿ⁻ᵏbᵏ，其中 C(n,k) 为组合数。因为 a 和 b 都是幂零元，所以存在正整数 m 和 n，使得 aⁿ=0 和 bᵐ=0。因此，(a + b)ⁿ = Σ(k=0→n)C(n,k)aⁿ⁻ᵏbᵏ = Σ(k=0→m)C(n,k)aⁿ⁻ᵏbᵏ = a⋅(aⁿ⁻ᵐ)⋅bⁿ + b⋅aⁿ⋅(bⁿ⁻ᵐ) = aⁿ⁺ᵐ + bⁿ⁺ᵐ = 0 + 0 = 0，即 a + b 是幂零元，属于 A。
同理，对于任意的幂零元 a, b ∈ A，有 abⁿ = (a²bⁿ)⋅(bⁿ⁻¹)² = 0，因为 a² 和 bⁿ⁻¹ 都是幂零元，所以 a⋅b 也是幂零元，属于 A。
综上所述，A 关于 R 中的加法和乘法构成了 R 的子环。
二、若对每个 a ∈ R 都有 a² = a 成立，证明 |R| ≤ 2：
对于任意的 a ∈ R，有 a² - a = a(a - 1) = 0，因为 R 是整环，所以 a = 0 或 a - 1 = 0，即 a = 0 或 a = 1。
因此，R 中的元素只可能是 0 和 1，所以 |R| ≤ 2。