小学代数笔记-环论

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你怎么这么菜，连小学的东西都学不会

环论

环

若

  1. (R,+,0)(R,+,0) 是Abel群
  2. (R,⋅,1)(R,\cdot, 1) 是幺半群
  3. ⋅\cdot 对 ++ 满足分配律，即 ∀a,b,c∈R:\forall a,b,c\in R:
    1. a(b+c)=ab+aca(b+c)=ab+ac
    2. (a+b)c=ac+bc(a+b)c=ac+bc

则 (R,+,⋅)(R,+,\cdot) 为环

左零元：若 ∃b∈R,ab=0\exists b\in R, ab=0 ，则 aa 为左零元

右零元：若 ∃b∈R,ba=0\exists b\in R, ba=0 ，则 aa 为右零元

交换环：(R,⋅,1)(R,\cdot,1) 为交换幺半群（满足二项式定理）

整环(domain)：(R−{0},⋅,1)(R-\{0\},\cdot,1)为幺半群（即不含非 00 的左右零元）

除环：(R−{0},⋅,1)(R-\{0\},\cdot,1) 为群

域：(R−{0},⋅,1)(R-\{0\},\cdot,1) 为Abel群

证明子环：

  1. 加法封闭
  2. 加法逆元
  3. 乘法封闭
  4. 乘法单位元

有限整环一定是除环

证明：构造映射 a→aba\to ab ，证明它是双射

华罗庚恒等式

若 DD 为除环，a,b∈Da,b\in D ，则

a−(a−1+(b−1−a)−1)−1=abaa-(a^{-1}+(b^{-1}-a)^{-1})^{-1}=aba

证明：(a−aba)(a−1+(b−1−a)−1)=1−ab+ab(b−1−a)(b−1−a)−1=1(a-aba)(a^{-1}+(b^{-1}-a)^{-1})=1-ab+ab(b^{-1}-a)(b^{-1}-a)^{-1}=1

Cartan-Brauer-Hua定理

若 DD 为除环， KK 为 DD 的子除环，∀d∈D,dKd−1=K\forall d\in D, dKd^{-1}=K ，则

K=DK=D 或 K⊆C(D)K\subseteq C(D)

证明：

K=DK=D 时显然

K≠DK\ne D 时，取定 k∈Kk\in K

∀d∈D,dk∈dK=Kd\forall d\in D, dk\in dK=Kd

∴∃λd∈K,dk=λdd\therefore \exists \lambda_d\in K, dk=\lambda_dd

∴∀d1∈K,d2∈D−K,λd1d1+λd2d2=λd1+d2(d1+d2)\therefore \forall d_1\in K, d_2\in D-K, \lambda_{d_1}d_1+\lambda_{d_2}d_2=\lambda_{d_1+d_2}(d_1+d_2)

∴(λd1−λd1+d2)d1+(λd2−λd1+d2)d2=0\therefore (\lambda_{d_1}-\lambda_{d_1+d_2})d_1+(\lambda_{d_2}-\lambda_{d_1+d_2})d_2=0

∴λd2=λd1+d2=λd1\therefore \lambda_{d_2}=\lambda_{d_1+d_2}=\lambda_{d_1}

∴∃λ∈K,∀d∈D,dk=λd\therefore \exists \lambda\in K, \forall d\in D, dk=\lambda d

取 d=1d=1 得 λ=k\lambda=k

∴K⊆C(D)\therefore K\subseteq C(D)

可逆元群

幺半群 (M,⋅,1)(M,\cdot,1) 上所有单位（可逆元，unit）构成一个群，记作 U(M)U(M)

e.g. U(Z)={1,−1}U(\Z)=\{1,-1\}

矩阵环

环 RR 上的 n×nn\times n 矩阵环：Mn(R)M_n(R)

若 RR 为交换环， A=(aij)n×n∈Mn(R)A=(a_{ij})_{n\times n}\in M_n(R) ，定义行列式：

det⁡A=∣A∣=∑π∈Snsg(π)a1π(1)a2π(2)...anπ(n)\det A=|A|=\sum_{\pi\in S_n} \text{sg}(\pi)a_{1\pi(1)}a_{2\pi(2)}...a_{n\pi(n)}

算术主子式 AijA_{ij} 值为 (−1)i+j(-1)^{i+j} 乘 AA 去除第 ii 行和第 jj 列后的行列式

伴随矩阵 A∗A^* 的第 ii 行第 jj 列为 AjiA_{ji}

AA∗=A∗A=∣A∣IAA^{*}=A^{*}A=|A|I

GLn(R)=U(Mn(R))GL_n(R)=U(M_n(R))

∣AB∣=∣A∣∣B∣|AB|=|A||B|

AA 可逆   ⟺  ∣A∣\iff |A| 可逆

四元数环（非交换除环）

M_2(\C)=\{(a_{ij})\mid a_{ij}\in \C,1\le i,j\le 2\}

\H=\{\begin{pmatrix}a&b\\-\bar{b}&\bar{a}\end{pmatrix}\mid a,b\in \C\}\subseteq M_2(\C)

(ab−bˉaˉ)−1=1∣a∣2+∣b∣2(aˉ−bbˉa)(∣a∣2+∣b∣2≠0)\begin{pmatrix}a&b\\-\bar{b}&\bar{a}\end{pmatrix}^{-1}=\frac{1}{|a|^2+|b|^2}\begin{pmatrix}\bar{a}&-b\\\bar{b}&a\end{pmatrix} (|a|^2+|b|^2\ne 0)$

