代数结构 环(II)

代数结构

陆一洲 5140309557

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Problem 5

设 $R$ 是整环。证明：对 $R$ 上任何非零多项式 $f(x),g(x)$，有

$$\deg(f(x)g(x))=\deg\ f(x)+\deg\ g(x)$$ 如果 $R$ 不是整环，这一结论还成立吗？

① 若 $R$ 是整环：
设 $\deg\ f(x)=n, \deg\ g(x)=m$，且 $f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_ix^i,g(x)=\sum_{i=0}^{m}b_ix^i\in R[x]$，其中 $a_n,b_m\neq0$，所以有

$$f(x)g(x)=\sum_{i=0}^{n+m}c_ix^i$$ 其中 $c_k=\sum_{i+j=k}a_ib_j,\ k=0,1,\cdots,n+m$。
由于 $R$ 是整环且 $a_n,b_m\neq0$，所以 $c_{n+m}=a_nb_m\neq0\ \ \ (*)$，所以 $$\deg(f(x)g(x))=n+m=\deg\ f(x)+\deg\ g(x)$$
② 若 $R$ 不是整环：
在上述证明中，$(*)$ 结论不成立，如若 $R=\mathbf{Z}_4$，其有零因子 $2$，所以取 $f(x)=g(x)=2x$，则 $f(x)g(x)=0$。而 $\deg\ f(x)=\deg\ g(x)=1$，$\deg(f(x)g(x))=0\neq2=\deg\ f(x)+\deg\ g(x)$。

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Problem 1(4)(6)

在下列整环中，元素 $\alpha$ 能否被 $\beta$ 整除。
(4) $D=\mathbf{Z}_2[x],\alpha=x^3+1,\beta=x^2+x+1$；
(6) $D=\mathbf{Z}_5[x],\alpha=x^3-x^2+x+1,\beta=x+3$；

(4) 能。在 $\mathbf{Z}$ 下显然有 $\alpha=(x+1)(x^2-x+1)$，而 $x^2-x+1$ 与 $x^2+x+1$ 在 $\mathbf{Z}_2$ 下为同一个多项式。
(6) 否。设 $\alpha=k\beta$，其中 $k=ax^2+bx+c$，则有

$$k\beta=ax^3+(a+3b)x^2+(3b+c)x+3c=\alpha$$ 可得方程组： $$\begin{equation*} \left\{ \begin{aligned} a=1\mod5\\ a+3b=4\mod5\\ 3b+c=1\mod5\\ 3c=1\mod5\\ \end{aligned} \right. \end{equation*}$$ 而显然，由前三组方程可推得 $a=b=1,c=3$，而通过第四个方程推得 $c=2$，产生矛盾，所以 $\alpha$ 无法被 $\beta$ 整除。

Problem 19

举例说明，在一个整环中，任何两个元素不一定有最小公倍元。
【最小公倍元定义】
设 $D$ 为整环，$a,b,m\in D$，如果 $m$ 满足：
(1) $a\mid m$，且 $b\mid m$，即 $m$ 是 $a$ 与 $b$ 的公倍元；
(2) 如果 $c$ 是 $a$ 与 $b$ 的任一公倍元，则有 $m\mid c$，
则称，$m$ 为 $a$ 与 $b$ 的一个最小公倍元，记作 $m=\mathrm{lcm}(a,b)$ 或 $[a,b]$。

取高斯整环 $R=\mathbf{Z}[\sqrt{3}\mathrm{i}]$，$a=1+\sqrt{3}\mathrm{i}$ 与 $b=2$，则有 $p=4$ 与 $q=2+2\sqrt{3}\mathrm{i}$ 为 $a$ 与 $b$ 的公倍元。
假定 $m=x+\sqrt{3}y\mathrm{i}=[a,b]$，其中 $x,y\in \mathbf{Z}$，则有 $a\mid m,b\mid m,m\mid p,m\mid q$，于是有 $4\mid\mathcal{N}(m)\mid16$。
(1) 若 $\mathcal{N}(m)=4$，则 $m=\pm2$ 或 $\pm1\pm\sqrt{3}\mathrm{i}$，显然 $a$ 与 $b$ 无法同时整除其，此时 $m$ 不可能为 $a$ 与 $b$ 的最小公倍元。
(2) 若 $\mathcal{N}(m)=8$，而 $x^2+3y^2=8$ 无整数解，所以此时 $m$ 不可能为 $a$ 与 $b$ 的最小公倍元。
(3) 若 $\mathcal{N}(m)=16$，则 $m=\pm4$ 或 $\pm2\pm2\sqrt{3}\mathrm{i}$，而显然此二者无法互相整除，所以 $m$ 也无法同时整除二者，此时 $m$ 不可能为 $a$ 与 $b$ 的最小公倍元。
综上，在 $\mathbf{Z}[\sqrt{3}\mathrm{i}]$ 中 $1+\sqrt{3}\mathrm{i}$ 与 $2$ 没有最小公倍元。

