抽象代数 · 第3章 · 环论

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体例说明原书习题按节附于各节卡片末尾（与原书位置一致），共 120 道；每道题的简答置于折叠框内，其中标注「原书简答」的整理自附录 III 习题简答（已修正 OCR），标注「笔记自拟」的为原书从略、由本笔记补充。编号规则沿用原书：「定理 2-1」表示第 2 节定理 1。

◎学习目标

掌握环的定义（加法群 + 乘法结合律 + 分配律）与恒等元、交换环、零因子、整环、除环、域等类型的递进关系；熟悉 $\mathbf{Z}$、$\mathbf{Z}_n$、$\mathbf{Z}[\sqrt{2}]$、连续函数环、四元数环、$M_n(R)$、自同态环等十来个标准例子，会用 $\mathbf{Z}_n$ 是域 ⟺ $n$ 素数、四元数环是除环等结论；
掌握环的简单性质（$a \cdot 0 = 0$、$(-a)b = -ab$、$(-a)(-b) = ab$、交换时二项式定理成立），以及从已知环构造新环的四种方法：直积 / 直和、多项式环 $R[x]$、形式幂级数环 $R[[x]]$、反环 $R^{op}$；
掌握子环判别（减法与乘法封闭）与理想的定义（双侧吸收）；会做理想的和、积、交运算，理解主理想 $(s)$、生成理想 $(S)$；记住「域只有平凡理想」与定理 2-1（含 1 交换环是域 ⟺ 只有平凡理想）、定理 2-2（$M_n(D)$ 是单环）；
掌握商环 $R/I$ 的构造逻辑与环同态：$\operatorname{Ker} f$ 是理想；环的同态基本定理 $R/\operatorname{Ker} f \cong \operatorname{Im} f$、对应定理、$R/J \cong (R/I)/(J/I)$；会算 $\mathbf{Z}[x]/(m)$、$\mathbf{Z}[x]/(m, x)$ 等典型商环；理解中国剩余定理；
掌握整环的特征（周期元 ⟹ 特征为素数 $p$；特征 0 ⟹ 含 $\mathbf{Q}$ 型素域）与分式域的构造（$R \times R^*$ 上的等价关系 + 四则运算）、泛性质（嵌入唯一扩张）；知道任何整区可嵌入带 1 的环；
掌握唯一分解环（UFD / Gauss 整区）的定义：因子链条件 + 素性条件 ⟺ UFD（定理 5-1）；最大公因子条件可替代素性条件（定理 5-2）；会用范数证明 $\mathbf{Z}[\sqrt{-5}]$ 不是 UFD（$9 = 3 \cdot 3 = (2+\sqrt{-5})(2-\sqrt{-5})$）；
掌握包含链 欧氏整区 ⟹ PID ⟹ UFD 及其证明要点（PID 适合升链条件与最大公因子条件；欧氏赋值取极小生成主理想）；知道 $\mathbf{Z}$、$F[x]$、$\mathbf{Z}[\sqrt{-1}]$、$\mathbf{Z}[\sqrt{2}]$ 都是欧氏整区，且反向均不成立；
掌握域上一元多项式环 $F[x]$ 的核心结论：带余除法、余数定理、$n$ 次多项式至多 $n$ 个根、$F[x]/(f)$ 是域 ⟺ $f$ 不可约、代数元 / 超越元 / 最小多项式、乘法群有限子群是循环群；会用不可约多项式构造有限域（8 元、25 元域）；
掌握交换环上多项式环：多元多项式环的泛性质、无限域上非零多元多项式必有非零点、Gauss 引理（本原多项式之积本原）、$R$ 是 UFD ⟹ $R[x_1, \dots, x_n]$ 是 UFD（定理 8-3）；
掌握素理想（$R/P$ 是整区 ⟺ $P$ 素）、极大理想（$R/M$ 是域）、Zorn 引理证明极大理想存在、小根 = 诣零根（定理 9-3）、大根 / Jacobson 根的刻画（$a \in J$ ⟺ $1 - ar$ 恒可逆）；了解模的基本语言（子模、商模、同态基本定理、Schur 定理、单模与半单模）。

1基本概念 §3.1

节引言环是又一种重要的代数体系。环中有着两种运算——加法与乘法，它可以看成是我们熟悉的整数、数域上多项式等代数系统的推广。群论的工具（加法群结构、同态与商群）将在环论中全面复用。

1.1 定义与例子

定义 1-1 · 环非空集合 $R$ 称为是一个环，如果在 $R$ 上定义了两种运算「$+$」与「$\cdot$」且适合下列条件：

$(R, +)$ 是一个加法群，其零元素记为 $0$；
对任意的 $a, b, c \in R$，$(a \cdot b) \cdot c = a \cdot (b \cdot c)$（结合律）；
对任意的 $a, b, c \in R$，成立分配律 $(a + b) \cdot c = a \cdot c + b \cdot c, \qquad c \cdot (a + b) = c \cdot a + c \cdot b.$

对环的乘法，「$\cdot$」通常省去，如 $a \cdot b$ 直接写为 $ab$。如果环 $R$ 还适合：(4) 存在 $R$ 中的元素 $e$，使对任意的 $a \in R$，$ea = ae = a$，则称 $R$ 是带恒等元的环，恒等元通常写为 $1$。

例 1 ~ 7 · 常见交换环

例 1：整数全体 $\mathbf{Z}$ 在通常的数的加法与乘法下构成一个环，称为整数环（零元 $0$，恒等元 $1$）；
例 2：有理数全体 $\mathbf{Q}$、实数全体 $\mathbf{R}$、复数全体 $\mathbf{C}$ 在通常加法与乘法下也都成为环；
例 3：模 $n$ 的整数环——对 $\mathbf{Z}_n$ 定义乘法 $\overline{k} \cdot \overline{l} = \overline{kl}$，则 $\mathbf{Z}_n$ 成为一环；
例 4：偶数全体在普通数的加法与乘法下也成为一个环（无恒等元的环）；
例 5：$\mathbf{Z}[\sqrt{2}] = \{m + n\sqrt{2} \mid m, n \in \mathbf{Z}\}$ 在普通数的加法与乘法下也构成一个环；
例 6：实系数多项式全体 $R[x]$ 在多项式的加法与乘法下成为一个环；
例 7：$\Gamma$ 是 $[0, 1]$ 上连续函数全体，连续函数的和与积仍是连续函数，$\Gamma$ 在函数的加法与乘法下成为一个环。

例 8 · Hamilton 四元数环设 $H$ 是实数域 $\mathbf{R}$ 上的四维线性空间，$H = \{a_0 + a_1 i + a_2 j + a_3 k \mid a_i \in \mathbf{R}\}$，加法取向量加法。乘法由

i^2 = j^2 = k^2 = -1, \quad ij = -ji = k, \quad jk = -kj = i, \quad ki = -ik = j

再利用分配律扩张到整个 $H$ 上，即

\begin{aligned} &(a_0 + a_1 i + a_2 j + a_3 k)(b_0 + b_1 i + b_2 j + b_3 k) \\ =\ & (a_0 b_0 - a_1 b_1 - a_2 b_2 - a_3 b_3) + (a_0 b_1 + a_1 b_0 + a_2 b_3 - a_3 b_2)i \\ & + (a_0 b_2 + a_2 b_0 + a_3 b_1 - a_1 b_3)j + (a_0 b_3 + a_3 b_0 + a_1 b_2 - a_2 b_1)k. \end{aligned}

不难验证 $H$ 是一个环（非交换、带恒等元）。

例 9 · 矩阵环设 $R$ 本身是一个环。矩阵 $\begin{pmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & \cdots & a_{nn} \end{pmatrix}$（其中 $a_{ij} \in R$）称为环 $R$ 上的 $n$ 阶矩阵。令 $M_n(R)$ 是环 $R$ 上的 $n$ 阶矩阵全体，如同线性代数中一样定义加法 $(a_{ij}) + (b_{ij}) = (a_{ij} + b_{ij})$ 与乘法 $(a_{ij})(b_{ij}) = (c_{ij})$，$c_{ij} = \sum_{k=1}^{n} a_{ik}b_{kj}$，则 $M_n(R)$ 成为一个环，称为环 $R$ 上的 $n$ 阶矩阵环。如果 $R$ 有恒等元，则单位矩阵就是 $M_n(R)$ 的恒等元，零元就是零矩阵。

例 10 · 自同态环设 $M$ 是一个加法群，$\operatorname{End} M$ 是 $M$ 的自同态全体。对 $f, g \in \operatorname{End} M$，定义 $(f+g)(x) = f(x) + g(x)$（不难验证 $f+g$ 仍是自同态），$f$ 和 $g$ 的积就是它们作为映射的积。按照定义不难证明 $\operatorname{End} M$ 是一个环，恒等映射就是它的恒等元。这个环称为加法群 $M$ 的自同态环。

1.2 环的简单性质

由于 $(R, +)$ 是一个加法群，因此加法群的一些性质在环中是保持的。

性质 1-1 ~ 1-5

对 $a \in R$，总存在元素 $-a$ 使 $a + (-a) = 0$。约定 $na = a + a + \cdots + a$（$n$ 个），则 $n(a+b) = na + nb, \qquad (n+m)a = na + ma, \qquad (nm)a = n(ma),$ 还有等式 $-(a+b) = -a-b = (-a) + (-b)$；
乘法对加法的「展开式」： $\left(\sum_{i=1}^{m} a_i\right)\left(\sum_{j=1}^{n} b_j\right) = \sum_{i,j=1}^{m,n} a_i b_j,$ 利用分配律不难验证；
$a \cdot 0 = 0 \cdot a = 0$（由 $a \cdot 0 = a(0 + 0) = a \cdot 0 + a \cdot 0$ 两边消去即得）；
$(-a)b = -(ab)$（由 $0 \cdot b = [a + (-a)]b = ab + (-a)b$ 得），进而 $(-a)(-b) = ab$；
如果 $ab = ba$，则对任意的自然数 $n$，$(ab)^n = a^n b^n$（归纳法）；如果 $ab \neq ba$，则上式不成立，如 $(ab)^2 = abab$。在 $ab = ba$ 时二项式定理成立： $(a+b)^n = a^n + C_n^1 a^{n-1}b + C_n^2 a^{n-2}b^2 + \cdots + b^n, \qquad C_n^i = \frac{n!}{i!(n-i)!}.$

1.3 环的各种类型

类型 1 · 交换环设 $R$ 是一个环，如果对 $R$ 中的任意两个元素 $a, b$，乘法可交换即 $ab = ba$，则称 $R$ 是一个交换环。例 1~例 7 都是交换环；若 $R$ 不是交换环就称为非交换环，比如例 8、例 9 中都是非交换环（(9) 中设 $n \gt 1$）。

类型 2 · 零因子与整环如果环 $R$ 中有两个元素都不等于零，即 $a \neq 0$，$b \neq 0$，但 $ab = 0$，则称 $a$ 是 $b$ 的左零因子，$b$ 是 $a$ 的右零因子，简称 $a$ 或 $b$ 是零因子。无零因子的环称为整环。整数环 $\mathbf{Z}$、多项式环 $\mathbf{R}[x]$ 等都是整环。

如果 $R$ 是一个整环，那么在 $R$ 中适合消去律：若有 $ab = ac$ 且 $a \neq 0$，则必有 $b = c$。

反例 · 连续函数环不是整环 $[0, 1]$ 上连续函数全体构成的环 $\Gamma$ 不是整环，看这样两个函数：

f(x) = \begin{cases} 0, & 0 \leqslant x \lt \frac{1}{2}, \\ x - \frac{1}{2}, & \frac{1}{2} \leqslant x \leqslant 1; \end{cases} \qquad g(x) = \begin{cases} -x + \frac{1}{2}, & 0 \leqslant x \lt \frac{1}{2}, \\ 0, & \frac{1}{2} \leqslant x \leqslant 1. \end{cases}

显然 $f(x) \neq 0$，$g(x) \neq 0$，但是 $f(x) \cdot g(x) = 0$。

类型 3 · 除环与域记 $R^{*} = R \setminus 0$。设 $R$ 是带恒等元的环，$a \in R^{*}$：若有 $b \in R$ 使 $ab = 1$，则称 $b$ 是 $a$ 的右逆元；若有 $c$ 使 $ca = 1$，则称 $c$ 是 $a$ 的左逆元。若 $b$ 既是左逆元又是右逆元，则称 $b$ 是 $a$ 的逆元，记为 $b = a^{-1}$（逆元必唯一）。有逆元存在的元素称为可逆元或单位。$R$ 中所有单位的全体在乘法下构成一个群。

如果 $R^{*}$ 中的任一元素都是可逆元，则称 $R$ 是一个除环。交换的除环称为域，非交换的除环有时亦称为斜域或体。在除环和域中可以进行四则运算。有理数环、实数环与复数环都是域；四元数环 $H$ 是除环但不是域（乘法不可交换）。

例 · 四元数环是除环对任意的 $a_0 + a_1i + a_2j + a_3k \neq 0$，令 $b = a_0^2 + a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 \neq 0$，不难验证 $\frac{1}{b}(a_0 - a_1i - a_2j - a_3k)$ 就是 $a_0 + a_1i + a_2j + a_3k$ 的逆元。

例 · $\mathbf{Z}_p$ 是域（$p$ 素数）设 $p$ 是一个素数，则 $\mathbf{Z}_p$ 是一个域。设 $\overline{k} \in \mathbf{Z}_p$ 且 $\overline{k} \neq \overline{0}$，不妨设 $1 \leqslant k \lt p$。由于 $p$ 是素数，$k$ 与 $p$ 互素，即存在整数 $m, t$ 使 $km + pt = 1$，于是 $\overline{k}\,\overline{m} = \overline{1}$，即 $\overline{k}$ 的逆元是 $\overline{m}$。当 $n$ 不是素数时 $\mathbf{Z}_n$ 肯定不是域：设 $n = n_1n_2$，则 $\overline{n}_1\,\overline{n}_2 = \overline{n} = \overline{0}$，$\mathbf{Z}_n$ 含零因子。

于是：剩余类环 $\mathbf{Z}_n$ 是域 ⟺ $n$ 是素数。比如 $\mathbf{Z}_2 = \{0, 1\}$ 是一个「最小」的域：

加法			乘法
$+$	$\overline{0}$	$\overline{1}$	$\times$	$\overline{0}$	$\overline{1}$
$\overline{0}$	$\overline{0}$	$\overline{1}$	$\overline{0}$	$\overline{0}$	$\overline{0}$
$\overline{1}$	$\overline{1}$	$\overline{0}$	$\overline{1}$	$\overline{0}$	$\overline{1}$

1.4 从已知环构造新环

例 11 · 环的直积与直和设 $R_i\ (i = 1, 2, \cdots, n)$ 是环，$R = R_1 \times R_2 \times \cdots \times R_n$ 是 $R_i$ 的积。定义

\begin{aligned} (a_1, \cdots, a_n) + (b_1, \cdots, b_n) & = (a_1 + b_1, \cdots, a_n + b_n), \\ (a_1, \cdots, a_n) \cdot (b_1, \cdots, b_n) & = (a_1 b_1, \cdots, a_n b_n). \end{aligned}

容易验证 $R$ 是一个环，称为环 $R_1, \cdots, R_n$ 的直积。若每个 $R_i$ 都有恒等元，则 $R$ 的恒等元为 $(1, \cdots, 1)$。对无限个环也可类似定义直积 $R = \prod_I R_{\alpha}$。

在 $R$ 中取子集 $R' = \{(a_{\alpha}) \mid \text{只有有限个 } a_{\alpha} \neq 0\}$，同样定义加法与乘法则 $R'$ 是一个环，称为环族 $\{R_{\alpha}\}$ 的直和，记为 $\bigoplus R_{\alpha}$。当环族只含有限个环时，直积和直和是一致的。

例 12 · 交换环上的多项式环设 $R$ 是一个含恒等元的交换环，$x$ 是一个未定元。$R[x]$ 是下列多项式的集合：$a_0 + a_1x + \cdots + a_nx^n$（$a_i \in R$，$n$ 可取一切非负整数）。两个多项式相等当且仅当各系数相等。加法为 \[ f(x) + g(x) = (a_0 + b_0) + (a_1 + b_1)x + (a_2 + b_2)x^2 + \cdots, \] 乘法为 $f(x)g(x) = c_0 + c_1x + c_2x^2 + \cdots + c_{m+n}x^{m+n}$，其中 \[ c_k = \sum_{i+j=k} a_i b_j, \quad k = 0, 1, \cdots, m+n. \] 容易验证 $R[x]$ 是一个环，称为 $R$ 上的多项式环。

例 13 · 形式幂级数环设 $R$ 是一个含恒等元的交换环，$R[[x]] = \{(a_i) = (a_0, a_1, a_2, \cdots) \mid a_i \in R\}$。定义加法 $(a_i) + (b_i) = (a_i + b_i)$ 与乘法 $(a_i) \cdot (b_i) = (c_i)$，其中 $c_k = \sum_{i+j=k} a_i b_j\ (k = 0, 1, 2, \cdots)$，则 $R[[x]]$ 是一个环，称为 $R$ 上的形式幂级数环。

例 14 · 反环设 $R$ 是一个环，在集合 $R$ 上另外定义一个环结构：加法仍和原来的相同，而乘法 $*$ 为 $a * b = ba$，则 $R$ 在这样的加法和乘法下是一个环，称为原来环的反环，记为 $R^{\circ}$ 或 $R^{op}$。

§3.1 习题（原书 12 题）

习题 3.1

$R$ 是一个环，证明：对 $a, b, c \in R$，(1) $a(b-c) = ab - ac$；(2) $n(ab) = (na)b = a(nb)$，$n \in \mathbf{Z}$。

简答（原书简答整理）

易证。利用分配律与加法群性质：$a(b-c) = ab + a(-c) = ab - ac$；整数倍作用由 $(m+n)a = ma + na$ 与 $(nm)a = n(ma)$ 逐条展开即可。
证明：任意一个有限整环必是除环。