或

\H=\{a+bi+cj+dk\mid a,b,c,d\in \R, i^2=j^2=k^2=1,ij=k=-ji,jk=i=-kj,ki=j=-ik\}

(a+bi+cj+dk)−1=1a2+b2+c2+d2(a−bi−cj−dk)(a+bi+cj+dk)^{-1}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2+d^2}(a-bi-cj-dk)$

理想

若 (R,+,⋅)(R,+,\cdot) 为环， I≤(R,+)I\le (R,+) ， ∀i∈I,r∈R,ri∈I\forall i\in I, r\in R, ri\in I ，称 II 为 RR 的左理想

若 (R,+,⋅)(R,+,\cdot) 为环， I≤(R,+)I\le (R,+) ， ∀i∈I,r∈R,ir∈I\forall i\in I, r\in R, ir\in I ，称 II 为 RR 的右理想

若 II 同时是 RR 的左右理想，称 II 为 RR 的理想（记作 I⊴RI\unlhd R）

除环和域只有平凡的理想

若 RR 为交换环，则：RR 只有平凡理想   ⟺  \iff RR 为域

证明：

必要性：

若 RR 为域

任取 I⊴R(I≠{0})I\unlhd R (I\ne \{0\}) ， ∃a∈I,a≠0\exists a\in I, a\ne 0

∴1=aa−1∈I\therefore 1=aa^{-1}\in I

∴I=R\therefore I=R

充分性：

若 RR 只有平凡理想

∴∀a∈R,(a)=aR=R\therefore \forall a\in R, (a)=aR=R

∴∃x∈R,ax=1\therefore \exists x\in R, ax=1

同理 ∃y∈R,ya=1\exists y\in R, ya=1

∴R\therefore R 为域

判断理想：加法封闭，ri,ir∈Iri,ir\in I

主理想：(a)={∑i=1mxiayi∣xi,yi∈R,m=1,2,...}(a)=\{\sum_{i=1}^mx_iay_i\mid x_i,y_i\in R,m=1,2,...\}

主理想环：任意理想都是主理想的环

理想的和：I+J={x+y∣x∈I,y∈J}I+J=\{x+y\mid x\in I,y\in J\}

理想的积：IJ={∑i=1mxiyi∣xi∈I,yi∈J,m=1,2,...}IJ=\{\sum_{i=1}^mx_iy_i\mid x_i\in I, y_i\in J,m=1,2,...\}

生成理想：(S)=∑a∈S(a)(S)=\sum_{a\in S}(a)

生成左理想：RaRa

生成右理想：aRaR

当 RR 为交换环时，(a)=Ra=aR(a)=Ra=aR

商环

RR 上的同余关系 ∼\sim 对应 RR 的理想： 0ˉ\bar{0}

商环：R/I={a+I∣a∈R}R/I=\{a+I\mid a\in R\}

定义 (a+I)+(b+I)=(a+b)+I,(a+I)(b+I)=ab+I(a+I)+(b+I)=(a+b)+I, (a+I)(b+I)=ab+I

整数环的理想

若 II 为 Z\Z 的理想 ，则 I≤(Z,+)I\le (\Z,+)

∴I=(k)={kn∣n∈Z}\therefore I=(k)=\{kn\mid n\in \Z\}

若 kk 为合数，Z/(k)\Z/(k) 不是整环

证明：∃m1,m2∈Z,k=m1m2\exists m_1,m_2\in \Z, k=m_1m_2 ， m1,m2m_1,m_2 为 Z/<k>\Z/<k> 的零元

若 kk 为素数，Z/(k)\Z/(k) 是域

证明：

在 Z/(k)\Z/(k) 中，aˉ\bar{a} 为 Z/(k)\Z/(k) 可逆元当且仅当 (a,k)=1(a,k)=1 ，个数为 φ(k)\varphi (k)

U(Z/(k))U(\Z/(k)) 中的元素为与 kk 互质的元素构成的等价类

∣U(Z/(k))∣=φ(k)|U(\Z/(k))|=\varphi(k)

∴aφ(k)≡1(modk)(a⊥k)\therefore a^{\varphi(k)}\equiv 1\pmod k (a\perp k)

Euler函数为积性函数

证明：

构造 f:U(Zmn)→U(Zm)×U(Zn)f: U(\Z_{mn})\to U(\Z_m)\times U(\Z_n)

f(a)=(amod  m,amod  n)f(a)=(a\mod m,a\mod n)

可证明 φ\varphi 是同构

环同态

若φ:R→R′\varphi: R\to R'满足：

  1. ∀a,b∈R,φ(ab)=φ(a)+φ(b)\forall a,b\in R, \varphi(ab)=\varphi(a)+\varphi(b)

  2. ∀a,b∈R,φ(ab)=φ(a)φ(b)\forall a,b\in R, \varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)

  3. φ(1)=1′\varphi(1)=1'

则φ\varphi是 RR 到 R′R' 的同态。记作R∼R′R\sim R'。

同态核：ker⁡φ=φ−1(0)\ker \varphi =\varphi^{-1}(0)

同构：φ\varphi 为双射，记作 R≅R′R\cong R'

自同构：双射 φ:R→R\varphi: R\to R

内自同构： φ(x)=uxu−1\varphi(x)=uxu^{-1}

Jordan同态：加法同态，且

  1. ∀a,b∈R,φ(aba)=φ(a)φ(b)φ(a)\forall a,b\in R, \varphi(aba)=\varphi(a)\varphi(b)\varphi(a)
  2. φ(1)=1′\varphi(1)=1'

