4.2 交换环与域

证明题

1

对于加法运算：在 4.1 的第 3 题中已经证明 $$(\Z \times \Z, +)$$ 是一个群，交换律也显然可以证明；

对于乘法运算：因为 $$(\Z, \cdot)$$ 构成一个交换群，显然是满足结合率、存在幺元和交换率的。

存在零因子 $$(a, 0), (0,b) \Rightarrow (a, 0) + (b, 0) = (0, 0)$$

综上所述，$$(\Z \times \Z, +)$$ 是一个有零因子的交换环。

2

对于高斯整环 $$\Z[i] = {a + b i | a, b \in \Z}$$ 上的任意元素 $$a + bi$$，如果它存在逆元：

即求 $$(a + bi) (c + di) = 1$$ 关于 c,d 的解。

$$\displaystyle ac - bd + (ad + bc)i = 1 \Rightarrow \begin{cases} ac - bd = 1 \ ad + bc = 0 \end{cases}\Rightarrow a^2 c + b^2c = a \Rightarrow (a^2 + b^2)c = a$$

分情况讨论：

若 a > 1 或 a < -1，因为 $$a \in \Z$$，必然有 $$a^2 + b^2 > |a|$$，所以 $$(a^2 + b^2) c = a$$ 不可能成立；
若 $$a = \pm 1 \Rightarrow b = 0, c = \pm 1$$，则此时 $$a + bi = \pm 1$$
若 $$a = 0 \Rightarrow c = 0 \Rightarrow bd = -1 \Rightarrow b = \pm 1$$，则此时 $$a + bi = \pm i$$

3

同前一题，即求 $$(a + b \sqrt{2} )(c + d \sqrt{2}) = 1$$ 的解。

$$\displaystyle ac + 2bd + (ad + bc) \sqrt{2} = 1 \Rightarrow \begin{cases} ac + 2bd = 1 \ ad+bc = 0 \end{cases} \Rightarrow a^2c + 2 b^2 c = a \Rightarrow (a^2 +2b^2)c = a$$

同样分情况讨论，可以得到 $$a = \pm1, 0$$，而当 a = 0 时，是无解的，因此 $$a + b i = \pm1$$ 时可逆。

4

使用 sagemath 对几个数进行素元素分解：

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#!/usr/bin/env sage
ZZI.<I> = GaussianIntegers()
print(ZZI)
# Gaussian Integers in Number Field in I with defining polynomial x^2 + 1

print( factor(ZZI(2)), factor(ZZI(3)), factor(ZZI(5)), factor(ZZI(y)) )
# ((-I) * (I + 1)^2, 3, (I) * (-I - 2) * (2*I + 1), 7)

也就是说：$$2 = -i \cdot(i + 1)^2, 3 = 3, 5 = i \cdot (-i -2) \cdot(2 \cdot i + 1), 7 = 7$$

5

充分性：

当 $$\Z_m$$ 为整环时，若 m 不是素数，必然有这样的两个元素 $$\exist a, b \not= 1 \Rightarrow m = a \cdot b$$
那么考虑在 $$\Z_m$$ 中，有：$$\exist a \Rightarrow \exist b, s.t. a \cdot b \equiv 0 \pmod{m}$$，a 是零元，那么 $$\Z_m$$ 不是整环，这是矛盾的。

必要性：

当 m 是素数，$$\Z_m$$ 不为整环时，即存在这样的元素 $$\exist a \Rightarrow \exist b, a \cdot b \equiv 0 \pmod{m}$$
如果 a,b 均不为幺元，那么必有 $$a \cdot b = k \cdot m$$，而 m 是素数，则有 $$m | a$$ 或 $$m | b$$，那么在 $$\Z_m$$ 内，则可以得到 $$a = 0 \or b = 0$$，这是条件是矛盾的

6

对于 $$\Q(\sqrt{2})$$ 中的元素，可以表示成为 $$\displaystyle \frac{t}{s} + \frac{q}{p}\sqrt{2}$$，我们在后面用 m,n 表示有理数。

因为 $$(\Q, +)$$ 构成一个交换群，我们容易证明 $$(\Q(\sqrt{2}), +)$$ 也构成一个交换群。

另外我们考虑 $$(\Q(\sqrt{2}), \cdot)$$ 代数系统：封闭性、结合率、零元、交换率都是满足的。

我们考虑加法对乘法的分配率：

$$\displaystyle (m_1 + n_1 \sqrt{2}) \cdot (m_2 + n_2 \sqrt{2} + m_3 + n_3 \sqrt{2}) = (m_1m_2 + m_1m_3 + 2n_1n_2 + 2n_1n_3) + (n_1m_2 + n_1m_3 + m_1n_2 + m_1 n_3) \sqrt{2}$$
$$(m_1 + n_1 \sqrt{2})(m_2 + n_2 \sqrt{2}) + (m_1 + n_1\sqrt{2})(m_3 + n_3\sqrt{2}) = (m_1m_2 + m_1m_3 + 2n_1n_2 + 2n_1n_3) + (n_1m_2 + n_1m_3 + m_1n_2 + m_1 n_3) \sqrt{2}$$