简答（原书简答整理）

先证明 $R$ 有恒等元。对 $R$ 中任一非零元 $a$，由于 $R$ 有限，总有自然数 $r \gt 1$ 使 $a^r = a$。令 $b = a^{r-1}$，则 $ba = ab = a$。若 $c$ 是 $R$ 中任一非零元，从 $cba = ca$ 消去 $a$（整环消去律）可得 $cb = b$；同理 $bc = c$。这表明 $b$ 是 $R$ 的恒等元。再由 §2.1 中的习题 10（有限半群 + 右幺元 + 消去律是群）可知 $R^{*}$ 是群，故 $R$ 是除环。
证明：带恒等元整环中没有除 0 和 1 以外的幂等元，即适合 $a^2 = a$ 的元素。

简答（原书简答整理）

若 $a \neq 0$，$a^2 = a$，则 $a^2 = a \cdot 1$，由消去律得 $a = 1$。
证明：如果 $1 - ab$ 是环 $R$ 的可逆元，则 $1 - ba$ 也是可逆元。

简答（原书简答整理）

$(1 - ba)^{-1} = 1 + b(1 - ab)^{-1}a$。直接验证：$(1 - ba)[1 + b(1-ab)^{-1}a] = 1 - ba + b(1 - ab)(1-ab)^{-1}a = 1 - ba + ba = 1$；另一侧同理。
设 $\Gamma$ 是 $[0, 1]$ 上连续函数环，证明：$f(x)$ 是 $\Gamma$ 的零因子的充分必要条件是 $f(x) = 0$ 的点包含了 $[0, 1]$ 中的一个开区间，并试求 $\Gamma$ 中可逆元适合的条件。

简答（原书简答整理）

充分性显然：在开区间外令 $g$ 非零即可构造 $fg = 0$。只证必要性：设 $f(x)g(x) = 0$，$f$ 的零点不包含任何开区间。若 $a \in [0, 1]$：如 $f(a) \neq 0$，由连续性 $g(a) = 0$；如 $f(a) = 0$，则在 $a$ 的任意小邻域内总有点 $b$ 使 $f(b) \neq 0$，这时 $g(b) = 0$，于是可找到序列 $\{b_n\}$，$b_n \to a$，$g(b_n) = 0$，由连续性得 $g(a) = 0$。由此知 $g(x) \equiv 0$，$g$ 不是非零零因子。
可逆元条件：$f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上处处非零（此时 $1/f$ 连续，为逆元）。
设 $u$ 是环 $R$（含恒等元）的一个元素且有右逆元，则下列命题等价：(1) $u$ 有多于一个右逆元；(2) $u$ 不是单位；(3) $u$ 是一个左零因子。

简答（原书简答整理）

(1) ⟹ (2)：若 $u$ 是单位，则只有唯一一个逆元，它也是 $u$ 的右逆元，矛盾。(2) ⟹ (3)：设 $ua = 1$，则 $uau = u$，$u(au - 1) = 0$。因 $u$ 不是单位，$au \neq 1$（否则 $a$ 是 $u$ 的逆元），故 $au - 1 \neq 0$，$u$ 是左零因子。(3) ⟹ (1)：设 $b \neq 0$ 使 $ub = 0$，$a$ 是 $u$ 的右逆元，则 $u(a + b) = 1$，$a + b$ 也是 $u$ 的右逆元，与 $a$ 不同。
（*）Kaplansky 定理：如果带恒等元环 $R$ 的一个元素 $a$ 有多于一个的右逆元，则 $a$ 必有无穷多个右逆元。

简答（原书简答整理）

设 $u_1, \cdots, u_n$ 是 $a$ 的不同的右逆元，则 $u_1 + 1 - u_ia$ 也是 $a$ 的右逆元（$a(u_1 + 1 - u_ia) = au_1 + a - au_ia = 1 + a - (au_i)a = 1 + a - a = 1$）。若 $u_1 + 1 - u_ia = u_1$，则 $u_i$ 将是 $a$ 的左逆元，从而 $a$ 是单位，引出矛盾；又若 $u_1 + 1 - u_ia = u_1 + 1 - u_ja$，则 $u_ia = u_ja$，两边右乘 $u_1$ 得 $u_i = u_j$，矛盾。故 $\{u_1, u_1 + 1 - u_ia \mid i = 1, \cdots, n\}$ 是 $a$ 的 $n + 1$ 个右逆元。由 $n$ 的任意性得无穷多。
试求 $\mathbf{Z}_n$ 中单位所构成的群的阶。

简答（原书简答整理）

$\overline{m} \in \mathbf{Z}_n$ 是单位的充要条件是 $(m, n) = 1$，故该环中单位元组成的群的阶为 $\varphi(n)$（Euler $\varphi$-函数）。
设 $F$ 是一个域，求证：$A \in M_n(F)$ 是零因子的充要条件是 $A$ 不是一个可逆元。问：若 $R$ 是一个交换环，则上述结论对 $M_n(R)$ 是否成立？为什么？

简答（原书简答整理）

利用矩阵知识即可证得第一个结论（可逆 ⟺ 满秩 ⟺ 无非零解向量；不可逆时存在 $x \neq 0$ 使 $Ax = 0$，把 $x$ 写成单列矩阵即得右零因子；左零因子类似用行向量）。
若 $R$ 是交换环，结论不一定对。如 $R = \mathbf{Z}$，$n = 2$，$\operatorname{diag}\{2, 2\}$ 不是可逆元但也不是零因子（$\mathbf{Z}$ 无零因子，对角阵乘非零矩阵每个对角元非零）。
在四元数环 $H$ 中定义共轭如下：$\overline{a_0 + a_1i + a_2j + a_3k} = a_0 - a_1i - a_2j - a_3k$。证明：对 $x, y \in H$，$\overline{x + y} = \overline{x} + \overline{y}$，$\overline{xy} = \overline{y}\,\overline{x}$；又 $\overline{x} = x$ 当且仅当 $x \in \mathbf{R}$。

简答（原书简答整理）

加法共轭显然；乘法共轭按基元逐项验证（利用 $i^2 = j^2 = k^2 = -1$ 与 $ij = k$ 等关系）；$\overline{x} = x$ 等价于虚部系数全为零，即 $x \in \mathbf{R}$。
设 $H_0 = \{a_0 + a_1i + a_2j + a_3k \mid a_i \in \mathbf{Q}\}$，证明：$H_0$ 在类似 $H$ 的加法与乘法定义下也是一个除环，它称为有理数 $\mathbf{Q}$ 上的四元数环。

简答（原书简答整理）

同例 8 的逆元公式：$a_0^2 + a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 \in \mathbf{Q}$ 非零时，$\frac{1}{b}(a_0 - a_1i - a_2j - a_3k) \in H_0$ 就是逆元。加法显然成群，乘法同 $H$ 封闭。
设 $R$ 是一个含恒等元的环，$u$ 是 $R$ 中的一个可逆元，$a$ 是 $R$ 中元素且 $aua = a$。若 $a$ 是一个左逆元，求证：$a$ 是一个可逆元。

简答（原书简答整理）

原书答案（§3.1 第 10、11 题之后至第 12 题）：「12. 解：只要证明 $a$ 是右逆元。设 $ab = 1$，则 $au = auab = ab = 1$。而 $u$ 是可逆元，故 $ua = 1$，$a$ 是可逆元且 $a^{-1} = u$。」（注意按原书简答的记号，这里 $a$ 的「左逆元」条件即存在 $b$ 使 $ba = 1$… 依原书简答照录。）

2子环、理想与商环 §3.2

2.1 子环

定义 2-1 · 子环设 $R$ 是一个环，$S$ 是 $R$ 的子集，如果 $S$ 在 $R$ 的加法与乘法下仍是一个环，则称 $S$ 是 $R$ 的子环。

命题 2-1 · 子环判别如果 $S$ 是环 $R$ 的子集，则 $S$ 是 $R$ 的子环的充要条件是 $S$ 中的元素在减法与乘法下封闭，即对 $a, b \in S$，有 $a - b \in S$，$ab \in S$。

证明：只证充分性。由减法封闭知 $S$ 是 $(R, +)$ 的加法子群；由于结合律、分配律在 $R$ 中成立，因此也在 $S$ 中成立，故 $S$ 是子环。证毕。

例 1 · 子环的例子

$\mathbf{Z}$ 是有理数环 $\mathbf{Q}$ 的子环；
在实数域多项式环 $\mathbf{R}[x]$ 中，零次多项式全体构成一个子环；
在环 $M_n(\mathbf{R})$ 中，上三角阵全体构成一个子环；同样下三角阵全体、对角阵全体也都是子环；
四元数环 $H$ 中，形如 $a_0 + a_1i$ 的元素全体构成 $H$ 的一个子环。

环 $R$ 中任意多个子环的交仍是 $R$ 的子环。考虑 $R$ 中包含子集 $S$ 的所有子环的交，它是 $R$ 中包含 $S$ 的最小子环，称之为由 $S$ 生成的子环。

环的中心考虑环 $R$ 中由这样的元素所成的集合 $C = \{c \in R \mid cr = rc \text{ 对一切 } r \in R\}$。若 $c_1, c_2 \in C$，则 \[ (c_1 - c_2)r = c_1r - c_2r = rc_1 - rc_2 = r(c_1 - c_2), \qquad (c_1c_2)r = c_1(c_2r) = (c_1r)c_2 = r(c_1c_2), \] 因此 $c_1 - c_2 \in C$，$c_1c_2 \in C$，即 $C$ 是 $R$ 的子环，称为 $R$ 的中心。若 $C = R$，$R$ 就是交换环。

2.2 理想与商环

定义 2-2 · 理想设 $I$ 是环 $R$ 的一个子集。如果 $I$ 是 $(R, +)$ 的一个加法子群，且对于任意的 $r \in R$ 及 $a \in I$，总有 $ar \in I$ 以及 $ra \in I$，则称 $I$ 是 $R$ 的一个理想（或双侧理想）。

商环的构造：设 $I$ 是 $R$ 的一个理想。对 $R$ 中的元素 $a, b$，称 $a \sim b$ 当且仅当 $a - b \in I$。由 $a - a = 0 \in I$，$b - a = -(a - b) \in I$，$(a - b) + (b - c) = a - c \in I$ 可见 $\sim$ 是 $R$ 中的一个等价关系。记 $\overline{R} = R/I$，它是加法群 $R$ 关于子群 $I$ 的商群，元素可写成傍集形式 $\overline{a} = a + I$，加法为 $(a + I) + (b + I) = (a + b) + I$。现要在 $R/I$ 上定义乘法使它成为一个环：

\[ (a + I)(b + I) = ab + I. \]

合理性：若 $a - a_1 \in I$，$b - b_1 \in I$，则 $a = a_1 + c$，$b = b_1 + d$，其中 $c, d \in I$，因此 $(a + I)(b + I) = (a_1 + I)(b_1 + I)$，即由上式定义的乘法确实是良定义的。结合律与分配律：

\begin{aligned} ((a+I)(b+I))(c+I) & = (ab + I)(c + I) = (ab)c + I = a(bc) + I = (a+I)((b+I)(c+I)), \\ (a+I)[(b+I) + (c+I)] & = (a+I)(b + c + I) = a(b+c) + I = ab + ac + I = (a+I)(b+I) + (a+I)(c+I), \end{aligned}

另一分配律同样可证。因此 $R/I$ 成一环，称为 $R$ 关于理想 $I$ 的商环（商环在有的书中也称为差环，记为 $R - I$）。

例 2 设 $\mathbf{Z}$ 是整数环，$n\mathbf{Z} = \{0, \pm n, \pm 2n, \cdots\}$，不难验证 $n\mathbf{Z}$ 构成 $\mathbf{Z}$ 的一个理想。$\mathbf{Z}$ 关于 $n\mathbf{Z}$ 的商环 $\mathbf{Z}/n\mathbf{Z}$ 就是 §3.1 中的剩余类环 $\mathbf{Z}_n$。

例 3 设 $R$ 是一个环，$m$ 是一个固定的自然数，令 $R_m = \{a \in R \mid ma = 0\}$。若 $a, b \in R_m$，有 $m(a - b) = ma - mb = 0$；又若 $a \in R_m$，$r \in R$，有 $m(ra) = r(ma) = r0 = 0$，$m(ar) = (ma)r = 0 \cdot r = 0$。因此 $R_m$ 是 $R$ 的一个理想。

例 4 · 平凡理想任意一个环至少有两个理想：一个是 $\{0\}$，称为零理想；另一个是 $R$ 自身。这两个理想通常称为平凡理想。

如同子环一样，任意个理想的交仍是理想。由此也有类似的生成概念：设 $S$ 是 $R$ 的子集，定义由 $S$ 生成的理想为 $R$ 中包含集 $S$ 的所有理想之交，记之为 $(S)$，它是 $R$ 包含 $S$ 的最小理想。若 $S$ 是有限集，则称 $(S)$ 为有限生成的理想；又若 $S$ 只含一个元素 $s$，则 $(s)$ 称为 $R$ 的主理想。

理想的两种运算

加法：环 $R$ 的两个理想 $I$ 与 $J$ 之间可以定义 $I + J = \{a + b \mid a \in I, b \in J\}$。容易验证 $I + J$ 也是 $R$ 的理想且 $I + J \supseteq I \cup J$。不仅如此，$I + J$ 正好是 $I \cup J$ 生成的理想：一方面显然有 $I + J \supseteq (I \cup J)$；另一方面对 $a \in I$，$b \in J$，有 $a + b \in (I \cup J)$，因此 $I + J \subseteq (I \cup J)$，于是 $I + J = (I \cup J)$。利用结合律可以定义若干个理想的和 $\sum_i I_i$，它是包含所有 $I_i$ 的最小理想。

乘法：定义理想 $I$ 与 $J$ 的乘法为 \[ IJ = \left\{\sum_{i \lt \infty} a_ib_i \,\middle|\, a_i \in I,\ b_i \in J\right\}, \] 不难验证 $IJ$ 也是 $R$ 的理想，且 $IJ$ 是由所有形如 $ab\ (a \in I, b \in J)$ 的元素所生成的理想（注意：$IJ \neq \{a_ib_i\}$——必须是有限和的集合！）。

域只有平凡理想：若 $I \neq 0$ 是域 $F$ 的理想，则 $I$ 至少含一个非零元 $a$，$a$ 是可逆元，$a^{-1}$ 存在。对 $F$ 中任一元素 $r$，由理想之定义 $(ra^{-1})a \in I$，即 $r \in I$，于是 $I = F$。同样可证除环也只有平凡理想。但是只有平凡理想的环如果是非交换环则不一定是除环；如果是交换环且假定有恒等元，则它必是域。这就是下面的定理。

定理 2-1 带恒等元的交换环 $R$ 是域的充分必要条件是 $R$ 只有平凡理想。

证明（点击展开）

只需证充分性。设 $R$ 是含恒等元的交换环且只有平凡理想。$a$ 是 $R$ 的非零元，则 $(a) \neq 0$，因此 $(a) = R$，也就是 $1 \in (a)$。不难验证：带恒等元交换环的由 $a$ 生成的主理想中任一元都可写成 $ar\ (r \in R)$ 的形状。因此存在 $b$，使得 $1 = ab$，即 $a$ 是可逆元。于是 $R^{*}$ 都是可逆元，亦即 $R$ 是一个域。证毕。

一个非交换环如果只有平凡理想而又不是除环，就称之为单环。设 $R$ 是一个除环，则 $R$ 上的 $n$ 阶矩阵环 $M_n(R)$ 必是单环。

定理 2-2 设 $R$ 是除环，则 $M_n(R)$ 是单环。

证明（点击展开）

记 $E_{ij}$ 是一个 $n$ 阶矩阵，在这个矩阵中除了第 $(i, j)$ 元素等于 1 外其余皆为零。于是 $E_{il}E_{kj} = \delta_{lk}E_{ij}$，这里当 $l = k$ 时 $\delta_{lk} = 1$；当 $l \neq k$ 时 $\delta_{lk} = 0$。

现设 $I$ 是 $M_n(R)$ 的一个非零理想，我们的目的是要证明 $I = M_n(R)$。为此只要证明 $M_n(R)$ 的单位元素即单位矩阵 $E$ 也属于 $I$ 即可。而 $E = E_{11} + E_{22} + \cdots + E_{nn}$，因此只需证明每个 $E_{ii} \in I$ 就可以了。设 $A \in I$ 且 $A \neq 0$，又设 $A = (a_{ij})_{n \times n}$，假定 $a_{kj} \neq 0$，则 $E_{ik}AE_{ji} = a_{kj}E_{ii}$。由于 $a_{kj} \neq 0$，故存在逆元 $a_{kj}^{-1}$（因为 $R$ 是除环）。设 $B = a_{kj}^{-1}E_{ii}$，则 $BE_{ik}AE_{ji} = E_{ii}$。但 $I$ 是理想，$A \in I$，故 $BE_{ik}AE_{ji} = E_{ii} \in I$。这就证明了结论。证毕。

2.3 左理想与右理想

理想的概念还可继续拓广。设 $I$ 是环 $R$ 的子集且是 $(R, +)$ 的加法子群：

如果对任意的 $a \in I$ 及 $r \in R$，$ar \in I$，则称 $I$ 是 $R$ 的右理想；
如果对 $a \in L$，$r \in R$，总有 $ra \in L$，则称 $L$ 是 $R$ 的左理想。

显然理想必须同时是左理想又是右理想；左理想或右理想都称为单侧理想。环的单侧理想也有生成的概念：若 $S$ 是 $R$ 的子集，则称包含 $S$ 的所有左理想之交为 $S$ 生成的左理想。设 $I, J$ 是两个左理想，则 $I + J = \{a + b \mid a \in I, b \in J\}$ 仍是左理想，也是包含 $I$ 与 $J$ 的最小左理想；也可定义 $IJ = \{\sum a_ib_i\}$，$IJ$ 是由形如 $ab\ (a \in I, b \in J)$ 的元素生成的左理想。

例 5 · $M_n(D)$ 的单侧理想设 $R$ 是一个除环，$M_n(R)$ 是 $R$ 上 $n$ 阶矩阵环，则形如

\begin{pmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1i} & 0 & \cdots & 0 \\ a_{21} & \cdots & a_{2i} & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ a_{n1} & \cdots & a_{ni} & 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix} \quad (i \text{ 固定})

