近世代数学习系列三环

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近世代数课件(全)--3-5 环的同态、极大理想

R S ( R S ) { a , b , } { u, v , } 令 R S ( R S ) { a , b , } { u, v , } 规定 : x x , x S , y y , y R S
运算
2012-9-19
2012-9-19
( 2) ( a b ) ( a ) ( b )
定理1 若 R 与 R 是各有两个代数运算的系统，且 : R ~ R ，则当 R 是环时，R 也是环. 定理2 若 R 与 R 是环，且
(1) (0 R ) 0 R
( 3) ( a ) ( ( a ))
x y (
1
( x )
1
1
( y '))
x y (
1
( x )
( y '))
例4 设环 R {( a , b ) | a , b Z }, ( a1 , b1 ) ( a 2 , b2 ) ( a1 a 2 , b1 b2 ),
Z /( p ) 是域 p 是素数. 定理9：
2012-9-19
练习：求Z12的全部最大理想.
2012-9-19
n n
:R~ R
，则
( 2) ( a ) ( a )
(4)当 R 是交换环时，R 也是交换环； (5)当 R 是有单位元环时，R 也是有单位元环时，且 1 R (1 R ).
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问：同态环有无零因子传递吗？例1 R 为4阶循环环，即 R {0, a , 2 a , 3 a } ，且 a 2 a . : n na , ( n Z ) Z ~ R

近世代数之除环、域

上命题的反面不成立，例如整数环是无零因子环，但它不是除环.
性质 2
对除环 R 而言,一切非零元构成的集合 R*
是一个乘法群.
这是 3.2 中定理 3.2.4 已证明了的结论.利用性质 2, 可得到判断除环的一种方法.
定理 3.3.1 证明略.
非零环 R 是除环 R* 是一个乘法群.
对于除环 R 而言,乘法群 R*习惯上叫做除环 R 的乘群.
一、除环继整环之后，除环是另一个需要我们密切关注的环类.
设 R 是一个幺环，在 3.2 中已知， R 的所有可逆元做成一个乘法群 S .
我们总是希望 S 能尽量的 “大” ，最好是 “大” 到 R 的一切非零元.如果真能办到，就成了下面要研究的对象—除环.
定义 1
设 R 是一个环，如果满足下列条件，则称 R
结论 2 R可换
由前面的知识我们知道：环中元素有下列“称谓” ：零元 0，单位元 1R ，可逆元（逆元），零因子，（当然还有教材中没有介绍的其他称谓），我们注意到:
前面曾介绍的很多数环都是域(称为数域)。如有理数域 Q ,实数域 R ,复数域 C 等.当 p 为素数时, Z p 也是域.我们很容易发现:要找一个非域的除环是不容易的.下面我们来“构造”一个四元数除环. 设R
性质 1
证明
除环 R 必是无零因子环.
设 0 a R .如果 a 是左零因子，则
0 b R 使 ab 0 .
但非零元必可逆，故必 a R 使 a 1a 1R .
1
因此 a 1 ab a 1 0 0 ，从而 b 0 ，这与
0 b R 矛盾.
多才多藝
任教授不久被任命為三一學院天文台台長。把觀察天體的任務交給他三個姐妹，自己埋頭計算觀察得來的數據。他興趣廣泛，寫一手好詩，而他影響最大的是物理學，只是在數學上成就很大，才同時稱他為數學家。

近世代数课件--3.5子环、环的同态

R
S
R
S
数学与计算科学学院
S
2018/11/9
思路分析：
(1) 构造 R S ( R S ) ； (2) 作 R 到 R 的对应关系 : R R,并证明是双射；
~ R; (3) 在 R 中定义两个代数运算，并证明 R （P99的引理）
(4) 证明 S R 。
（只需证明 S 原有的运算和 R 新定义的运算是一致的）
2018/11/9 数学与计算科学学院
上两例表明：一个环有没有零因子这个性质经过了一个同态满射后不一定能保持的。但若把同态换为同构的话，则这个环的代数性质当然没有什么区别了，所以有：
~R ，定理3：设 R和 R 是两个环，并且 R 那么若 R 是整环（除环、域），则 R 也是整环（除环、域）。
(1) S包含非零元；（）为加群； 1）（S， ( 2)a , b S a b S； S为R的子除环 * （）为群。 ( 3)a , b S，b 0 a b1 S . 2）（S ，数学与计算科学学院 2018/11/9
例8：设 R {(a, b) | a, b Z } ，R Z 。现定义 R 的运算：
(a1 , b1 ) (a2 , b2 ) (a1 a2 , b1 b2 )
(a1 , b1 )(a2 , b2 ) (a1a2 , b1b2 )
（1）容易验证，R {(a, b) | a, b Z } 关于所定义的运算构成一个环。作
: R R, (a, b) a 。
（2）容易验证是同态。（3）可以看出 R Z 无零因子，而 R {(a, b) | a , b Z } 却有零因子，因为对于(a,0), (0, b) (0,0) ，我们有 (a ,0)(0, b) (0,0) 。注：此例表明：R ~ R ，R 有零因子，但 R 却没有零因子。