环到整环的 Jordan 同态一定是同态或反同态。

证明：

φ(a+c)φ(b)φ(a+c)=φ(aba+abc+cba+cbc)\varphi(a+c)\varphi(b)\varphi(a+c)=\varphi(aba+abc+cba+cbc)

∴φ(a)φ(b)φ(c)+φ(c)φ(b)φ(a)=φ(abc+cba)\therefore \varphi(a)\varphi(b)\varphi(c)+\varphi(c)\varphi(b)\varphi(a)=\varphi(abc+cba)

(φ(ab)−φ(a)φ(b))(φ(ab)−φ(b)φ(a))=φ2(ab)−φ(ab)φ(b)φ(a)−φ(a)φ(b)φ(ab)+φ(a)φ(b)φ(b)φ(a)=φ(abab)−φ(abba+abab)+φ(abba)=0(\varphi(ab)-\varphi(a)\varphi(b))(\varphi(ab)-\varphi(b)\varphi(a))\\=\varphi^2(ab)-\varphi(ab)\varphi(b)\varphi(a)-\varphi(a)\varphi(b)\varphi(ab)+\varphi(a)\varphi(b)\varphi(b)\varphi(a)\\=\varphi(abab)-\varphi(abba+abab)+\varphi(abba)=0

∴φ(ab)=φ(a)φ(b)\therefore \varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b) 或 φ(ab)=φ(b)φ(a)\varphi(ab)=\varphi(b)\varphi(a)

通过反证法可证明任意性

环同态基本定理

若有同态 f:R→R′f:R\to R'，则 $$R/\ker f\cong\text{Im} f$$

第一环同构基本定理

若有满同态 φ:R→R′\varphi: R\to R' ， ker⁡φ⊆H\ker \varphi\subseteq H ， H⊴RH\unlhd R 。

记 H′=φ(H)H'=\varphi(H) ，则

R/H≅R′/H′R/H\cong R'/H'

第二环同构基本定理

若S≤R,I⊴RS\le R, I\unlhd R，则
S+I≤RS+I\le R

I⊴S+II\unlhd S+I

(S+I)/I≅S/(S∩I)(S+I)/I\cong S/(S\cap I)

证明：作同态 s→s+Is\to s+I

反同构

若双射 φ:R→R′\varphi: R\to R' 满足：

  1. ∀a,b∈R,φ(ab)=φ(a)+φ(b)\forall a,b\in R, \varphi(ab)=\varphi(a)+\varphi(b)

  2. ∀a,b∈R,φ(ab)=φ(b)φ(a)\forall a,b\in R, \varphi(ab)=\varphi(b)\varphi(a)

  3. φ(1)=1′\varphi(1)=1' （可由第2点推出）

则 φ\varphi 为 RR 到 R′R' 的反同构

反自同构：φ:R→R\varphi :R\to R

对合：φ\varphi 为反自同构， φ2=1\varphi^2=1

e.g.

\varphi: \H\to \H ， φ(x)=xˉ\varphi(x)=\bar{x} （即 φ(a+bi+cj+dk)=a−bi−cj−dk\varphi (a+bi+cj+dk)=a-bi-cj-dk ）

\varphi: M_2(\C)\to M_2(\C) ， φ(A)=A∗\varphi(A)=A^*

φ:Mn(R)→Mn(R)\varphi: M_n(\R)\to M_n(\R) ， φ(A)=AT\varphi(A)=A^T

交换整环的分式域

若 DD 为交换整环，则必有域 FF 使得 DD 为 FF 的子环。

记 D∗=D−{0}D^*=D-\{0\}

定义等价关系 (a,b)∼(c,d)  ⟺  ad=bc(a,b)\sim (c,d)\iff ad=bc

D×D∗/∼={(a,b)‾∣a∈D,b∈D∗}D\times D^*/\sim=\{\overline{(a,b)}\mid a\in D, b\in D^*\}

记 (a,b)‾=ab\overline{(a,b)}=\frac{a}{b}

定义运算

ab+cd=ad+bcbd\frac{a}{b}+\frac{c}{d}=\frac{ad+bc}{bd}

ab⋅cd=acbd\frac{a}{b}\cdot \frac{c}{d}=\frac{ac}{bd}

可证明 F=D×D∗/∼F=D\times D^*/\sim 按上述运算构成一个域。

证明：

<F,+><F,+> 构成Abel群：

  1. 交换律、结合律显然
  2. 单位元 01\frac{0}{1}
  3. 负元 −ab\frac{-a}{b}

<F−{01‾},⋅><F-\{\overline{\frac{0}{1}}\},\cdot> 构成Abel群

  1. 交换律、结合律显然
  2. 单位元 11\frac{1}{1}
  3. 逆元 ba\frac{b}{a}

若 DD 为交换整环，FF 为 DD 的分式域，F′F' 为域，ηD:D→F′\eta_D: D\to F' 为单同态，则 ηD\eta_D 一定能扩张成 F→F′F\to F' 的同态。

F={ab−1∣a∈D,b∈D∗}F=\{ab^{-1}\mid a\in D,b\in D^*\}

定义 η(ab−1)=ηD(a)(ηD(b))−1\eta(ab^{-1})=\eta_D(a)(\eta_D(b))^{-1}

若 ab−1=cd−1ab^{-1}=cd^{-1}

则 ad=bcad=bc

∴ηD(ab)=ηD(bc)\therefore \eta_D(ab)=\eta_D(bc)

∴η(ab−1)=η(cd−1)\therefore \eta(ab^{-1})=\eta(cd^{-1})