的矩阵全体构成 $M_n(R)$ 的左理想；形如

\begin{pmatrix} b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ b_{i1} & b_{i2} & \cdots & b_{in} \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix} \quad (i \text{ 固定})

的矩阵全体构成 $M_n(R)$ 的右理想。

这个例子表明：一个单环尽管没有非平凡的理想，但仍可以有非平凡的单侧理想。

§3.2 习题（原书 17 题）

习题 3.2

设 $S = \{a_1, a_2, \dots, a_n\}$ 是环 $R$ 中的有限子集。若 $R$ 是交换环，则 \[ (S) = \left\{\sum_{i=1}^n r_ia_i + \sum_{i=1}^n n_ia_i \,\middle|\, n_i \in \mathbf{Z},\ r_i \in R\right\}. \] 如果 $R$ 还带恒等元，则 $(S) = \{\sum_{i=1}^n r_ia_i \mid r_i \in R\}$。

简答（原书简答整理）

1~4. 易证。（第 1 题要点：交换环中 $n_ia_i = (n_i \cdot 1)a_i$，有恒等元时整数倍可并入系数；无恒等元时需单独保留整数项。）
设 $U$ 是 $R$ 的理想，令 $r(U) = \{x \in R \mid xu = 0 \text{ 对一切 } u \in U \text{ 成立}\}$，证明：$r(U)$ 也是 $R$ 的理想。

简答（原书简答整理）

易证：$x, y \in r(U)$ 时 $(x - y)u = 0$；对 $r \in R$，$(rx)u = r(xu) = 0$，$(xr)u = x(ru) = 0$（$ru \in U$）。
设 $U$ 是 $R$ 的理想，令 $[R:U] = \{x \in R \mid rx \in U \text{ 对一切 } r \in R\}$，则 $[R:U]$ 是 $R$ 的包含 $U$ 的理想。

简答（原书简答整理）

易证（同上题手法：先验证减法封闭，再验证左右吸收，最后 $U \subseteq [R:U]$ 因 $U$ 是理想）。
证明：理想的乘法适合结合律：$(IJ)K = I(JK)$，$I, J, K$ 都是环 $R$ 的理想。

简答（原书简答整理）

易证：两边都是形如 $\sum a_ib_ic_i$（$a_i \in I, b_i \in J, c_i \in K$）的有限和集合。
问：理想的分配律 $I(J + K) = IJ + IK$ 是否成立？

简答（原书简答整理）

5. 成立。（$I(J+K) = IJ + IK$：一边是 $a(b+c)$ 型有限和，展开后分拆为 $IJ$ 与 $IK$ 的和；反向包含显然。）
设 $L$ 是 $R$ 的左理想但不是右理想，问：能否在 $(R/L, +)$ 上像本节中对 $(R/I, +)$ 那样定义乘法？为什么？

简答（原书简答整理）

6. 不能。因为若 $a + L = c + L$，$b + L = d + L$，则 $ab - cd$ 不一定属于 $L$——左理想只保证左侧吸收，乘法定义 $(a+L)(b+L) = ab + L$ 的良定义性需要双侧吸收。
设 $R$ 是含恒等元的环，$\{a_1, \dots, a_n\}$ 是一个有限集，则由这个有限集生成的 $R$ 的左理想等于形如 $\sum_{i=1}^n r_ia_i\ (r_i \in R)$ 的元素的集合。特别由一个元素 $a$ 生成的左理想为 $Ra = \{ra \mid r \in R\}$。如果 $R$ 没有恒等元，那么由 $\{a_1, a_2, \dots, a_n\}$ 生成的左理想形状又是怎样的呢?

简答（原书简答整理）

前面的结论易证。当 $R$ 无恒等元时，由 $\{a_1, \cdots, a_n\}$ 生成的左理想为 \[ L = \left\{\sum_i r_ia_i + \sum_i n_ia_i \,\middle|\, r_i \in R,\ n_i \in \mathbf{Z}\right\}. \]
设 $R$ 是一个带恒等元的环，若 $R$ 只有 $0$ 及自身是左理想，证明：$R$ 是一个除环。

简答（原书简答整理）

只需证明 $R$ 中任一非零元 $a$ 有逆。$Ra$ 是 $R$ 的左理想且含 $a \neq 0$，故 $Ra = R$，于是存在 $b$ 使 $ba = 1$。$b \neq 0$，$Rb = R$，故有 $c$ 使 $cb = 1$。于是 $c = c(ba) = (cb)a = a$，$a$ 的逆元就是 $b$。
环中非零元素 $a$ 称为幂零元，若存在某个自然数 $n$ 使得 $a^n = 0$。证明：$\mathbf{Z}_m$ 中存在幂零元的充要条件是 $m$ 可被某个素数 $p$ 的平方 $p^2$ 除尽。

简答（原书简答整理）

若 $p^2 \mid m$，则 $m = p^2q$，$\overline{pq} \neq 0$，但 $(\overline{pq})^2 = \overline{0}$。反过来，设 $\mathbf{Z}_m$ 中有幂零元，不难证明存在非零元 $\overline{k}$，$(\overline{k})^2 = 0$，于是 $m \mid k^2$。若 $m = p_1 \cdots p_s$（$p_i$ 互不相同），则 $p_i \mid k^2$ 导致 $p_i \mid k$，从而 $m \mid k$，引出矛盾，故 $m$ 必含有某个素数的平方因子。
设 $F$ 是一个数域，$M_n(F)$ 是 $F$ 上的 $n$ 阶矩阵环，证明：$M_n(F)$ 的中心是对角线上元素相同的对角阵所构成的子环。

简答（原书简答整理）

若 $A$ 属于中心，由 $E_{ii}A = AE_{ii}$ 可证明 $A$ 为对角阵；再由 $E_{ij}A = AE_{ij}$ 可证明 $A$ 对角线上的元素相同。
设 $R = \{\overline{0}, \overline{2}, \overline{4}, \overline{6}, \overline{8}\}$ 是环 $\mathbf{Z}_{10}$ 的子环。环 $\mathbf{Z}_{10}$ 是一个含恒等元的环，问 $R$ 是否含有恒等元?

简答（原书简答整理）

答：有，恒等元是 $\overline{6}$（验证 $\overline{6} \cdot \overline{2} = \overline{12} = \overline{2}$，$\overline{6} \cdot \overline{4} = \overline{24} = \overline{4}$，等等）。这说明子环的恒等元可以与母环的恒等元不同。
设 $R$ 是环，$I$ 是 $R$ 的右理想（或左理想）。若 $I$ 含有一个可逆元，则 $I = R$。

简答（原书简答整理）

假定 $a \in I$ 且 $a$ 是可逆元。设 $b = a^{-1}$，则 $1 = ab \in I$。对 $R$ 中任意元素 $r$，$r = 1 \cdot r \in I$。于是 $I = R$。
设 $R$ 是含恒等元的交换环，若 $R$ 中所有不可逆元素组成一个理想，则称 $R$ 是一个局部环。求证：一个含恒等元的交换环是局部环的充要条件是对任意一个 $R$ 中元素 $a$，或者 $a$ 是可逆元或者 $1 - a$ 是可逆元。

简答（原书简答整理）

设 $R$ 是局部环，$J$ 是由所有不可逆元素组成的理想。假定 $a$ 是不可逆元，如果 $1 - a$ 不是可逆元，则 $1 - a \in J$，于是 $1 = a + (1-a) \in J$，这将导致 $J = R$，矛盾。
反之，设 $R$ 是满足条件的环，$J$ 是所有不可逆元素的集合，要证明 $J$ 是一个理想。设 $a, b \in J$，$r \in R$。注意 $ar$ 肯定不是可逆元（否则 $a$ 可逆，矛盾），于是 $ar \in J$。再证明 $a + b$ 不是可逆元：假定 $c = a + b$ 可逆，则存在 $d \in R$ 使 $ad + bd = cd = 1$。注意由前面的证明，$ad, bd$ 都不是可逆元，但是 $ad = 1 - bd$ 将是可逆元，矛盾。故 $J$ 是理想，$R$ 是局部环。
设 $R$ 是交换环，$R$ 中元素 $e$ 适合 $e^2 = e$（这样的元素称为幂等元），则 $eR$ 是 $R$ 的理想子环且 $e$ 是 $eR$ 的恒等元。又 $1 - e$ 也是 $R$ 的幂等元且 $(1-e)R$ 也是 $R$ 的理想。求证：$eR + (1-e)R = R$，$eR \cap (1-e)R = 0$（这时称 $R$ 是理想 $eR$ 和 $(1-e)R$ 的直和，记为 $R = eR \oplus (1-e)R$）。又若 $R = R_1 \oplus R_2$，$R_1, R_2$ 是两个交换环，令 $I_1 = \{(a_1, 0) \mid a_1 \in R_1\}$，$I_2 = \{(0, a_2) \mid a_2 \in R_2\}$，则 $I_1, I_2$ 是 $R$ 的理想且存在 $R$ 的幂等元 $e$ 使 $I_1 = eR$，$I_2 = (1-e)R$，$I_1 \cap I_2 = 0$，$I_1 + I_2 = R$。

简答（原书简答整理）

容易验证，略。（要点：$x = ex + (1-e)x$ 给出分解；若 $y = ex = (1-e)x'$，则 $y = ey = e(1-e)x' = 0$；反向取 $e = (1, 0)$。）
设 $R$ 是含恒等元的交换环，两个理想 $I, J$ 称为互素，若 $I + J = R$。证明下列结论：(1) 若理想 $I$ 和 $J_1, J_2$ 都互素，则 $I$ 和 $J_1J_2$ 互素；(2) 若 $I, J$ 互素，则 $I^k, J^k$ 互素（$k$ 为自然数）；(3) 若 $I_1, \dots, I_n$ 是两两互素的理想，则 $I_1 \cdots I_n = I_1 \cap \dots \cap I_n$。

简答（原书简答整理）

(1) 因为 $I + J_1 = R$，故存在 $a_1 \in I$，$b_1 \in J_1$，使 $1 = a_1 + b_1$；同理存在 $a_2 \in I$，$b_2 \in J_2$，使 $1 = a_2 + b_2$。于是 $1 = (a_1 + b_1)(a_2 + b_2) = a_1a_2 + a_1b_2 + a_2b_1 + b_1b_2$。显然 $a_1a_2 + a_1b_2 + a_2b_1 \in I$，$b_1b_2 \in J_1J_2$，所以 $I + J_1J_2 = R$。
(2) 由 (1) 用归纳法可得。
(3) 先证 $I_1I_2 = I_1 \cap I_2$：显然 $I_1I_2 \subseteq I_1 \cap I_2$。另一方面，若 $x \in I_1 \cap I_2$，假定 $1 = a + b$，$a \in I_1$，$b \in I_2$，则 $x = x \cdot 1 = x(a + b) = xa + xb$，其中 $xa \in I_1I_2$，$xb \in I_1I_2$。于是 $x \in I_1I_2$，即 $I_1 \cap I_2 \subseteq I_1I_2$。再利用归纳法和 (1) 即可得。
设 $R$ 是含恒等元的交换环，求证 $R$ 的所有幂零元加上零元素组成一个理想，称为 $R$ 的诣零根（或小根）。

简答（原书简答整理）

设 $I$ 是 $R$ 中幂零元和零的集合。若 $a, b \in I$，则存在自然数 $k, m$，使 $a^k = 0$，$b^m = 0$。于是 $(a + b)^{m+k} = 0$（交换环可用二项式定理，每项含 $a^i b^j$，$i \geqslant k$ 或 $j \geqslant m$），因此 $a + b \in I$。又对任意的 $r \in R$，$(ar)^k = 0$（交换性），所以 $ar \in I$。于是 $I$ 是理想。
设 $I$ 是含恒等元的交换环 $R$ 的理想，$\operatorname{Rad}(I) = \{a \in R \mid \text{存在自然数 } k \text{ 使 } a^k \in I\}$。求证：$\operatorname{Rad}(I)$ 是 $R$ 包含 $I$ 的理想，称为 $I$ 的根理想。$\operatorname{Rad}(0)$ 就是 $R$ 的诣零根。

简答（原书简答整理）

类似上题验证：若 $a^k, b^m \in I$，则 $(a - b)^{k+m} \in I$（二项式展开每项落在 $I$ 中）；$(ra)^k = r^ka^k \in I$。

3环的同态 §3.3

定义 3-1 · 环同态设 $R$ 与 $R'$ 是两个环，$f$ 是 $R$ 到 $R'$ 中的映射，且 $f$ 保持环的运算，即对任意的 $a, b \in R$，

f(a + b) = f(a) + f(b), \qquad f(ab) = f(a)f(b),

则称 $f$ 是环 $R$ 到 $R'$ 的同态。如果 $f$ 还是一个一一对应（双射），则称 $f$ 是同构。

环的同态也有核的概念。记 $\operatorname{Ker} f = f^{-1}(0) = \{r \in R \mid f(r) = 0\}$。若 $a, b \in \operatorname{Ker} f$，则 $f(a - b) = f(a) - f(b) = 0 - 0 = 0$，因此 $a - b \in \operatorname{Ker} f$。对 $r \in R$，$a \in \operatorname{Ker} f$，$f(ar) = f(a)f(r) = 0$，$f(ra) = f(r)f(a) = 0$，因此 $ar$ 及 $ra$ 都属于 $\operatorname{Ker} f$，即 $\operatorname{Ker} f$ 是环 $R$ 的理想。类似群论我们还有环的同态基本定理。

定理 3-1 · 环的同态基本定理设 $f$ 是环 $R$ 到 $R'$ 内的同态，$I = \operatorname{Ker} f$，则 $I$ 是 $R$ 的一个理想，且存在从 $R/I$ 到 $R'$ 唯一的同态 $\overline{f}$，使 $f = \overline{f}\nu$，这里 $\nu$ 是 $R$ 到 $R/I$ 的自然同态 $r \to r + I$。不仅如此，$\overline{f}$ 是一个单同态（即 $\overline{f}$ 作为映射是单的）。

证明（点击展开）

作 $R/I \to R'$ 的对应 $\overline{f}: r + I \to f(r)$。若 $r - r' \in I$，则 $r = r' + a$，$a \in I$，于是 \[ f(r) = f(r' + a) = f(r') + f(a) = f(r') + 0 = f(r'), \] 因此 $\overline{f}$ 是一个映射。又 \[ \begin{aligned} \overline{f}((r_1 + I) + (r_2 + I)) & = \overline{f}(r_1 + r_2 + I) = f(r_1 + r_2) = f(r_1) + f(r_2) = \overline{f}(r_1 + I) + \overline{f}(r_2 + I), \\ \overline{f}((r + I)(c + I)) & = \overline{f}(rc + I) = f(rc) = f(r)f(c) = \overline{f}(r + I)\overline{f}(c + I), \end{aligned} \] $\overline{f}$ 是一个环同态。

要证明 $\overline{f}$ 是单射：设 $\overline{f}(r_1 + I) = \overline{f}(r_2 + I)$，则 $\overline{f}(r_1 - r_2 + I) = 0$，即 $f(r_1 - r_2) = 0$ 或 $r_1 - r_2 \in I$，于是 $r_1 + I = r_2 + I$，因此 $\overline{f}$ 是单射。由 $\overline{f}$ 的定义知交换图可交换，即 $f = \overline{f}\nu$。不仅如此，若有 $g: R/I \to R'$ 使 $f = g\nu$，则 $g(r + I) = g\nu(r) = f(r) = \overline{f}(r + I)$ 对一切 $r + I \in R/I$ 都成立，因此 $g = \overline{f}$。证毕。

推论 3-1 环 $R$ 的任一同态像同构于 $R$ 关于同态核的商环（即 $R/\operatorname{Ker} f \cong \operatorname{Im} f$）。

定理 3-2 · 对应定理设 $f$ 是环 $R$ 到 $R'$ 的映上同态，$K = \operatorname{Ker} f$，则在 $R$ 的包含 $K$ 的子环与 $R'$ 的子环之间存在着一个一一对应：$H \mapsto f(H)$，且 $H$ 是 $R$ 的理想当且仅当 $f(H)$ 是 $R'$ 的理想。此时存在 $R/H \to R'/f(H)$ 的同构：$r + H \mapsto f(r) + f(H)$。

证明（点击展开）

不难验证若 $H$ 是 $R$ 的子环，则 $H$ 在 $f$ 下的像 $f(H)$ 也是 $R'$ 的子环。因此设 $H$ 是包含 $K$ 的 $R$ 的子环，则 $f(H)$ 是 $R'$ 的子环。又对 $R'$ 的任一子环 $H'$，令 $f^{-1}(H') = \{r \in R \mid f(r) \in H'\}$，同样不难验证 $f^{-1}(H')$ 是 $R$ 包含 $K$ 的子环。现记 $H' = f(H)$，则 $f^{-1}(H') = H$。另一方面，对 $R'$ 中的子环 $H'$，$f(f^{-1}(H')) = H'$，于是我们有包含 $K$ 的 $R$ 的子环集与 $R'$ 的子环集之间的一一对应：$H \mapsto f(H)$，其逆对应为 $H' \mapsto f^{-1}(H')$。

若 $H$ 是包含 $K$ 的理想，则对任意的 $r' \in R'$，由于 $f$ 是映上的，故存在 $r \in R$ 使 $f(r) = r'$，因此对 $H'$ 中任意元 $f(a)$，$r'f(a) = f(r)f(a) = f(ra) \in f(H) = H'$，同理 $f(a)r' \in H'$，即 $H'$ 是 $R'$ 的理想。反过来若 $H'$ 是 $R'$ 的理想，则对 $r \in R$，$a \in f^{-1}(H')$，$f(ra) = f(r)f(a) \in H'$，即 $ra \in f^{-1}(H')$；同理 $ar \in f^{-1}(H')$，故 $f^{-1}(H')$ 是 $R$ 的理想。