近世代数--理想与商环

§3 理想与商环
下面的一些例子告诉我们,当 R' 是一个环 R 的子环时, R 有单位元,不意味着 R' 有单位元;即使子环 R' 有单位元,子环 R' 的单位元未必就是环 R 的单位元;环 R 没有单位元不意味着其子环 R' 一定没有单位元.
例 1 整数环 Z 有单位元1.令 R 表示偶数环.则 R 是环 Z 的子环,它没有单位元. Z 的平凡子环{0} 以 0 为自己的单位元,{0}是环 R 的子环.
Ⅰ. a b I , a, b I ; Ⅱ. ra, ar I , r R , aI .□
§3 理想与商环
命题 3.4 设 R 是一个环. (1)若 {Iα}αΑ 是环 R 的一族理想,则 αΑ Iα 也是环 R 的理想. (2)若 I 和 J 都是环 R 的理想,则
I J {a b | a I, b J}
a b, ab R' , a, b R' ,并且 R' 关于“”和“ ”构成一个环
a b, ab R' , ab R'. (2)环 R 的任意子环 R' 的零元就是环 R 的零元;子环 R' 中任意元素 a 在 R' 中的负元就是 a 在 R 中的负元. (3)任何环 R 都有子环,例如,{0} 和 R .{0} 和 R 都称为环 R 的平凡子环. 若 R' 是环 R 的子环并且 R' 是 R 的真子集,则称 R' 为环 R 的真子环.
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第二章环论
目录
§1 环的概念 §2 多项式环 §3 理想与商环 §4 环的同态 §5 交换环 §6 整环的因子分解 §7 唯一分解环上的多项式环

