抽象代数习题(18) -- 理想和环同态

抽象代数习题(18) – 理想和环同态

Sat Jan 22, 2022

《抽象代数》第十八章讲的几个概念和群论中的概念相对应：

子群 ↔ 子环
正规子群 ↔ 理想 (ideal)
群同态 ↔ 环同态

A. 子环的例子

B.3 证明 {x2y : x,y ∈ ℤ} 是 ℝ 的子环。

证明设这个环是 H。则 0 ∈ H ⊂ ℝ。这表明 H 非空。

设 a,b ∈ H，那么 a=x₁2y₁, b = x₂2y₂。不失一般性，设 y₁ ≤ y₂，那么 b = x₂2y₂-y₁2y₁。

于是有 a-b = (x₁ - x₂y₂-y₁)2y₁。因为 (x₁ - x₂y₂-y₁) ∈ ℤ，y₁ ∈ ℤ，所以 a-b ∈ H。

另一方面，ab = ba = x₁x₂2y₁+y₂，所以 ab ∈ H。

这说明 H 对减法和乘法都封闭。所以 H 是 ℝ 的子环。

B.4 设 C(R) 为 R→R 上所有在 (−∞,∞) 上连续的函数构成的集合，D(R) 为 R→R 上所有在 (−∞,∞) 上可导的函数构成的集合。证明 C(R) 和 D(R) 都是 F(R) 的子环。

证明显然它们都是非空集合。

根据微积分学知识，连续（可导）函数的差和积都是连续（可导）函数。这说明了 C(R) 和 C(R) 各自对减法和乘法封闭。因此，它们各自都是 F(R) 的子环。

B. 理想的例子

B.1 找出 ℤ 的理想，并解释：{(n,n) : n ∈ ℤ}; {(5n,0) : n ∈ ℤ}; {(n,m) : n+m 是偶数}; {(n,m) : nm 是偶数}; {(2n,3m) : n,m ∈ ℤ}。

答

{(n,n) : n ∈ ℤ} 不是理想。反例：(1,1) (1,2) = (1,2)。
{(5n,0) : n ∈ ℤ} 是理想。因为它对减法封闭，并且对任意 (5n,0) 和 (a,b)，乘积为 (5(an), 0)。
{(n,m) : n+m 是偶数} 不是理想。反例：(1,1) (1,2) = (1,2)。
{(n,m) : nm 是偶数} 是理想。因为它对减法封闭，并且对于任意 (n,m) 和 (a,b)，乘积为 (na,mb)，这里 (na)(mb) = nm(ab) 是偶数。
{(2n,3m) : n,m ∈ ℤ} 是理想。因为它对减法封闭，并且对于任意 (2n,3m) 和 (a,b)，乘积为 (2(na),3(mb))。

B.2 解释为什么 ℤ 的任意子环都是理想。

答设 H 是 ℤ 的子环。设 x ∈ H, y ∈ ℤ。

如果 y = 0，则根据子环必有零元可知 xy = yx = 0 ∈ H。
如果 y > 0，那么 yx = xy = y 个 x 相加。根据子环对加法封闭可知，yx,xy ∈ H。
如果 y < 0，那么 -y > 0。根据子环对加法逆元封闭可知 -x ∈ H，类比第 2 条的推理可知 yx,yx ∈ H。

综上所述，不论如何总有 xy,yx ∈ H，这说明 H 是 ℤ 的理想。

注这个特性是由整数集将乘法定义为“重复的加法”决定的。一般的环并不要求乘法和加法之间有如此特别的关系。

C. 子环的基本性质

C.1 求证：环 A 的非空子集 B 对加法和逆元封闭当且仅当 B 对减法封闭。

证明

（充分性）设 x,y ∈ B。根据 B 对减法封闭，得 0 = x - x ∈ B。进一步有 -x = 0 - x ∈ B。这说明 B 对逆元封闭。又因为 y + x = y - (-x) ∈ B，所以 B 对加法也封闭。

（必要性）设 x,y ∈ B。根据 B 对逆元封闭，得 -y ∈ B。又根据 B 对加法封闭，有 x - y = x + (-y) ∈ B。这说明 B 对减法封闭。