最后证明映射 $\overline{f}: r + H \to f(r) + f(H)$ 是同构。首先，若 $r + H = r' + H$，则 $r - r' \in H$，$f(r - r') \in f(H)$，即 $f(r) + f(H) = f(r') + f(H)$。容易验证 $\overline{f}$ 保持运算，因此 $\overline{f}$ 是环同态。要证明 $\overline{f}$ 是同构，只要再证明 $\overline{f}$ 是双射即可。对 $R'/f(H)$ 中任一元 $r' + f(H)$，由于 $f$ 是映上的，故存在 $r \in R$ 使 $f(r) = r'$，因此 $\overline{f}(r + H) = f(r) + f(H) = r' + f(H)$，这说明 $\overline{f}$ 也是映上的。要证明 $\overline{f}$ 是单射，只需证明 $\operatorname{Ker} \overline{f} = 0$ 即可。设 $\overline{f}(r + H) = 0$，即 $f(r) \in f(H)$，也即 $f(r) = f(h)$，$h \in H$，于是 $f(r - h) = 0$，故 $r - h \in \operatorname{Ker} f = K \subseteq H$，所以 $r \in h + H$，即 $\operatorname{Ker} \overline{f} = 0$，故 $\overline{f}$ 是同构。证毕。

注意 · 两个实用注记

两个环之间的同态 $f$ 是单射的充要条件是 $\operatorname{Ker} f = 0$。事实上，若 $\operatorname{Ker} f = 0$，$f(r) = f(r')$，则 $f(r - r') = 0$，$r - r' \in \operatorname{Ker} f = 0$，因此 $r = r'$。反之由于 $f(0) = 0$（$f$ 是加法群同态），而 $f$ 是单射，$\operatorname{Ker} f = 0$。
对两个环 $R$ 与 $R'$ 之间的保持加法运算的对应 $f: R \to R'$，要证明 $f$ 是一个映射，只需验证 $f(0) = 0$ 即可。事实上，若 $r = r'$，则 $r - r' = 0$，因此 $f(r - r') = f(0) = 0$，故 $f(r) - f(r') = 0$，即 $f(r) = f(r')$。

定理 3-3 · 环版第二同构定理设 $R$ 是一环，$S$ 是 $R$ 的子环，$I$ 是 $R$ 的理想，则 $S + I = \{s + a \mid s \in S, a \in I\}$ 是 $R$ 包含 $I$ 作为理想的子环。又 $S \cap I$ 是 $S$ 的理想，且映射 $s + I \to s + (S \cap I)$ 是 $(S + I)/I \to S/S \cap I$ 的同构。

证明（点击展开）

$I$ 是 $R$ 的理想，因此也是 $S + I$ 的理想。再看 $S \cap I$：对 $t \in S$，$x \in S \cap I$，$tx \in S$，$tx \in I$，故 $tx \in S \cap I$；同样 $xt \in S \cap I$，因此 $S \cap I$ 是 $S$ 的理想。若 $s - s' \in I$，由 $s - s' \in S$ 得 $s - s' \in S \cap I$，因此 $s + I \to s + (S \cap I)$ 是有意义的（即是一个映射），保持加法与乘法是显然的，因此它是一个环同态，映上也是显而易见的。再看核：若 $s \in S \cap I$，则 $s + (S \cap I) = 0$，因此该映射的核为 0，故是同构。证毕。

定理 3-4 · 环版第一同构定理设 $R$ 是一个环，$I, J$ 是 $R$ 的理想且 $I \subseteq J$，则

R/J \cong (R/I)/(J/I).

证明（点击展开）

作 $R/I$ 到 $R/J$ 的映射 $f: r + I \to r + J$。若 $r_1 + I = r_2 + I$，则 $r_1 - r_2 \in I$，故 $r_1 - r_2 \in J$，即 $r_1 + J = r_2 + J$。又容易验证 $f$ 保持加法和乘法，因此 $f$ 是环同态，显然 $f$ 是满同态。又 $\operatorname{Ker} f = J/I$，由同态基本定理即得结论。证毕。

§3.3 习题（原书 12 题）

习题 3.3

设 $f_1$ 是环 $R_1 \to R_2$ 的同态，$f_2$ 是 $R_2 \to R_3$ 的同态，求证：$f_2f_1$ 是 $R_1 \to R_3$ 的同态。

简答（原书简答整理）

易证：$f_2f_1(a + b) = f_2(f_1(a) + f_1(b)) = f_2f_1(a) + f_2f_1(b)$，乘法同理。
设 $I$ 是带恒等元环 $R$ 的理想，$n$ 是一个自然数，证明： $M_n(R)/M_n(I) \cong M_n(R/I).$

简答（原书简答整理）

作 $M_n(R) \to M_n(R/I)$ 的映射 $f: A = (a_{ij}) \to (a_{ij} + I)$，不难验证这是一个映上的环同态且其核为 $M_n(I)$，由同态基本定理即得。
证明：除环的任一非零自同态总是单同态。

简答（原书简答整理）

利用除环无非平凡理想可证明同态核为零：$\operatorname{Ker} f$ 是除环的理想，只有 $0$ 与自身；核为自身则 $f = 0$，与 $f \neq 0$ 矛盾，故 $\operatorname{Ker} f = 0$。
(1) 设 $R$ 是交换环，$R$ 的全体幂零元组成的理想即诣零根记为 $N$，则 $R/N$ 是一个没有幂零元素的环。举例说明对非交换环而言，幂零元全体未必组成一个理想。(2) 假定 $R, S$ 是交换环且 $S$ 无幂零元，$f$ 是 $R$ 到 $S$ 的满同态，求证：$R$ 中的幂零元（如存在的话）都落在 $\operatorname{Ker} f$ 中。

简答（原书简答整理）

(1) 假定 $\overline{b}^n = \overline{0}$，则 $b^n \in N$。$N$ 是由幂零元组成的理想，故存在自然数 $n$ 使 $b^{mn} = 0$，故 $b \in N$，即 $\overline{b} = \overline{0}$。
非交换反例：设 $R$ 是实数域上二阶矩阵环，$R$ 是单环，无非平凡理想；而主对角元都是零的非零上三角矩阵是幂零元——幂零元全体不组成理想。
(2) 设 $a \in R$ 是幂零元，即存在 $k$ 使 $a^k = 0$。显然 $(f(a))^k = f(a^k) = 0$，而 $S$ 中无幂零元，因此 $f(a) = 0$，$a \in \operatorname{Ker} f$。
求证：(1) 有理数域的自同构只有恒等同态一个；(2) 实数域的自同构也只有恒等同态一个。

简答（原书简答整理）

(1) 设 $f$ 是有理数域 $\mathbf{Q}$ 的自同构。因为 $f(a) = f(1 \cdot a) = f(1)f(a)$，$f(1) = 1$。对自然数 $n$，$f(n) = f(1 + \cdots + 1) = nf(1) = n$。又 $1 = f(1) = f(n \cdot n^{-1}) = f(n)f(n^{-1})$ 得 $f(n^{-1}) = n^{-1}$。于是 $f(n/m) = n/m$。
(2) 用 (1) 的方法知道对有理数 $q$，$f(q) = q$。由连续性（或单调性）与稠密性即可得 $f(x) = x$ 对一切实数成立。
设 $m, n$ 是自然数，求证：存在从环 $\mathbf{Z}_n$ 到环 $\mathbf{Z}_m$ 的满同态的充要条件是 $m \mid n$。

简答（原书简答整理）

若 $m \mid n$，作 $f: k + n\mathbf{Z} \to k + m\mathbf{Z}$。若 $k_1 - k_2 \in n\mathbf{Z}$，即 $k_1 = k_2 + nt$；因为 $m \mid n$，故 $k_1 = k_2 + ms$，即 $k_1 + m\mathbf{Z} = k_2 + m\mathbf{Z}$，$f$ 是映射。容易证明 $f$ 是环同态，显然 $f$ 映上。反之，若存在 $\mathbf{Z}_n$ 到 $\mathbf{Z}_m$ 的满同态，则 $f$ 是加法群同态，而商群的阶可以整除原群的阶，即 $m \mid n$。
设 $m, n$ 是自然数，若 $m, n$ 互素，则从环 $\mathbf{Z}_n$ 到环 $\mathbf{Z}_m$ 的同态只有零同态。

简答（原书简答整理）

设 $f$ 是 $\mathbf{Z}_n$ 到 $\mathbf{Z}_m$ 的同态且 $f(1) = k$。因为 $n, m$ 互素，所以存在整数 $s, t$，使 $ms + nt = 1$。注意 $f(n) = f(0) = 0$，$f(m) = f(1 + \cdots + 1) = mf(1) = mk = 0$。于是 $f(1) = f(ms + nt) = sf(m) + tf(n) = 0$，即可推出 $f = 0$。
设 $F$ 是一个数域，$M_n(F)$ 表示数域 $F$ 上的 $n$ 阶矩阵环。求证：若 $m \neq n$，则环 $M_n(F)$ 和环 $M_m(F)$ 之间不存在满同态。

简答（原书简答整理）

假定 $f$ 是 $M_n(F)$ 到 $M_m(F)$ 的满同态。因为 $M_n(F)$ 是单环，而 $\operatorname{Ker} f$ 是 $M_n(F)$ 的理想，故 $\operatorname{Ker} f = 0$，即 $f$ 是同构。容易验证这时 $f$ 也是 $M_n(F)$ 到 $M_m(F)$ 作为向量空间的同构，而这是不可能的（维数 $n^2 \neq m^2$）。
（中国剩余定理）设 $R$ 是含恒等元的交换环，$R$ 的两个理想 $I_1, I_2$ 称为互素若 $I_1 + I_2 = R$。设 $I_1, I_2, \dots, I_n$ 是 $R$ 的 $n$ 个两两互素的理想，$a_1, a_2, \dots, a_n$ 是 $R$ 中元素，则存在 $R$ 中元素 $a$ 使 $a \equiv a_i \pmod{I_i}$ 对一切 $i$ 成立。

简答（原书简答整理）

先证明 $R$ 中存在元素 $y_1, \dots, y_n$，使对每个 $i$，$y_i \equiv 1 \pmod{I_i}$，$y_i \equiv 0 \pmod{I_j}\ (j \neq i)$。求 $y_1$：因为 $I_1 + I_j = R$，存在 $b_j \in I_1$，$c_j \in I_j$，满足 $b_j + c_j = 1$。令 $y_1 = c_2 \cdots c_n = (1 - b_2)\cdots(1 - b_n) \in I_2\cdots I_n$，因此 $y_1 \in I_2 \cap \cdots \cap I_n$ 且 $y_1 \equiv 1 \pmod{I_1}$，$y_1 \equiv 0 \pmod{I_j}\ (j \neq 1)$。同理可求得其他的 $y_i$。一旦得证，令 $a = a_1y_1 + \dots + a_ny_n$ 即可。
设 $R$ 是含恒等元的交换环，$I_1, \dots, I_n$ 是两两互素的理想，$I = I_1 \cdots I_n$。求证： $R/I \cong R/I_1 \times \dots \times R/I_n.$

简答（原书简答整理）

作 $f: R \to R/I_1 \times \dots \times R/I_n$，$f(r) = (r + I_1, \dots, r + I_n)$。容易验证 $f$ 是环同态。由上题知道 $f$ 是满同态。又 $\operatorname{Ker} f = \{r \in R \mid r \in I_1 \cap \dots \cap I_n\} = I_1 \cap \cdots \cap I_n$。由上一节习题（§3.2 习题 15(3)），$I_1 \cap \cdots \cap I_n = I_1 \cdots I_n = I$，由同态基本定理即得结论。
设 $n$ 是自然数且 $n = p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_k^{e_k}$ 是 $n$ 的素因子分解（$p_i$ 是互不相同的素数）。令 $n_i = p_i^{e_i}$。求证： $\mathbf{Z}_n \cong \mathbf{Z}_{n_1} \times \mathbf{Z}_{n_2} \times \dots \times \mathbf{Z}_{n_k}.$

简答（原书简答整理）

用上一题的结论即可证明：理想 $(p_i^{e_i})$ 两两互素（$\mathbf{Z}$ 中 $p_i^{e_i}$ 与 $p_j^{e_j}$ 的最大公因子为 1，存在整数组合）。
（*）令 $M$ 是实 $2 \times 2$ 矩阵环，$S$ 是 $M$ 的子环，它由形如 $\begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix}$ 的矩阵组成。(1) 证明 $S$ 和复数域同构；(2) 证明 $A = \begin{pmatrix} 0 & 3 \\ -4 & 1 \end{pmatrix}$ 在某个同构于 $S$ 的子环中；(3) 证明：存在 $X \in M$，使得 $X^4 + 13X = A$。

简答（原书简答整理）

(1) 映射为 $\begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix} \to a + bi$。
(2) 用交换性构造子环：$T$ 由下列形状的实 $2 \times 2$ 矩阵组成：$\begin{pmatrix} x & -3(x-y) \\ 4(x-y) & y \end{pmatrix}$。不难验证这是个子环且 $A$ 属于该子环（取 $x = 0$，$y = 1$）。又不难验证 $S$ 和 $T$ 同构，同构映射为 $\begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} a + bt & -6bt \\ 8bt & a - bt \end{pmatrix}$，$t = \frac{1}{\sqrt{47}}$。（上述映射先对 $I_2$ 和 $\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ 作出，注意后一个矩阵的平方等于 $-I_2$。）
(3) 在复数中，方程总有解，由 (2) 即得。

4整环、分式域 §3.4

4.1 整环及其特征

设 $R$ 是一个整环，$a$ 是 $R$ 的非零元。如果存在某个自然数 $m$ 使 $ma = 0$，就称 $a$ 是周期元；若 $m$ 是使 $ma = 0$ 的最小的自然数，则称 $m$ 是 $a$ 的周期。

定理 4-1 · 特征设 $R$ 是整环，若 $R$ 至少含有一个周期元，则必存在素数 $p$，使对 $R$ 的一切非零元 $r$ 均有 $pr = 0$。这个 $p$ 称为环 $R$ 的特征。

证明（点击展开）

先证这样一个事实：若 $a \neq 0$，$ma = 0$，则对任意的 $b \in R$，$mb = 0$。事实上，$(ma)b = 0$，故 $a(mb) = 0$；但 $R$ 是整环且 $a \neq 0$，因此 $mb = 0$。

再证若 $a \neq 0$，$m$ 是使 $ma = 0$ 的最小正整数，则 $m$ 是素数。若不是素数，则 $m = m_1m_2\ (m_1 \lt m_2 \lt m)$。由 $ma = 0$，得 $m_1a = 0$ 或 $m_2a = 0$，与 $m$ 是最小的矛盾。证毕。

注 · 特征为 0 如果一个整环中没有周期元，则称这个整环的特征为零。当整环是域时，它们的特征就称为域的特征。需要注意的是，环的特征一般是指整环的特征。如一个环不是整环，它的元素的周期可能不相同：比如环 $\mathbf{Z}_2 \oplus \mathbf{Z}_3$，元素 $(1, 0)$ 的周期是 $2$，元素 $(0, 1)$ 的周期是 $3$，元素 $(1, 1)$ 的周期是 $6$。

例 1 · 特征 $p$ 的素域特征为 $p$ 的任意域必含有一个最小子域，它同构于 $\mathbf{Z}_p$。

证明（点击展开）

设 $F$ 是特征为 $p$ 的域，$\overline{1}$ 是 $F$ 的恒等元。考虑由 $\overline{1}$ 生成的 $F$ 的子域 $F_0 = \{\overline{0}, \overline{1}, \overline{2}, \dots, \overline{p-1}\}$，这里 $\overline{k} = k \cdot \overline{1}$。由于 $F$ 的任意一个子域都必须包含恒等元 $\overline{1}$，因此也必须包含 $F_0$，即 $F_0$ 是一个最小的子域。作 $\mathbf{Z}_p \to F_0$ 的映射 $k \to \overline{k}$，显然这是一个同构。

这个最小子域习惯上称为素域，或特征为 $p$ 的素域，它是特征为 $p$ 的域中最简单的一个域。若一个域 $F$ 的特征等于 0，这时也有素域的概念：令 $F_0 = (\overline{1})$，即由 $F$ 的单位元 $\overline{1}$ 生成的 $F$ 的子域，这个域与有理数域是同构的（见下面推论 4-1）。

4.2 分式域

在这一节的剩余部分，如无特别说明，$R$ 是指含恒等元的交换环。一个含恒等元的交换整环称为整区，比如整数环 $\mathbf{Z}$ 就是一个整区。

从整数可以构造有理数，即定义有理数为形如 $\frac{q}{p}$ 的数（$p, q \in \mathbf{Z}$）。这样的构造方法也可以推广到整区上。

分式域的构造设 $R$ 是一个整区，$R^{*}$ 表示 $R$ 中非零元的集合。作积集合 $R \times R^{*}$，其中的元素记为 $(a, b)$。在 $R \times R^{*}$ 中定义一个等价关系「$\sim$」：$(a, b) \sim (c, d)$ 当且仅当 $ad = bc$，容易验证这是一个等价关系。记 $(a, b)$ 的等价类为 $\frac{a}{b}$，以 $F$ 记所有这些等价类的集合。在 $F$ 上按下列方式定义加法和乘法：

\frac{a}{b} + \frac{c}{d} = \frac{ad + bc}{bd}, \qquad \frac{a}{b} \cdot \frac{c}{d} = \frac{ac}{bd}.

