(完整版)近世代数之交换律、单位元、零因子、整环
近世代数简介
k
= i( x )
i 1
(2-4)
这里，
GCD表示最大公约数(Greatest Common Divisor)
推理
循环群中n阶元素的n次幂恒等于1
各次幂 k
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
的
多项式系数
多项式
m重
1
(0001)
(0010)
2
(0100)
多项式环Rq(x)g(x)
系数GF(q),模g(x)
g(x) 一般多项式：多项式环 m素数或合数,有限数环
PI(x) 既约多项式：多项式域（q元扩域）
q素数,整环
P(x) 本原多项式：域元素构成循环群
例2.8：剩余类环Rq(x) f(x) 中，q =2，f(x) = x3+x+1。若A(x)= x2+x+1、B(x)= x2+ 1 是 两个环元素，求A(x) B(x)是什么元素？该剩余类环至多由多少元素组成？
有限环（Ring)
一个有限集合，模m加，模m乘
一般m 素数q
可能是零因子环 整环
子环（ subring ）
理想子环（强收敛性）
主理想（所有元素是一个元
素幂的线性组合）
若集合S是集合R的子集（S R）， 判断(S ,+, ·)是(R ,+, ·) 子环的充要条件是 1． a、b S， a－b S。 2． a、b S， a b S。 上述条件1强调了子环中加法逆元的存在和封闭 性，条件2强调了乘法封闭性。 理想子环的充要条件是：
元素的阶
15 / GCD(k,15)
1 15 15 5 15 3 5 15 15 5 3 15 5 15 15
近世代数文档
近世代数引言近世代数是数学中一个重要的分支，研究代数结构及其性质的理论体系。
通常包括群论、环论、域论等内容。
近世代数的发展对于数学的各个领域产生了深远的影响，也在应用数学和计算机科学中起着重要作用。
群论群论是近世代数的一个基础概念和重要分支。
群由三个基本要素组成：集合、运算和满足一定性质（结合律、封闭性、单位元、逆元）的公理。
群论研究集合中的元素如何进行运算，并研究这些运算的性质。
•子群：给定一个群，若一个集合中的元素满足群的性质和封闭性，则称其为一个子群。
•循环群：由一个元素生成的群称为循环群，循环群的结构相对简单。
•群的同态：将一个群的元素映射到另一个群中，并保持运算结构，称为群的同态。
同态的研究对于理解群之间的关系和性质非常重要。
环论环论是近世代数的另一个重要分支，研究满足特定性质的运算集合和运算规则。
环由两个基本要素组成：集合和满足一定性质（结合律、封闭性、零元、乘法交换律、分配律）的公理。
环论的研究主要关注集合中的元素之间的加法和乘法运算。
•子环：给定一个环，若一个集合中的元素满足环的定义和封闭性，则称其为一个子环。
•理想：一个环中的子集，满足特定运算性质（左右理想、乘法吸收律）的集合。
•商环：对于一个环和其中的一个理想，可以通过模运算构建一个新的环，称为商环。
商环中的元素相当于原环中的一个等价类。
域论域论是近世代数中的一个重要分支，研究满足一定性质的运算集合和运算规则。
域是一个满足加法和乘法交换律、分配律以及存在加法和乘法的单位元和乘法的逆元的环。
域是一种结构相对简单但非常重要的代数结构。
•子域：给定一个域，若一个集合中的元素满足域的定义和封闭性，则称其为一个子域。
•拓展域：给定一个域F，在F中添加一个新的元素，并扩展运算规则，得到的新的集合和运算称为拓展域。
•有限域：域中的元素个数是有限的，则称该域为有限域。
有限域具有特殊的性质和应用。
应用领域近世代数的研究对于数学的各个领域产生了深远的影响，也在应用数学和计算机科学中起着重要作用。
D3-2交换律、单位元、零因子、整环
0 0 但AB ，为什么会发生这种现 象？ 0 0
定义2
若是在一个环里，a 0, b 0, 但ab 0，我们就说，a是这个 环的一个左零因子，b是一个右零因子.