C.4 求证：如果整环 A 的子环 B 含 1，那么 B 是整环。

证明 B 是整环需要满足三个条件：

含单位元（已知条件）。
乘法满足交换律（继承自 A）。
消去律成立。这个条件等价于不含零因子。因为 A 中没有零因子，所以 B 中一定没有零因子。

三个条件均满足，所以 B 是整环。

C.5 每个域的含 1 的子环都是整环。

证明域是整环。根据 C.4 立即得出结论。

C.8 设 A 是环，f: A → A 是环同态，B = {x ∈ A : f(x) = x}。证明 B 是 A 的子环。

证明显然 0 ∈ B ⊆ A。

设 x,y ∈ B，那么 f(x-y) = f(x+(-y)) = f(x) + f(-y) = x + (-y) = x-y。因此 x-y ∈ B。这说明 B 对减法封闭。

另一方面，f(xy) = f(x)f(y) = xy。同理 f(yx) = yx。因此 xy, yx ∈ B。这说明 B 对乘法封闭。

综上所述，B 是 A 的子环。

C.9 环 A 的中心 (center) 指的是所有的 a ∈ A，满足 ax = xa 对任意 x ∈ A 恒成立。证明 A 的中心是 A 的子环。

证明记 A 的中心为 Z(A)。显然 0 ∈ Z(A) ⊆ A。

设 a,b ∈ Z(A)，那么对任意 x ∈ A，有 (a-b)x = ax - bx = xa - xb = x(a-b)。因此 Z(A) 对减法封闭。

另一方面，abx = axb = xab；bax = bxa = xba。这说明 Z(A) 对乘法封闭。

综上所述，Z(A) 是 A 的子环。

D. 理想的基本性质

D.2 如果 A 是含单位元的环，证明 J 是 A 的理想当且仅当 J 对加法封闭并且 J 在 A 中吸收乘法。

证明只须证明充分性即可；必要性根据理想的定义可以直接得到。

J 是 A 的理想需满足如下条件：

J 对加法封闭。
J 对加法逆元封闭。
J 在 A 中吸收乘法。

其中 1 和 3 均为已知条件，因此只须证明 2 即可。

设 a ∈ J，则根据 J 在 A 中吸收乘法可知对任意 x ∈ A，有 ax, xa ∈ A。取 x = -1，得 -a ∈ A。这说明 J 对加法逆元封闭。

D.4 求证：如果 J 是 A 的理想且 1 ∈ J，那么 J = A。

证明只须证明 A ⊆ J 即可。

设 a ∈ J。根据 J 是 A 的理想可知，ax ∈ J 对任意 x ∈ A 都成立。当 a = 1 时，对任意 x ∈ A 都有 x ∈ J。这表明 A ⊆ J。

D.5 求证：如果 J 是 A 的理想，并且 J 包含 A 中的可逆元素 a，那么 J = A。

证明根据 J 是 A 的理想可知，ax ∈ J 对任意 x ∈ A 都成立。取 x 为 a 的逆元，则 ax = 1，于是 1 ∈ J。由 C.4 可知 J = A。

D.6 说明域 F 不可能有非平凡理想（即，除了 {0} 和 F 外没有其他理想）。

答设 I 是 F 的理想，且含有非零元素 x。因为 x ∈ F，所以 x 可逆。根据 D.5 可知 I = F。

E. 同态的例子

证明下列函数是环同态，并指出它们的核和值域。

E.1 ϕ:F(R)→R 定义为 ϕ(f)=f(0)。

证明设 f,g∈F(R)，则 ϕ(f+g)=(f+g)(0)=f(0)+g(0)=ϕ(f)+ϕ(g)ϕ(fg)=(fg)(0)=f(0)g(0)=ϕ(f)ϕ(g) 所以 ϕ 是环同态。它的核是 {f∈F(R):f(0)=0}。它的值域是 R。