∴η\therefore \eta 为合法映射

可证明 η\eta 保持加法和乘法运算

多项式环

若 R,R′R,R' 均为交换环，R≤R′R\le R' ，U⊆R′U\subseteq R' ，记 R′R' 中包含 R∪UR\cup U 的最小子环为 R[U]R[U]

显然 R[U][V]=R[U∪V]R[U][V]=R[U\cup V]

参数为 uu ，系数在 RR 中的多项式表示为：

R[u]={a0+a1u+a2u2+...+akuk∣ai∈R,k≥0}R[u]=\{a_0+a_1u+a_2u^2+...+a_ku^k\mid a_i\in R, k\ge 0\} （元素表示不一定唯一）

交换环的同态扩张

若 RR 为交换环，xx 为 RR 上的未定元，R[x]={∑i=0kaixi∣ai∈R,k≥0}R[x]=\{\sum_{i=0}^ka_ix^i\mid a_i\in R, k\ge 0\}

规定 ∑i=0kaixi=∑i=0lbixi  ⟺  k=l,ai=bi\sum_{i=0}^ka_ix^i=\sum_{i=0}^lb_ix^i \iff k=l, a_i=b_i

加法：∑i=0naixi+∑i=0nbixi=∑i=0n(ai+bi)xi\sum_{i=0}^na_ix^i+\sum_{i=0}^nb_ix^i=\sum_{i=0}^n(a_i+b_i)x^i

乘法：(∑i=0naixi)(∑i=0mbixi)=∑k=0n+m(∑i+j=kaibj)xk(\sum_{i=0}^na_ix^i)(\sum_{i=0}^mb_ix^i)=\sum_{k=0}^{n+m}(\sum_{i+j=k}a_ib_j)x^k

若 SS 为交换环， u∈Su\in S ，则存在唯一同态 f:R[x]→Sf:R[x]\to S ，使得 ∀a∈R,f(a)=a,f(x)=u\forall a\in R, f(a)=a, f(x)=u

证明：

定义 ∀∑i=0naixi∈R[x],f(∑i=0naixi)=∑i=0naiui\forall \sum_{i=0}^na_ix^i\in R[x], f(\sum_{i=0}^na_ix^i)=\sum_{i=0}^na_iu^i

不难验证它满足条件

推论：

对任一同态 f:R→R′,u∈R′f:R\to R', u\in R'

ff 可唯一扩张为同态 f′:R[x]→R′f':R[x]\to R' ，使得 f′(x)=u,∀a∈R,f′(a)=af'(x)=u, \forall a\in R, f'(a)=a

代数元

同态 φ:R[x]→R[u]\varphi: R[x]\to R[u]

I=ker⁡φ={∑i=0naixi∈R[x]∣∑i=0naiui=0}I=\ker \varphi=\{\sum_{i=0}^na_ix^i\in R[x]\mid \sum_{i=0}^na_iu^i=0\}

I∩R={0}I\cap R=\{0\}

R[x]/I≅R[u]R[x]/I\cong R[u]

若 I={0}I=\{0\} ，则 uu 为 RR 上的超越元，否则为代数元

II 的生成元只相差一个单位

若 Q[x]Q[x] 为主理想环， f(x)f(x) 为 II 中次数最低的多项式，则 Q[x]=(f(x))Q[x]=(f(x))

证明：反证法

求余

若 RR 为交换环， f(x),g(x)∈R[x],g(x)≠0f(x),g(x)\in R[x], g(x)\ne 0 ，bmb_m 为 g(x)g(x) 首项系数

则 ∃k∈N,q(x),r(x)∈R[x]\exists k\in \N, q(x),r(x)\in R[x]

bmkf(x)=g(x)q(x)+r(x),deg⁡r(x)<deg⁡g(x)b_m^k f(x)=g(x)q(x)+r(x), \deg r(x)<\deg g(x)

证明：对 f(x)f(x) 的次数进行归纳

若 q(x)=x−aq(x)=x-a ，则 g(x),r(x)g(x),r(x) 唯一。

证明：r(a)=f(a)r(a)=f(a)

若 RR 为域，则 g(x),r(x)g(x),r(x) 唯一。

证明：反证法

极小多项式

FF 为域，F⊆R′F\subseteq R' ， R′R' 为交换环， u∈R′u\in R'

F[u]={a0+a1u+...+anun∣ai∈F,0≤i≤n}F[u]=\{a_0+a_1u+...+a_nu^n\mid a_i\in F,0\le i\le n\}

同态 φ:F[x]→F[u]\varphi: F[x]\to F[u]

I=ker⁡φ⊴F[x]I=\ker \varphi\unlhd F[x]

若 I={0}I=\{0\} ，φ\varphi 为同构

若 I≠{0}I\ne \{0\} ，设 g(x)g(x) 为 I−{0}I-\{0\} 中次数最低的多项式，则 I=(g(x)),g(x)≠0I=(g(x)), g(x)\ne 0

称 g(x)g(x) 为 uu 在 F[x]F[x] 上的极小多项式。

若 FF 为域，xx 为 FF 上的未定元，则 F[x]F[x] 为主理想整环。

证明：

设 I⊴F[x]I\unlhd F[x]

若 I={0}I=\{0\} ， I=<0>I=<0> 为主理想

若 I≠{0}I\ne \{0\} ，设 f(x)f(x) 为 II 中次数最低的非零多项式

∀g(x)∈I,g(x)=f(x)q(x)+r(x)\forall g(x)\in I, g(x)=f(x)q(x)+r(x)

∴r(x)∈I,deg⁡r(x)<deg⁡f(x)\therefore r(x)\in I, \deg r(x)<\deg f(x)