结论1： 证明：
R是无零因子环 { R，是半群。 }
R是无零因子环 a 0, b 0(a, b R )都有ab 0
ab R R 是封闭的 R 是半群
例4
剩余类Zm 是无零因子环 m是素数。
证明： m 是素数 Z m 是一个乘法群 Z m 是半群
3、 以下集合对所说运算是否作成环？若作成环 时是否可换、有单位元及那些元素有逆元？
a b 数域F上一切形如 的方阵对普通加法与乘 . 法 0 0
a b F上一切方阵 . 显然作成环，但不可换 0 0 1 2 3 4 3 4 3 4 1 2 3 6 因为例如 ， ，二者不相等。 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 b 又显然一切 (b F )都是此环的左单位元， 但无右单位元， 0 0 从而此环无单位元.
x y 事实上，假设R有右单位元 , 0 0 1 0 x y 1 0 1 1 x y 1 1 因为 及 ， 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
2、幺环R中的单位元1R 与环内加群（R，）的单位元0 （叫做零元）要区别开 . 来
3、并非每个环都是幺环 例如偶数环2Z. .
4、环R中若有单位元，那么这个单位元必是唯一的。 并且我们规定：a 0 1R , a R；和a n (a n )1 (a 1 )n 。
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于是 c p1 p2 pn , 诸pi皆素元 .又令 a q1q2 qr , b q1'q2' qs' , 诸q j ,qk '皆素元. 于是 q1q2 qr q1' q2 ' qs '＝p p1 p2 pn .
例2 数域F上的多项式环 ( F[ x], , ,0,1)是一个欧氏环. 例3 Gauss整数环 (Z[i], , ,0,1)是欧氏环. 证明 易证 (Z[i], , , 0,1) 是整环. 令
设 a bi Z[i]\{0}, c di Z[i], k li, k , l Z，
an I , 如果d ai , i 1, , n, 则称d为a1, , an的一个公因子；
定义4.2.2 假定d, a1,
d为a1 ,
假定d为a1, , an的一个公因子, 若a1, , an的每一个公因子都能整除d，则称 , an的一个最大公因子.
1 n
定义4.2.3 假定a ,a
a1, an互素.
pi 是I的素元 );
qi （ii）若同时 a q1q2 q (s 是I的素元 ); qi 且可把 那么 r s. qi , 的次序掉换 i pi i I的单位）. （ 是
例
(Z[ 3],,,是整环， 0,1)
4 2 2 (1 3)( 1 4 3) 是 在此环中两种
' ' 则存在 k , l Z
: Z[i] \{0} Z; a bi 则 是一个映射.
2 a2 b ，
使得
k k'
1 1 , l l' 2 2
近世代数课件(全)--3-1-环的定义与性质
,则
n
n
(1) a( ai ) aai
i 1
i 1
n
n
(2) ( ai )a aia
i 1
i 1
n
m
nm
(3) ( ai )( bj ) aibj
i 1
j 1
i1 j1
(4) (ma)(nb) (mn)ab
2020/9/27
三、子环
定义4 若环 R 的非空子集 S 关于环 R 的加法与乘法也做成环，称 S 为 R 的子环
3.除环和域
定义 8 设 R 为有单位元 1R 的环,
a( 0) R ,如果存在 b R ,使得
,则称
a
为
ab ba 1R R 的可逆元,并称
b
为
a
的逆元.
•若a 可逆, 则 a 的逆元唯一, 且 a 的逆元也可逆.可逆元 a 的唯一的
逆元记作 a1 ,且 (a1 )1 a.
2020/9/27
两个消去律成立.即设 a, b, c R, b 0
,如果 ab cb 或 ba bc ,则 a c.
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2.整环 定义 7 一个交换的,有单位元 1R 且
1R 0 的无零因子环 R 称为整环.
例 6 整数环, 高斯整环 都是整环, 而偶数环为 无零因子环.
2020/9/27
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不是左零因子也不是右零因子的元素， 叫做正则元.
2020/9/27
例5
设 M M2(R),
A
1 0
1 0
,
B
1 1
1
1
都是 M 的非零元,而 AB 0 ,所以 A, B
分别为 M 的左右零因子.
