抽象代数习题(17) -- 环

抽象代数习题(17) – 环

Wed Jan 19, 2022

《抽象代数》第十七章讲的是群之后的新代数结构：环 (ring)。基本的环由 2 部分构成：

交换加群（以加法为运算的 Abel 群）
乘法运算（必须满足结合律和分配律）

在此基础上，可以乘法运算叠加一些可选项：交换律、单位元、消去律、逆元。具备所有上述各项的称为域 (field)。

环刻画了一些可以进行计算的对象的性质（例如：整数、矩阵、多项式）。常见的数集 Z⊂Q⊂R⊂C 都是环，并且除了 Z 外都是域。此外，Zn 和模 n 加法/乘法构成含单位元的交换环。因此，可以用环的理论去研究它们。

B. 实函数环

B.2 描述 F(R) 的零因子。

答任意有零点的非零函数 f。设 c∈R 是函数 f 的一个零点。可以定义 g(x)={0x≠c1x=c 那么 f≠0, g≠0 但 fg=0。这种情况下 f 是零因子。

如果函数 f 没有零点，要使等式 f(x)g(x)=0 恒成立，只能是 g=0。这种情况下 f 不是零因子。

E. 四元数环

四元数 (quarternion) （的矩阵形式）是 2×2 的如下形式的复数矩阵： α=(a+bic+di−c+dia−bi)

E.1 证明四元数与矩阵加法和乘法构成含单位元的环。这个环记作 Q。

证明

零元为零矩阵。
四元数形式的矩阵对加法封闭： (x1y1−y1―x1―)+(x2y2−y2―x2―)=(x1+x2y1+y2−(y1+y2―)x1+x2―)
矩阵加法满足交换律、结合律。
矩阵加法逆元为所有元素取相反数。

因此 Q 关于加法是 Abel 群。

单位元为恒等矩阵 (1001)。
四元数形式的矩阵对乘法封闭： (x1y1−y1―x1―)(x2y2−y2―x2―)=(x1x2−y1y2―x1y2+x2―y1−(x1y2+x2―y1―)x1x2−y1y2――)
矩阵乘法满足结合律。
矩阵加法和乘法满足分配律。

因此 Q 是含单位元的环。

F. 自同态环

设 G 为 Abel 加群。G 的自同态 (endomorphism) 指的是从 G 到 G 的自同态。记 End⁡(G) 为 G 的所有自同态构成的集合，并定义自同态的加法和乘法如下：和的复合[f+g](x)=f(x)+g(x)∀x∈Gfg=f∘gf 和 g 的复合

F.1 证明 End⁡(G) 和上述运算构成含单位元的环。

证明

零元为映射 x↦0，其中 0 是 G 的零元。
对加法封闭。
加法满足交换律和结合律（来源于 G 中加法的交换律和结合律）。
加法逆元存在：(−f)(x)=−f(x)。

单位元为恒等映射 x↦x。
对乘法封闭。
乘法满足结合律（映射都满足结合律）。
乘法满足分配律： [f∘(g+h)](x)=f(g(x)+h(x))=f(g(x))+f(h(x))=(f∘g)(x)+(f∘h)(x)=[f∘g+f∘h](x)[(g+h)∘f](x)=(g+h)(f(x))=g(f(x))+h(f(x))=(g∘f)(x)+(h∘f)(x)=(g∘f+h∘f)(x) 其中用到了 f 是同态这个条件。

综上所述，End⁡(G) 和上述运算构成含单位元的环。

B.2 列出 End⁡(Z4) 中的元素。给出 End⁡(Z4) 的加法和乘法表。

解对于任意自同态 f:G→G，一定有 f(0)=0。另一方面，f(x)=f(1)+⋯+f(1)⏟x=x⋅f(1) 因此根据 f(1) 的值，将自同态分类如下： f0=(01230000),f1=(01230123)f2=(01230202),f3=(01230321)

不难发现 f0 是加法零元，f1 是乘法单位元。以及如下运算规则： f1+f1=f2,f1+f2=f3,f1+f3=f0,f2+f2=f0,f2+f3=f1,f3+f3=f2,f2f2=f0,f2f3=f2,f3f2=f2,f3f3=f1.

