(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

1 0 0 0 譬如2：在二阶M2 ( F )中，A 0, B 0 0 1 1 0
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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(否则若c是单位，则pc是素元与pc可写成两个非单位的元之积矛盾).
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.
2020/9/27
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
2020/9/27
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

2012-9-19
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 ==∴ 。

近世代数

名词解释代数系统：带有运算的集合代数运算：一个A×B到D的映射叫做一个A×B到D的代数运算等价关系：若关系满足RST，则称为等价关系同态满射：保运算的满射就叫做同态满射凯莱定理：1.任何一个群都同一个变换群同构2.任何一个有限群都有一个置换群同构除环：若环具有三要素：1.至少有一个非零元2.有单位元3.非零元都有逆元循环群：群中所有的元都是某一个固定元的乘方形式交换环：环的乘法满足交换律单位元：有逆元的元整环：无零因子的有1交换环相伴元：若b=εa，其中ε为单位，则b就叫做a的相伴元素元：整环中既非零元也非单位，而且只有平凡因子的元最大理想：一个环R的一个不等于R的理想u叫做一个最大理想，除了R与u自己以外，没有包含u的理想主理想：a为环R的元由所有形如（x1ay1+…+x m ay m）+sa+at+na (x i,y i,s,t∈R,n是整数)陪集：一个不变子群N 的一个左陪集叫做N的一个陪集特征：一个无零因子环R的非零元的相同的（对加法来说的）阶，叫做环R的特征证明：有限整环必定是域设A是一个有限整环，a，b，c∈A，且c≠0.若a≠b则a•c≠b•c，A•c=A对于乘法单位元1，由A•c=A，必有d∈A使d•c=1故d是c的乘法逆元因此，有限整环A是一个域。

证明两个理想的交集还是一个理想证：设A、B是环R的理想∵A、B为加群∴0∈A ,0∈B ,0∈A∩B ∴A∩B≠∅∀r∈R，a、b∈A，a、b∈B∵A、B是理想∴a-b∈A，a-b∈Bar，ra∈A，ar，ra∈B∴a-b∈A∩B，ar，ra∈A∩B所以A∩B仍是该环的理想。