近世代数课件(全)--3-2 环的定义—思考、解答、结论
结论6 域： 交换的除环 结论6：域是环、交换环、有单位元环、 整环、除环.
2012-9-19
环的特征 定义：若环的元素对加法有最大阶n，则 称n为环的特征；若环的元素对加法没有最大 阶，则称环的特征是无限（或零）. 记作charR. 定理1：有限环的特征是有限. (因为有限群的阶有限，所以最大阶有限)
b a ab a
1 1
0 0， 故 a 不 是 左 零 因 子 ,
同理也不是右零因子.
结论2：可逆元一定不是零因子， 零因子
一定不是可逆元；除环是无零因子环.
2012-9-19
思考题5、6 结论3 5．除环的非零元对于乘法构成群吗？ 答：构成. 两个非零元的乘积是非零元， 结合律成立，有单位元，每个非零元有逆元. 6．若 R 关于加法构成交换群，所有非 零元关于乘法构成乘群，问 R 一定构成除环 吗？ 答：不一定. 分配律未必保证. 结论3：环 R ，则 R 是除环
charR n
2012-9-19
2012-9-19
思考题4、结论2 除环：有单位元环 R ,且 1 R 0 （ R 1 ） ，每个非零元都可逆. 4．有人说:一个环 R 的零因子一定不是环 R 的可逆元.你认为他的论断对吗?为什么? 答：对. a 0, 且 a 是 可 逆 元 ， 若 有 b , 使 得 ab 0，
( k a )( m a ) n a 0
2
与无零因子环矛盾，故假设不成立.
无零因子环的特征或者无限，或者为素数.
2012-9-19
定理4： 有单位元的环，单位元在加群中的阶 就是环的特征.
证明：若1的阶无限，则特征无限；
若1的阶是n,则 a 0 ,有
第15讲 第3章第1-2节环的定义,交换律,单位元,零因子
(1) (a m )n a mn (2) a a a
m n mn
( n, m为正整数)
注意: 如果环 R 不是交换环, 则等式
( a b) n a n b n 一般不成立.
环的加法满足的性质足够完美，故研究环 是侧重对其乘法进行研究。一些概念是针 对乘法而言的。
如果环 R 的乘法还满足交换律, 则称 R 为交换环. 定义4
上定义
a b a b , [a ],[b] Z n
则它是一个交换群，叫做模n的剩余类加群；
再规定乘法： b ab , [a ],[b] Z n a
则它做成一个交换环，叫模n的剩余类环，仍记为 Z n 零元为[0],单位元为[1].
例如Z6={[0],[1],[2],[3],[4],[5]}中 [2] ≠[0],[3] ≠[0],但[2][3]=[0],此环中有零因子
14) ( ai )b (ai b), a( bi ) (abi )
i 1 i 1 i 1 i 1 n n n n
15) (na)b a(nb) n(ab)
a R, n N , 规定 规定方幂: 设
a a a a
n n
则有下列指数法则:
1 1 1 1 A , B 1 1 0 0
定义8 一个没有零因子的环称为无零因子环.
定义9：设a是环R非零元。
若ab=ac，必有b=c，则称环R满足左消去律；
若ba=ca，必有b=c，则称环R满足右消去律。
定理 无零因子环 R 中,两个乘法消去律都成立；
即在有单位元的环R里，规定 a 0 1R , 0 a R.