Removed_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Sb a S b a ∈+⇒∈,是S 的零元,即'0aa =+'0对的零元,G 000'=∴=+a a 即 .00S a a s ∈-=-∴∈ (ⅱ)若Sb a S b a ∈+⇒∈,Sa S a ∈-⇒∈今证是子群S 由对加法是闭的,适合结合律,S S b a S b a ,,∈+⇒∈由,而且得S a S a ∈-⇒∈S a a ∈=-0再证另一个充要条件:若是子群,S S b a S b a S b a ∈-⇒∈-⇒∈,,反之Sa a S a a S a ∈-=-⇒∈=-⇒∈00 故Sb a b a S b a ∈+=--⇒∈)(,2. ,加法和乘法由以下两个表给定:},,,0{c b a R =+0 a b c ⨯0 a b c 00 a b c 00 0 0 0a a 0 c b a 0 0 0 0b b c 0 a b 0 a b c c c b a 0c0 a b c证明,作成一个环R 证对加法和乘法的闭的.R 对加法来说,由习题6,和阶是4的非循环群同构,且为交换群..9.2R乘法适合结合律Z xy yz x )()(=事实上.当或,的两端显然均为.0=x a x =)(A 0当或x=c,的两端显然均为.b x =)(A 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xzxy z y x +=+)(zxyx 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,只看或以及或就可以了.0=x a x =b x =c x =至于第二个分配律的成立的验证,由于加法适合交换律,故可看或 (可省略的情形)的情形,此时两端均为0=y a y =a z z ==,0zx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 c 0,0)(=+=+==+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nn nn n b b a a b a +++=+- 11)()(在交换环中成立.证用数学归纳法证明.当时,显然成立.1=n 假定时是成立的:k n =ki i k k i k k k k b b a b a a b a +++++=+-- )()()(11看的情形1+=k n )()(b a b a k++ ))()()((11b a b b a b a a k i i k k i k k k ++++++=--1111111)]()[()()(++--+++++++++=+k i i k k i k i k k k k b b a b 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. 假定一个环对于加法来说作成一个循环群,证明是交换环.R R 证设是生成元a 则的元可以写成R (整数)na n2)]([)]([))((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, 是环的任意二元,1b a ,1)11(1)()11)((⋅++⋅+=++b a b a ba b a +++= )11()11(+++=b abb a a +++=b b a a b a b a +++=+++∴ba ab +=+4．找一个我们还没有提到过的有零因子的环.证令是阶为的循环加群R 2规定乘法:而R b a ∈,0=ab 则显然为环.R 阶为2 有而 ∴R a ∈0≠a 但即为零因子0=aa a 或者为矩阵环.R n n ⨯5．证明由所有实数 (整数)作成的集合对于普通加法和乘法来说2b a +b a ,是一个整环.证令整数2{b a R +=b a ,()}(ⅰ) 是加群R 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+的负元2b a +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，任二实数或00=⇒=a ab 0=b3 除、环、域1. {所有复数是有理数}=F bi a +b a ,证明对于普通加法和乘法来说是一个域.=F证和上节习题5同样方法可证得F 是一个整环.并且 (ⅰ)有F 01≠+i(ⅱ)即中至少一个0≠+bi a b a ,0≠因而有,022≠+∴b a 使i b a b b a a 2222+-++)((bi a +i b a bb a a 2222+-++1)= 故为域F 2. {所有实数是有理数}=F ,3b a +b a ,() 证明对于普通加法和乘法来说是一个域.F 证只证明有逆元存在.则中至少有一个 ,03≠+b a b a ,0≠ 我们说0322≠-b a 不然的话,223ba = 若则矛盾),0(≠b 0=b 0=a 但不是有理数223b a =3 既然0322≠-b a则的逆为3b a +3332222ba 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 ,这里是实数,可以写成)(),(di c bi a ++d c b a ,,,的形式.),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(i d c i b a +++ 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. 假定是一个有四个元的域,证明.F ()的特征是2;a ()的或1的两个元都适合方程b F 0≠1证 () 设的特征为a F P 则的(加)群的非零元的阶P F 所 (是群的阶)4P 4F 但要求是素数, P .2=∴P() 设b },,1,0{b a F = 由于,所以加法必然是2=P ,而,0=+x x ba a a =+⇒≠+11故有1ab00 1 a b 1 1 0 b a a a b 0 1bba1又构成乘群,所以乘法必然是},,1{b a 1,=⇒≠≠ab b ab a ab(否则 )1,22≠≠a a a b a =ba =⇒2故有. 1 a b1 1 a ba ab 1bba1这样, 显然适合 b a ,12+=x x2. 假定是模的一个剩余类.证明,若同互素,][a a n 那么所有的书都同互素(这时我们说同互素).][a n ][a n 证设且][a x ∈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,且有 ,a d nd 因为所以1),(=n a 1=d 3. 证明, 所有同互素的模的剩余类对于剩余类的乘法来说n n 作成一个群(同互素的剩余类的个数普通用符号来表示,并且把它叫做由)(n φ拉函数)φ证而同互素}]{[a G =][a n 显然非空,因为G )1),1((]1[=∈n G(ⅰ)G b a ∈][],[则][]][[ab b a =又有1),(,1),(==n b n a 1),(=n ab Gab ∈∴][(ⅱ)显然适合结合律.(ⅲ)因为有限,所以的阶有限.n G 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.