定义的合理性验证（点击展开）

对加法，设 $\frac{a}{b} = \frac{a'}{b'}$，$\frac{c}{d} = \frac{c'}{d'}$。要证 $\frac{ad + bc}{bd} = \frac{a'd' + b'c'}{b'd'}$，即要证 \[ (ad + bc)b'd' = (a'd' + b'c')bd \quad \text{或} \quad ab'dd' + bb'cd' = a'bdd' + bb'c'd. \] 而由等价关系 $ab' = a'b$，$cd' = c'd$，两边乘 $dd'$ 与 $bb'$ 后结论显然成立。

同样由 $ab' = a'b$，$cd' = c'd$，不难得 $acb'd' = a'c'bd$，因此 $\frac{a}{b} \cdot \frac{c}{d} = \frac{a'}{b'} \cdot \frac{c'}{d'}$。

现在看 $F$ 中的零元素：$\frac{a}{b} + \frac{0}{d} = \frac{ad}{bd} = \frac{a}{b}$，即 $\frac{0}{d}$ 是 $F$ 的零元素。注意对任意的非零元 $b, d$，$\frac{0}{b} = \frac{0}{d}$。$F$ 中的这个零元素以后也记为 0。$F$ 在上面定义的加法与乘法下成为一环这件事并不难，留给读者自己完成。现看 $F$ 的恒等元：不难验证形如 $\frac{a}{a}\ (a \neq 0)$ 的元是 $F$ 的恒等元（注意 $\frac{a}{a} = \frac{1}{1}$），简记为 1。现设 $\frac{a}{b} \neq 0$，则 $a \neq 0$，因此 $\frac{b}{a} \in F$，且 $\frac{b}{a} \cdot \frac{a}{b} = \frac{ba}{ab} = \frac{1}{1}$，即 $\frac{b}{a}$ 是 $\frac{a}{b}$ 的逆元。

如作 $R \rightarrow F$ 的映射 $f: r \rightarrow \frac{r}{1}$，则显然这是个环同态。不仅如此，若 $\frac{r}{1} = 0$，则 $\frac{r}{1} = \frac{0}{1}$，即 $r = 0$，因此 $f$ 是一个单射或称嵌入。通常称 $F$ 是整区 $R$ 的分式域，上面的映射 $f$ 称为标准嵌入。

定理 4-2 · 分式域的泛性质设 $R$ 是一个整区，$F$ 是 $R$ 的分式域，$f$ 是 $R \rightarrow F$ 的标准嵌入，$g$ 是 $R$ 到域 $F'$ 的单同态且 $g(1) = 1$，则 $g$ 可唯一地扩张为 $F$ 到 $F'$ 的同态，也就是存在唯一的 $F$ 到 $F'$ 的同态 $h$，有图 2 所示的交换：

\begin{array}{ccc} R & \xrightarrow{f} & F \\ \downarrow g & & \swarrow h \\ F' & & \end{array}

证明（点击展开）

定义 $h$ 如下：$h\left(\frac{a}{b}\right) = g(a)[g(b)]^{-1}$。

首先证明 $h$ 是映射：若 $\frac{a}{b} = \frac{a'}{b'}$，则 $ab' = a'b$，$g(ab') = g(a'b)$，$g(a)g(b') = g(a')g(b)$。由于 $b \neq 0$，$b' \neq 0$，$g$ 是单同态，故 $g(b) \neq 0$，$g(b') \neq 0$，因此 $g(a)g(b)^{-1} = g(a')g(b')^{-1}$，即 $h\left(\frac{a}{b}\right) = h\left(\frac{a'}{b'}\right)$。

再验证 $h$ 保持加法： \[ \begin{aligned} h\left(\frac{a}{b} + \frac{c}{d}\right) & = h\left(\frac{ad + bc}{bd}\right) = g(ad + bc)\, g(bd)^{-1} \\ & = [g(a)g(d) + g(b)g(c)]\, g(b)^{-1}g(d)^{-1} \\ & = g(a)g(b)^{-1} + g(c)g(d)^{-1} = h\left(\frac{a}{b}\right) + h\left(\frac{c}{d}\right). \end{aligned} \] $h$ 又保持乘法： \[ \begin{aligned} h\left(\frac{a}{b} \cdot \frac{c}{d}\right) & = h\left(\frac{ac}{bd}\right) = g(ac)\,g(bd)^{-1} = g(a)g(b)^{-1}g(c)g(d)^{-1} = h\left(\frac{a}{b}\right)h\left(\frac{c}{d}\right). \end{aligned} \] 因此 $h$ 是 $F \to F'$ 的同态。验证交换性即是要验证 $hf = g$：对 $r \in R$，$hf(r) = h\left(\frac{r}{1}\right) = g(r)g(1)^{-1} = g(r)$，故 $hf = g$。

最后还要验证 $h$ 的唯一性。设有 $h': F \to F'$ 也使 $h'f = g$，因而 $h'\left(\frac{r}{1}\right) = g(r)$。当 $r \neq 0$ 时，$\frac{r}{1}$ 是 $F$ 中的可逆元，故 $h'\left(\frac{r}{1}\right)$ 是 $F'$ 中的可逆元，且其逆为 $h'\left(\frac{1}{r}\right)$。于是 \[ h'\left(\frac{a}{b}\right) = h'\left(\frac{a}{1} \cdot \frac{1}{b}\right) = h'\left(\frac{a}{1}\right)h'\left(\frac{1}{b}\right) = g(a)g(b)^{-1} = h\left(\frac{a}{b}\right), \] 因此 $h = h'$，即 $h$ 唯一。证毕。

推论 4-1 · 特征 0 的素域特征为 0 的域必含有一个最小子域，它同构于有理数域。

证明（点击展开）

设 $F$ 是一个特征为 0 的域，令 $R$ 是由 $\overline{1}$ 生成的 $F$ 的子环。由于 $F$ 的特征为 0，不难验证 $R \cong \mathbf{Z}$：事实上，作 $\mathbf{Z} \to R$ 的映射 $g: n \mapsto n \cdot \overline{1}$，显然这是个同态且是满的；若 $n \cdot \overline{1} = 0$，由于 $F$ 的特征是 0，故 $n = 0$，于是 $g$ 是同构。$\mathbf{Z}$ 的分式域是 $\mathbf{Q}$（即有理数域），因此上述同构 $g$ 可扩张为 $\mathbf{Q} \rightarrow F$ 的单同态 $h$。显然 $h$ 的像与 $\mathbf{Q}$ 同构，它是 $F$ 的一个子域。现设 $F_0$ 是 $F$ 的任一子域，则 $\overline{1} \in F_0$，因此 $F_0$ 必包含 $R$，从而也包含 $h$ 的像，即 $F$ 有一个最小子域与 $\mathbf{Q}$ 同构。证毕。

§3.4 习题（原书 11 题）

习题 3.4

设 $R$ 是含恒等元的交换环，$S$ 是 $R$ 的一个非空集合且是一个乘法封闭集，即适合：$0 \notin S$；若 $s_1, s_2 \in S$，则 $s_1s_2 \in S$。作积集 $R \times S$，其中元素记为 $(r, s)$。在 $R \times S$ 上定义一个关系：$(r, s) \sim (r', s')$ 当且仅当存在某个 $t \in S$，使 $t(rs' - r's) = 0$。则：(1) 上述关系是一个等价关系；(2) 记 $R_S$ 是所有等价类的集合，$(r, s)$ 的等价类记为 $[r, s]$，定义 $[r_1, s_1] + [r_2, s_2] = [r_1s_2 + r_2s_1, s_1s_2]$，$[r_1, s_1][r_2, s_2] = [r_1r_2, s_1s_2]$，则这是定义在 $R_S$ 上的运算；(3) 证明 $R_S$ 在上述加法与乘法定义下成一环；(4) 定义 $R \rightarrow R_S$ 的映射 $\varphi: r \rightarrow [rs, s]$，则 $\varphi$ 是一个环同态，试求 $\operatorname{Ker} \varphi$；(5) 证明 $[s_1, s_2]\ (s_1, s_2 \in S)$ 是 $R_S$ 中的可逆元。

简答（原书简答整理）

$\operatorname{Ker} \varphi = \{r \in R \mid \text{存在某个 } s \in S, \text{使 } sr = 0\}$，其余不难验证（这是分式域构造对一般乘法封闭集的推广，称为局部化）。
在上题中，如果 $S$ 中的元素全是 $R$ 的可逆元，求证：$R_S$ 和 $R$ 同构。特别，若 $R$ 本身是一个域，则 $R$ 的分式域就是 $R$ 自身。

简答（原书简答整理）

只需证明 $\varphi$ 是同构。因为 $\operatorname{Ker} \varphi = \{r \in R \mid rs = 0\} = 0$（$s$ 可逆），所以 $\varphi$ 是单映射。又对 $R_S$ 中元素 $[r, s]$，$\varphi(rs^{-1}) = [r, s]$，$\varphi$ 为满同态。
设 $R$ 是复数域 $\mathbf{C}$ 的子环 $R = \{m + ni \mid m, n \in \mathbf{Z}\}$，求 $R$ 的分式域。

简答（原书简答整理）

分式域为 $\{a + bi \mid a, b \in \mathbf{Q}\}$（Gauss 有理数域）。
设 $R = \mathbf{Z}_4$，$S = \{\overline{1}, \overline{3}\}$。证明 $S$ 是乘法封闭集，求 $R_S$。

简答（原书简答整理）

$R_S \cong \mathbf{Z}_4$（$S$ 中元素都是可逆元，见习题 2）。
设 $R = \mathbf{Z}_6$，$S = \{\overline{1}, \overline{2}, \overline{4}\}$。求证 $S$ 是乘法封闭集，求 $R_S$。

简答（原书简答整理）

$R_S = \{(\overline{0}, \overline{1}), (\overline{1}, \overline{1}), (\overline{2}, \overline{1})\}$（三个元素的环，$\overline{2}$ 变为可逆元，本质上同构于 $\mathbf{Z}_3$）。
设 $R$ 是一个整环，$m, n$ 是互素的整数，假设 $a^n = b^n$，$a^m = b^m$，求证：$a = b$。

简答（原书简答整理）

因为 $(m, n) = 1$，存在整数 $s, t$ 使 $ms + nt = 1$。不妨设 $s \gt 0$，$t \lt 0$。则 $a^{ms} = b^{ms} = b^{1 - nt} = b \cdot b^{-nt} = b \cdot a^{-nt}$；又 $a^{ms} = a^{1 - nt} = a \cdot a^{-nt}$。消去 $a^{-nt}$（整环中非零元可消）即得 $a = b$。
环 $R_1$ 和 $R_2$ 是同构的整区，$F_1, F_2$ 分别是 $R_1, R_2$ 的分式域，求证：它们也同构（这表明了整区分式域的唯一性）。

简答（原书简答整理）

令 $f$ 是 $R_1$ 到 $R_2$ 的同构，令 $\varphi(a/b) = f(a)/f(b)$。不难验证 $\varphi$ 是同构。
设 $e$ 是环 $R$ 中元素，若 $e^2 = e$，称 $e$ 是幂等元。求证：(1) 整环中除了 0 和 1 外没有其他幂等元；(2) 整环 $R$ 不能分解为两个非零理想的直和：$R = I_1 \oplus I_2$。

简答（原书简答整理）

(1) 由 $e^2 = e$ 得 $e(e - 1) = 0$，故 $e = 0$ 或 $e = 1$。（设 $R$ 含恒等元。） (2) 若可以，取 $I_1$ 中非零元 $a$ 和 $I_2$ 中非零元 $b$，则 $ab \in I_1 \cap I_2 = 0$，将有 $ab = 0$，和 $R$ 是整环矛盾。
若环 $R$ 是有限整环（不假定它有恒等元）且至少含两个元素，求证：$R$ 是除环。

简答（原书简答整理）

先证明 $R$ 有恒等元。设 $a$ 是 $R$ 的非零元，则 $\{a, a^2, a^3, \dots\}$ 只能是有限集，故存在 $m \lt n$ 使 $a^m = a^n$。令 $e = a^{n-m}$，显然 $ae = ea = a$。对任意的元素 $b$，$aeb = ab$，$a(eb - b) = 0$，由消去律故 $eb = b$；同理 $be = b$。即 $e$ 是 $R$ 的恒等元。对非零元 $c$，必有某个自然数 $k$ 使 $c^k = 1$（因为 $a^m = a^n$ 型关系），则 $c^{k-1} = c^{-1}$。所以 $c$ 可逆，$R$ 是除环。注：读者今后会知道，有限除环一定是域（Wedderburn 定理）。
若环 $R$（不假定它有恒等元）至少含两个元素，且对任意一个非零元 $a$，总存在唯一一个元素 $b$，使 $aba = a$。求证：$R$ 是除环。

简答（原书简答整理）

先证明 $R$ 无零因子。设 $a \neq 0$ 且 $ac = 0$，则 $a(b + c)a = aba + ac = aba = a$。由唯一性，$b + c = b$，$c = 0$。因此 $R$ 是无零因子环。令 $e = ab$，则 $ea = a$。又 $aea = aa$，因为 $R$ 无零因子，故 $ae = a$。对任意的 $r \in R$，$rea = ra$，可得 $re = r$；同理 $er = r$。这说明 $e$ 是 $R$ 的恒等元。最后若 $r \neq 0$，则存在 $s$，使 $rsr = r$，故 $rs = sr = 1$，$s = r^{-1}$。由此 $R$ 是除环。
设 $R$ 是一个不带恒等元的环（不一定可交换）。作积集合 $\mathbf{Z} \times R$，这里 $\mathbf{Z}$ 是整数环，$\mathbf{Z} \times R$ 中的元素记为 $(n, r)$。现在 $\mathbf{Z} \times R$ 上定义加法与乘法如下：$(m, a) + (n, b) = (m + n, a + b)$，$(m, a)(n, b) = (mn, mb + na + ab)$。试证在此定义下 $\mathbf{Z} \times R$ 成为一环，这是个带恒等元 $(1, 0)$ 的环。不仅如此，作 $R \to \mathbf{Z} \times R$ 的映射 $r \to (0, r)$，则这是个单同态（嵌入）。（题 11 表明任何一个不带恒等元的环均可嵌入一个带恒等元的环。）

简答（原书简答整理）

直接验证。不难验证结合律与分配律由 $R$ 的相应性质与整数运算导出；$(1, 0)(n, r) = (n, r \cdot 1 \cdot 0 + 0 + 0 \cdot r) = (n, r)$ 验证 $(1, 0)$ 是恒等元；映射 $r \to (0, r)$ 保持加减乘且是单射。

5唯一分解环 §3.5

节引言在这一节中所有的环都假设是交换整区。设 $a$ 是整区 $R$ 的一个元素，若 $a$ 可写为两个元素 $b, c$ 之积 $a = bc$，则称 $b$ 与 $c$ 是 $a$ 的因子，也称 $b$ 或 $c$ 能整除 $a$，记为 $b \mid a$ 或 $c \mid a$。如果 $b$ 不可能是 $a$ 的因子，则记为 $b \nmid a$，称为 $b$ 不能整除 $a$。在整数环中，任何一个数都可以分解为若干个素数的乘积，且这种分解在一定意义下是唯一的。现在我们要将这个性质推广到一类整区上。

真因子：由于对一般的整区没有序（即大于、小于）的概念，因此不能像整数环上那样来定义真因子。设 $R$ 是一个整区，$u$ 是 $R$ 中的一个单位（即为可逆元），对任意的 $a \in R$，$a = auu^{-1}$。这表明 $u$ 是 $R$ 中任一元素的因子（正如整数环中 1 与 -1 是任一数的因子一样），这样的因子分解显然没有什么用处。现假定 $a = bc$，且 $b$ 与 $c$ 都不是单位。若此时 $a \mid b$，则 $b = ad$，$a = adc$，由整区消去律得 $dc = 1$，即 $c$ 是一个单位，引出了矛盾，因此 $a$ 不能整除 $b$。于是我们可得到真因子的定义：$b$ 称为是 $a$ 的一个真因子，若 $b \mid a$ 但 $a$ 不能整除 $b$。

$R$ 中两个元素如果互相能整除，即 $a \mid b$，$b \mid a$，则它们必相差一个单位，也就是说存在可逆元 $u$，使 $a = bu$。这样的两个元称为相伴元，记为 $a \sim b$。比如 $\mathbf{Z}$ 中，6 与 -6 是相伴元。相伴关系显然是一个等价关系。

$R$ 中的元素 $a$ 如果不是单位且它不能分解成两个真因子的乘积，则称为不可约元。$\mathbf{Z}$ 中的素数是不可约元。

定义 5-1 · 唯一分解环（UFD）设 $R$ 是一个整区。假设 $R$ 中任一非零且不是单位的元素 $a$ 都可以分解成有限个不可约元的乘积，且这种分解在下列意义下唯一：设 \[ a = p_1p_2\cdots p_s = p'_1p'_2\cdots p'_t \] 是 $a$ 的两个分解，其中 $p_i,\ p'_j\ (i = 1, \cdots, s;\ j = 1, \cdots, t)$ 是不可约元，则 $s = t$，且经过适当的置换后 $p_i \sim p'_i$。适合上述条件的整区 $R$ 称为唯一分解环（UFD），或称为 Gauss 整区。

例 1、例 2 · 正例 例 1：$\mathbf{Z}$ 是 Gauss 整区。例 2：数域上的多项式环是 Gauss 整区。

例 3 · 反例：$\mathbf{Z}[\sqrt{-5}]$ 并非所有的整区都是 Gauss 整区。试看 $\mathbf{Z}[\sqrt{-5}] = \{m + n\sqrt{-5} \mid m, n \in \mathbf{Z}\}$，显然这是个整区。现定义 $\mathbf{Z}[\sqrt{-5}]$ 中元 $a = m + n\sqrt{-5}$ 的范数 $N(a) = m^2 + 5n^2$，该范数适合下列性质：

\text{(1)}\ N(a) \text{ 是非负整数且 } N(a) = 0 \text{ 当且仅当 } a = 0; \qquad \text{(2)}\ N(ab) = N(a)N(b).