定义 6 设 R 为有单位元 1 R 的环, a( 0) R ,如果存在 b R ,使得
近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)-3
近世代数课后习题参考答案第三章 环与域1 加群、环的定义1. 证明,本节内所给的加群的一个子集作成一个子群的条件是充分而且必要的.证 (ⅰ)若S 是一个子群 则S b a S b a ∈+⇒∈,'0是S 的零元,即a a =+'0对G 的零元,000'=∴=+a a 即.00S a a s ∈-=-∴∈ (ⅱ)若S b a S b a ∈+⇒∈, S a S a ∈-⇒∈今证S 是子群由S S b a S b a ,,∈+⇒∈对加法是闭的,适合结合律, 由S a S a ∈-⇒∈,而且得S a a ∈=-0 再证另一个充要条件:若S 是子群,S b a S b a S b a ∈-⇒∈-⇒∈,, 反之S a a S a a S a ∈-=-⇒∈=-⇒∈00 故S b a b a S b a ∈+=--⇒∈)(,2. },,,0{c b a R =,加法和乘法由以下两个表给定:+ 0 a b c ⨯0 a b c 0 0 a b c 0 0 0 0 0 a a 0 c b a 0 0 0 0 b b c 0 a b 0 a b c c c b a 0c0 a b c证明,R 作成一个环 证 R 对加法和乘法的闭的.对加法来说,由.9.2习题6,R 和阶是4的非循环群同构,且为交换群. 乘法适合结合律Z xy yz x )()(=事实上.当0=x 或a x =,)(A 的两端显然均为0.当b x =或x=c,)(A 的两端显然均为yz . 这已讨论了所有的可能性,故乘法适合结合律.两个分配律都成立xz xy z y x +=+)( zx yx x z y +=+)(事实上,第一个分配律的成立和适合律的讨论完全一样, 只看0=x 或a x =以及b x =或c x =就可以了.至于第二个分配律的成立的验证,由于加法适合交换律,故可看0=y 或a y = (可省略a z z ==,0的情形)的情形,此时两端均为zx剩下的情形就只有0,0)(=+=+=+x x bx bx x b b 0,0)(=+=+=+x x cx cx x c c0,0)(=+=+==+x x cx bx ax x c b ∴R 作成一个环.2 交换律、单位元、零因子、整环1. 证明二项式定理 n n n n n b b aa b a +++=+- 11)()(在交换环中成立. 证 用数学归纳法证明. 当1=n 时,显然成立. 假定k n =时是成立的:k i i k k i k kk k b b a b a a b a +++++=+-- )()()(11看1+=k n 的情形)()(b a b a k++))()()((11b a b b a b a a ki i k k i k k k ++++++=--1111111)]()[()()(++--+++++++++=+k ii k k i k i k k k k b b ab a a b a 111111)()(+-+++++++++=k i i k k i k k k b b a b a a(因为)()()(11kr k r k r -++=) 即二项式定理在交换环中成立.2. 假定一个环R 对于加法来说作成一个循环群,证明R 是交换环.证 设a 是生成元 则R 的元可以写成na (n 整数)2)]([)]([))((nma aa m n ma a n ma na ===2))((mna na ma =3． 证明,对于有单位元的环来说,加法适合交换律是环定义里其他条件的结果 (利用)11)((++b a ) 证 单位元是1,b a , 是环的任意二元,1)11(1)()11)((⋅++⋅+=++b a b ab a b a +++= )11()11(+++=b a b b a a +++=b b a a b a b a +++=+++∴ b a a b +=+4． 找一个我们还没有提到过的有零因子的环.证 令R 是阶为2的循环加群 规定乘法:R b a ∈,而0=ab 则R 显然为环.阶为2 ∴有R a ∈ 而 0≠a但 0=aa 即a 为零因子 或者R 为n n ⨯矩阵环.5． 证明由所有实数2b a + (b a ,整数)作成的集合对于普通加法和乘法来说 是一个整环.证 令2{b a R +=b a ,(整数)}(ⅰ) R 是加群2)()()2()2(d b c a d c b a +++=+++ 适合结合律,交换律自不待言.零元 200+2b a +的负元2b a --(ⅱ)2)()2()2)(2(bc ad bd ac d c b a +++=++ 乘法适合结合律,交换律，并满足分配律.