E.2 h:R×R→R 定义为 h(x,y)=x。

证明设 (x1,y1),(x2,y2)∈R×R，则 h(x1+x2,y1+y2)=x1+x2=h(x1,y1)+h(x2,y2)h(x1x2,y1y2)=x1x2=h(x1,y1)h(x2,y2) 所以 h 是环同态。它的核是 {(0,y):y∈R}。它的值域是 R。

E.5 设 A 是集合 R×R 附带通常的加法运算以及如下定义的“乘法”运算： (a,b)⊙(c,d)=(ac,bc) 默认 A 是环，考虑函数 f:A→M2(R) 定义为 f(x,y)=(x0y0)

证明设 (x1,y1),(x2,y2)∈R×R，则 f(x1+x2,y1+y2)=(x1+x20y1+y20)=f(x1,y1)+f(x2,y2)h(x1x2,y1x2)=(x1x20y1x20)=(x10y10)(x20y20)=h(x1,y1)h(x2,y2) 所以 f 是环同态。它的核是 {(0,0)}。它的值域是 {(x0y0):x,y∈R}。

F. 同态的基本性质

设 A 和 B 是环，f:A→B 是同态。证明下列命题。

F.1 f(A)={f(x):x∈A} 是 B 的子环。

证明显然 0∈f(A)⊆B。

设 y1,y2∈f(A)，则存在 x1,x2∈A 使得 y1=f(x1), y2=f(x2)。根据同态的性质，y1−y2=f(x1)−f(x2)=f(x1−x2)。因为 x1−x2∈A，所以 y1−y2∈f(A)。这说明 f(A) 对减法封闭。

另一方面，y1y2=f(x1)f(x2)=f(x1x2)。因为 x1x2∈A，所以 y1y2∈f(A)。这说明 f(A) 对乘法封闭。

综上所述，f(A) 是 B 的子环。

F.2 f 的核是 A 的理想。

证明设 f 的核为 K={x∈A:f(x)=0}。

显然 0∈K⊆A。

设 a,b∈K，则 f(a−b)=f(a)−f(b)=0−0=0 所以 (a−b)∈K。这表明 K 对减法封闭。

对任意 x∈A，有 f(ax)=f(a)f(x)=0f(x)=0 所以 ax∈K。同理可证 xa∈K。这表明 K 对乘法封闭。

综上所述，K 是 A 的理想。

F.4 f 是单射当且仅当它的核是 {0}。

证明

（充分性）设 x,y∈A 且 f(x)=f(y)。则 f(x−y)=f(x)−f(y)=0 而 f 的核为 {0}，则只能是 x−y=0。因此 x=y。这说明 f 是单射。

（必要性）设 f 的核是 K。易知 f(0)=0，因此 0∈K。设 x∈K，那么根据核的定义有 f(x)=0 又因为 f 是单射，则只能是 x=0。这说明 K={0}。

F.5 设 B 是整环，则或者 f(1)=1 或者 f(1)=0。

如果 f(1)=0，则对任意 x∈A 有 f(x)=0。
如果 f(1)=1，则 A 中任意可逆元素的像都是 B 中的可逆元素。

证明设 x∈A，则 f(x)=f(1x)=f(1)f(x) 接下来需要分类讨论。

如果存在 x∈A 使得 f(x)≠0，那么根据 B 是整环，消去 f(x) 得 f(1)=1
否则，对于任意 x∈A 都有 f(x)=0。取 x=1 得 f(1)=0

总之，f(1)=1 和 f(1)=0 必有一个成立。

当 f(1)=1 时，取可逆元素 a∈A，有 f(a)f(a−1)=f(aa−1)=f(1)=1 这说明 a 的像 f(a) 在 B 中可逆，且逆元为 f(a−1)。

F.6 交换环在同态下的像都是交换环。域在同态下的像都是域。

证明设 A 为交换环。根据 F.1 知 f(A) 是环。f(A) 满足乘法交换律，因为对于任意 x,y∈A，有 f(x)f(y)=f(xy)=f(yx)=f(y)f(x) 因此 f(A) 是交换环。