作成一个群G4. 证明,若是, 那么(费马定理)1),(=n a )(1)(n an ≡φ证则),(n a Ga ∈][而的阶是的阶的一个因子][a G )(n φ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.证设是环的中心.N 显然，是环的任意元N O ∈N b a ∈,x N b a b a x xb x bx ax x b a ∈-⇒-=-=-=-)()(Nab 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！是中心由上题知是的交换子环N R 显然,即包含非零元,同时这个非零元是的单位元.,1R ∈N ∈1N 1 即R x N a ∈∈,xaax =Na x a xa x axa xaa axa ∈⇒=⇒=⇒=------111111!是一个域N ∴3. 证明, 有理数域是所有复数是有理数）作成的域的唯一的真子域.b a bi a ,(+)(i R证有理数域是的真子域.R )(i R 设!是的一个子域,则(因为是最小数域)F )(i R R F ⊇R若而,F bi a ∈+0≠b 则)(i F F F i =⇒∈这就是说,是的唯一真子域.R )(i R 4. 证明, 有且只有两自同构映射.)(i R 证有理数显然变为其自己.假定α→i 则由或i i =⇒-=⇒-=αα1122i -=α这就证明完毕.当然还可以详细一些:bia bi a +→+:1φbia bi a -→+:2φ确是的两个自同构映射.21,φφ)(i R 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 i1,0222-=-=b a ab 若是有理数,在就出现矛盾,所以有因而102-=⇒=a b 0=a .1±=b 在就是说, 只能i i →或ii i -→5. 表示模3的剩余类所作成的集合.找出加群的所有自同构映射,这找出域!的3J 3J 3J 所有自同构映射.证 1）对加群的自同构映射3J 自同构映射必须保持!00←→故有 i i →:1φ2）对域的自同构映射.3J 自同构映射必须保持，00←→11←→所有只有ii →:φ6. 令是四元数除环, 是子集{一切这里阿是实数,显然与实数域同R R =S )}0,(a a -S 构.令是把中换成后所得集合;替规定代数运算.使,分别用表示的-R R S -S R -≅R R k j i ,,R 元,那么的元可以写成是实数）的形式),,0(),1,0(),0,(i i -R d c b a dk cj bi a ,,,(+++(参看习题). 验证.，.3.351222-===k j i .,,j ik ki i kj jk k ji ij =-==-==-=证 1）对来说显然a a →)0,(:φ-≅S S 2）{一切实数=S )}0,(a a {一切（实数=-S )0,a a 一切 βα,{(=R )}0,(a 复数对是不属于的的元.)(αβS R一切=-R βα,{(}a 规定aa →→)0,(),,(),(:βαβαψ由于与的补足集合没有共同元,容易验证是与间的一一映射.S -S ψR -R 规定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.-R 首先,这样规定法则确是的两个代数运算.-R其次,对于这两个代数运算以及的两个代数运算来说在之下R ψ-≅R R （3）由习题5知.3.3 ),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(),(i d c i b a di c bi a +++=++这里实数d c b a ,,,这是因为令),0(),1,0(),0,(i k j i i ===（4）1)0,1()0,)(0,(2-=-==i i i 1)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,(ki i ji -=-==),0()0,)(1,0(同样jik ki i kj jk =-==-=,6 多项式环1. 证明, 假定是一个整环,那么上的一个多项式环也是一个整环.R R ][x R 证 !是交换环交换环,R ][x R ⇒ 有单位元是的单位元,R 11⇒][x R没有零因子没有零因子R ][x R ⇒事实上，0,)(10≠++=a x a x a a x f nn,)(10≠++=m m m b x b x b b x g 则mn m n x b a b a x g x f +++= 00)()(因为没有零因子,所以R 0≠m n b a 因而0)()(≠x g x f 这样是整环][x R 2．假定是模7的剩余类环,在里把乘积R ][x R ])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 x 3. 证明:(ⅰ) ],[],[1221ααααR R =(ⅱ) 若是上的无关未定元,那么每一个都是上的未定元.n x x x ,,,21 R i x R 证（ⅰ）{一切=],[21ααR }211221i i i i a αα∑一切{],[12=ααR }112212j j j j a αα∑由于=∑211221i i i i a αα112212j 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 0010101因为是上的无关未定元,所以n x x x ,,21R 即是上的未定元i x R 4. 证明:(ⅰ) 若是和上的两组无关未定元,那么n x x x ,,21n y y y ,,21],,[],,[2121n n y y y R x x x R ≅(ⅱ) !上的一元多项式环能与它的一个真子环同构.R ][x R 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）令一切{][=x R }2210nn x a x a a +++ 显然][][2x R x R ⊂但不然的话][2x R x ∉mm m m x b x b x b x b x b b x 22102210 ++-⇒++=这与是上未定元矛盾.x R 所以是上未定元显然][2x R ][x R 故有（ⅰ）}[][2x R x R ≅这就是说,是的真子环,且此真子环与同构.][2x R ][x R ][x R 7 理想1. 假定是偶数环,证明,所有整数是的一个理想,等式!对不对?R r 4ϑ 证 Rr r r r ∈∈2121,,4,4ϑ ϑ∈-=-)(4442121r r r r Rr r ∈-21 ϑ∈=∈)(4)4(,'1'1'r r r r R r Rr r ∈'1 是的一个理想.ϑ∴R等式不对)4(=ϑ这是因为没有单位元,具体的说但R )4(4∈ϑ∉4 2. 假定是整数环,证明R .1)7,3(=证是整数环,显然R )1(=R .1)7,3(=又 )7,3()7(13)2(1∈+-=1)7,3(=∴3. 假定例3的是有理数域,证明,这时是一个主理想.R ),2(x 证因为2与互素,所以存在使x )(),(21x P x P),2(11)()(221x x xP x P ∈⇒=+ 。