(ⅲ)单位元 201+(ⅲ) R 没有零因子，任二实数00=⇒=a ab 或0=b3 除、环、域1. =F {所有复数bi a + b a ,是有理数}证明 =F 对于普通加法和乘法来说是一个域.证 和上节习题5同样方法可证得F 是一个整环. 并且 (ⅰ)F 有01≠+i(ⅱ) 0≠+bi a 即 b a , 中至少一个0≠022≠+∴b a 因而有,i b a b b a a 2222+-++ 使)((bi a +i b a bb a a 2222+-++1)= 故F 为域2. =F {所有实数,3b a + b a ,( 是有理数)} 证明 F 对于普通加法和乘法来说是一个域.证 只证明 03≠+b a 有逆元存在.则b a ,中至少有一个0≠ , 我们说0322≠-b a 不然的话,223b a =,0(≠b 若0=b 则 0=a 矛盾)223b a = 但 3 不是有理数既然0322≠-b a则 3b a + 的逆为3332222b a bb a a -+-4. 证明 例3的乘法适合结合律.证),)](,)(,[(332211βαβαβα=),)(,(331212121βααββαββαα--+----+--=,)()[(3212132121βαββααββαα ---+--])()(3212132121ααββαβββαα 又 )],)(,)[(,(332211βαβαβα],)[,(3232323211--+-=αββαββααβα -----------------+--=)()([3232132321αββαβββααα, )]()(3232132321----------------++ββααβαββαα ),([32321321321----------+--=βββαβββαααα )](32321321321----------++αββαβαβαβαα,[321321321321αβββαβββαααα-------= ]321321321321βββααβαβαβαα-----++ ,)()[(3212132121βαββααββαα--+--= 3212132121)()(---++-ααββαβββαα )])()[(())]()([(332211333211βαβαβαβαβαβα=∴5. 验证,四元数除环的任意元 )(),(di c bi a ++ ,这里d c b a ,,,是实数,可以写成),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(i d c i b a +++的形式. 证 ),(),(),(di bi c a di c bi a +=++ ),0()0,(),0()0,(di bi c a +++=),0)(0,()0,)(0,()1,0)(0,()0,(i d i b c a +++=4 无零因子环的特征1. 假定F 是一个有四个元的域,证明.(a )的特征是2;(b )F 的0≠ 或11的两个元都适合方程 证 (a ) 设F 的特征为P 则P 的(加)群F 的非零元的阶 所 4P (4是群F 的阶) 但要求P 是素数, .2=∴P (b ) 设},,1,0{b a F =由于2=P ,所以加法必然是,0=+x x ,而b a a a =+⇒≠+11 故有0 1 a b0 0 1 a b 1 1 0 b a a a b 0 1 bb a 1 0 又 },,1{b a 构成乘群,所以乘法必然是 1,=⇒≠≠ab b ab a ab1,22≠≠a a a (否则b a = )b a =⇒2故有.1 a b 11 a b a a b 1 bb a 1这样, b a , 显然适合12+=x x2. 假定 ][a 是模 的一个剩余类.证明,若a 同 n 互素,那么所有][a 的书都同n 互素(这时我们说][a 同n 互素). 证 设][a x ∈ 且d n x =),( 则11,dn n dx x ==由于)(1111q n x d q dn dx nq x a nq a x -=-=-=⇒=-故有 ,a d ,且有 n d因为 1),(=n a 所以1=d3. 证明, 所有同 n 互素的模 n 的剩余类对于剩余类的乘法来说作成一个群(同 互素的剩余类的个数普通用符号)(n φ 来表示,并且把它叫做由拉φ函数)证]{[a G =而][a 同n 互素}G 显然非空,因为)1),1((]1[=∈n G(ⅰ)G b a ∈][],[则][]][[ab b a =又1),(,1),(==n b n a 有1),(=n abG ab ∈∴][(ⅱ)显然适合结合律.(ⅲ)因为n 有限,所以G 的阶有限. 若]][[]][['x a x a = 即][]['ax ax =由此可得)(''x x a ax ax n -=-',1),(x x n n a -∴= 即有][]['x x =另一个消去律同样可证成立.G 作成一个群4. 