2 交换律、单位元、零因子、整环

§2 交换律、单位元、零因子、整环在一般的环里，乘法不适合交换律.如矩阵环.定义一个环R 称为交换环，若,,.ab ba a b R =∀∈在交换环里(),0.n n n ab a b n =>定义一个环R 的一个元e 叫做一个单位元，若,.ea ae a a R ==∀∈如n 阶矩阵环里的单位矩阵就是一个单位元.一个环不一定有单位元.例1 {}R =所以实数.R 对数的普通加法和乘法来说是一个环，无单位元.如环R 有单位元，则唯一.若环R 有两个单位元,e e '，则 .ee e e ''==在有单位元的环里，唯一的单位元通常用1表示.在这样的环里，规定01,.a a R =∈ 定义一个有单位元的环的元b 称为a 的一个逆元，若1.ba ab ==如n 阶矩阵环里可逆矩阵A 的逆矩阵A -是A 的一个逆元.一个元a 最多只有一个逆元，如a 有两个逆元,b b '，则 ()()11.b b ba b b ab b b ''''=====有的元a 无逆元.如整数环里的2无逆元.如a 有逆元，其唯一的逆元记为1.a -规定 ()1,0.n n a a n --=>于是 (),,,.n m n m n m mn a a a a a m n Z +==∀∈设,a b R ∈，,a b 中有一个为0时，则0.ab =只证00.a =这是因为()00.a a a a aa aa =-=-=但0/00.ab a b =⇒==或如在二阶矩阵环中，100000.000100⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭例2 {}R n =所有模的剩余类， (),R +是一个加群，[][][]a b a b +=+在R 中规定一个代数运算[][][]a b ab = 这在逻辑上是没有问题的，若[][][][],a a b b ''==，则 ()()mod ,mod a a n b b n ''≡≡()mod ab a b n ''∴≡，[][].ab a b ''=由定义易验证(),,R +⋅是一个环.把这个环称为模n 的剩余类环，记为.n Z在6Z 中，[][][]230,=但[][][][]20,30.≠≠定义若在一个环R 里，0,0a b ≠≠但0ab =则称a 是环R 的一个左零因子，b 是一个右零因子.在交换环中，一个右零因子也是一个左零因子.有的环没有零因子，如整数环.例3 一个数域F 上一切n n ⨯矩阵对于矩阵的加法和乘法来说，作成一个有单位元的环.当2n ≥时，这是一个非交换环，有零因子.100000.000100⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭定理在一个没有零因子的环里两个消去律成立，即0,;0,.a ab ac b c a ba ca b c ≠=⇒=≠=⇒=反之，若在一个环里有一个消去律成立，则这个环没有零因子.证设环R 无零因子.由ab ac =得()0.a b c -=0,0,.a b c b c ∴≠∴-==另一个同理可证.反之，设在环R 里，第一个消去律成立.若R 有零因子，则存在,a b R ∈，0,0a b ≠≠，使得0.ab =故0,0ab a b ==，矛盾.第二个消去律成立可同理可证.推论在一个环里，有一个消去律成立，那么另一个消去律也成立.定义一个环R 叫一个整环，如果1.,,ab ba b R =∀∈；2. R 有单位元1；3. R 无零因子，即000.ab a b =⇒==或整数环是一个整环.作业：P89：2，5.习题选解1.证明，二项式定理()11n n n n n a b a a b b -⎛⎫+=+++ ⎪⎝⎭在交换环中成立.证对n 做归纳法.1.n =√设n k =时命题成立： ()11k k k k k a b a a b b -⎛⎫+=+++ ⎪⎝⎭.因在交换环中，乘法满足交换律，故()()()()11111111110111.1k kk k k k k k i i k k k k i i k k a b a b a b a a b b a b k k k k a a b a b b i i k k a a b a b b i +-+-++++-+⎡⎤⎛⎫+=++=++++⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦++⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 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.证设加法群R 是由a 生成的循环群，在R 中任取两个元,ma na ，这里,m n Z ∈，则()()()()()()()()()()()222,,.ma na mn a na ma nm a mn a ma na na ma ===∴=R ∴是一个交换环.附注：设R 是一个环，,,,a b R m n Z ∈∈，则()()().an b a nb n ab ==（参见课本P84）∴()()()()()().ma nb m a nb m n ab mn ab ===⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦3.证明，对于有单位元的交换来说，加法交换律是环定义例其他条件的结果. 解 ,a b R ∀∈，由两个分配律得()()()()()()11111111.a b a b a b a b a a ba b a a b b ++=+++=++++=+++=+++.a b a b a a b b ∴+++=+++ ()()()(),.a ab a b b a a a b b b b a a b ∴-+++++-=-+++++-+=+ 由此推出加法满足交换律.4.找一个我们没有提到过的有零因子环解令(){},|,R a b a b Z =∈定义 ()(),,,.a b c d a c b d =⇔==定义()()()()()(),,,,,,,,a b c d a c b d a b c d ac bd +=++= 则(),,R +⋅是一个环（由同学自己验证）.()0,0是环R 的零元.当0,0a b ≠≠时，()()()(),00,0,0,0,0,a b ≠≠但()()(),00,0,0,a b =∴环R 有零因子.5.证明，由所有实数),a a b Z +∈作成的集合对于普通的加法和乘法来说是一个整环证先证明(),R +是一个加法群.在R中任取两个数,,,a c a b c d Z ++∈，则((()(.a c a c b d R +++=+++即R 对加法是闭的.普通数的加法适合结合律. 00R =+，(0,.a a a b Z ++=+∀∈a R ∴∀+，有,a R --且((((()(()(((0,,a a a c a c b d c a d b c a --++=+++=+++=+++=+++ (),R ∴+是一个加法群.a c R ∀++,有(()(2.a c ac bd ad bc R ++=+++ 普通实数的乘法适合结合律、交换律且乘法对加法适合两个分配律.又11+=是R 的单位元，两个非零实数的积不等于零，所以R 是一个整环.。