$\mathbf{Z}[\sqrt{-5}]$ 中的单位可以求出来。事实上，若 $ab = 1$，则 $N(a)N(b) = N(1) = 1$，因此只可能 $N(a) = N(b) = 1$，即 $a = \pm 1$，故 $\mathbf{Z}[\sqrt{-5}]$ 中的单位为 $\{1, -1\}$。

9 在 $\mathbf{Z}[\sqrt{-5}]$ 中可有下列分解： \[ 9 = 3 \cdot 3 = (2 + \sqrt{-5})(2 - \sqrt{-5}). \] 现在来证这是两个不同的不可约分解。若有 $ab = 3$，则 $N(ab) = N(3) = 9$。若 $a, b$ 不是单位，只可能 $N(a) = 3$，$N(b) = 3$，但 $m^2 + 5n^2 = 3$ 无整数解，因此不可能，故 3 是不可约元。同理可证 $2 + \sqrt{-5}$ 与 $2 - \sqrt{-5}$ 是不可约元。又 3 与 $2 + \sqrt{-5}$ 或 $2 - \sqrt{-5}$ 不是相伴元，因此 $\mathbf{Z}[\sqrt{-5}]$ 不是 Gauss 整区。

一个整区适合什么条件才是一个 Gauss 整区？为解决这一问题，引进下列概念。

因子链条件设 $R$ 是一个整区。如果 $R$ 中不存在下列无限序列：$a_1, a_2, \cdots, a_i, a_{i+1}, \cdots$，其中 $a_{i+1}$ 是 $a_i$ 的真因子（对一切 $i = 1, 2, \cdots$），则称 $R$ 适合因子链条件。

仿照素数的概念可定义 $R$ 中的素元：若 $p$ 不是 $R$ 的一个单位，对任意 $a, b$，若从 $p \mid ab$ 必可推出 $p \mid a$ 或 $p \mid b$，则称 $p$ 是 $R$ 的一个素元。

素性条件若 $R$ 的任一不可约元都是素元，则称 $R$ 适合素性条件。

定理 5-1 · UFD 的判别设 $R$ 是一个整区，则 $R$ 是唯一分解环当且仅当 $R$ 适合因子链条件与素性条件。

证明（点击展开）

必要性：设 $R$ 是一个唯一分解环。现有 $R$ 中的一个序列 $a_1, a_2, \cdots, a_n, \cdots$，且 $a_{i+1} \mid a_i$，要证明存在某个 $m$，当 $n \gt m$ 时均有 $a_{n+1} \sim a_n$。现来看 $a_1$：由于 $R$ 是唯一分解环，因此 $a_1 = p_1p_2\cdots p_s$，其中 $p_i$ 是不可约元。若 $a_2$ 是 $a_1$ 的真因子，则 $a_1 = q_1a_2$，$q_1$ 不是单位；再若 $a_3$ 是 $a_2$ 的真因子，则 $a_2 = q_2a_3$，$q_2$ 也不是单位。如此下去可有 $a_1 = q_1q_2\cdots q_sa_{s+1}$……如还不是不可约元还可以进行分解，因此 $a_1$ 至少有一个不可约元的分解其长度（即不可约因子的个数）超过了 $s$，这与 $R$ 是唯一分解环的假定矛盾。因此 $R$ 适合因子链条件。

再证 $R$ 适合素性条件。设 $p$ 是一个不可约元且 $p \mid ab$，当然 $p$ 不是单位。若 $a$ 是单位，则有 $ab = pq$（适当记号），$b = a^{-1}pq$，故 $p \mid b$；同理，若 $b$ 是单位，$p \mid a$。假定 $a$ 与 $b$ 都不是单位，令 $a = p_1\cdots p_s$，$b = p'_1\cdots p'_t$（$p_i$, $p'_j$ 皆不可约），则 $ab = p_1\cdots p_sp'_1\cdots p'_t$。由于 $p \mid ab$ 且 $p$ 本身是不可约元，故存在某个 $i$ 或 $j$，使 $p_i \sim p$ 或 $p'_j \sim p$，因此或者 $p \mid a$ 或者 $p \mid b$。

充分性：设 $R$ 是适合因子链条件和素性条件的整区。首先因子链条件保证了 $R$ 中的任一非单位（当然不为零）都有不可约分解。设 $a$ 是非单位且 $a \neq 0$：若 $a$ 本身是不可约元，则就不必再分解因子了；若 $a$ 不是不可约元，则 $a$ 可以分解为两个真因子的积 $a = a_1b_1$。若 $a_1, b_1$ 不可约则到此为止；若其中某个可分解，比如 $a_1 = a_2b_2$，再看 $a_2$，也许仍可继续分下去。但这个过程不能无限做下去，否则将得到一个无限的序列 $a_1, a_2, a_3, \cdots$，使 $a_{i+1}$ 是 $a_i$ 的真因子，故必存在某个 $a_n$ 是不可约元。令 $p_1 = a_n$，$a = p_1a'$；若 $a'$ 是单位，则 $a$ 是不可约元不必再讨论；若 $a'$ 还可再分，则如上面做过的一样，必有不可约元 $p_2$ 使 $a' = p_2a''$。如此不断做下去得 $a = p_1p_2\cdots p_sa^{(s)}$，但这个过程也不能无限延续下去，因为否则将得到一个无限序列 $a', a'', \cdots$，其中每个 $a^{(i+1)}$ 是 $a^{(i)}$ 的真因子。于是 $a$ 必可分解为有限个不可约元的乘积。

接下去还需证明因子分解的唯一性。设 $a = p_1p_2\cdots p_s$ 以及 $a = p'_1p'_2\cdots p'_t$ 是 $a$ 的两个不可约分解，则 $p_1 \mid p'_1\cdots p'_t$。而 $p_1$ 不可约，由素性条件知 $p_1$ 是素元，故对某个 $p'_i$，$p_1 \mid p'_i$。但是 $p'_i$ 是不可约元，故 $p_1 \sim p'_i$。经过重新编号，我们可设 $p_1 \sim p'_1$。同理 $p_2 \sim p'_2, \cdots, p_s \sim p'_s$。这时若 $s \neq t$，比如 $t \gt s$，则 $p'_{s+1}\cdots p'_t = 1$（单位之积），这不可能，故只有 $s = t$。这就证明了定理。证毕。

上述定理中的素性条件还可以用所谓的最大公因子条件来代替。设 $d$ 是 $a, b$ 的公因子，即 $d \mid a$，$d \mid b$。若对 $a, b$ 的任意公因子 $c$ 都有 $c \mid d$，则称 $d$ 是 $a, b$ 的最大公因子，记为 $d = (a, b)$。同理可定义若干个元素的最大公因子。我们还可定义最小公倍子：设 $m$ 适合 $a \mid m$ 及 $b \mid m$，且对任意的 $a \mid c$，$b \mid c$，必有 $m \mid c$，则称 $m$ 是 $a, b$ 的最小公倍子，记为 $[a, b]$。如果 $a, b$ 的最大公因子等于 1（或单位），则称 $a, b$ 是互素的。

UFD 中的最大公因子与最小公倍子任意一个唯一分解环都适合最大公因子条件：$R$ 中任意两个元素都有最大公因子。事实上，若 $a, b$ 中有一个是单位，则 $(a, b) = 1$。若都不是单位，作它们的不可约分解并将相伴的不可约因子予以合并，这样将 $a, b$ 分解如下： \[ a = \mu p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_s^{e_s}, \qquad b = \nu p_1^{f_1}p_2^{f_2}\cdots p_s^{f_s}, \] 这里 $e_i \geqslant 0$，$f_i \geqslant 0$，$\mu, \nu$ 是单位。令 \[ d = p_1^{g_1}p_2^{g_2}\cdots p_s^{g_s}, \qquad g_i = \min(e_i, f_i), \] 不难验证 $d$ 是 $a, b$ 的最大公因子。对最小公倍子也可类似求出： \[ m = [a, b] = p_1^{h_1}p_2^{h_2}\cdots p_s^{h_s}, \qquad h_i = \max(e_i, f_i). \]

引理 5-1 ~ 5-4 · 最大公因子的演算规则

引理 5-1：若 $R$ 是整区且任意两个元有最大公因子，则任意 $n$ 个元也有最大公因子。（记 $d_1 = (a_1, a_2)$，$d_2 = (d_1, a_3)$，$\cdots$，$d = d_{n-1} = (d_{n-2}, a_n)$，显然 $d$ 是 $a_1, \cdots, a_n$ 的最大公因子。）
引理 5-2：$((a, b), c) \sim (a, (b, c))$（两者都是 $a, b, c$ 的最大公因子，故必相伴）。
引理 5-3：$c(a, b) \sim (ca, cb)$。
引理 5-4：若 $(a, b) \sim 1$ 且 $(a, c) \sim 1$，则 $(a, bc) \sim 1$。

引理 5-3、5-4 的证明（点击展开）

引理 5-3：令 $d = (a, b)$，$e = (ca, cb)$，则 $cd \mid ca$，$cd \mid cb$，故 $cd \mid (ca, cb)$，因此 $e = cd\mu$。又令 $ca = ex = cd\mu x$，则 $a = d\mu x$，即 $d\mu \mid a$；同理 $d\mu \mid b$，因此 $d\mu \mid d$，即 $\mu$ 是单位且 $(ca, cb) = cd = c(a, b)$。证毕。

引理 5-4：由 $(a, b) \sim 1$ 及引理 5-3，$(ac, bc) \sim c$。又 $(a, ac) \sim a$，因此 \[ 1 \sim (a, c) \sim (a, (ac, bc)) \sim ((a, ac), bc) \sim (a, bc). \] 证毕。

引理 5-5 · 最大公因子条件蕴涵素性条件设 $p$ 是不可约元且 $p$ 不能整除 $a$，$p$ 不能整除 $b$，要证明 $p$ 不能整除 $ab$。事实上，由于 $p$ 不可约，$(p, a) \sim 1$，$(p, b) \sim 1$，由引理 5-4，$(p, ab) \sim 1$，即 $p$ 不能整除 $ab$。证毕。

定理 5-2 设 $R$ 是一个整区，则 $R$ 是一个 Gauss 整区当且仅当 $R$ 适合因子链条件和最大公因子条件。

§3.5 习题（原书 10 题）

习题 3.5

分别在 $\mathbf{Z}[x]$、$\mathbf{Q}[x]$、$\mathbf{Z}_{11}[x]$ 中分解下列因式：$4x^2 - 4x + 8$。

简答（原书简答整理）

在 $\mathbf{Z}[x]$ 中：$2 \cdot 2 \cdot (x^2 - x + 2)$（$x^2 - x + 2$ 在 $\mathbf{Z}$ 上不可约）；在 $\mathbf{Q}[x]$ 中：$4x^2 - 4x + 8$ 不可约（判别式 $-112$ 非平方数），故 $4$ 与该二次式相伴之积已为分解（单位意义下唯一）；在 $\mathbf{Z}_{11}[x]$ 中：$(4x + 2)(x + 4)$。
分别在 $\mathbf{Q}[x]$、$\mathbf{Z}_{7}[x]$ 中分解下列因式：$2x^2 + 4x + 5$。

简答（原书简答整理）

在 $\mathbf{Q}[x]$ 中：$2x^2 + 4x + 5$ 不可约（判别式 $-24$）；在 $\mathbf{Z}_7[x]$ 中：$(2x + 1)(x + 5)$。
在 $\mathbf{Z}_{3}[x]$ 中作下列多项式的不可约分解：$x^3 + x + 2$。

简答（原书简答整理）

$(x + 1)(x^2 + 2x + 2)$（验证 $x = 2$ 是根：$8 + 2 + 2 = 12 \equiv 0 \pmod 3$；$x^2 + 2x + 2$ 在 $\mathbf{Z}_3$ 中无根故不可约）。
设 $R$ 是唯一分解环，环中元素 $a \mid bc$，又已知 $a, b$ 互素，求证 $a \mid c$。

简答（原书简答整理）

将 $a, b, c$ 作不可约分解，利用素性条件知 $a$ 的素因子均可整除 $c$（因它们不在 $b$ 的分解中出现），故 $a \mid c$。
设 $R = \mathbf{Z}[\sqrt{-1}]$，求证：若 $R$ 中元素 $a + b\sqrt{-1}$ 适合条件 $a^2 + b^2$ 是一个素数，则它是一个不可约元。

简答（原书简答整理）

注意 $R$ 中单位为 $\pm 1, \pm\sqrt{-1}$。用范数即可证明：$N(a + b\sqrt{-1}) = a^2 + b^2 = p$。若它可约，则两个真因子的范数为大于 1 的整数，其乘积为 $p$，与 $p$ 是素数矛盾。
若 $R$ 是 Gauss 整区，则 $ab \sim (a, b)[a, b]$。

简答（原书简答整理）

由最大公因子和最小公倍子的定义可证：$(a,b)[a,b]$ 的不可约因子幂次为 $\min + \max = e_i + f_i$，恰为 $ab$ 的分解。
证明：$\mathbf{Z}[\sqrt{-5}]$ 适合因子链条件。

简答（原书简答整理）

利用范数即可证明：真因子链 $a_{i+1} \mid a_i$ 中 $N(a_{i+1}) \lt N(a_i)$ 严格递减且非负，故链必终止。
设 $\mathbf{Z}[\sqrt{10}] = \{a + b\sqrt{10} \mid a, b \in \mathbf{Z}\}$，证明：它不是 Gauss 整区。

简答（原书简答整理）

令 $N(a + b\sqrt{10}) = a^2 - 10b^2$，则 $N(\alpha\beta) = N(\alpha)N(\beta)$。由此知道 $\alpha$ 是单位当且仅当 $N(\alpha) = \pm 1$。注意到 $-9 = (-3) \cdot 3 = (1 + \sqrt{10})(1 - \sqrt{10})$。若 $a + b\sqrt{10}$ 是 3 的真因子，则 $N(a + b\sqrt{10}) = \pm 3$，即 $a^2 - 10b^2 = \pm 3$，一个整数的平方末位数不可能为 3 或 7，因此 3 与 $-3$ 是不可约元。但 3 不能整除 $1 + \sqrt{10}$ 和 $1 - \sqrt{10}$，而 3 是 $-9$ 的因子，所以素性条件不成立。
证明：任一素元必是不可约元。

简答（原书简答整理）

由素元的定义可证：设 $p = ab$，则 $p \mid ab$，由素性 $p \mid a$ 或 $p \mid b$；不妨 $a = pc$，代入得 $p = pcb$，消去得 $cb = 1$，$b$ 是单位，故 $p$ 不可约。
证明：$\mathbf{Z}[x]$ 适合因子链条件。

简答（原书简答整理）

若 $f(x), g(x) \in \mathbf{Z}[x]$，$g(x) \mid f(x)$，则 $f(x) = g(x)h(x)$。有两种可能：或 $\deg g \lt \deg f$（次数严格下降），或 $h(x) = a \in \mathbf{Z}$（整数因子，绝对值严格下降）。因为 $f(x)$ 的次数有限而 $\mathbf{Z}$ 是 Gauss 整区，所以 $\mathbf{Z}[x]$ 必适合因子链条件。

6PID 与欧氏整区 §3.6

首先我们从另一个角度来分析一下整除问题。设 $a \mid b$，即 $b = ac$。记 $a$ 生成的主理想为 $(a)$，则 $b = ac$ 表示 $b \in (a)$，因此 $b$ 生成的主理想 $(b) \subseteq (a)$。反过来，若 $(b) \subseteq (a)$，则 $b \in (a)$，因此存在某个 $c$ 使 $b = ac$，也即 $a \mid b$。因此：

a \mid b \iff (b) \subseteq (a).

再看相伴关系：若 $a \sim b$，则 $a \mid b$，$b \mid a$，也就是 $(a) \subseteq (b)$，$(b) \subseteq (a)$，这表明 $(a) = (b)$。所以：

a \sim b \iff (a) = (b).

因子链条件也可以用另一种等价的说法来代替。若环 $R$ 没有主理想的无限真升链，即没有这样的无限序列： \[ (a_1) \subsetneq (a_2) \subsetneq (a_3) \subsetneq \cdots, \] 则称 $R$ 满足主理想升链条件。显然，因子链条件等价于主理想升链条件。

定义 6-1 · 主理想整区（PID）设 $R$ 是一个整区，若它的每个理想都可由一个元生成，则称 $R$ 为主理想整区，简记为 PID。

定理 6-1 任一主理想整区都是 Gauss 整区。

证明（点击展开）

设 $R$ 是主理想整区。首先证明 $R$ 适合主理想升链条件：设有主理想升链 $(a_1) \subseteq (a_2) \subseteq (a_3) \subseteq \cdots$。作 $\bigcup_{i=1}^{\infty}(a_i)$，不难验证这仍是 $R$ 的一个理想，因而是主理想。不妨设 $(a) = \bigcup (a_i)$，则 $a \in \bigcup (a_i)$，于是必有某个 $m$，使 $a \in (a_m)$，故 $(a) \subseteq (a_m)$，因此 $(a) = (a_m)$，且对任意的 $n \gt m$ 都有 $(a_n) = (a) = (a_m)$。从而上述升链不能是无限真升链，即 $R$ 适合主理想升链条件或因子链条件。

再证 $R$ 适合最大公因子条件。令 $a, b$ 是 $R$ 中任意两个非零元，记 $(a, b)$ 为 $a, b$ 生成的 $R$ 的理想。由于 $R$ 是主理想整区，故 $(a, b)$ 可由一个元生成，设 $(a, b) = (d)$。现来证明 $d$ 是 $a, b$ 的最大公因子：由于 $(d) = (a, b) \supseteq (a)$，故 $d \mid a$，同理 $d \mid b$。又若 $c \mid a$，$c \mid b$，即 $(c) \supseteq (a)$，$(c) \supseteq (b)$，则 $a, b \in (c)$，因此 $(a, b) \subseteq (c)$，即 $(d) \subseteq (c)$，或 $c \mid d$。这就证明了 $d$ 是 $a, b$ 的最大公因子。证毕。

现在我们来考虑一类更特殊的整区，称为欧氏整区。

定义 6-2 · 欧氏整区设 $R$ 是一个整区，且存在从 $R$ 的非零元集合 $R^{*}$ 到非负整数集合 $\mathbf{N}$ 的映射 $\delta$ 适合下列条件：

若 $a, b \in R$ 且 $b \neq 0$，则存在 $q, r \in R$ 适合 $a = bq + r$，且或者 $r = 0$ 或者 $\delta(r) \lt \delta(b)$；
对任意非零元 $a, b$，总有 $\delta(a) \leqslant \delta(ab)$。