设 F 为域。根据 F.1 知 f(F) 是环。f(F) 满足乘法交换律（同上；域是交换环的特例）。对于任意的 x∈F∖{0}，f(x) 都有乘法逆元，证明已经由 F.5 给出（域是整环的特例）。所以 f(F) 是域。

F.7 如果同态 f 的定义域 (domain) A 是域 (field)，且 f 的值域 (range) 有不止一个元素，则 f 是单射。

证明由 F.2 知 f 的核为 A 的理想。因为 A 是域，根据 D.4，它只有平凡理想 {0} 和 A 本身。假设 f 的核为 A，则对任意 x∈A 都有 f(x)=0，从而 f 的值域只有一个元素 0，和已知条件矛盾。所以只可能是 f 的核为 {0}。根据 F.4 可知 f 是单射。

G. 同构的例子

G.1 设 A 是第十七章练习 A.2 中的环。证明函数 f(x)=x−1 是 Q→A 的同构，即有 Q≅A。

说明 A.2 中的环 A 由 Q 中的元素和如下定义的加法和乘法运算构成： a⊕b=a+b+1a⊙b=ab+a+b

证明显然有 f−1(x)=x+1，因此 f 是双射。

设 x,y∈Q，则 f(x)⊕f(y)=(x−1)⊕(y−1)=(x−1)+(y−1)+1=x+y−1=f(x+y)f(x)⊙f(y)=(x−1)⊙(y−1)=(x−1)(y−1)+(x−1)+(y−1)=xy−1=f(xy) 所以 f 是 Q→A 的同构。

G.2 设 S 是集合 M2(R) 的子集，定义如下： S={(ab−ba):a,b∈R} 证明函数 f(a+bi)=(ab−ba) 是 C→S 的同构。

证明不难证明 f 是良定义的。设 z1,z2∈C，并写成实部 + 虚部的形式： z1=x1+y1i,z2=x2+y2i 则 z1+z2=(x1+x2)+(y1+y2)iz1z2=(x1x2−y1y2)+(x1y2+x2y1)i

根据 f(z1)+f(z2)=(x1y1−y1x1)+(x2y2−y2x2)=(x1+x2y1+y2−(y1+y2)x1+x2)=f(z1+z2)f(z1)f(z2)=(x1y1−y1x1)(x2y2−y2x2)=(x1x2−y1y2x1y2+x2y1−(x1y2+x2y1)x1x2−y1y2)=f(z1z2) 所以 f 是 C→S 的同态。要证明它是同构，只须证明它是双射即可。

设 f(z1)=f(z2)，那么 (x1y1−y1x1)=(x2y2−y2x2) 按照矩阵相等的法则，有 x1=x2,y1=y2 按照复数相等的法则可知 z1=z2。所以 f 是单射。

另一方面，对于任意 S 中的元素 (ab−ba)，都有复数 (a+bi) 与之对应。因此 f 是满射。

综上所述，f 是 C→S 的同态，又是双射，所以是 C→S 的同构。

G.5 证明 Z≇2Z；然后证明 2Z≇3Z。最后，解释为什么当 k≠l 时有 kZ≇lZ。

证明

Z 中有乘法单位元 1，而 2Z 中没有。所以它们不可能同构。

考虑方程 x+x=ax。存在 a∈2Z 使得方程对任意 x∈2Z 恒成立（事实上，a=2）。但在 3Z 中不存在具备同样性质的元素。所以它们不可能同构。

如果 k,l 中一个为零，另一个不为零。则显然 kZ 和 lZ 中有一个是平凡环 {0}，只有一个元素，另一个有无穷个元素。所以两者不可能同构。

因为 −nZ≅nZ，所以也不用考虑负数的情况。不失一般性，设 0<k<l。假设 kZ≅lZ，那么存在 f:kZ→lZ 是同构。

取 lZ 中的一个非零元素 x，那么 f−1(x)+⋯+f−1(x)⏟k=kf−1(x) 两边应用 f 得 x+⋯+x⏟k=f(k)x 这里 x,f(k)∈lZ⊆Z。在 Z 中此方程等价于 kx=f(k)x 因为 x≠0，由消去律得 f(k)=k。但这是不可能的，因为 lZ 中的最小正整数是 l>k，所以 k∉lZ。这个矛盾表明假设不成立，所以 kZ≇lZ。