∴r(x)=0\therefore r(x)=0

∴I=(f(x))\therefore I=(f(x))

又 ∵F[x]\because F[x] 无零元

得证

g(x)g(x) 为 F[x]F[x] 上的不可约多项式（若 R′R' 为 FF 的扩域则一定成立）  ⟺  F[x]/<g(x)>≅F[u]\iff F[x]/<g(x)>\cong F[u] 为域。

证明：∀f(x)‾≠0ˉ\forall \overline{f(x)}\ne \bar{0} ，∴f(x),g(x)\therefore f(x), g(x) 互质 ，即 ∃h1(x),h2(x),f(x)h1(x)+g(x)h2(x)=1\exists h_1(x),h_2(x), f(x)h_1(x)+g(x)h_2(x)=1

f(x)∈F[x]f(x)\in F[x] ，deg⁡f(x)=n\deg f(x)=n ，则 f(x)=0f(x)=0 在 F[x]F[x] 上至多有 nn 个不同的根。

证明：

设根为 x1,...,xrx_1,...,x_r

可用归纳法证明 ∏i=1r(x−xi)∣f(x)\prod_{i=1}^r(x-x_i)\mid f(x)

若 FF 为域，则 FF 的有限乘法子群一定是循环群。

证明：

设 G≤F∗G\le F^* ，∣G∣<+∞|G|<+\infty

只需证 exp⁡G=∣G∣\exp G=|G|

∵G\because G 为Abel群

∴∀a∈G,aexp⁡G=1\therefore \forall a\in G, a^{\exp G}=1

而 xexp⁡G=1x^{\exp G}=1 至多有 exp⁡G\exp G 个解

∴∣G∣≤exp⁡G\therefore |G|\le \exp G

∴∣G∣=exp⁡G\therefore |G|=\exp G

∴G\therefore G 为循环群

模 pp 整数域： Zp\Z_p

多项式函数

设 FF 为域， SS 为非空集合，FS={f∣f:S→F}F^S=\{f\mid f:S\to F\} ，(FS,+,⋅,0,1)(F^S, +, \cdot, 0, 1) 为交换环

设 s:F→Fs:F\to F ，∀a∈F,s(a)=a\forall a\in F, s(a)=a

F[s]={∑i=0naisi∣ai∈F}≤FFF[s]=\{\sum_{i=0}^na_is^i\mid a_i\in F\}\le F^F

(∑i=0naisi)(a)=∑i=0naiai(\sum_{i=0}^na_is^i)(a)=\sum_{i=0}^na_ia^i

同态 φ:F[x]→F[s]≤FF\varphi: F[x]\to F[s]\le F^F

φ(a)=a,φ(x)=s\varphi(a)=a, \varphi(x)=s

则 ker⁡φ={0}  ⟺  F\ker\varphi =\{0\} \iff F 为无限域

证明：

必要性：

设 f(x)∈ker⁡φf(x)\in \ker \varphi ，f(x)=∑i=0naixif(x)=\sum_{i=0}^na_ix^i

则 f(s)=0f(s)=0

若 f(x)≠0f(x)\ne 0 ，设 deg⁡f(x)=n\deg f(x)=n

∀a∈F,f(s)(a)=0\forall a\in F, f(s)(a)=0

∴∑i=0naia=0,∀a∈F\therefore \sum_{i=0}^na_ia=0, \forall a\in F

而 f(x)=0f(x)=0 至多有 nn 个不同根，与 FF 为无限域矛盾

∴ker⁡φ={0}\therefore \ker \varphi=\{0\}

充分性：

假设 FF 有限

设 F={a0,a1,...,am−1}F=\{a_0, a_1, ..., a_{m-1}\}

令 f(x)=∏i=0m−1(x−ai)≠0f(x)=\prod_{i=0}^{m-1}(x-a_i)\ne 0

∴φ(f(x))=0\therefore \varphi (f(x))=0

f(x)∈ker⁡φf(x)\in \ker \varphi ，矛盾

（此时 ker⁡φ=(xm−x)\ker \varphi=(x^m-x)）

S=F×F×...×F=FrS=F\times F\times ...\times F=F^r

(Fr,+,⋅,0,1)(F^r,+,\cdot, 0, 1) 为交换环

si:Fr→Fs_i: F^r\to F ，si((a1,...,ar))=ais_i((a_1,...,a_r))=a_i

同态 φ:F[x1,...,xr]→F[s1,...,sr]≤FFr\varphi: F[x_1,...,x_r]\to F[s_1,...,s_r]\le F^{F^r}

φ(a)=a,φ(xi)=si\varphi(a)=a, \varphi(x_i)=s_i

ker⁡φ={0}  ⟺  F\ker \varphi=\{0\}\iff F 为无限域

证明：采用归纳法

否则 ∣F∣=m,ker⁡φ=<x1m−x1,...,xrm−xr>|F|=m, \ker\varphi=<x_1^m-x_1,...,x_r^m-x_r>

对称多项式

f(x1,...,xn)∈F[x1,...xn]f(x_1,...,x_n)\in F[x_1,...x_n] 为对称多项式   ⟺  f(x1,...,xn)=f(xπ1,...,xπn),∀π∈Sn\iff f(x_1,...,x_n)=f(x_{\pi_1},...,x_{\pi_n}), \forall \pi\in S_n

e.g. f(x1,x2,x3)=x1+x2+x3∈R[x1,x2,x3]f(x_1,x_2,x_3)=x_1+x_2+x_3\in \R[x_1,x_2,x_3]