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Problem 1

设 $D$ 是欧几里得整环，$\sigma$ 是 $D$ 的欧几里得映射，满足 $$\sigma(a)\leqslant\sigma(ab),\ \ \ \ \forall\ a,b\in D,\ a,b\neq0$$ 证明：
(1) $d\in D$ 是单位当且仅当 $\sigma(d)=\sigma(1)$；
(2) 如果存在 $n\in \mathbf{N}\cup\{0\}$，使对 $D$ 的任一非零元 $a$，都有 $\sigma(a)=n$，则 $D$ 是域；
(3) 如果 $a\sim b$，则 $\sigma(a)=\sigma(b)$ 或 $a=b=0$。

(1)
① 若 $d\in D$ 是单位，则 $\exists\ d'\in D$，使得 $dd'=1$，所以有 $\sigma(d)\leqslant\sigma(dd')=\sigma(1)$，而又有 $\sigma(1)\leqslant\sigma(1\cdot d)=\sigma(d)$，所以 $\sigma(d)=\sigma(d)$；
② 若 $\sigma(1)=\sigma(d)$，所以对于 $\forall\ a\in D$，都有 $\sigma(a)=\sigma(1\cdot a)\geqslant\sigma(1)$，即 $\sigma(d)$ 是所有 $\sigma(a)$ 中最小的。由于 $D$ 是欧几里得整环，所以 $\exists\ q,r\in D$ 使得 $1=dq+r$，其中 $r=0$ 或 $\sigma(r)<\sigma(d)$，而显然有一种情况不可能满足，只有 $r=0$，即 $1=dq$，所以 $d$ 是单位。
(2)
由于 $\forall\ a\in D,\ a\neq0$，有 $\sigma(a)=n$，从而 $\sigma(1)=\sigma(d)=n$，其中 $d$ 是任一非零元，所以由 (1) 知，$D$ 中任一非零元皆单位，所以 $D$ 是域。
(3)
若 $a\sim b$，则 $a\mid b$ 且 $b\mid a$，即 $\exists\ p,q\in D$，使得 $a=pb,b=qa$。显然，$a=b=0$ 时该式成立。当 $a,b\neq0$ 时，则有 $\sigma(a)\leqslant\sigma(qa)\leqslant\sigma(b)$，同理 $\sigma(b)\leqslant\sigma(a)$，即 $\sigma(a)=\sigma(b)$。

Problem 7

设 $D$ 为主理想整环，$I$ 为 $D$ 的非平凡理想。证明：
(1) $D/I$ 的每一个理想都是主理想，并说明 $D/I$ 是否为主理想整环；
(2) $D/I$ 仅有有限多个理想。

(1)
设 $\pi:D\mapsto D/I$ 是自然同态，即 $\pi(a)=a+I$，则 $J'\mapsto\pi^{-1}(J')$ 是 $D/I$ 的全体理想的集合到 $D$ 的包含 $I$ 的全体理想集合之间的双射。
设 $I=\langle d\rangle$，则 $d\neq0$，$d$ 也不是单位。若 $J'$ 是 $D/I$ 的理想，则 $J=\pi^{-1}(J')\supseteq\langle d\rangle$。设 $J=\langle a\rangle$，则 $a\mid d$，且 $J'=\pi(J)=\langle\pi(a)\rangle$。因此，$D/I$ 的每个理想都是主理想。
但是，当 $I$ 不是素理想时 $D/I$ 不是无零因子环，因此 $D/I$ 不一定是主理想整环。例如，取 $D=\mathbf{Z}$，$I=\langle6\rangle$，则 $D/I=\mathbf{Z}_6$ 不是无零因子环，故也不是主理想整环。
(2)
由于 $d$ 是非零非单位的元素，因此可设 $d=\epsilon p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_s^{k_s}$ 是 $d$ 的标准分解，其中 $\epsilon$ 是单位，$p_1,p_2,\cdots,p_s$ 是不相伴的不可约元。由于 $a\mid d$，故可设 $a$ 的标准分解式为 $a=p_1^{l_1}p_2^{l_2}\cdots p_s^{l_s}$，其中 $l_i\leqslant k_i,\ i=1,2,\cdots,s$，则这样的 $a$ 最多只有 $(k_1+1)(k_2+1)\cdots(k_s+1)$ 种取法。所以 $D/I$ 的理想 $J'$ 仅有有限多个。