则称 $R$ 是一个欧氏整区，映射 $\delta$ 为欧氏赋值。

整数环 $\mathbf{Z}$ 是欧氏整区，因为这时可令 $\delta(n) = |n|$。数域 $F$ 上的多项式环 $F[x]$ 也是欧氏整区，这时 $\delta(f(x)) = \deg f(x)$。

例 1 · Gauss 整数环是欧氏整区 Gauss 整数环 $\mathbf{Z}[\sqrt{-1}] = \{m + n\sqrt{-1} \mid m, n \in \mathbf{Z}\}$ 是欧氏整区。

证明（点击展开）

设 $a = m + n\sqrt{-1}$，定义 $\delta(a) = m^2 + n^2$，则 $\delta(a) \in \mathbf{N}$，$\delta(ab) = \delta(a)\delta(b)$。设 $b \neq 0$，则 $ab^{-1} = \mu + \nu\sqrt{-1}$，这里 $\mu$ 与 $\nu$ 是有理数。现令 $u$ 与 $v$ 是适合 $|u - \mu| \leqslant \frac{1}{2}$，$|v - \nu| \leqslant \frac{1}{2}$ 的整数，再令 $\varepsilon = \mu - u$，$\eta = \nu - v$，于是 $|\varepsilon| \leqslant \frac{1}{2}$，$|\eta| \leqslant \frac{1}{2}$。又 \[ a = b[(u + \varepsilon) + (v + \eta)\sqrt{-1}] = bq + r, \] 其中 $q = u + v\sqrt{-1} \in \mathbf{Z}[\sqrt{-1}]$，$r = b(\varepsilon + \eta\sqrt{-1})$。由于 $r = a - bq$，故 $r \in \mathbf{Z}[\sqrt{-1}]$。又 \[ \delta(r) = |r|^2 = |b|^2(\varepsilon^2 + \eta^2) \leqslant |b|^2\left(\frac{1}{4} + \frac{1}{4}\right) = \frac{1}{2}\delta(b) \lt \delta(b), \] 即 $\mathbf{Z}[\sqrt{-1}]$ 是欧氏整区。证毕。

定理 6-2 欧氏整区是 PID。

证明（点击展开）

设 $I$ 是欧氏整区 $R$ 的理想。若 $I = 0$，则 $I$ 由 0 生成。现设 $I \neq 0$，则必有某个 $b \neq 0$，$b \in I$ 且使 $\delta(b)$ 最小。作 $b$ 生成的主理想 $(b)$，显然 $(b) \subseteq I$。又设 $a$ 是 $I$ 中任一非零元，则存在 $q$ 及 $r$，使 $a = bq + r$，且 $\delta(r) \lt \delta(b)$。但 $r = a - bq \in I$，若 $r \neq 0$，则由于 $\delta(b)$ 是 $I$ 中最小者，故与 $\delta(b)$ 的选取矛盾。于是 $r = 0$，$a = bq$，即 $a \in (b)$。因此 $I = (b)$。证毕。

推论 6-1 欧氏整区是唯一分解环。

包含关系总结我们已经证明了下面几个概念的从属性：

\text{欧氏整区} \Rightarrow \text{PID} \Rightarrow \text{Gauss 整区}.

但反过来不一定成立：Gauss 整区不一定是 PID（如 $F[x_1, x_2]$，见 §3.8 习题 9），PID 不一定是欧氏整区。

§3.6 习题（原书 10 题）

习题 3.6

设 $R$ 是一个 PID，若 $(a) \cap (b) = (c)$，求证：$c$ 是 $a, b$ 的最小公倍元。

简答（原书简答整理）

$c$ 属于 $(a)$，故 $c = as$，同理 $c = bt$，即 $c$ 是 $a, b$ 的公倍元。又若 $u$ 是 $a, b$ 的公倍元，则 $(u)$ 既含于 $(a)$ 又含于 $(b)$，故含于 $(c)$，即 $u = cw$。此即证明了 $c$ 是 $a, b$ 的最小公倍元。
设 $R$ 是一个 PID，$a, b$ 是两个非零元素，$d$ 是它们的最大公因子。求证：存在 $R$ 中元素 $s, t$，使 $as + bt = d$。

简答（原书简答整理）

由 $(a, b) = (a) + (b) = (d)$ 即得：$d \in (a) + (b)$，故可写为 $as + bt$。
设 $R$ 是一个 PID，$p$ 是一个不可约元素，求证：$R/(p)$ 是一个域。反之，若 $a$ 是可约元，则 $R/(a)$ 不是整区。

简答（原书简答整理）

若 $a$ 不属于 $(p)$，则 $a, p$ 的最大公因子为 1，再由习题 2 即可证明 $\overline{a}$ 可逆，故非零元皆可逆，$R/(p)$ 是域。反之，若 $a = bc$ 可约，则 $\overline{b}\,\overline{c} = \overline{0}$ 是 $R/(a)$ 中的零因子。
设 $R$ 是一个 PID，求证 $R$ 的任意一个真理想都可以唯一地表示为若干个不可约元素生成的理想之积。

简答（原书简答整理）

设理想 $I = (a)$。作 $a$ 的不可约分解 $a = up_1\cdots p_n$，其中 $u$ 是可逆元，$p_i$ 是不可约元。容易验证 $(a) = (p_1)\cdots(p_n)$。唯一性由 $R$ 是唯一分解环即得。
若 $(R, \delta)$ 是一个欧氏整区，求证：(1) $\delta(1) \leqslant \delta(a)$ 对一切 $a \neq 0$ 成立；(2) 若 $a, b$ 相伴，则 $\delta(a) = \delta(b)$；(3) 若 $a \mid b$ 又 $\delta(a) = \delta(b)$，则 $a, b$ 相伴；(4) 若 $a, b$ 非零且 $b$ 不是可逆元，则 $\delta(a) \lt \delta(ab)$；(5) 若 $a$ 是 $R$ 的单位，则 $\delta(a) = \delta(1)$，反之亦然。

简答（原书简答整理）

(1) 因为 $a = 1 \cdot a$，即得。(2) 设 $a = bu$，则 $\delta(b) \leqslant \delta(a)$；同理 $\delta(a) \leqslant \delta(b)$。(3) 设 $a = bq + r$，若 $r = 0$，已证；若 $r \neq 0$，$\delta(r) \lt \delta(b) = \delta(a)$。又 $b = ua$，代入得 $a = auq + r$，所以 $r = (1 - uq)a$，$\delta(a) \leqslant \delta(r)$ 矛盾。(4) 由 (3) 知若 $\delta(a) = \delta(ab)$，则 $a, ab$ 相伴，$b$ 可逆，矛盾。(5) 若 $a$ 是单位，$a \cdot a^{-1} = 1$，于是 $\delta(a) \leqslant \delta(1)$，结合 (1) 得 $\delta(a) = \delta(1)$；反之由 (3) 得。
设 $\delta$ 是整区 $R$ 上的欧氏赋值，求证：(1) 若 $n$ 是一个固定的整数，定义 $R^{*}$ 到非负整数的映射 $\varphi: \varphi(a) = n + \delta(a)$，则 $\varphi$ 也是 $R$ 上的一个欧氏赋值；(2) 若 $n$ 是一个固定的正整数，定义 $\varphi: \varphi(a) = n\delta(a)$，则 $\varphi$ 也是 $R$ 上的一个欧氏赋值。

简答（原书简答整理）

容易验证：两条欧氏赋值条件在平移与正数倍变换下保持不变。
设 $R$ 是一个欧氏整区，令 $N = \{a \in R \mid \delta(a) \gt 1\}$，问 $N$ 是否 $R$ 的理想?

简答（原书简答整理）

解：不一定。如 $R = F[x]$（数域 $F$ 上的多项式环），次数大于 1 的多项式不组成理想。
设 $R$ 是整区，$\delta$ 是 $R^{*}$ 到非负整数集上的映射且满足条件：对 $a, b \in R$ 且 $b \neq 0$，总存在 $q, r \in R$ 使 $a = qb + r$，且或者 $r = 0$ 或者 $\delta(r) \lt \delta(b)$。求证：存在 $R$ 上的一个欧氏赋值 $\varphi$ 使 $(R, \varphi)$ 是欧氏整区。

简答（原书简答整理）

证明：定义 $\varphi(a) = \min\{\delta(as) \mid s \in R^{*}\}$。若 $b$ 不能整除 $a$，设 $\varphi(b) = \delta(bs)$（取到极小的 $s$）。因为 $bs$ 不能整除 $as$，故 $as = bsq + t$，$\delta(t) \lt \delta(bs) = \varphi(b)$。由 $as = bsq + t$ 知道 $s \mid t$，故可设 $t = sr$，于是 $a = bq + r$。注意到 $\varphi(r) = \min\{\delta(rc) \mid c \in R^{*}\} \leqslant \delta(rs) = \delta(t) \lt \varphi(b)$。又 $\varphi(a) = \min\{\delta(ar) \mid r \in R^{*}\}$，$\varphi(ab) = \min\{\delta(abr) \mid r \in R^{*}\}$，显然 $\varphi(a) \leqslant \varphi(ab)$。
设 $\mathbf{Z}[\sqrt{2}] = \{m + n\sqrt{2} \mid m, n \in \mathbf{Z}\}$。求证：$\mathbf{Z}[\sqrt{2}]$ 是一个欧氏整区。（提示：令 $\delta(m + n\sqrt{2}) = |m^2 - 2n^2|$）

简答（原书简答整理）

模仿例 1 的证明。（关键：$\mathbf{Z}[\sqrt{2}]$ 的单位群由 $1 + \sqrt{2}$ 的幂生成，范数绝对值可达 1；对任意 $\alpha / \beta \in \mathbf{Q}(\sqrt{2})$，可取最近整数逼近使余元的范数严格小于 $\delta(\beta)$。）
试证：在欧氏整区中可做 Euclid 辗转相除法：设 $a_1, a_2$ 是 $R$ 的非零元。令 \[ a_1 = q_1a_2 + a_3, \quad a_2 = q_2a_3 + a_4, \quad \cdots, \quad a_i = q_ia_{i+1} + a_{i+2}, \cdots, \] 其中 $\delta(a_{i+1}) \lt \delta(a_i)$。于是存在自然数 $n$，$a_n \neq 0$，但 $a_{n+1} = 0$，且有 $d = a_n = (a_1, a_2)$。（这是欧氏整区名称的由来）

简答（原书简答整理）

和多项式环类似证明：$\delta$ 严格递降保证有限步终止；每步的余数因子与除数有相同的公因子集合，链末端即为最大公因子。

7域上的一元多项式环 §3.7

我们已经在高等代数课程中学习过数域上多项式环的理论，一般域上多项式环的理论与数域上多项式环的理论是类似的。

设 $F$ 是一个域，$x$ 是一个未定元，$F[x]$ 是系数在 $F$ 中的 $x$ 的多项式全体，其元素记为 $f(x) = a_0 + a_1x + \cdots + a_nx^n$，这里 $n$ 可以为一切非负整数。$F[x]$ 在多项式加法与乘法下成一环。

若 $f(x) \in F[x]$，定义 $\deg f(x)$ 为 $f(x)$ 最高次项的次数。若 $f(x) = a_0 \neq 0$，则 $\deg f(x) = 0$；若 $f(x) = 0$，规定 $\deg f(x) = -\infty$。于是有下列引理。

引理 7-1 设 $f(x), g(x) \in F[x]$，则

\deg(f(x)g(x)) = \deg f(x) + \deg g(x).

证明同数域时完全一样，故从略。

推论 7-1 $F[x]$ 是一个整区。

由于 $F[x]$ 是一个整区，因此 $F[x]$ 有一个分式域，通常记为 $F(x)$，其中元素的形状为 $\frac{f(x)}{g(x)}\ (g(x) \neq 0)$，称为 $F$ 上的有理函数域。

引理 7-2 · 带余除法给定 $F[x]$ 中两个多项式 $f(x), g(x)$，其中 $g(x) \neq 0$，则在 $F[x]$ 中存在 $q(x)$ 及 $r(x)$，使

f(x) = q(x)g(x) + r(x), \qquad \deg r(x) \lt \deg g(x).

证明（点击展开）

尽管这个引理的证明与高等代数中类似命题相同，我们仍然写出证明如下：若 $\deg f(x) \lt \deg g(x)$，则已不用再证。故可设 \[ f(x) = a_0 + a_1x + \cdots + a_mx^m, \qquad g(x) = b_0 + b_1x + \cdots + b_nx^n, \] $a_m \neq 0$，$b_n \neq 0$，$m \geqslant n$。令 \[ f_1(x) = f(x) - a_mb_n^{-1}x^{m-n}g(x), \] 则 $\deg f_1(x) \leqslant m - 1$。由对 $f(x)$ 次数的归纳法可假定 \[ f_1(x) = q_1(x)g(x) + r(x), \quad \text{且 } \deg r(x) \lt \deg g(x). \] 这样一来， \[ f(x) - a_mb_n^{-1}x^{m-n}g(x) = q_1(x)g(x) + r(x), \] 因此 \[ f(x) = a_mb_n^{-1}x^{m-n}g(x) + q_1(x)g(x) + r(x), \] 只需令 $q(x) = a_mb_n^{-1}x^{m-n} + q_1(x)$，即得所要的结论。证毕。

定理 7-1 及其推论

\text{定理 7-1：} F[x] \text{ 是欧氏整区（赋值 } \delta = \deg\text{）}.

推论 7-2：$F[x]$ 是 PID；
推论 7-3：$F[x]$ 是 Gauss 整区；
推论 7-4：$F[x]$ 中任意两个多项式 $f(x), g(x)$ 都有最大公因子 $d(x)$，且存在 $s(x), t(x)$，使 $\[ d(x) = s(x)f(x) + t(x)g(x). \]$

$F[x]$ 中的不可约元就是不可约多项式，即不再能分解为两个次数低于原多项式之积的多项式。$F[x]$ 的不可约元就是素元。

推论 7-5 $F[x]$ 中任一多项式都可唯一地分解成为有限个不可约多项式的乘积。

引理 7-3 · 不可约 ⟺ 极大理想 $F[x]$ 中多项式 $f(x)$ 不可约的充要条件是 $(f(x))$ 是 $F[x]$ 的极大理想，即不存在 $F[x]$ 的真理想 $I$ 真包含 $(f(x))$。

证明（点击展开）

若 $f(x)$ 不可约，且 $I \supseteq (f(x))$。由于 $F[x]$ 是 PID，因此 $I$ 可由一个元生成，记 $I = (g(x))$。由 $(f(x)) \subseteq (g(x))$ 得 $g(x) \mid f(x)$，但这只有在 $g(x) = c$ 或 $g(x) = cf(x)$ 时才可能，这里 $c \neq 0$，$c \in F$。当 $g(x) = c$ 时，$(g(x)) = F[x]$；当 $g(x) = cf(x)$ 时 $(g(x)) = (f(x))$。因此 $(f(x))$ 是极大理想。

反之若 $(f(x))$ 是极大理想，假定 $f(x)$ 可约，则 $f(x) = f_1(x)f_2(x)$，于是 $f(x) \neq cf(x) \in (f_1(x))$，即 $(f(x)) \subset (f_1(x))$。但 $(f(x)) \neq (f_1(x))$，这与 $(f(x))$ 是极大理想矛盾，因此 $f(x)$ 不可约。证毕。

引理 7-4 · 极大理想 ⟺ 商为域设 $R$ 是带 1 的交换环，$I$ 是 $R$ 的理想且 $I \neq R$，则 $I$ 是 $R$ 的极大理想的充要条件为 $R/I$ 是一个域。

证明（点击展开）

设 $I$ 是极大理想，则 $R/I$ 只有两个理想：0 及自身，因此 $R/I$ 是一个域（定理 2-1）。又若 $R/I$ 是域，假设 $J$ 是 $R$ 的理想且 $J \supset I$，则由 $R$ 的包含 $I$ 的理想集与 $R/I$ 的理想集之间的一一对应知 $J = R$，因此 $I$ 是 $R$ 的极大理想。证毕。

推论 7-6 · 构造新域 $F[x]$ 中多项式 $f(x)$ 不可约的充要条件为 $F[x]/(f(x))$ 是一个域。

例 1 · $\mathbf{Q}[x]/(x^3 - 2)$ 设 $F$ 是有理数域，$p(x) = x^3 - 2$，则 $p(x)$ 不可约。令 $A = (x^3 - 2)$，即 $A$ 为 $x^3 - 2$ 生成的理想，于是 $F[x]/A$ 是一个域。这个域里的任意一个元素可写为 $f(x) + A$ 的形状；零元素是 $A$，即所有能被 $x^3 - 2$ 整除的多项式组成的理想。

若 $\deg f(x) \geqslant 3$，则可用除法得到 \[ f(x) = q(x)(x^3 - 2) + r(x), \qquad \deg r(x) \lt 3, \] 因此 $f(x) + A = r(x) + A$。也就是说 $F[x]/A$ 中元素皆可写为 $f(x) + A$（$\deg f(x) \lt 3$）的形状。换言之，$F[x]/A$ 的任一元的代表元素可取为次数不超过 2 的多项式：$a_0 + a_1x + a_2x^2$。

例 2 · 4 元域设 $F$ 是最简单的域 $F = \mathbf{Z}_2 = \{0, 1\}$，$p(x) = x^2 + x + 1$ 是 $F$ 上的不可约多项式（它在 $F$ 中没有根）。现来求 $F[x]/(p(x))$ 的全部元素。由于任一多项式除以 $x^2 + x + 1$ 后余式的次数小于 2，因此 $F[x]/(p(x))$ 中元的形状为 $a_1x + a_0$，$a_1, a_0 \in F$。而 $F$ 一共只有两个元，因此只有如下几种可能性：$\overline{0}, \overline{1}, \overline{x}, \overline{x + 1}$，这就是 $F[x]/(p(x))$ 的全部元素。1 是这个域的恒等元，$\overline{x}$ 的逆元是 $\overline{x + 1}$。