证明,若是1),(=n a , 那么)(1)(n an ≡φ(费马定理)证 ),(n a 则G a ∈][而 ][a 的阶是G 的阶 )(n φ的一个因子 因此]1[][)(=n a φ即]1[][)(=n aφ)(1)(n a n ≡∴φ5 子环、环的同态1. 证明,一个环的中心是一个交换子环.证 设N 是环的中心.显然N O ∈ N b a ∈,，x 是环的任意元N b a b a x xb x bx ax x b a ∈-⇒-=-=-=-)()( N ab ab x b xa b ax xb a bx a x ab ∈⇒=====)()()()()()(是子环,至于是交换环那是明显的.2. 证明, 一个除环的中心是个域.证 设!是除环！是中心 由上题知N 是R 的交换子环,1R ∈显然N ∈1,即N 包含非零元,同时这个非零元1是的单位元.R x N a ∈∈,即xa ax = N a x a xa x axa xaa axa∈⇒=⇒=⇒=------111111N ∴!是一个域3. 证明, 有理数域是所有复数b a bi a ,(+是有理数）作成的域)(i R 的唯一的真子域. 证 有理数域R 是)(i R 的真子域.设F !是)(i R 的一个子域,则R F ⊇(因为R 是最小数域) 若,F bi a ∈+ 而0≠b则)(i F F F i =⇒∈这就是说,R 是)(i R 的唯一真子域.4. 证明, )(i R 有且只有两自同构映射.证 有理数显然变为其自己. 假定α→i则由i i =⇒-=⇒-=αα1122或 i -=α这就证明完毕. 当然还可以详细一些:bi a bi a +→+:1φbi a bi a -→+:2φ21,φφ确是)(i R 的两个自同构映射.现在证明只有这两个.若bi a i +=→αφ: (有理数变为其自己)则由12)(12222-=+-=+⇒-=abi b a bi a i 1,0222-=-=b a ab若 102-=⇒=a b 是有理数,在就出现矛盾,所以有0=a 因而.1±=b 在就是说, 只能i i → 或i i -→i5. 3J 表示模3的剩余类所作成的集合.找出加群3J 的所有自同构映射,这找出域3J !的所有自同构映射.证 1）对加群3J 的自同构映射 自同构映射必须保持!00←→ 故有i i →:1φ2）对域3J 的自同构映射.自同构映射必须保持00←→，11←→ 所有只有i i →:φ6. 令R 是四元数除环, R 是子集=S {一切)}0,(a 这里a 阿是实数,显然与实数域-S 同构.令-R 是把R 中S 换成-S 后所得集合;替R 规定代数运算.使-≅R R ,分别用k j i ,,表示R 的元),,0(),1,0(),0,(i i ,那么-R 的元可以写成d c b a dk cj bi a ,,,(+++是实数）的形式(参看.3.3 习题5). 验证.1222-===k j i ，.,,j ik ki i kj jk k ji ij =-==-==-=证 1）对a a →)0,(:φ来说显然-≅S S 2）=S {一切)}0,(a a 实数 =-S {一切（)0,a a 实数 βα,{(=R 一切)}0,(a 复数对)(αβ是不属于S 的R 的元. =-R βα,{(一切}a规定a a →→)0,(),,(),(:βαβαψ由于S 与-S 的补足集合没有共同元,容易验证ψ是R 与-R 间的一一映射. 规定-R 的两个唤的和等于它们的逆象的和的象. -R 的两个元的积等于它们的逆象的积的象.首先,这样规定法则确是-R 的两个代数运算.其次,对于这两个代数运算以及R 的两个代数运算来说在ψ之下-≅R R （3）由.3.3习题5知),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(),(i d c i b a di c bi a +++=++ 这里 d c b a ,,, 实数这是因为令),0(),1,0(),0,(i k j i i ===（4）1)0,1()0,)(0,(2-=-==i i i1)0,1()1,0)(1,0(2-=-==j 1)0,1()1,0)(1,0(2-=-==k k i ij -===)1,0()1,0)(0,( k i i ji -=-==),0()0,)(1,0(同样j ik ki i kj jk =-==-=,6 多项式环1. 证明, 假定R 是一个整环,那么R 上的一个多项式环][x R 也是一个整环. 证 R !