循环环的结构特征

循环环的结构特征
林大华
【摘要】循环环是加法群为循环群的一类特殊环.通过时循环环的性质、子环、生成元、单位元等初步探讨,综述了若干结果,对循环环的结构特征作了初步刻画.
【期刊名称】《闽江学院学报》
【年(卷),期】2011(032)002
【总页数】4页(P1-4)
【关键词】环;循环群;循环环
【作者】林大华
【作者单位】闽江学院数学系,福建福州350108
【正文语种】中文
【中图分类】O153.3
环是由“加法”和“乘法”两个运算构成的代数结构，关于“加法”是一个加法群，因此，当环的加法群是某一特殊群时，这个环就具有其一定的结构特征.本文对环
的加法群是循环群时这一特殊环作了初步的探讨，综述了若干结果.
本文用 Z 表示整数环，用Zn={［0］，［1］，［2］，…，［n －1］} 表示模 n
剩余类环，用|R|表示环 R 的阶(环R的元素个数)，|R|=∞ 表示环R的阶无限，用(m，n)表示整数m，n的最大公因数，当(m，n)=1时表示m，n互素，n|m表
示整数n整除整数m.
定义1［1］设a是群G的一个元素，e是群G的单位元，则使an=e的最小正
整数n称为a的阶，记作|a|=n.若这样的n不存在，则称a的阶为无限，记作
|a|=∞.
显然，当|a|= ∞ 时，若an=e，必有n=0.
定理1［2］设a是群G的元素，若|a|=n，则对正整数m，n|m⇔am=e.
定义2［1］设G是一个群，若存在a∈G，使得G={an|n∈Z}，则称G是由a生成的循环群，a称为G的一个生成元.
定理2［3］素数阶群是循环群.
当G是加群时，G的单位元叫做零元，用0表示;而an写作na.
定理3［4］设m，n是两个不全为0的整数，则存在u，v∈Z，使得(m，
n)=um+vn.
特别地，(m，n)=1⇔存在u，v∈Z使得um+vn=1.
定理4［5］设 a，b是环 R 的元素，m，n∈ Z，则
1)(－a)b=a(－b)=－ab，(－a)(－b)=ab，(－1)a=－a;
2)(m+n)a=na+ma，m(na)=n(ma)=(nm)a;
3)(ma)(nb)=(mn)(ab)，n(ab)=(na)b=a(nb).
定义3 若环R关于其加法是循环群，则称环R是循环环.
显然，若a是循环环R的加法循环群的生成元，则R={n a|n∈Z}，记作R=〈a〉，此时也称R是由a生成的循环环，a称为R的生成元.
因为〈－a〉={n(－a)|n∈Z}={(－n)a|n∈Z}={n'a|n'=－n∈Z}=〈a〉，所以当a
是循环环R的生成元时，－a也是循环环R的生成元.
定理5 若R=〈a〉是循环环，则
1)R是交换环;
2)R的阶等于a关于加法的阶;
3)R的子集A=〈sa〉={nsa|n∈Z}是R的子环，其中s是固定整数;
4)R的子环、商环、同态像也是循环环;
5)R的子环也是理想.
证明 1)∀x，y∈ R 存在 m，n ∈ Z，使得 x=ma，y=na，于是
xy=(ma)(na)=(mn)a2，yx=(na)(ma)=(mn)a2，所以xy=yx，故R是交换环.
2)当a关于加法的阶无限时，∀m，n∈Z，有ma≠na，因此有
即R的阶也是无限的.
当a关于加法的阶为n时，∀ka∈R(k∈Z)，由k=pn+r(其中p，r∈Z且0≤r≤n)，有ka=(pn+r)a=pna+ra=ra，于是有
即R的阶也是n.
3)显然 A是R 的非空子集.∀x，y∈A，存在 m，n∈ Z，使得 x=msa，y=nas，
设 a2=ka，则有
于是有x－y，xy∈A.故A是R的子环.
4)设A是R的子环，则关于R的加法A是R的子加群，由于循环群的子也是循环群，所以A关于加法是循环群，故A是循环环.
设L是R的理想，R/L={r+L|r∈R}是R关于L的商环.∀r+L∈R/L，有r∈R，于
是存在n∈Z使得r=na，从而r+L=na+L=n(a+L)，因此R/L=〈a+L〉是循环环. 设R是R的同态像，φ是R到的同态满射，φ(a)=，则∀x∈R，存在使得φ(x)=.令x=na，则是由生成的循环环.
5)设A是R的子环，并设a2=ka(k∈Z).由4)可知A=〈sa〉(s∈ Z)，于是∀x∈ A，∀r∈ R，有m，n∈Z，使得 x=m(sa)=(ms)a，r=na，从而有
所以rx，xr∈A故A是R的理想.