自同构 S(π):F[x1,...,xn]→F[x1,...,xn],S(π)(a)=a,S(π)(xi)=xπiS(\pi): F[x_1,...,x_n]\to F[x_1,...,x_n], S(\pi)(a)=a, S(\pi)(x_i)=x_{\pi_i}

设 g(x)=∏i=1n(x−xi)=∑i=0n(−1)ipixig(x)=\prod_{i=1}^n(x-x_i)=\sum_{i=0}^n(-1)^ip_ix^i

S(π)(pi)=piS(\pi)(p_i)=p_i

称 pip_i 为初等对称多项式

任一对称多项式都可表示为 p0,...,pnp_0,...,p_n 的多项式，且 p0,...,pnp_0,...,p_n 代数无关

证明：

定义单项式 x1k1...xnknx_1^{k_1}...x_n^{k_n} 的次数为 k1+...+knk_1+...+k_n

字典序：按 k1,...,knk_1,...,k_n 的优先级比较大小

若 M1>M2,N1>N2M_1>M_2,N_1>N_2 则 M1N1>M2N2M_1N_1>M_2N_2

先证任何齐次对称多项式可表示为初等对称多项式的多项式

设其中一项为 ax1k1...xnknax_1^{k_1}...x_n^{k_n}

因此必然包含 axπ1kπ1...xπnkπn,∀π∈Snax_{\pi_1}^{k_{\pi_1}}...x_{\pi_n}^{k_{\pi_n}}, \forall \pi\in S_n

不妨设 k1≥...≥knk_1\ge ...\ge k_n ，则该项为首项

∴p1k1−k2p2k2−k3...pnkn\therefore p_1^{k_1-k_2}p_2^{k_2-k_3}...p_n^{k_n} 首项为 x1k1...xnknx_1^{k_1}...x_n^{k_n}

∴f(x1,...,xn)=ap1k1−k2p2k2−k3...pnkn\therefore f(x_1,...,x_n)=ap_1^{k_1-k_2}p_2^{k_2-k_3}...p_n^{k_n}

若 ∑ad1...dnp1d1...pndn=0\sum a_{d_1...d_n}p_1^{d_1}...p_n^{d_n}=0

考虑 p1d1...pndnp_1^{d_1}...p_n^{d_n} 的首项是否为0即可

R[p1,...,pn]≤R[x1,...,xn]\R[p_1,...,p_n]\le \R[x_1,...,x_n]

可分解的幺半群和环 (UFD)

若 DD 为整环， ∃x∈D,ax=b\exists x\in D, ax=b ，则称 aa 整除 bb ，记作 a∣ba\mid b

设 MM 为可交换的，满足消去律的幺半群

若 a=bua=bu，uu 可逆，称 a,ba,b 为相伴元 ，记作 a∼ba\sim b

若 a∣b,b∤aa\mid b, b\not\mid a ，称 aa 为 bb 的真因子

若 aa 为非单位，且无非单位真因子，称 aa 为不可约元

若 pp 为 MM 的非单位，且 ∀a,b∈M,p∣ab  ⟹  p∣a或p∣b\forall a,b\in M, p\mid ab\implies p\mid a或p\mid b ，称 pp 为 MM 的素元

若 d∣a,d∣bd\mid a, d\mid b 且 ∀c∈M(c∣a,c∣b),c∣d\forall c\in M(c\mid a,c\mid b), c\mid d ，称 dd 为 a,ba,b 的gcd，记作 d=(a,b)d=(a,b)

a=p1...ps=up1k1...pmkma=p_1...p_s=up_1^{k_1}...p_m^{k_m} ，pip_i 不可约且两两不相伴

b=vp1h1...pmhmb=vp_1^{h_1}...p_m^{h_m}

则 (a,b)=p1min⁡(k1,h1)...pmmin⁡(km,hm)(a,b)=p_1^{\min(k_1,h_1)}...p_m^{\min(k_m,h_m)}

[a,b]=p1max⁡(k1,h1)...pmmax⁡(km,hm)[a,b]=p_1^{\max(k_1,h_1)}...p_m^{\max(k_m,h_m)}

若 (a,b)=1(a,b)=1 ，称 a,ba,b 互素

若a∣a,b∣ma\mid a,b\mid m 且 ∀n∈M(a∣n,b∣n),m∣n\forall n\in M(a\mid n,b\mid n), m\mid n ，称 mm 为 a,ba,b 的lcm，记作 m=[a,b]m=[a,b]

分解：非单位 a≠0a\ne 0 ， a=p1...psa=p_1...p_s ，p1,...,psp_1,...,p_s 为 MM 的不可约元

可唯一分解：对 aa 的任意两种分解 a=p1...ps=p1′p2′...pt′a=p_1...p_s=p_1'p_2'...p_t' ， t=st=s 且 ∀i,∃i′,pi′′∼pi\forall i, \exists i', p_{i'}'\sim p_i

若满足消去律（不含零元）的交换幺半群 MM 中所有非单位均可唯一分解，称 MM 可分解

若交换整环 D=(M,+,⋅,0,1)D=(M,+,\cdot,0,1) 中 (M−{0},⋅,1)(M-\{0\},\cdot,1) 可分解，称 DD 可分解

不可分解环 e.g. D=Z[10]≤RD=\Z[\sqrt{10}]\le \R

定义范数 N(a+b10)=a2−10b2∈ZN(a+b\sqrt{10})=a^2-10b^2\in \Z

N(x)N(y)=N(xy)N(x)N(y)=N(xy)

