抽象代数习题(20) -- 整环

抽象代数习题(20) – 整环

Sun Jan 23, 2022

《抽象代数》第二十章讲的是一类特殊的环：它满足乘法交换律，含有单位元，并且消去律成立。这样的环称为整环 (integral domain)。

整数集合 ℤ 就构成整环。整环的很多性质与整数的性质类似。模素数 p 的环 ℤp 也是有限整环。事实上，它也是域；有限整环都是域。

A. 整环的特征

设 A 为有限整环。证明下列命题。

A.4 如果 A 中的某个非零元素 a 满足 256 · a = 0，则 A 的特征为 2。

证明 设 A 的特征是 n，并设 256 = qn + r，其中 q, r 是整数且 0 ≤ r < n。 那么 256 · a = q · (n · a) + r · a = r · a = 0。 因为 n 是使 n · a = 0 成立的最小正整数，所以只可能是 r = 0。这意味着 n 是 256 的约数。

256 = 2⁸。因为 A 的特征必然是素数，所以只可能是 2。

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A.5 如果 A 中有不等的非零元素 a, b 满足 125 · a = 125 · b，则 A 的特征为 5。

证明 两边减去 125 · b 得 125·(a-b) = 0。因为 a ≠ b，所以 a-b ≠ 0。 因此 A 得特征是 125 的素数约数，只可能是 5。

B. 有限整环的特征

设 A 是整环。证明下列命题。

B.1 如果 A 的特征是 q，则 q 是 A 的阶的约数。

证明 因为 q 是 A 的特征，所以方程 q · 1 = 0 成立。根据 Lagrange 定理可知一个必要的条件是 q | ord(A)。

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B.3 如果 A 的阶是 pm，其中 p 是素数，那么 A 的特征一定等于 p。

证明 由 B.1 知 A 的特征一定是 pm 的约数。又因为特征一定是素数，所以只能是 p。

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B.5 如果 A 仅在加法作用下构成循环群，那么 A 的阶是素数。

证明 设循环群中的元素分别为 0, 1, a₂, …, an-1，其中 n 是 A 的阶。那么 1, a₂, …, an-1 都是非零元素。但 n · 1 = 0，根据特征的定义可知 A 的特征就是 n。而整环的特征一定是素数，所以 A 的阶是素数。

C. 有限环

设 A 是有限交换环且含单位元。

C.1 求证：A 中的非零元素或者是零因子或者可逆。

证明 设 A 中的元素为 0, 1, a₁, a₂, …, an。其中 1 显然可逆，它的逆是 1 本身。

考虑任意的 ai，计算乘积 ai1, aia₁, aia₂, …, aian。分类讨论：

1. 如果其中某一个乘积等于 0，说明两个非零元素的乘积等于 0，从而 ai 是零因子。
2. 如果所有乘积都不等于 0，说明 ai 不是零因子，从而有 ax = ay ⇒ x = y。这说明以上 (n+1) 个乘积两两不相等。另一方面，A 中的非零元素总共只有 (n+1) 个。所以，一定有某个乘积 aiaj = 1 = ajai（A 是交换环）。这表明 ai 可逆，并且逆为 aj。

综上所述，A 中任意非零元素或者是零因子，或者可逆。

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C.2 求证：如果 a ≠ 0 不是零因子，那么 a 的某个正整数次幂等于 1。

证明 先证明 a 的任意正整数次幂都不等于 0。使用反证法。设 n 是使方程 an = 0 成立的最小正整数。那么有 an-1a = 0。但是 an-1 和 a 都非零，这和 a 不是零因子矛盾。

下面证明存在正整数 k 使得 ak = 1。设 A 的阶为 N，那么 A 中共有 (N-1) 个非零元素。考虑幂 a, a², a³, …, aN。它们都是非零元素，并且共有 N 个，那么一定存在两个相等的元素 ax = ay。那么根据 a 非零且不是零因子，两边做 x 次消去 a 得 ay-x = 1。因此存在正整数 k = (y-x) 使得 a 的 k 次幂等于 1。

E. 整环的特征的更多性质

设 A 是整环。证明 1–4。

E.5 设 A 的阶为 p，其中 p 是素数。说明为什么 A={0A,1⋅1A,2⋅1A,3⋅1A,…,(p−1)⋅1A} 并证明 A≅Zp。 [注：0A 和 1A 分别是 A 中的零元和单位元。]

证明 A 是整环，所以含有零元 0A 和单位元 1A。又因为 A 的阶是 p，根据 B.2 知使 n⋅1A=0A 成立的最小正整数为 n=p。因此， 1⋅1A,2⋅1A,3⋅1A,…,(p−1)⋅1A 都是 A 中的非零元素，且互不相等（因为任意两个作差得到的结果不等于零）。而 A 中一共只有 (p−1) 个非零元素。这说明上面的元素是所有的非零元素。于是 A={0A,1⋅1A,2⋅1A,3⋅1A,…,(p−1)⋅1A}

可以构造映射 f:Zp→A，定义为 f(x)=x⋅1A。不难验证：

1. f 是满射（上面已经证明了）。
2. f 是单射（n⋅1A=m⋅1A⇒n=m）。
3. f(n+m)=(n+m)⋅1A=n⋅1A+m⋅1A=f(n)+f(m)
4. f(nm)=(nm)⋅1A=(n⋅1A)(m⋅1A)=f(n)f(m)

因此 f 是同构，所以 A≅Zp。

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E.6 设 A 的特征是 p，那么

1. (a+b)pn=apn+bpn
2. (a1+a2+⋯+ar)pn=a1pn+⋯+arpn

证明 只证明 (1)；(2) 可以在 (1) 的基础上对 r 用数学归纳法得到。

根据二项式定理， (a+b)pn=∑k=0pn(pnk)⋅apn−kbpk 而当 0<k<pn 时有 (pnk)=pnk∏i=1k−1pn−ii 这里 pnk 最多可以约去因子 pn−1，还剩下一个素因子 p。 对于求积号内的分式：

• 当 i 不含素因子 p 时，它不会和求积号外的 pn 相消。
• 当 i 含素因子 p 时，设 i=prs，其中 r<n，且 s 不含素因子 p。这时分子和分母可以约去因子 pr。约分后，分母不含素因子 p，从而不会和求积号外的 pn 相消。

总之，当 0<k<pn 时，p|(pnk) 。所以求和号内除 k=0,pn 外的项都等于零。于是 (a+b)pn=apn+bpn

注 书后答案的证法利用恒等式 (a+b)pn+1=[(a+b)pn]p。结合数学归纳法即可证明。

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