定理6 设R=〈a〉是循环环，A=〈sa〉，B=〈ta〉是R的两个子环，这里s，t
是两个非零整数，则
1)|R|=∞ 时，A=B⇔s=±t;
2)|R|=n 且 t|n 时，A=B⇔(s，n)=|t|.
证明 1)(⇐)由s=±t，有sa=ta或sa=－ta，所以A=B.
(⇒)由sa∈A=B，知存在h∈Z，使得sa=h(ta)=(ht)a，从而有(s－ht)a=0，再由定理5的2)及群元素阶的性质知，s－ht=0即s=ht.同理存在k∈Z，使得t=ks，于是有s=hts，因此ht=1，故h=t=± 1，即s=±t.
2)(⇒)因为sa∈A=B，所以存在h∈Z，使得sa=h(ta)=(ht)a，从而有(s－ht)a=0，再由定理5的2)及群元素阶的性质知n|(s－ht)，又因为t|n，所以t|(s－ht)，于
是t|s，因此t|(s，n).另一方面，由ta∈ B=A，可知存在k∈ Z，使得
ta=k(sa)=(ks)a，于是有 n|(t－ks)，又因为(s，n)|n 且(s，n)|s，所以(s，n)|t，故(s，n)=|t|.
(⇐)由(s，n)=|t|，知存在p，q ∈Z，使得ps+qn=t，所以有
ta=(ps+qn)a=p(sa)+q(na)=p(sa) ∈A，因此B⊆A.另一方面，由t|s，知存在
h∈Z，使得s=th，所以sa=(th)a=h(ta)∈B，因此A⊆B，故有A=B.
推论1 设R=〈a〉是循环环，则
1)|R|=∞ 时，R只有两个生成元a与－a;
2)|R|=n时，R只有φ(n)个生成元.这里φ(n)表示小于n且与n互素的正整数的个数.
证明 1)一方面已知a与－a都是R的生成元.另一方面若sa也是R的生成元，则
有〈sa〉=〈a〉，由定理6的1)得s=±1，故R只有两个生成元a与－a.
2) 一方面若(s，n)=1，1≤s＜n，则存在p，p∈Z使得ps+qn=1，于是
a=(ps+qn)a=p(sa)+q(na)=p(sa)，从而∀ka∈R，有ka=kp(sa)，即sa是R的
生成元.另一方面若ta(1≤t＜n)是R的生成元，则〈ta〉=〈a〉，且1|n，所以由
定理6 的2) 得(t，n)=1.
由此可见，R的生成元sa必须满足(s，n)=1，1≤s＜n，故R只有φ(n)个生成元.
定理7 设R=〈a〉是循环环，a2=a，则
1)|R|=∞ 时，R≅Z;
2)|R|=n时，R ≅ Zn.
证明 1)令φ:na→n(∀na∈R)，则
①φ(na)∈Z，且na=ma时，有(n－m)a=na－ma=0，由|R|=∞ 及定理5的2)和群元素阶的性质得n－m=0，即m=n，所以φ是R到Z的映射.
②∀n∈Z，存在na∈R，使得φ(na)=n，所以φ是R到Z的满射.
③若φ(na)= φ(ma)，则n=m，从而na=ma，所以φ是R到Z的单射.
④∀na，ma∈R有
所以φ是R到Z的同构映射，故R≅Z.
2) 令ψ(sa)= ［s］(∀sa∈ R)，则
①ψ(sa)∈Zn，且sa=ta时，有(s－t)a=sa－ta=0，由|R|=n及定理5的2)和群元素阶的性质得n|(s－t)，即［s］=［t］，所以ψ是R到Zn的映射.
②∀［s］∈Zn，存在sa∈R，使得ψ(sa)=［s］，所以ψ是R到Zn的满射.
③若ψ(sa)= ψ(ta)，则［s］= ［t］，从而n|(s－t)，于是sa － ta=(s－t)a=0即sa=ta，所以ψ是R到Zn的单射.
④∀sa，ta∈R有
所以ψ是R到Zn的同构映射，故R≅Zn.
本定理说明生成元是幂等元的循环环只有Z和Zn两类.
定理8 设R=〈a〉是循环环，a2=ka(k∈Z)，则
1)|R|=∞ 时，R有单位元⇔k=±1.
2)|R|=n时，R有单位元⇔(k，n)=1.
证明 1)(⇐)当k=1时，a2=a，于是∀na∈R，有
所以此时a是R的单位元.
当k=－1时，a2=－a，于是∀na∈R，有
所以此时－a是R的单位元.
(⇒)设sa是R的单位元，则有a=(sa)a=sa2=(sk)a，于是有(sk－1)a=(sk)a－
a=0，由|R|=∞及定理5的2)和群元素阶的性质得，可知sk－1=0，sk=1，所以
k=s=±1.
2)(⇒)设 R有单位元1=sa(s∈Z)，则a=1a=(sa)a=sa2s(ka)=(sk)a，于是(sk－
1)a=0，由|R|=n及定理5的2)和群元素阶的性质得n|(sk－1)，从而存在t∈Z，
使得sk－1=tn，即sk－tn=1，所以(k，n)=1.