∴D\therefore D 中单位的范数是 ±1\pm 1

10=2×5=10×1010=2\times 5=\sqrt{10}\times \sqrt{10}

N(2)=4,N(10)=−10N(2)=4, N(\sqrt{10})=-10

若 22 可分解，则 2=rs,N(r)=N(s)=22=rs, N(r)=N(s)=2

若 a2−10b2=2a^2-10b^2=2 ，则 a2≡2(mod10)a^2\equiv 2\pmod {10} ，无整数解

∴2\therefore 2 不可约

同理 10\sqrt{10} 不可约，且 22 和 10\sqrt{10} 不相伴

∴Z[10]\therefore \Z[\sqrt{10}] 不是唯一分解的幺半群

若 a=bca=bc ， a,b,c∈Ma,b,c\in M

a=p1p2...psa=p_1p_2...p_s ，称 ss 为 aa 的长度

则 b=p1′p2′...pl′,pj′∼pij,l<sb=p_1'p_2'...p_l', p_j'\sim p_{i_j}, l<s

因子链条件

MM 不含无穷序列 a1,a2,...a_1,a_2,... ，其中 ai+1a_{i+1} 为 aia_i 的真因子

不满足因子链条件 e.g.

(R∗,+,0)(R^*,+,0)

an=2−na_n=2^{-n}

素元条件

MM 中每个不可约元为素元

不满足素元条件 e.g.

Z[−5]\Z[\sqrt{-5}]

2∣(1+−5)(1−−5)2\mid (1+\sqrt{-5})(1-\sqrt{-5})

若 MM 为满足消去律的交换幺半群，则

MM 唯一分解   ⟺  M\iff M 满足因子链条件和素元条件

证明：

唯一分解 $\implies $ 因子链条件显然

唯一分解 $\implies $ 素元条件：

设 MM 为唯一分解幺半群， pp 为 MM 的不可约元

若 p∣abp\mid ab

当 aa 为单位时， p∣bp\mid b

当 bb 为单位时， p∣ap\mid a

当 a,ba,b 均为非单位，则 a=p1p2...ps,b=q1q2...qta=p_1p_2...p_s, b=q_1q_2...q_t ，pi,qjp_i,q_j 为不可约元

∴ab=p1...psq1...qt\therefore ab=p_1...p_sq_1...q_t

∵p∣ab\because p\mid ab ，pp 为不可约元

∴p∼pi\therefore p\sim p_i 或 p∼qjp\sim q_j

∴p∣a\therefore p\mid a 或 p∣bp\mid b

因子链条件+素元条件   ⟹  \implies 唯一分解：

先证 ∀a∈M\forall a\in M （aa 不是单位），则 aa 一定有不可约元因子：

若 aa 为不可约元，a=aa=a

否则 a=a1b1a=a_1b_1

若 bb 为不可约元则成立

否则 a1=a2b2a_1=a_2b_2

……

若无限进行下去则与因子链条件矛盾

假设 a=p1...ps=q1...qta=p_1...p_s=q_1...q_t ，pi,qjp_i,q_j 为不可约元

若 s=1s=1 则只能 t=1,q1=p1t=1, q_1=p_1

假设 aa 长度为 s−1s-1 时结论成立

p1∣q1...qtp_1\mid q_1...q_t

不妨设 p1∣q1p_1\mid q_1

∴q1=p1u\therefore q_1=p_1u ，uu 为单位

∴p2...pt=uq2...qt\therefore p_2...p_t=uq_2...q_t

由归纳假设，s−1=t−1s-1=t-1 且 pi=qip_i=q_i

gcd条件

任意两个元素都有gcd

  1. (a1,a2,...,an)=(...((a1,a2),a3),...)(a_1,a_2,...,a_n)=(...((a_1,a_2),a_3),...)

  2. ((a,b),c)∼(a,(b,c))((a,b),c)\sim (a,(b,c))

  3. c(a,b)∼(ca,cb)c(a,b)\sim (ca,cb)

  4. (a,b)∼(a,c)∼1  ⟹  (a,bc)∼1(a,b)\sim (a,c)\sim 1\implies (a,bc)\sim 1

    证明：1∼(a,c(a,b))∼(a,(ac,bc))∼((a,ac),bc)∼(a,bc)1\sim (a,c(a,b))\sim (a,(ac,bc))\sim ((a,ac),bc)\sim (a,bc)

  5. gcd条件 $\implies $ 素元条件

    证明：

    若 pp 为不可约元，且 p∤a,p∤bp\nmid a,p\nmid b

    ∴(p,a)∼(p,b)∼1\therefore (p,a)\sim (p,b)\sim 1

    ∴(p,ab)∼1\therefore (p,ab)\sim 1

    ∴p∤ab\therefore p\nmid ab

主理想整环 (PID)

主理想整环：每个理想都是主理想的整环

主理想升链条件： DD 不包含无穷升链 (a1)⊊(a2)⊊...(a_1)\subsetneq (a_2)\subsetneq...

若 DD 为PID，则 DD 为UFD

证明：

主理想升链条件：

若有 (a1)⊆(a2)⊆...(a_1)\subseteq (a_2)\subseteq...