注这里仍然和整数集中乘法被定义为“重复的加法”有关。因为这样的定义，可以通过重复的加法引入任意的正整数作为乘数。

H. 理想的更多性质

设 A 是环，J 和 K 是 A 的理想。

证明 1–4。（在 2–4 中假定A 是交换环。）

H.1 如果 J∩K={0}，则对任意 j∈J 和 k∈K 都有 jk=0。

证明因为 J 是 A 的理想，而 k∈K⊆A，所以 jk∈J。同理可证 jk∈K。这说明 jk∈(J∩K)。而 J∩K={0}，所以只可能是 jk=0。

H.2 对于任意 a∈A，Ia={ax+j+k:x∈A,j∈J,k∈K} 是 A 的理想。

证明显然 0∈Ia⊆A。

设 i1,i2∈Ia，则存在 x1,x2∈A, j1,j2∈J, k1,k2∈K 使得 i1=ax1+j1+k1,i2=ax2+j2+k2 相减得 i1−i2=a(x1−x2)+(j1−j2)+(k1−k2) 根据 A, J, K 对减法的封闭性可知 (i1−i2)∈Ia。所以 Ia 对减法封闭。

另一方面，对任意 x∈A，有 i1x=ax1x+j1x+k1x 根据 A 对乘法封闭、J 和 K 分别在 A 中吸收乘法可知 i1x∈Ia。因为 A 是交换环，所以 xi1=i1x∈Ia。所以 Ia 在 A 中吸收乘法。

综上所述，Ia 是 A 的理想。

H.3 J 的方根 (radical) 指集合 rad⁡J={a∈A:∃n∈Z,an∈J}。对于任意理想 J，rad⁡J 是 A 的理想。

证明显然 0∈rad⁡J⊆A。

设 a,b∈rad⁡J，则存在 n,m∈Z 使得 an,bm∈J。因为 A 是交换环，可以使用二项式定理： (∗)(a−b)n+m=∑k=0n+m(n+mk)⋅an+m−k(−b)k

当 0≤k<m 时，n+m−k>n，所以 an+m−k=anam−k。因为 an∈J 且 J 是理想（吸收乘法），所以 an+m−k=anam−k∈J。
当 k≥m 时，(−b)k=±bmbk−m，当 k 为奇数时取负号，偶数时取正号。因为 bm∈J 且 J 是理想（吸收乘法、对加法逆元封闭），所以 (−b)k=±bmbk−m∈J。

总之，an+m−k 和 (−b)k 中至少有一个是 J 的元素。由 J 是理想（吸收乘法、对加法封闭）可知，(∗) 中右侧求和式中的每一项都是 J 的元素，因此求和结果也是 J 的元素。这说明存在 (n+m)∈Z 使得 (a−b)n+m∈J，所以 (a−b)∈rad⁡J。所以 rad⁡J 对减法封闭。

另一方面，对于任意 x∈A， (ax)n=anxn 而 an∈J，根据 J 是理想（吸收乘法）可知 (ax)n∈J。这表明 ax∈rad⁡J。因为 A 是交换环，所以 xa=ax∈rad⁡J。所以 rad⁡J 在 A 中吸收乘法。

综上所述，rad⁡J 是 A 的理想。

H.4 对于任意 a∈A，{x∈A:ax=0} 是理想（称为 a 的零化子 (annihilator)）。此外，{x∈A:∀a∈A,ax=0} 是理想（称为 A 的零化理想 (annihilating ideal)）。如果 A 是含单位元的环，它的零化理想等于 {0}。

证明（零化子、零化理想） 容易验证它们都是非空子集、都对减法封闭、都吸收乘法，因此它们都是理想。具体过程略。

证明（含单位元的环） 设 x 是零化理想中的元素。则对于任意 a∈A，都有 ax=0 成立。因为 A 含单位元，在上式中取 a=1 得即1x=0即x=0 所以凡是零化理想中的元素都是 0，即零化理想为 {0}。