(⇐)因为(k，n)=1，所以存在u，v∈Z，使得uk+vn=1.从而对∀ta∈R，有
由ta的任意性，可知ua是R的单位元.
推论2 若sa是n阶循环环R=〈a〉的单位元，则(s，n)=1.
证明设a2=ka(k∈Z)，因为sa是R的单位元，所以有
a=(sa)a=sa2=s(ka)=(sk)a，于是(sk－1)a=0，由|R|=n及定理5的2)和群元素
阶的性质得n|(sk－1)，从而存在t∈Z，使得sk－1=tn，即sk －tn=1，所以(s，n)=1.
推论3 设R=〈a〉是有单位元的循环环，则
1)|R|=∞ 时，ta是R的可逆元⇔t=±1，即R只有两个可逆元±a;
2)|R|=n时，ta是R的可逆元⇔(t，n)=1，即R只有φ(n)个可逆元.
证明 1)由定理8的1)可知a2=a或a2=－a，且R的单位元只能是a或－a. (⇒)当a是R的单位元时有a2=a，于是存在ka∈R，使得
a=(ka)(ta)=(kt)a2=(kt)a，从而kt=1，所以有t=k=±1.
当－a是R的单位元时有a2=－a，于是存在ka∈R，使得－
a=(ka)(ta)=(kt)a2=(kt)(－a)=(－kt)a，从而－kt=－1，所以也有t=k=±1. (⇐)当a是R的单位元时有a2=a，从而有(－a)(－a)=a2=a，所以当t=±1时，
ta=±a是可逆元，且 a－1=a，( － a) －1= － a.
当－a是R的单位元时有a2=－a，从而有(－a)(－a)=a2=－a，所以当t=±1时，ta=±a是可逆元，且 a－1=a，( － a) －1= － a.
2)设sa是R的单位元，a2=ka(k∈Z)，则由推论2及定理8的2)可得(s，n)=1，(k，n)=1.
(⇒)设(t，n)=d，因为ta是R的可逆元，所以存在ua∈R(u∈Z)，使得
sa=(ta)(ua)=(tu)a2=(tuk)a，由|R|=n及定理5的2)和群元素阶的性质得n|(tuk
－s).因为d|n，d|t，所以d|s，从而d是s，n 的正公因数，又因为(s，n)=1，因此 d=1 即(t，n)=1.
(⇐) 由(t，n)=1，(k，n)=1，有(tk，n)=1，于是存在 u，v∈ Z，使得
utk+vn=1，从而有
sa=(utk+vn)(sa)=(us)(tka)+(vs)(na)=(us)(ta2)= ［(us)a］(ta)=(ta)［(us)a］，即(us)a是ta的逆元，故ta是可逆元.
推论4 无限循环环一定不是域.
定理9 设R=〈a〉是循环环，a2=kz(k∈Z)，则
1)|R|=∞ 时，R无零因子⇔k≠0;
2)|R|=n时，R无零因子⇔k≠0且n是素数.
证明 1)(⇐)∀sa，ta∈R，若0=(sa)(ta)=(st)a2=(stk)a，则由|R|=∞ 及定理5的2)得stk=0，因为k≠0，所以s=0或t=0，即sa=0或ta=0，故R无零因子. (⇒)若k=0，则aa=a2=0.因为|R|=∞，所以a≠0(否则R={0}与|R|=∞ 矛盾)，即
a是R的零因子，与条件矛盾.故k≠0.
2)(⇒)由1)的必要性证明可知k≠0.若n不是素数，则n=st(s，t∈Z，1≤s，t＜n)，于是sa与ta是R的两个非零元素，但是有(sa)(ta)=(sta)a=(na)a=0a=0，与已
知R无零因子矛盾，所以n是素数.
(⇐)∀sa，ta∈R，若0=(sa)(ta)=(st)a2=(stk)a，由|R|=n和定理5的2)及群元素阶的性质得n|stk，因为n是素数，所以n|s或n|t或n|k，又因为0≤s，t，k＜n
所以s=0或t=0或k=0，由条件k≠0得s=0或t=0，故sa=0或ta=0，所以无零因子.
推论5 设R=〈a〉是循环环，则
1)|R|=∞ 时，R是整环⇔a2≠0;
2)|R|=n时，R域⇔a2≠0且n是素数.
推论6 素数阶环R是域⇔存在a∈R，使得a2≠0.
证明(⇒)因为R是域，所以R无零因子，于是当a2≠0时，必有a=0.由于|R|＞2，所以有a∈R，a≠0使得a2≠0.
(⇐)由条件知a≠0.设|R|=n，因为n是素数，所以R的加法群是循环群，而且每一个非零元都是其生成元，因此R是循环环，且有R=〈a〉，a2≠0，故由推论5的2)可得R是域.
【相关文献】
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