近世代数-环与域题解讲解

近世代数第四章-环与域题解讲解第四章环与域§ 1环的定义一、主要内容1.环与子环的定义和例子。

在例子中，持别重要的是效域上的多项式环、n阶全阵环和线性变换环，以及集M的幂集环.2.环中元素的运算规则和环的非空子集S作成子环的充要条件：a tiG S ——>■戊 f 占€ S *3 循环坏的定义和性质.■■；加群是循环群的环称为循环环•其性債在本节内的主要有s1）循环环必为交怏环；，2）循坏环的子环也是循坏环；3〉循环环的子加群必为子环；. '4）pq是互异素数）阶环必为循环环*二、释疑解难1 •设R是一个关于代数运算十，•作成的环•应注意两个代数运算的地位是不平等的，是要讲究次序的.所以有时把这个环记为（R,十，•）（或者就直接说“ R 对十，•作成一个环”）•但不能记为R,-,十）•因为这涉及对两个代数运算所要求满足条件的不同•我们知道，环的代数运算符号只是一种记号.如果集合只有二代数运算记为:,®，又R对：作成一个交换群，对®满足结合律且①对: 满足左、右分配律，即by） =（◎㊉仍叮门㊉门* （⑴力㊉匸=@0小{底^芒扎则就左能说尿对叫，㊉静作成一个氐或记为侦宀㊉X 就是说，在环的定义里要留意两个代数运算的顺序.2 •设R对二代数运算十，•作成一个环•那么，R对“十”作成一个加群，这个加群记为（R, 十）；又R 对“ • ”作成一个半群，这个乍群记为（R，- ）•再用左、右分配律把二者联系起来就得环（R，十.•）.现在啊，引：K中的这个半辟（氏，* ［是占lit有可能作血一小將呢？回甞是百定的"降非I ^1 = H禺若tJ^A—刖空#?中任蕊元隶日兴O懸右< .D -0=^=0,这说.明Q 不是^尺* • 7杓单悅元.W.B. <1在C R,・）中坦逑有逆元* 因此- ）Hftfe作血半PT而不能作庇曲.遊--比"如覲去艸Oi^PA R的全睹耶呼元索对乘怯是否作成群呃？这是可能的.例如任何敢據就舅于这轴繪磁.芳播，R旳全休卄*元血荷不fife作就靜的*如傾數环和整觀歼★等等-& 由于在环K中倉；a *0 = （）P =<D »寂-- '芒显7?的左电右rXX边）单位兀=!=>芒启半那〔杞* •［的屋g r双边〉单便元.儿丹阶诟环环的稠竽元和其有単悅元酌承件-设R^<a>—{ 0 > cz » Su . < n—1〉£1、戈一个n阶餡环环，且/ —臭业収T 三例阐弱艮有学位元的鋼件和I其稱警兀的情况-以下三例均假W 尺=<« ）. H阶馅环环，B- a2—山2. WWE.0>1 1 R 有单位元 Mn 保1.证发、则有整救材心茨矗 lt+ HU = 1 - 于屋对R 中仟意元巌如冇（伍心）（珂“ ）—（sztjfc »U = 5< 1 ——NTT JtL — Sti ・由于斥足可换环，故叫是尺的单■也元* 反之+设尺有樂位尤-=炖’则w = a 、 «(r<? * =s C/>r>Hti — U (tk — 1 ><!/ = 0 T 于是算I M —丄”设th 一 1 =呵丫则tk + «<—7 >—1 > 放"山)・1“ 例2 田是R 的科等元=> k 泌产一札证设S 显环尺的科尊元，耻 {£«>' = t 2Au = co > CA ；F — f)a=0,01由于a^R 灼加醉的H 砂応索.枚比I 和一" 反之■设^\kt^ — “则因科皿一0.故(点卢一i 、0=a 冃.ta — jfer 14 — e £*ku —^^ = <iu)\却皿是*的幕等元. 例3 环R 有2冲一"屛个幕零元・Jl 中少【小为扣的不同*因数的个栽•声 n 为压与打的盘大公闵ffcdm 》的不同素因数的个數. 证设”=时拧…金冇是啊旋标准分解式・由上例知・R 中壽等充的个数就足冋余式 kI 1 — J — 0 (nv^l rr) ( 1 ) 的解的个數・疝这牛同余式的济的个数等于m个同余式■ b 匕工* — j=0 < mod <i^1 ,2 »**- t JM) < 2)的解的个敷的来税.但易知，对一令固定2,当帆I 矗时ft(2)R 冇册小半a 杠fll-[bT(X 故脅證致获仪|总剔=1..于是 p.^Vt 戸？丨此匸一】* 悄\讥屋巳一、、一2 —工战卞是方磊住> 的一个非零粧*又0晁然为其一解哀而冃方程(仍没冇别昶擀.即此时方程O 只有阿亍解.干堆同余式门)有2旳l申w个解,即R有旷梢计名柿牛慕奪元.三、习题4. 1解答1・1H 虽據覇知乘怯。