所以加法对乘法满足分配率。$$\Q(\sqrt{2})$$ 是一个交换环。

我们考虑是否存在零因子：

若存在：$$(m_1 + n_1 \sqrt{2})(m_2 + n_2 \sqrt{2}) = 0 \Rightarrow m_1m_2 + 2n_1n_2 + (m_1 n_2 + m_2 n_1) \sqrt{2} = 0$$
则我们得到方程组 $$\begin{cases} m_1m_2 + 2n_1n_2 = 0 \ m_1n_2 + m_2n_1 = 0\end{cases} \Rightarrow -2 n_1n_2^2 + m_2^2n_1 = 0$$
分析之后 $$n_1 = 0 \or 2n_2^2 = m_2^2$$，因为这四个数都是有理数，所以 $$\displaystyle \frac{m_2}{n_2}$$ 必然也是有理数，而有理数的平方不会等于 2，因此后者是不成立的，我们推出 $$n_1 = 0$$。
回到之前的推论，有 $$m_1m_2 = 0 \and m_1n_2 = 0 \Rightarrow m_1 = 0 \or (m_2 = n_2 = 0)$$，因此最初的 $$\Q(\sqrt{2})$$ 中必然有一个零元，而这是与假设矛盾的。因此原交换环中不存在零因子，是一个整环。

同样的我们考虑逆元：

因为幺元是 1，我们同上面的分析方法类比分析得到方程组：$$\begin{cases} m_1m_2 + 2n_1n_2 = 1 \ m_1n_2 + m_2n_1 = 0 \end{cases}$$
对于给定的 $$m_1, n_1$$，只需要证明上述方程对于 $$m_2, n_2$$ 有解即可，很显然这是一个关于 $$m_2, n_2$$ 的线性方程组
考虑系数矩阵：$$\begin{pmatrix} m_1 & 2n_1 \ n_1 & m_1 \end{pmatrix}$$，因为二者都为有理数，因此这个矩阵的行列式不为零，原方程组必有唯一解

因此原整环也是一个域。

7

对于 $$\forall f(x)= a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0, g(x)= b_m x^m + b_{m-1} x^{m-1} + \cdots + b_0$$

有 $$f(x)g(x) = a_n b_m x^{n+m} + \cdots + a_0b_0$$

因为 $$a_n, b_m \in R$$，R 是一个交换整环，R 中无零因子，而 $$a_n, b_m$$ 必然非零元，因此 $$a_nb_m \not= 0$$

所以 $$\deg fg = deg f + \deg g$$

8

证明集合 $$I = {a | a \in R, \exist m \in N \Rightarrow a^m = 0}$$ 是 R 的理想：

对于 0，显然是属于 I 的；
对于 $$\forall a, b \in I, \exist m,n \Rightarrow a^m = b^n = 0$$，我们考虑 $$(a+b)^{m+n}$$，考虑其分解的单项式的形式必然满足 $$a^s b^t, s \ge m \or t \ge n$$，因此有 $$(a+b)^{m+n} = 0 $$，则 $$a + b \in I$$
对于 $$\forall a \in I \Rightarrow \exist m, a^m = 0; \forall r \in R$$，考虑 ar，显然有 $$(ar)^m = 0$$。

综合以上的论述，I 是 R 的理想。

9

因为 R 是交换整环而不是域，因此 R 上必然存在一个不可逆元素，我们设之为 a。

如果 R[x] 是主理想整环，必然有 R[x] 上不存在零因子，且 R[x] 上的所有理想都是主理想。

考虑子集 $$H = {a, x^2 + 1}$$ 生成的理想 $$I = <a, x^2 + 1>$$。我们知道 R 是一个整环，因此后者的多项式一定是不可约的，因此 $$x^2 + 1$$ 仅有平凡因子。而由于 I 是一个主理想，必然存在一个生成元，考虑 H 中有素多项式，因此这个生成元必然是幺元 1。

而因为 a 是不可逆的，那么幺元 1 必然不在 H 生成的理想中。这是矛盾的，因此 R[x] 不是主理想整环。

10

（1）

$$\pi: R \rightarrow R/I$$

11

考虑构造商环的商群，考虑商群中的一个元素商集 $${a + | a \in \Z[x]}$$。

考虑 a，设 $$a = m_x + k, m_x \in , k \in \Z$$，则商集 $${m_x + k + | m_x \in , k \in \Z}$$ = $${k + | k \in \Z}$$

很显然这个商群与 $$\Z$$ 存在一一对应关系，因此二者同构。

12

即证理想的交是仍理想，我们设 R 有这样两个理想 $$I_1, I_2$$，考虑他们的交 $$I_0 = I_1 \cap I_2$$

显然 0 属于这个交集；
然后考虑集合运算的封闭性。因为二者都是理想对于 $$a, b \in I_0$$，在两个理想中分别考虑性质可以得到 $$a + b \in I_1, a+b \in I_2 \Rightarrow a+b \in I_0$$；

15

（1）

设 R 中包含 K 的子环的集合为 $$\Sigma$$，R’ 中子环集合为 $$\Sigma’$$

对 $$\forall R_1 \in \Sigma \Rightarrow f(R_1) \in \Sigma’$$，所以 f 是 $$\Sigma \rightarrow \Sigma’$$ 的映射

然后我们考虑 $$\forall R_1’ \in \Sigma’$$，考虑 $$R_1’$$ 在 f 下原像的集合 $$f^{-1}$$ 是 $$\Sigma’ \rightarrow \Sigma$$ 的映射。

设 $$R_1 \in \Sigma, R_1 \sub f^{-1}(f(R_1))$$，若有 $$\forall u \in f^{-1}(f(R_1)), \exist v \in R_1, s.t. f(v)=f(u) \Rightarrow f(v - u) = 0, u -v \in K \in R_1 \Rightarrow u \in R_1$$

因此 $$R_1 = f^{-1}(f(R_1))$$

（2）