因此加法表和乘法表为 +f0f1f2f3f0f0f1f2f3f1f1f2f3f0f2f2f3f0f1f3f3f0f1f2∘f0f1f2f3f0f0f0f0f0f1f0f1f2f3f2f0f2f0f2f3f0f3f2f1

注这似乎说明 End⁡(Z4)≅Z4。

H. 环的基本性质

证明 1–4。

H.2 在任意群中，如果 ab=−ba，则 (a+b)2=(a−b)2=a2+b2。

证明

(a+b)2=a2+ba+ab+b2(a−b)2=a2−ba−ab+b2

当 ab=−ba 时，有 ba+ab=−ba−ab=0，因此要证的等式成立。

H.3 在任意整环中，如果 a2=b2，则 a=±b。

证明在整环中 (a+b)(a−b)=a2+ba−ab−b2=a2−b2，因此 a2=b2⟹a2−b2=0⟹(a+b)(a−b)=0 在整环中没有零因子，因此或者 a+b=0 或者 a−b=0，即 a=±b。

H.5 证明在含单位元的环中，加法交换律是不需要假定的：它可以由其它公理推出。

证明 (a+b)(1+1)=(a+b)1+(a+b)1=a+b+a+b(a+b)(1+1)=a(1+1)+b(1+1)=a+a+b+b 因为两式的右边相等，所以 b+a=a+b，即加法交换律成立。

H.6 设 A 是环。证明如果 A 的加群是循环群，那么 A 是交换环。

引理 (n⋅a)b=a(n⋅b)=n⋅(ab)，其中 n⋅a=a+⋯+a⏟n。使用乘法分配律即可证明。该式对 n=0 也成立。

证明设 x,y∈A。因为 A 的加群是循环群，设其生成元是 a，则存在 n,m∈Z 使得 x=n⋅a, y=m⋅a。于是 xy=(n⋅a)(m⋅a)=n⋅(a(m⋅a))=(nm)⋅a2 同理 yx=(mn)⋅a2。因此 xy=yx，所以 A 是交换环。

H.7 证明：在任意整环中，如果 an=0 对某个整数成立，则 a=0。

证明在平凡环中 a=0 显然成立。只考虑非平凡环的情况。如果 n 为负数，则 a 有乘法逆元。由 a−nan=1 可以推出 0=1，这是不可能的。n=0 时 a0=0 等价于 1=0，所以是不可能的。

考虑使方程 an=0 成立的最小正整数 n。如果 n=1 则直接得到 a=0。否则 n>1，根据 n 的最小性有 an−1≠0。在整环中消去律成立，因此在方程 an=0 中消去 an−1 得到 a=0。（注意，这样推出 a=0 后，和 an−1≠0 产生矛盾。因此 n>1 的情况是不可能的。）

注证明中用到了正整数的良序性。

I. 可逆元素的性质

证明在非平凡含单位元的环中 1–5 都成立。

I.3 如果 a2=0 则 a+1 和 a−1 可逆。

证明因为 (a+1)(a−1)=a2−1，所以 a2=0⟺(a+1)(a−1)=−1 这说明 (a+1) 的逆元是 −(a−1)，(a−1) 的逆元是 −(a+1)。

I.4 如果 a 和 b 可逆，则它们的积 ab 可逆。

证明设 a 和 b 的逆分别问 a−1 和 b−1。则 (ab)(b−1a−1)=1 因此 ab 的逆是 b−1a−1。

I.5 环中所有可逆元素构成的集合 S 是一个乘法群。

证明

单位元是 1。
对乘法封闭（I.4）。
乘法满足结合律（继承自环的乘法结合律）
根据定义，逆元存在。

所以 S 构成乘法群。

I.6 根据 I.5，一个域中的所有非零元素的集合构成乘法群。用 Lagrange 定理证明，含有 m 个元素的有限域中，对任意 x≠0 有 xm−1=1。

证明含有 m 个元素的有限域 F 中的非零元素的集合构成一个 (m−1) 阶乘法群 G={x∈F:x≠0}。根据 Lagrange 定理可知其中任意元素的阶都是 (m−1) 的约数，因此 xm−1=1 对任意 x∈G 成立。

I.8 证明：在交换环中，如果 ab 可逆，则 a 和 b 均可逆。

证明设 ab=ba 的逆是 x，那么 (ab)x=a(bx)=1,x(ba)=(xb)a=1 由此可知 bx=xb 是 a 的逆。同理可证 ax=xa 是 b 的逆。