H.5 证明 {0} 和 A 是 A 的理想。（它们是平凡理想；A 的所有其他理想是真理想）。理想 J 被称为极大的 (maximal)，如果它不被任何严格更大的真理想所包含：也就是说，如果 J⊊K，其中 K 是理想且包含某个 J 中没有的元素，那么一定有 K=A。证明下面一个极大理想的例子：在 F(R) 中，理想 J={f:f(0)=0}。

证明（平凡理想） 容易验证平凡理想都是非空子集、都对减法封闭、都吸收乘法，因此它们都是理想。具体过程略。

证明（极大理想） 设 K 是 F(R) 的理想且 J⊊K。那么存在 g∈K 但 g∉J。于是有 g(0)≠0。

定义 h(x)=g(x)−g(0)，则 h(0)=0。于是 h∈J，所以 h∈K。根据理想对减法封闭可知，(g−h)∈K。而 (g−h)(x)=g(0)≠0。这意味着 (g−h) 可逆，且逆元由 (g−h)−1(x)=1/g(0) 定义。

根据 D.5，因为 K 中含有可逆元素，所以 K=A。这就证明了 J 是极大理想。

I. 同态的更多性质

设 A 和 B 是环。证明下列命题。

I.1 如果 f:A→B 是满同态且核为 K，并且 J 是 A 的理想且 K⊆J，那么 f(J) 是 B 的理想。

证明显然 f(J)⊆B。因为 K⊆J，所以 0∈f(J)。这说明 f(J) 是 B 的非空子集。

设 y1,y2∈f(J)，则存在 x1,x2∈J 使得 y1=f(x1),y2=f(x2) 那么 y1−y2=f(x1)−f(x2)=f(x1−x2) 因为 J 是理想（对减法封闭），所以 (x1−x2)∈J。于是 y1−y2=f(x1−x2)∈f(J)。这说明 f(J) 对减法封闭。

另一方面，对于任意 y∈B，因为 f 是满射，所以存在 x∈A 使得 f(x)=y。那么 y1y=f(x1)f(x)=f(x1x) 因为 J 是理想（吸收乘法），所以 x1x∈J。于是 y1y=f(x1x)∈f(J)。

综上所述，f(J) 是 B 的理想。

I.2 如果 f:A→B 是满同态，并且 B 是域，那么 f 的核是极大理想。

证明设 K 是 f 的核。根据 F.2 可知 K 是 A 的理想。设 J 是 A 的理想且 K⊊J。根据 I.1 得 f(J) 是 B 的理想。

根据 D.6，因为 B 是域，所以它只有平凡理想 {0} 和 B 本身。因为 J≠K，所以 f(J)≠{0}。因此只可能是 f(J)=B。

要证明 J=A，只须证明 A⊆J 即可。设 x∈A，则 f(x)∈B。根据 f(J)=B 知存在 x′∈J 使得 f(x′)=f(x)。于是 f(x′−x)=f(x′)−f(x)=0 这说明 (x′−x)∈K，从而 (x′−x)∈J。因为 J 是理想（对减法封闭），所以有 x=[x′−(x′−x)]∈J 这说明 A 中任意元素都是 J 中的元素。所以 J=A。

综上所述，不存在比 K 更大的真理想，所以 K 是极大理想。

I.3 从 Z 到 Z 不存在非平凡同态。[平凡同态是 f(x)=0 和 f(x)=x。]

证明考虑任意同态 f:Z→Z 和任意非零元素 x∈Z。

当 x>0 时， f(x)=f(1+⋯+1)⏟x=f(1)+⋯+f(1)⏟x=xf(1)
当 x<0 时，有 −x>0 且 f(x)=−f(−x)。因此，同样有 f(x)=xf(1)。
当 x=0 时，根据同态性质可知 f(0)=0。所以 f(x)=xf(1) 也成立。

总之，不论 x 的取值，总有 f(x)=xf(1)。

因为 Z 是整环，根据 F.5 知或者 f(1)=0 或者 f(1)=1。这说明 Z→Z 的同态只有平凡同态 f(x)=0 和 f(x)=x。