近世代数学习课件

注：X上的一元和二元代数运算均满足运算的封闭性。
定义4 结合律：设“”是X上的一个
二元代数运算。如果a,b, c X
有：(a b) c a (b c)
则称此二元代数运算适合结合律。
交换律：若对a,b X 有： ab ba
则称此二元代数运算适合交换律。
定义5 设“”是非空集合S上的一个
近世代数课件
教材：离散数学引论王义和，哈工大出版社
参考教材： 1）近世代数，熊全淹，武大
2）近世代数基础习题指导，北师大
3）离散数学及其在计算机中的应用
4）代数结构与组合数学
引言
一、近世代数的研究对象
代数最初主要研究的是数，以及由数所衍生出来的对象，如代数方程的求根。数的基本特征是可以进行加法、乘法等运算，其共同点是对任两个数，通过相应法则可唯一求得第三个数。而对于很多抽象的对象也都具有类似数的这一特征，因此对于它们的结构和性质的研究就导致了近世代数的产生和发展。
同理：A为 M , , e 的非空子集，则
包含A的所有子幺半群的交成为由A生成的子幺半群。
注：根据集合交的性质知道由A生成的子（幺）半群 (A) 是包含A的所有子（幺）半群中最小的，即对任意包含A的
子（幺）半群 A 有：A A
定义4 左（右）理想：半群 S ,
的一个非空子集A为S的一个左（右）
定义乘法“”：N N N
a b a b 1, a,b N,
其中*为普通乘法
定义6 设(S,,) 是具有两个二元
代数运算“”和“+”的代数系。
如果a,b, c S 有：
a (b＋c) (a b) (a c)
则称“”对“＋”满足左分配律。
如果a,b, c S 有：

近世代数第三章小结

第三章环与域总结第一节加群、环的定义定义：一个交换群叫做一个加群。

⑴一个加群的唯一的单位元叫做零元，记作0。

⑵元a 的唯一的逆元叫做a 的负元，记作-a ，简称负a 。

环的定义：（∙+,,R ）①（R +）是交换群（R 对+封闭）；②· ：R R R →⨯满足结合律，即()()bc a c ab R c b a =∈∀,,,③+和·都满足分配律：即对R c b a ∈∀,,满足()ac ab c b a +=+()ca ba a c b +=+称R 在+和·运算下是环。

①.R 是一个加群；②.R 对于另一个叫做乘法的代数运算来说是闭的；③.这个乘法适合结合律：()()c ab bc a =，不管c b a ,,是R 的哪三个元；④.两个分配律都成立：()()bc ba a c b ac ab c b a +=++=+,，不管c b a ,,是R 的哪三个元。

环满足如下运算：①00a a =,对R a ∈∀②()ac ab c b a -=-()bc ac c b a -=-③()()()()ac c a ac c a c a =--=-=-,④()()∑∑∑∑=====⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=++++++m i nj j i n j j m i i n n b a b a b b b a a a 11112121 定义：（∙+,,R ），若对R b a ∈∀,,有ba ab =,即满足交换律的环是交换环。