§3.2.交换律、单位元、零因子、整环

3.2 交换律、单位元、零因子、整环
定义: 设R是一个环,假如对于a,b R, 有ab ba, 则称R为一个交换环.
定义: 设R是一个环,若e R,对于a R, 都有 ea ae a, 则称e为R的一个单位元.
注意：一个环未Βιβλιοθήκη 有一个单位元如：所有偶数构成的集合关于普通加法和乘法来说构成的环.
, (a ) a
m n
mn
定义：若在一个环里, a 0, b 0 但 ab 0, 则称a是这个环的一个左零因子,b是这个环的一个右零因子.
例：在模n的剩余类环R里，
若n不是素数,则n=ab,这里n不整除a,且n不整除b. 因此[a] [0], [b] [0], 但[a][b]= [ab] [0], 因此[a]是环的一个左零因子, [b]是环的一个右零因子.
若有则唯一，并用 1来表示.
在有单位元的环里，规定a 1.
0
定义:设R是一个有单位元的环,a R,若b R，st ba ab 1, 则称b为a的一个逆元.
注意：一个元a可以没有逆元, 若有则唯一, 用 a 1来表示.
规定：a
n
(a ) .
m n m n
1 n
m, n Z，有a a a
例：在整数环里无零因子.
定理:在一个没有零因子的环里两个消去律都成立： a 0, ab ac b c a 0, ba ca b c
反过来，在一个环里如果有一个消去律成立，那么这个环没有零因子.
推论：在一个环里若有一个消去律成立, 则另一个消去律也成立.
定义:一个环R叫做一个整环，假如 1.乘法适合交换律：ab=ba 2.R有单位元1： 1a=a1=a 3.R没有零因子： a,b R,若ab=0 a=0或b=0.

近世代数主要知识点

除环、域

除环 1， R至少包含一个而不等于零的元 2，R有单位元 3，R的每一个不等于零的元有一个逆元域一个交换除环叫做一个域在一个没有零因子的环里所有不等于零的元对于加法来说的阶都一样的一个无零因子的环里的非零元的相同的阶叫做环的特征整环除环域的特征或是无限大或是一个素数
变换群
定理1 假定G是集合A的若干个变换所做成的集合，并且G包含恒等变换ε ，若是对乘法（ζ ：a→aζ，λ：a→a٨ 那么a→（a‫)ד‬٨）来说做成一个群，那么G只包含A的一一变换。变换群一个集合的若干个一一变换对于以上规定的乘法做成的一个群叫做A的一个变换群定理2 一个集合的所有一一变换做成一个变换群定理3 任何一个群都同一个变换群同构证明，假定G是一个群，G的元是a，b，c · · · · · · · 我们在G里任意取出一个元x来，那么‫ג‬x：g→gx=g٨x是集合的一个变换。因为给了G的任意元g，我们能够得到一个唯一的G的元g٨x。这样由G的每个元x，可以得到G的一个变换‫ג‬x。我们把所有这样的来的G的变换放在一起，做成一个集合G’={ a’，b‘，c’ · · · · · · · }那么x→x’是G到G’的满射，但消去律x≠y=>gx≠gy告诉我们若x≠y，那么x’ ≠y’，所以x→x’是一一映射。在进一步看，是同构映射所以任何群和一个变换群同构
同态、不变子群

一个群G同他的每一个商群G/N同态同态映射的核：假定 &是一个群G到另一个群G’的一个同态映射。G’的单位元e’在&之下的所有逆象所做成的G的子集就叫做同态映射的核。定理假定 G 与G’是两个群，并且G与G’同态，那么这个同态映射的核N是G的一个不变子群，且G/N≌G’