是交换环][x R ⇒交换环, R 有单位元11⇒是][x R 的单位元, R 没有零因子][x R ⇒没有零因子事实上，0,)(10≠++=a x a x a a x f nn0,)(10≠++=m mm b x b x b b x g则mn m n x b a b a x g x f +++= 00)()(因为R 没有零因子,所以0≠m n b a 因而0)()(≠x g x f 这样][x R 是整环2． 假定R 是模7的剩余类环,在][x R 里把乘积 ])3[]4])([4[]5[]3([23+--+x x x x 计算出来解 原式=]2[]5[]4[]5[]5[]5[]3[]5[345345++++=-++-x x x x x x x x3. 证明:(ⅰ) ],[],[1221ααααR R =(ⅱ) 若n x x x ,,,21 是R 上的无关未定元,那么每一个i x 都是R 上的未定元. 证 （ⅰ）=],[21ααR {一切}211221i i i i aαα∑{],[12=ααR 一切}112212j j j j aαα∑由于=∑211221i i i i aαα112212j j j j a αα∑ 因而=],[21ααR ],[12ααR（ⅱ）设00=∑=nk ki k x a 即∑=+-nk n i h i i k x x x x x a 00010101因为n x x x ,,21是R 上的无关未定元,所以即i x 是R 上的未定元4. 证明:(ⅰ) 若是n x x x ,,21和n y y y ,,21上的两组无关未定元,那么],,[],,[2121n n y y y R x x x R ≅(ⅱ) R !上的一元多项式环][x R 能与它的一个真子环同构. 证 (ⅰ)),,(),,(:2121n n y y y f x x x f →φ 根据本节定理3 ],,[~],,[2121n n y y y R x x x R容易验证),,(),,(212211n n x x x f x x x f ≠),,(),,(212211n n y y y f y y y f ≠⇒ 这样],,[],,[2121n n y y y R x x x R ≅（ⅱ）令{][=x R 一切}2210nn x a x a a +++显然][][2x R x R ⊂ 但][2x R x ∉不然的话m m m m x b x b x b x b x b b x 22102210 ++-⇒++=这与x 是R 上未定元矛盾. 所以][2x R 是][x R 上未定元显然 故有（ⅰ）}[][2x R x R ≅这就是说,][2x R 是][x R 的真子环,且此真子环与][x R 同构.7 理想1. 假定R 是偶数环,证明,所有整数r 4是ϑ的一个理想,等式!对不对? 证 R r r r r ∈∈2121,,4,4ϑϑ∈-=-)(4442121r r r r R r r ∈-21ϑ∈=∈)(4)4(,'1'1'r r r r R r R r r ∈'1ϑ∴ 是R 的一个理想. 等式 )4(=ϑ不对这是因为R 没有单位元,具体的说)4(4∈但ϑ∉42. 假定R 是整数环,证明.1)7,3(=证 R 是整数环,显然)1(=R .1)7,3(=又 )7,3()7(13)2(1∈+-=1)7,3(=∴3. 假定例3的R 是有理数域,证明,这时),2(x 是一个主理想.证 因为2与x 互素,所以存在)(),(21x P x P 使),2(11)()(221x x xP x P ∈⇒=+),2()1(][x x R ==∴ 。
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本讲主要介绍交换环、有单位元的环、没有零因子的 环、整环等一类特殊类型的环和环的特征,以扩大环论的知 识面.在学习方面要求掌握:
(1)交换环仅是对乘法而言可交换的一种环.由此可得到 什么新结果. (2)有单位元的环(习惯上称为幺元)具有的一些重要性质. (3)零因子的概念以及没有零因子与满足消去律的等价性. (4)什么是整环,什么是除环和域,它们之间的差别和联系
本讲的重点和难点:
零因子是一个新的概念,要真正了解并掌握它不是件 易事.而”没有零因子”与”有消去律”之间的等价性的证明 是难点.
一． 交换环 设 R,,• 为环,已知R关于加法”+”而言,
已可以交换,至于对于乘法”·”, R 也有满足交换 律的可能(比如数环,多项式环等),所以我们有
定义 1 如果环 R,,• 关于乘法满足交换律, 即 a,b R， 都有ab ba,那么称此环是交换环.
交换环有如下一些性质: 设R是交换环.a,b R，有 (1) n N, (ab)n anbn;
(2) R中满足(a b)2 a2 2ab b2, a2 b2 (a b)(a b),
(a3 b3) (a b)(a2 mab b2) ;
例3 设
(这里 为实数集),
都是 的非零元, 而
.
所以 分别为 的左右零因子.