（∙+,,R ），若R e ∈∃,对a ae ea R a ==∈∀,则称e 为R 的一个单位元。

一般地，一个环不一定有单位元。

（∙+,,R ），含有单位元e ，,R a ∈若R b ∈∃，使得e ba ab ==,则称b 是a 的逆元。

（∙+,,R ），0,≠≠b b a ，若0=ab ,则称a 为左零因子，b 为右零因子。

既是左零因子又是右零因子的元叫做零因子。

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

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

近世代数(吴品三)习题解答第三章环与域

k1 k2 ,b = m , m1 2 2 2
k1 2 m2 k 2 2 m1 .显然,经过约分之后, a ± b 仍是分母为 2 的非负整 2 m1 m2
k1 k 2 ∈ A. 2 m1 m2
数次方幂的既约分数,从而 a ± b ∈ A .同理, ab =
按环的定义,容易证得, A 关于数目加法、乘法作成一个环. 10. 设 S 表示 A 的一切不是(左零因子,也不是右)零因子的元的集合,证明, S 是( A ,·)的子半群. [证] a, b S ,今用反证法证明 ab 不是 A 的左零因子. 如若 ab 为 A 的左零因子 , 则有 c A , c ≠0, 使得 ( ab)c =0. 所以
·７４·
第三章
环与域
所以( f 1 - f 2 )( H ) H ,( f 1 · f 2 )( H ) H . 从而( f 1 - f 2 )∈ E H ,( f 1 · f 2 )∈ E H ,故 E H 是 E 的一个子环. 13. 设 E 是加群 ( G ,+) 的自同态环 , H 是 G 的一个子群 , 证明
·７３·
第三章
环与域
0 1 0 0 1 1 0 a = , b = , 1 其中 1 是 F 中单位.由 ab 是 A 的单位元,易证 a, b S ,但 ba S .故 S 不是( A ,·)
( b a )( ab )= b 1 (a 1a )b = b b =1,从而 ab 是 A 的正则元,且 (ab) 1 = b a .
1 1 1 1 1
8. 设 A 是有单位元的环,证明, A 中正则元一定不是零因子. [证] 用反证法.设 a 是 A 中一个正则元,如果 a 是零因子,则 b A , b ≠0,使得 ab =0.但 a 为正则元,有逆元 a

近世代数第三章小结复习课程

近世代数第三章小结复习课程近世代数第三章小结第三章环与域总结第一节加群、环的定义定义：一个交换群叫做一个加群。

⑴一个加群的唯一的单位元叫做零元，记作0。

⑵元a 的唯一的逆元叫做a 的负元，记作-a ，简称负a 。

环的定义：（?+,,R ）①（R +）是交换群（R 对+封闭）；②· ：R R R →?满足结合律，即()()bc a c ab R c b a =∈?,,,③+和·都满足分配律：即对R c b a ∈?,,满足()ac ab c b a +=+()ca ba a c b +=+称R 在+和·运算下是环。

环满足如下运算：①00a a =,对R a ∈?②()ac ab c b a -=-()bc ac c b a -=-③()()()()ac c a ac c a c a =--=-=-,④()()∑∑∑∑=====???? ????? ??=++++++m i n j j i n j j m i i n n b a b a b b b a a a 11112121ΛΛ定义：（?+,,R ），若对R b a ∈?,,有ba ab =,即满足交换律的环是交换环。