J. 零因子的性质

证明下列命题在非平凡环中成立。

J.2 如果 ab 是零因子，则 a 或 b 是零因子。

证明易知 a, b 均为非零元素。

ab 是零因子说明存在非零元素 x 使得 abx=0 或 xab=0。

如果 abx=0，则如果 bx=0，则 b 是零因子。否则，bx≠0，a 是零因子。
如果 xab=0，则如果 xa=0，则 a 是零因子。否则，xa≠0，b 是零因子。

综上所述，a 或 b 是零因子。

J.5 设 a 既不是 0 也不是零因子。如果 ab=ac，则 b=c。

证明 ab=ac⟺a(b−c)=0 因为 a≠0，并且 a 不是零因子，所以 b−c=0，即 b=c。

J.6 A×B 总是有零因子。

证明设非零元素 a∈A, b∈B。则有非零元素的乘积等于零元： (a,0)(0,b)=(a0,0b)=(0,0)

K. 布尔环

环 A 是布尔环，如果对任意 a∈A 都有 a2=a。证明 1–2 对任意布尔环都成立。

K.1 对任意 a∈A，有 a=−a。

证明 (a+a)2=a+a⟺a2+a2+a2+a2=a+a⟺a+a+a+a=a+a⟺a+a=0⟺a=−a

K.2 根据 K.1 证明 A 是交换环。

证明 (a+b)2=a+b⟺a2+ba+ab+b2=a+b⟺a+ba+ab+b=a+b⟺ba+ab=0⟺ab=−ba⟺ab=ba

在 3–4 中，假定 A 有单位元并证明：

K.3 所有除了 0 和 1 的元素都是零因子。

证明设 x∈A∖{0,1}。而 x(x−1)=x2−x=x−x=0 可见，存在 x−1≠0，使得 x(x−1)=0。这说明 x 是零因子。

K.4 A 中只有 1 是可逆的。

证明显然 1 是可逆的，并且逆是 1。

设存在 x,y∈A 使得 xy=1。那么 x−1=(xy)(x−1)=x(x−1)y

当 x≠1 时，x(x−1)=0。左边是非零元素，右边是零元，这是不可能的。

M. 幂零 (nilpotent) 和幂单 (unipotent) 元素

环中的元素 a 被称为幂零的，如果存在正整数 n 使得 an=0。

M.1 在含单位元的环中，证明如果 a 是幂零的，则 a+1 和 a−1 都可逆。

证明如果 an=0 则 an+1=0。所以，总是存在奇数 n 使得 an=0。

1−an=(1−a)(1+a+a2+⋯+an−1) 设 p=1+a+a2+⋯+an−1，代入 an=0 得 (a−1)(−p)=1，所以 (a−1) 的逆是 −p。

当 n 为奇数时， 1+an=(1+a)(1−a+a2−⋯+an−1) 设 q=1−a+a2−⋯+an−1，代入 an=0 得 (a+1)q=1，所以 (a+1) 的逆是 q。

M.2 在交换环中，证明幂零元素 a 和任意元素 x 的乘积 ax 是幂零的。

证明设 an=0，则 (ax)n=anxn=0

M.3 在交换环中，证明两个幂零元素的和是幂零的。

证明设 an=bm=0，则根据二项式定理有 (a+b)n+m=∑k=0n+m(n+mk)⋅an+m−kbk

当 k<m 时，有 n+m−k>n，此时 an+m−k=0；当 k≥m 时，有 bk=0。因此，求和式中的每一项均为零，于是 (a+b)n+m=0。

元素 a 是幂单的，当且仅当 (1−a) 是幂零的。

M.4 在交换环中，证明两个幂单元素的乘积是幂单的。

证明设 (1−a)n=(1−b)m=0。则根据二项式定理有 (1−ab)n+m=[(1−a)+a(1−b)]n+m=∑k=0n+m(n+mk)⋅(1−a)n+m−kak(1−b)k 剩下的部分和 M.3 类似。

M.5 在含单位元的环中，证明每个幂单的元素都是可逆的。

证明设 a 为幂单元素且 (1−a)n=0。则根据 M.1，(1−a)−1=−a 是可逆的：存在 b 使得即(−a)b=1即a(−b)=1 所以 a 可逆，逆元为 −b。