近世代数课件(全)--近世代数1-0 基本概念

2019/1/20
数学上的确切描述
设由m颗珠子做成一个项链，可用一个正m边形来代表它，它的每个顶点代表一颗珠子。
沿逆时针方向给珠子标号，由于每一颗珠子的颜色有n种选择，因而用乘法原理，这些有标号的项链共有nm种。
但其中有一些可以通过旋转一个角度或翻转180度使它们完全重合，我们称为是本质相同的，我们要考虑的是无论怎么旋转、翻转都不能使它们重合的项链类型数。
2019/1/20
例5 简单检错码—奇偶性检错码
设用6位二进制码来表示26个英文字母，其中前5位顺序表示字母，第6位做检错用，当前5位的数码中1的个数为奇数时，第6位取1，否则第6位是0。这样编出的码中1的个数始终是偶数个。例如， A：000011 B：000101 C：000110 D：001001 …… 用这种码传递信息时可检查错误。当接收方收到的码中含有奇数个1时，则可断定该信息是错的，可要求发送者重发。因而，同样的设备，用这种编码方法可提高通信的准确度。
2019/1/20
6. 数字通信的可靠性问题现代通信中用数字代表信息，用电子设备进行发送、传递和接收，并用计算机加以处理。由于信息量大，在通信过程中难免会出现错误。为了减少错误，除了改进设备外，还可以从信息的表示方法上想办法。用数字表示信息的方法称为编码。编码学就是一门研究高效编码方法的学科。下面用两个简单的例子来说明检错码与纠错码的概念。
2019/1/20
伽利略死后，直到19世纪末期，他的理论才由别的数学家加以进一步的发展和系统的阐述。这样一门具有悠久历史、充满许多有趣问题和故事的数学分支，在近代又得到了蓬勃发展和广发应用，出现了许多应用与某一领域的专著，正吸引越来越多的科技人员和学生来学习和掌握它。