（?+,,R ），若R e ∈?,对a ae ea R a ==∈?,则称e 为R 的一个单位元。

一般地，一个环不一定有单位元。

（?+,,R ），含有单位元e ，,R a ∈若R b ∈?，使得e ba ab ==,则称b 是a 的逆元。

（?+,,R ），0,≠≠b b a ，若0=ab ,则称a 为左零因子，b 为右零因子。

近世代数知识点

近世代数知识点近世代数，是数学中的一门重要分支，涉及了许多重要的知识点和概念。

在这篇文章中，我们将探讨一些近世代数中的关键概念和应用。

一、群论群论是近世代数中的基础概念，它描述了一种抽象的代数结构。

一个群由一个集合和一个二元运算组成，同时满足封闭性、结合律、单位元和逆元这四个性质。

群论的研究具有广泛的应用，如密码学、物理学中的对称性研究等。

二、环论环论是研究带有两个二元运算的代数结构，具有更多的性质和运算规则。

一个环由一个集合和两个二元运算组成，同时满足封闭性、结合律、分配律等性质。

环论的应用包括数论、代数几何等领域。

三、域论域论是研究带有四个基本运算（加法、减法、乘法、除法）的代数结构。

域是一种满足封闭性、结合律、单位元和逆元的代数结构。

域论在代数几何、密码学等领域有广泛应用。

四、线性代数线性代数是研究向量空间及其线性变换的代数学分支。

向量空间是一个满足特定性质的集合，其中定义了向量的加法和数量乘法运算。

线性代数的应用广泛，如机器学习、图像处理等。

五、域扩张域扩张是域论的重要内容之一，研究一个域如何通过添加元素扩张成一个更大的域。

域扩张的研究对于解决方程、证明数论中的一些性质等具有重要意义。

六、代数拓扑代数拓扑是代数学和拓扑学的交叉地带，研究了如何通过代数的方法来分析拓扑空间。

代数拓扑的研究在拓扑数据分析、几何学、非线性动力系统等领域有重要应用。

七、泛函分析泛函分析是研究函数空间和函数的特性以及泛函的理论和应用的数学分支。

泛函分析的应用广泛，如量子力学、信号处理等。

近世代数作为一门重要的数学学科，对于数学的发展和应用起到了重要的推动作用。

它通过抽象的方式研究代数结构，提供了一种新的思维方式和工具，为数学家们解决实际问题提供了新的途径。

同时，近世代数的理论和方法在信息科学、工程学、物理学等领域也得到了广泛的应用。

总之，近世代数是一门充满魅力的学科，通过对群论、环论、域论、线性代数、域扩张、代数拓扑和泛函分析等知识点的学习与探索，我们能够更好地理解数学的本质和思想，从而为更广泛的数学研究和应用打下坚实的基础。

近世代数学习系列三环

环简介一个具有两种二元运算的代数系统。

在抽象代数产生的19世纪，数学家们开始研究满足所有合成律（即加法交换律、结合律，乘法交换律、结合律，以及乘法对加法的分配律等等）或者满足其中的一部分的集合。

倘若一个集合具有加法、乘法和相应的运算性质，它就称为环。

整数集Z就构成一个（数）环。

在20世纪，数学家们开始研究一种新型结构叫“环”。

环是一个集合，其中的元素能通过一种类似加法运算按下面的方式结合起来：1. 若a和b都是环中的元素，那么a+b也是环中的元素；2. 加法符合结合律：若a、b和c都属于这个环，那么a+(b+c)=(a+b)+c；3. 在环中存在一个类似于0的元素－－甚至也可以称它为0－－具有性质：对于环中的任一元素a，有0+a=a；4. 对于环中的每个元素a和b，a+b=b+a都成立。

在环中，还对这些元素定义了另一个类似于乘法的运算，它具有下面两个性质：1. 若a和b属于环，那么它们的乘积ab也属于环；2. 若a、b和c属于环，那么结合律成立：a(bc)=(ab)c。

环的乘法通常不满足交换律（ab=ba 一般不成立），而且并不是环中的每个元素都有一个乘法的逆元。

各种n×n矩阵的集合连同运算选出来，就形成一个具体的环的例子。

在20世纪的前30多年中，由于德国数学家诺特(Emmy Noether，1882-1935年）的工作，环的结构的研究变得非常重要。

环论往往相当抽象。

虽然许多对环论感兴趣的数学家常常用字母表示环中的元素，但是由于他们对矩阵的理解非常深刻，给出了许多卓有成效的解释，所以有时把一个特殊的环表示成一个n×n矩阵的集合。

这类矩阵表示，不仅能使数学家们把环理解成具体的，甚至是可以计算的问题，而且能使数学家们去运用数学理论家的那种非常抽象的思想。

这种用矩阵集合表示环或群的方法，已经成为了当代数学、物理学，以及理论化学的一个重要组成部分。

____摘自：《代数学－集合、符号和思维的语言》[美]约翰·塔巴克著，商务印书馆，2007年7月第1版环的定义在非空集合R中，若定义了两种代数运算加和乘，且满足：1）集合R在加法运算下构成Abel群。

近世代数学习系列三 环

近世代数课件(全)--3-5 环的同态、极大理想

近世代数之除环、域

近世代数课件--3.5子环、环的同态

近世代数--理想与商环

Removed_近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)-3

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