对于环 R,若a是 R的左零因子,一般a 未必同时是R
的右零因子. 例如,在M2(F)中,10 0 0 只是右零因子,不是左零
因子,其中
M
2
(F
)
a b 0 0
|
a,
b
F
.
由a,b,c的任意性可知R 中满足左消去律.
另一方面，设0 a R,如果ab 0,显然ab a0, 因为a 0,由左消去律可得b 0.
这说明 a 不是左零因子.
显然,若环R是交换环时, R的每个左(右)零 因子都是零因子.
例如 Z 6 中[2]和[3]都是零因子.
定义 3 若环R中没有左零因子(自然也就 没有右零因子),那么称 R 为无零因子环.
一个环是否为无零因子环,与环中乘法的一 个重要运算规则---消去律有着密切的联系.
设a,b,c R,则 左消去律:若ab ac且a 0，则b c; 右消去律:若ba ca且a 0, 则b c.
In our classes, all the mobile phones should be switched off !
上课啦！
The class is begin!
第 三 章
环
和
域
第 17 讲
第 三 章 环与域
§2 交换律、单位元、零因子、整环.
((Commutatine Law,unity,divisor of zero and integral domain) )
0 0 0 0
0,
为什么会发生这种现象呢?
二、无零因子环
定义 2 设R为环,如果R中元a 0,b 0,但ab 0, 那么称a是 R的一个左零因子,b是 R的一个右零因子.环 R中元素a若既是左零因子,又是右零因子,那么就称a 为 R 的零因子.
上例中[2], A都是左零因子,[3],B 都是右零因子.
譬如,在剩余类环Z6 [0],[1],[2],[3],[4],[5]中.
[2] [0],[3] [0]，但 [2][3] [6] [0].
又譬如，在二阶矩阵环M 2 (F )中,ຫໍສະໝຸດ A1 0
0 0
0,
B
0 0 1 0
0,但
AB
例 1 易知,在 3、1 中所介绍的所有数环,一元 多项式 F[ x]和剩余类环 Z m 都分别是交换环.但 n 阶矩阵环M n (F )不是交换环.
例 2 设环 R,,• 的加法群是循环群,那么环 R
必是交换环. 证明 因为 R, 是循环群,即 R (a) {na | n Z}.
所以 x, y R 有 x na, y ma, xy (na)(ma) n[a(ma)] n[ma2] nma2,
而 yx (ma)(na) m[a(na)] m[na2] mna2 nma2 所以 xy yx.
由群的知识可知,每个阶 5 的群必是交换群.而一旦 环 R 中元素个数 3 ,那么 R 必是交换环.
本讲教学目的和要求: 由环的定义知,环R,,是在
某集合 R 上定义了两种代数运算,而这二个运算又通 过分配律建立了彼此的联系.很明显,环中的这两种运 算对算法的要求是很不平衡的 .特别是环中的乘法 只要求满足半群—乘法封闭和结合律.这为环在乘法 方面留下了很大的余地,一旦某些乘法方面再满足其 它一些条件,则就变成了一些特殊的类型的环.
(3) R中满足二项式公式
(a b)n an Cn1an1b Cn2a b n2 2 L Cnn1abn1 bn
在 3、1 中已知: “若a 0或b 0 ，则 ab 0”， 但反之,“若ab 0 ，则 a 0或b 0”这样一 条普通的计算规则,在一般的环中未必成立.
定理 3.2.1 设R是一个环,那么
(1)R中没有左零因子当且仅当 R 中满足左消去律. (2)R中没有右零因子当且仅当 R 中满足右消去律.
证明 (1)一方面，a,b,c R,如果ab ac 且a 0,那么a(b c) 0.
因为a 0且R中没有左零因子，从而 b c 0，即b c.
在环 R 中，左零因子和右零因子这两个概念是彼此 依赖 ,彼此依托—“相伴”的:有左零因子当且仅当有右 零因子.
由定义可知,欲说明a 0是左零因子,则只需 证明存在b 0,使ab 0;欲说明a 0不是左零因 子,只需证明任一个b 0,都有ab 0 (或一旦 ab 0就有b 0);