2 交换律、单位元、零因子、整环

§2 交换律、单位元、零因子、整环在一般的环里，乘法不适合交换律.如矩阵环.定义一个环R 称为交换环，若,,.ab ba a b R =∀∈在交换环里(),0.n n n ab a b n =>定义一个环R 的一个元e 叫做一个单位元，若,.ea ae a a R ==∀∈如n 阶矩阵环里的单位矩阵就是一个单位元.一个环不一定有单位元.例1 {}R =所以实数.R 对数的普通加法和乘法来说是一个环，无单位元.如环R 有单位元，则唯一.若环R 有两个单位元,e e '，则 .ee e e ''==在有单位元的环里，唯一的单位元通常用1表示.在这样的环里，规定01,.a a R =∈ 定义一个有单位元的环的元b 称为a 的一个逆元，若1.ba ab ==如n 阶矩阵环里可逆矩阵A 的逆矩阵A -是A 的一个逆元.一个元a 最多只有一个逆元，如a 有两个逆元,b b '，则 ()()11.b b ba b b ab b b ''''=====有的元a 无逆元.如整数环里的2无逆元.如a 有逆元，其唯一的逆元记为1.a -规定 ()1,0.n n a a n --=>于是 (),,,.n m n m n m mn a a a a a m n Z +==∀∈设,a b R ∈，,a b 中有一个为0时，则0.ab =只证00.a =这是因为()00.a a a a aa aa =-=-=但0/00.ab a b =⇒==或如在二阶矩阵环中，100000.000100⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭例2 {}R n =所有模的剩余类， (),R +是一个加群，[][][]a b a b +=+在R 中规定一个代数运算[][][]a b ab = 这在逻辑上是没有问题的，若[][][][],a a b b ''==，则 ()()mod ,mod a a n b b n ''≡≡()mod ab a b n ''∴≡，[][].ab a b ''=由定义易验证(),,R +⋅是一个环.把这个环称为模n 的剩余类环，记为.n Z在6Z 中，[][][]230,=但[][][][]20,30.≠≠定义若在一个环R 里，0,0a b ≠≠但0ab =则称a 是环R 的一个左零因子，b 是一个右零因子.在交换环中，一个右零因子也是一个左零因子.有的环没有零因子，如整数环.例3 一个数域F 上一切n n ⨯矩阵对于矩阵的加法和乘法来说，作成一个有单位元的环.当2n ≥时，这是一个非交换环，有零因子.100000.000100⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭定理在一个没有零因子的环里两个消去律成立，即0,;0,.a ab ac b c a ba ca b c ≠=⇒=≠=⇒=反之，若在一个环里有一个消去律成立，则这个环没有零因子.证设环R 无零因子.由ab ac =得()0.a b c -=0,0,.a b c b c ∴≠∴-==另一个同理可证.反之，设在环R 里，第一个消去律成立.若R 有零因子，则存在,a b R ∈，0,0a b ≠≠，使得0.ab =故0,0ab a b ==，矛盾.第二个消去律成立可同理可证.推论在一个环里，有一个消去律成立，那么另一个消去律也成立.定义一个环R 叫一个整环，如果1.,,ab ba b R =∀∈；2. R 有单位元1；3. R 无零因子，即000.ab a b =⇒==或整数环是一个整环.作业：P89：2，5.习题选解1.证明，二项式定理()11n n n n n a b a a b b -⎛⎫+=+++ ⎪⎝⎭在交换环中成立.证对n 做归纳法.1.n =√设n k =时命题成立： ()11k k k k k a b a a b b -⎛⎫+=+++ ⎪⎝⎭.因在交换环中，乘法满足交换律，故()()()()11111111110111.1k kk k k k k k i i k k k k i i k k a b a b a b a a b b a b k k k k a a b a b b i i k k a a b a b b i +-+-++++-+⎡⎤⎛⎫+=++=++++⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦++⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 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.证设加法群R 是由a 生成的循环群，在R 中任取两个元,ma na ，这里,m n Z ∈，则()()()()()()()()()()()222,,.ma na mn a na ma nm a mn a ma na na ma ===∴=R ∴是一个交换环.附注：设R 是一个环，,,,a b R m n Z ∈∈，则()()().an b a nb n ab ==（参见课本P84）∴()()()()()().ma nb m a nb m n ab mn ab ===⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦3.证明，对于有单位元的交换来说，加法交换律是环定义例其他条件的结果. 解 ,a b R ∀∈，由两个分配律得()()()()()()11111111.a b a b a b a b a a ba b a a b b ++=+++=++++=+++=+++.a b a b a a b b ∴+++=+++ ()()()(),.a ab a b b a a a b b b b a a b ∴-+++++-=-+++++-+=+ 由此推出加法满足交换律.4.找一个我们没有提到过的有零因子环解令(){},|,R a b a b Z =∈定义 ()(),,,.a b c d a c b d =⇔==定义()()()()()(),,,,,,,,a b c d a c b d a b c d ac bd +=++= 则(),,R +⋅是一个环（由同学自己验证）.()0,0是环R 的零元.当0,0a b ≠≠时，()()()(),00,0,0,0,0,a b ≠≠但()()(),00,0,0,a b =∴环R 有零因子.5.证明，由所有实数),a a b Z +∈作成的集合对于普通的加法和乘法来说是一个整环证先证明(),R +是一个加法群.在R中任取两个数,,,a c a b c d Z ++∈，则((()(.a c a c b d R +++=+++即R 对加法是闭的.普通数的加法适合结合律. 00R =+，(0,.a a a b Z ++=+∀∈a R ∴∀+，有,a R --且((((()(()(((0,,a a a c a c b d c a d b c a --++=+++=+++=+++=+++ (),R ∴+是一个加法群.a c R ∀++,有(()(2.a c ac bd ad bc R ++=+++ 普通实数的乘法适合结合律、交换律且乘法对加法适合两个分配律.又11+=是R 的单位元，两个非零实数的积不等于零，所以R 是一个整环.。

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近世代数

2 交换律、单位元、零因子、整环

§3.2.交换律、单位元、零因子、整环

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