令 I=∪(ai)I=\cup(a_i)

I⊴DI\unlhd D

∴∃d∈D,I=(d)\therefore \exists d\in D, I=(d) 且 ∃n,d∈(an)\exists n, d\in (a_n)

I⊆(an)I\subseteq (a_n)

∴(an)=(an+1)=...\therefore (a_n)=(a_{n+1})=...

gcd条件：

∀a,b∈D,∃d,(a,b)=(d)\forall a,b\in D, \exists d, (a,b)=(d)

∴d=(a,b)\therefore d=(a,b)

或证明素元条件：

设 pp 是 DD 上的不可约元， p∣abp\mid ab ，p∤ap\nmid a

∴(p)⊊(p,a)\therefore (p)\subsetneq (p,a)

∴(p,a)=(1)\therefore (p,a)=(1)

∴∃x,y∈D,px+ay=1\therefore \exists x,y\in D, px+ay=1

∴pxb+ayb=b\therefore pxb+ayb=b

∴p∣b\therefore p\mid b

Euclid 整环 (ED)

设 DD 为整环，若 ∃\exists 尺度函数 δ:D→N∗\delta: D\to N^* ，使得 ∀a,b∈D,b≠0,a=qb+r,δ(r)<δ(b)\forall a,b\in D, b\ne 0, a=qb+r, \delta(r)<\delta(b) ，称 DD 为 Euclid 整环

若 DD 为ED，则 DD 为PID

证明：

任取 I⊴DI\unlhd D

若 I={0}I=\{0\} 则 I=(0)I=(0)

否则，取 bb 为 I−{0}I-\{0\} 中 δ\delta 值最小的元素

∀a∈I,a=qb+r,δ(r)<δ(b)\forall a\in I, a=qb+r, \delta(r)<\delta(b)

r=a−qb∈Ir=a-qb\in I

∴r=0\therefore r=0

∴a=qb\therefore a=qb

∴I=(b)\therefore I=(b)

e.g. Gauss整环

Z[i]={a+bi∣a,b∈Z}\Z[i]=\{a+bi\mid a,b\in \Z\}

δ(a+bi)=a2+b2\delta(a+bi)=a^2+b^2

α=a+bi,β=c+di≠0\alpha=a+bi,\beta=c+di\ne 0

设 \alpha\beta^{-1}=\mu+\nu i, \mu, \nu \in \Q

取 u,v∈Zu,v\in \Z

ϵ=μ−u,η=ν−v,∣ϵ∣,∣η∣≤12\epsilon=\mu-u, \eta=\nu-v, |\epsilon|, |\eta|\le \frac{1}{2}

∣β(ϵ+ηi)∣2≤12∣β∣2<∣β∣2|\beta(\epsilon+\eta i)|^2\le \frac{1}{2}|\beta|^2<|\beta|^2

可分解整环的多项式扩展

设 f(x)∈D[x],f(x)≠0f(x)\in D[x], f(x)\ne 0 ，若系数的gcd c(f)=1c(f)=1 ，称 f(x)f(x) 为本原多项式/素多项式

若 f(x)=d1f1(x)=d2f2(x)f(x)=d_1f_1(x)=d_2f_2(x) ， c(f1)=c(f2)=1c(f_1)=c(f_2)=1 ，则 d1∼d2,f1∼f2d_1\sim d_2, f_1\sim f_2

设 DD 为唯一分解的整环， FF 为 DD 的分式域

引理1：

f(x)∈F[x],f(x)≠0f(x)\in F[x], f(x)\ne 0 ，则 f(x)=νf1(x)f(x)=\nu f_1(x) ， f1(x)f_1(x) 为 D[x]D[x] 上的本原多项式，ν∈F\nu\in F ，且该写法唯一

证明：提取 f(x)f(x) 各系数分母的lcm

推论：设 f(x),g(x)f(x),g(x) 均为 D[x]D[x] 上的本原多项式，f(x)∼g(x)f(x)\sim g(x) 于 F[x]F[x] ，则 f(x)∼g(x)f(x)\sim g(x) 于 D[x]D[x]

引理2：

f(x),g(x)∈D[x]f(x),g(x)\in D[x] ，f(x),g(x)f(x),g(x) 为本原多项式，则 f(x)g(x)f(x)g(x) 也为本原多项式

证明：反证法

∴c(fg)≠1\therefore c(fg)\ne 1

∴∃\therefore \exists 不可约元 $ p\in D, p\mid c(fg)$

Dˉ=D/(p)\bar{D}=D/(p) ，pp 为 DD 的不可约元

∴∀aˉ,bˉ∈Dˉ−(p),p∤a,p∤b\therefore \forall \bar{a},\bar{b}\in \bar{D}-(p), p\nmid a,p\nmid b

∴p∤ab\therefore p\nmid ab

∴ab‾≠0ˉ\therefore \overline{ab}\ne \bar{0}

∴Dˉ\therefore \bar{D} 为整环

φ:D[x]→Dˉ[x]\varphi: D[x]\to \bar{D}[x]

φ(fg)=φ(f)φ(g)\varphi(fg)=\varphi(f)\varphi(g)

与 Dˉ[x]\bar{D}[x] 为整环矛盾

引理3：

若 deg⁡f(x)>0\deg f(x)>0 ， f(x)f(x) 在 D[x]D[x] 上不可约，则 f(x)f(x) 在 F[x]F[x] 上不可约

证明：

假设 f(x)=g(x)h(x),deg⁡g>0,deg⁡h>0f(x)=g(x)h(x) , \deg g>0, \deg h>0

g(x)=αg′(x),h=βh′(x)g(x)=\alpha g'(x), h=\beta h'(x)

g′(x),h′(x)g'(x), h'(x) 为 D[x]D[x] 上的本原多项式

g′(x)h′(x)g'(x)h'(x) 也为本原多项式

∴f(x)\therefore f(x) 与 g′(x)h′(x)g'(x)h'(x) 在 DD 上只相差一个单位

矛盾

定理：

设 DD 为唯一分解环，则 D[x]D[x] 为唯一分解环

证明：反证法