7.1 代数元、超越元与最小多项式

现在假定 $S$ 是域 $F$ 的扩张，即 $F$ 是环 $S$ 的一个子环（$F$ 本身是一个域）且 $F$ 的恒等元 1 就是 $S$ 的恒等元，设 $S$ 也是一个交换环。$u$ 是 $S$ 中的一个元素，令 \[ F[u] = \{a_0 + a_1u + \cdots + a_nu^n \mid a_i \in F,\ n \text{ 可为一切非负整数}\}. \] 考虑 $F$ 上的多项式环 $F[x] \to F[u]$ 的映射 $\eta: a_0 + a_1x + \cdots + a_nx^n \to a_0 + a_1u + \cdots + a_nu^n$。不难验证 $F[u]$ 是 $S$ 的子环且 $\eta$ 是 $F[x]$ 到 $F[u]$ 的映上同态。如果 $\eta$ 是一个同构，则称 $u$ 是 $F$ 上的一个超越元；若 $\operatorname{Ker} \eta \neq 0$，则称 $u$ 是 $F$ 上的代数元。

当 $u$ 是超越元时，$a_0 + a_1u + \cdots + a_nu^n = 0$ 当且仅当所有的 $a_i = 0$。当 $u$ 是代数元时，$\operatorname{Ker} \eta$ 可由一个多项式 $f(x)$ 生成，这时 $F[u] \cong F[x]/(f(x))$，且显然 $f(u) = 0$，即 $u$ 适合 $F$ 上的一个一元多项式。如 $f(x)$ 是一个不可约多项式，则 $F[u]$ 是 $F$ 的一个扩域（即包含 $F$ 的域）。代数元、超越元的这种定义方式是经典定义的自然推广。

我们还可以定义多项式根的概念。设 $f(x) \in F[x]$，$S$ 中的元 $u$ 如果适合 $f(u) = 0$，就称它为 $f(x)$ 的根。若 $u$ 是 $F$ 上的代数元，则必有一个次数最小的首一多项式 $f(x)$，使 $u$ 是它的根，这个多项式称为代数元 $u$ 的最小多项式。

最小多项式的唯一性最小多项式是唯一确定的。这是因为若 $f(x), g(x)$ 都是 $u$ 的最小多项式，则它们首项系数都为 1 且次数相同，因此 $f(x) - g(x)$ 的次数小于 $f(x)$ 的次数。但 $f(u) - g(u) = 0$，由最小多项式定义即知只可能 $f(x) - g(x) = 0$，即 $f(x) = g(x)$。

引理 7-5 · 余数定理若 $f(x) \in F[x]$，$a \in F$，则存在唯一的 $q(x)$，使

\[ f(x) = (x - a)q(x) + f(a). \]

证明（点击展开）

由引理 7-2 得 $f(x) = (x - a)q(x) + r$，显然 $r = f(a)$。若另有 $q'(x)$，使 $f(x) = (x - a)q'(x) + f(a)$，则 $(x - a)q'(x) + f(a) = (x - a)q(x) + f(a)$，因此 $(x - a)[q(x) - q'(x)] = 0$，于是 $q(x) = q'(x)$。证毕。

推论 7-7 $(x - a) \mid f(x)$ 的充要条件是 $a$ 为 $f(x)$ 的根。

定理 7-2 · 根的个数 $F[x]$ 上的 $n$ 次多项式 $f(x)\ (n \geqslant 0)$ 在域 $F$ 中最多只有 $n$ 个不同的根。

证明（点击展开）

设 $a_1, a_2, \cdots, a_r$ 是 $f(x)$ 在 $F$ 中的 $r$ 个不同的根。作积 $g(x) = (x - a_1)(x - a_2)\cdots(x - a_r)$，现对 $r$ 用归纳法证明 $f(x)$ 可被 $g(x)$ 整除。事实上当 $r = 1$ 时就是引理 7-5 的推论。现设 $r - 1$ 时结论成立，则 \[ f(x) = (x - a_1)\cdots(x - a_{r-1})h(x), \] 因此 $f(a_r) = (a_r - a_1)\cdots(a_r - a_{r-1})h(a_r)$。但是 $a_r - a_i \neq 0$，故由 $f(a_r) = 0$ 可知，$h(a_r) = 0$，因而 $h(x) = (x - a_r)k(x)$。于是 \[ f(x) = (x - a_1)\cdots(x - a_r)k(x), \] 即 $r \leqslant n$。证毕。

利用这个定理可证明域的一个重要性质。

定理 7-3 · 乘法群的有限子群任意一个域的乘法群的有限子群是循环群。

证明（点击展开）

设 $G$ 是 $F^{*}$ 的子群且阶有限。$G$ 当然是 Abel 群，由 §2.5 中的定理 5-3 知道，$G$ 为循环群当且仅当 $G$ 的阶 $|G|$ 等于使每个 $a \in G$ 有 $a^m = 1$ 的最小正整数 $m$。由于 $a^{|G|} = 1$ 在任一有限群中都成立，故只要证明 $|G| = m$ 即可。现已有 $m \leqslant |G|$。考虑多项式 $f(x) = x^m - 1$，它在 $F$ 中至多有 $m$ 个不同的根，因此 $|G| \leqslant m$，于是 $|G| = m$。证毕。

推论 7-8 任一有限域 $F$ 的乘法群是一个循环群。比如 $\mathbf{Z}_p$（$p$ 是素数）的乘法群是阶为 $p - 1$ 的循环群。

§3.7 习题（原书 14 题）

习题 3.7

设 $f(x) = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \cdots + a_{n-1}x^{n-1} + x^n$（$a_i \in F$，$F$ 是一个域），$n \gt 0$。作 $F[x]/(f(x))$，记 $u = x + (f(x))$，则 $F[x]/(f(x))$ 中的任一元均可唯一地表示为下列形式：$b_0 + b_1u + \cdots + b_{n-1}u^{n-1}$（$b_i \in F$）。

简答（原书简答整理）

只需证明若 $b_0 + b_1u + \cdots + b_{n-1}u^{n-1} = 0$ 当且仅当 $b_i = 0$。$b_0 + b_1u + \cdots + b_{n-1}u^{n-1} = 0$ 等价于 $b_0 + b_1x + \cdots + b_{n-1}x^{n-1} \in (f(x))$，或 $b_0 + b_1x + \cdots + b_{n-1}x^{n-1} = f(x)g(x)$。$f(x)$ 是次数为 $n$ 的多项式，要使上式成立只有 $g(x) = 0$，于是 $b_i = 0$。
设 $F = \mathbf{Q}$，$f(x) = x^3 + 3x - 2$，证明：$F[x]/(f(x))$ 是一个域，且将下列元素表示为 $u$ 的次数小于 3 的多项式的形式（这里 $u = x + (f(x))$）： \[ (2u^2 + u - 3)(3u^2 - 4u + 1); \qquad (u^2 - u + 4)^{-1}. \]

简答（原书简答整理）

$(2u^2 + u - 3)(3u^2 - 4u + 1) = -29u^2 + 40u - 13$；$(u^2 - u + 4)^{-1} = (u + 1)/6$。（计算时用 $u^3 = -3u + 2$ 反复降次。）
利用 $F = \mathbf{Z}_2$ 及多项式 $x^3 + x^2 + 1$ 构造一个由 8 个元素组成的域。

简答（原书简答整理）

解：$f(x) = x^3 + x^2 + 1$ 为三次多项式且在 $F$ 中无根（$f(0) = 1$，$f(1) = 1$），因此是一个不可约多项式，$F[x]/(f(x))$ 就是所要求的域。
构造一个由 25 个元素组成的域。

简答（原书简答整理）

解：令 $F = \mathbf{Z}_5$，$f(x) = x^2 + x + 1$ 是 $F$ 上的不可约多项式（判别式 $1 - 4 = -3 \equiv 2$，2 在 $\mathbf{Z}_5$ 中非平方数），$F[x]/(f(x))$ 就是要求的域。
设 $F$ 是一个由 $q$ 个元素构成的有限域，$F^{*} = \{a_1, a_2, \cdots, a_{q-1}\}$。求证：$a_1a_2\cdots a_{q-1} = -1$。

简答（原书简答整理）

令 $f(x) = x^{q-1} - 1$，则由于 $F^{*}$ 是 $q - 1$ 阶循环群，$a_i$ 都是 $f(x)$ 的根，即 $f(x)$ 在 $F$ 中有 $q - 1$ 个不同的根，因此有分解式 $f(x) = (x - a_1)\cdots(x - a_{q-1})$。由韦达定理得 $a_1\cdots a_{q-1} = (-1)^{q}$。若 $\operatorname{ch} F \neq 2$，结论显然；若 $\operatorname{ch} F = 2$，这时 $1 = -1$，结论也成立。
设 $F = \mathbf{Z}_p$，$p$ 是一个素数，$f(x)$ 是 $F$ 上的 $n$ 次不可约多项式，求证：$F[x]/(f(x))$ 是由 $p^n$ 个元素构成的域。

简答（原书简答整理）

$\mathbf{Z}_p$ 上的不超过 $n - 1$ 次的多项式恰有 $p^n$ 个（每个系数 $p$ 种选择），由习题 1 它们一一对应于商域的元素。
设 $F[x]$ 是域 $F$ 上的多项式环，求证：$F[x]$ 中的可逆元就是非零常数多项式。

简答（原书简答整理）

用 $\deg fg = \deg f + \deg g$ 不难验证：若 $fg = 1$，则 $\deg f = \deg g = 0$。
设 $F[x]$ 是域 $F$ 上的多项式环，$\varphi$ 是 $F[x]$ 的自同构且保持 $F$ 中元素不动，求证：存在 $a, b \in F$ 且 $a \neq 0$ 使 $\varphi(x) = ax + b$。

简答（原书简答整理）

设 $\varphi(x) = g(x)$，$g(x)$ 的次数等于 $k$。若 $f(x)$ 是 $n$ 次多项式，则 $\varphi(f(x))$ 的次数等于 $nk$。注意到 $\varphi$ 是满的，所以 $g(x)$ 的次数只能等于 1。
设 $p$ 是一个素数，$F = \mathbf{Z}_p$。求证：对任意的 $a \in F$，多项式 $x^p + a$ 是 $F$ 上可约多项式。

简答（原书简答整理）

$a^p = a$（Fermat 小定理），因此 $x^p + a = (x + a)^p$（二项式系数 $C_p^i$ 在 $\mathbf{Z}_p$ 中全为零）。
设 $R$ 是一个整区，$U$ 是 $R$ 的全体可逆元组成的乘法群，$G$ 是 $U$ 的有限子群，则 $G$ 是循环群。

简答（原书简答整理）

令 $F$ 是 $R$ 的分式域，$\varphi$ 是标准嵌入。则 $\varphi(G)$ 是 $F^{*}$ 的有限子群，故是循环群（定理 7-3）。而 $\varphi(G)$ 和 $G$ 同构，所以 $G$ 是循环群。
设 $\eta$ 是 $\mathbf{Z}$ 到 $\mathbf{Z}_m$ 的自然同态 $\eta(a) = \overline{a}$。作 $\mathbf{Z}[x]$ 到 $\mathbf{Z}_m[x]$ 的映射 $\varphi$: \[ \varphi(a_0 + a_1x + \cdots + a_nx^n) = \eta(a_0) + \eta(a_1)x + \cdots + \eta(a_n)x^n. \] 求证：(1) $\varphi$ 是环满同态；(2) $\operatorname{Ker} \varphi = (m)$，因此 $\mathbf{Z}_m[x] \cong \mathbf{Z}[x]/(m)$；(3) 若 $f(x)$ 是 $\mathbf{Z}[x]$ 中 $n$ 次多项式，$\varphi(f(x))$ 在 $\mathbf{Z}_m[x]$ 中不能分解为两个次数小于 $n$ 的多项式，则 $f(x)$ 不可约；(4) 利用 (3) 证明多项式 $x^3 + 17x + 36$ 是有理数域上的不可约多项式。

简答（原书简答整理）

(1)(2)(3) 易证。（(2) 核即系数全被 $m$ 整除的多项式全体。）
(4) 取 $m = 5$：多项式在 $\mathbf{Z}_5[x]$ 中为 $x^3 + 2x + 1$。验证其在 $\mathbf{Z}_5$ 中没有根（依次代入 0,1,2,3,4），三次无根即不可约，故原多项式在 $\mathbf{Q}$ 上不可约。
设 $F$ 是有限域含有 $q$ 个元素，求证：(1) 存在 $F$ 上次数不同的多项式 $f, g$，但是它们在 $F$ 上取值相同，即 $f(a) = g(a)$ 对一切 $a \in F$ 成立；(2) 若限定 $f, g$ 的次数小于 $q$，假定 $f(a) = g(a)$ 对一切 $a \in F$ 成立，则 $f = g$；(3) 对任意的多项式 $f$，必存在次数小于 $q$ 的多项式 $g$ 使 $f(a) = g(a)$ 对一切 $a \in F$ 成立。

简答（原书简答整理）

(1) 因为 $F^{*}$ 是 $q - 1$ 阶循环群，故 $a^q = a$。因此多项式 $x$ 和 $x^q$ 在 $F$ 上取值相同；(2) 若 $f(a) = 0$ 对一切 $a \in F$ 成立且 $f$ 的次数 $n$ 小于 $q$，因为 $f$ 在 $F$ 中最多有 $n$ 个根，所以 $f = 0$；(3) 因为 $x^q$ 和 $x$ 在 $F$ 上值相同，所以可将 $f(x)$ 的次数降到小于 $q$ 但仍取值相同。
设 $F$ 是有限域含有 $q$ 个元素，$a$ 是 $F$ 中某个元素。求证：存在 $F$ 上多项式 $f(x)$，使 $f(a) = 0$ 且对一切 $b \neq a$，$f(b) = 1$。

简答（原书简答整理）

$f(x) = 1 - (x - a)^{q-1}$：对 $b \neq a$，$(b - a)^{q-1} = 1$；对 $b = a$，$f(a) = 1 - 0 = 0$。等等——验证：$f(b) = 1 - 1 = 0$？不，应取 $f(x) = (x - a)^{q-1}$ 在 $b \neq a$ 时为 1、在 $a$ 处为 0，再调整为所需：$f(x) = (x - a)^{q-1}$ 即满足 $f(a) = 0$，$f(b) = 1\ (b \neq a)$。
（*）设 $R = F[x]$ 是数域 $F$ 上的多项式环，$p_1, p_2, \dots, p_n$ 是 $R$ 中的元素。求证：$p_1, p_2, \dots, p_n$ 互素的充要条件是存在一个 $R$ 上行列式等于 1 的 $n$ 阶矩阵，且该矩阵的第一行就是 $(p_1, p_2, \cdots, p_n)$。

简答（原书简答整理）

充分性是显然的，只要证明必要性即可。假定 $p_1, p_2, \cdots, p_n$ 互素，则由多项式矩阵的初等变换知道 $1 \times n$ 矩阵 $(p_1, p_2, \cdots, p_n)$ 经过若干次第三类和第一类列初等变换后可以化为 $(1, 0, \cdots, 0)$（参见 $\lambda$-矩阵的理论），即存在 $n$ 阶可逆矩阵 $Q$，使 $(p_1, p_2, \cdots, p_n)Q = (1, 0, \cdots, 0)$。令 $P = Q^{-1}$，则 $(p_1, p_2, \cdots, p_n) = (1, 0, \cdots, 0)P$，即 $P$ 的第一行就是 $(p_1, p_2, \cdots, p_n)$。又 $Q$ 是若干个第一类、第三类初等矩阵之积，行列式值为 $\pm 1$，故如果需要可对换 $Q$ 的两列仍不影响问题的讨论，即可假定 $|Q| = 1$，于是 $|P| = 1$。

8交换环上的多项式环 §3.8

记号约定在这一节中环 $R$ 始终假定是含恒等元 1 的交换环。我们已定义了 $R[x]$，环 $R$ 上的多元多项式可用归纳法来定义： \[ R[x_1, x_2, \cdots, x_r] = R[x_1, x_2, \cdots, x_{r-1}][x_r]. \] 对 $R[x]$ 中的元与上节一样可定义次数，且不难证明下列引理。

引理 8-1 若 $D$ 是一个整区，则 $D[x]$ 也是整区。

推论 8-1：若 $D$ 是一个整区，则 $D[x_1, x_2, \dots, x_r]$ 也是整区。

定理 8-1 · 多项式环的泛性质设 $R$ 是带恒等元的交换环，$r$ 是一个正整数，则 $R[x_1, x_2, \dots, x_r]$ 满足如下的泛性质：设 $S$ 是任意一个带恒等元的交换环，$\varphi$ 是 $R$ 到 $S$ 内的环同态，$u_1, u_2, \dots, u_r$ 是 $S$ 中 $r$ 个元素，则必存在 $R[x_1, x_2, \dots, x_r]$ 到 $S$ 中唯一的环同态 $\widetilde{\varphi}$，使对一切 $a \in R$ 有 $\widetilde{\varphi}(a) = \varphi(a)$，且 $\widetilde{\varphi}(x_i) = u_i$, $i = 1, 2, \dots, r$。

证明（点击展开）

对 $r$ 用归纳法。当 $r = 1$ 时，令 \[ \widetilde{\varphi}(a_0 + a_1x + \cdots + a_nx^n) = \varphi(a_0) + \varphi(a_1)u + \cdots + \varphi(a_n)u^n, \] 不难验证 $\widetilde{\varphi}$ 是 $R[x]$ 到 $S$ 内的同态。当多项式为零次时有 $\widetilde{\varphi}(a) = \varphi(a)$（$a \in R$）；又 $\widetilde{\varphi}(x) = u$。由于 $R[x]$ 由 $R$ 及 $x$ 生成，因此符合要求的同态 $\widetilde{\varphi}$ 唯一。

现假设对 $r - 1$ 时结论正确，即存在 $\overline{\varphi}: R[x_1, \cdots, x_{r-1}] \rightarrow S$，$\overline{\varphi}(x_i) = u_i\ (i = 1, 2, \dots, r-1)$，$\overline{\varphi}(a) = \varphi(a)$（$a \in R$）。视 $R[x_1, x_2, \cdots, x_r] = R[x_1, \cdots, x_{r-1}][x_r]$，利用 $r = 1$ 时的结论 $\overline{\varphi}$ 可扩张为 $\widetilde{\varphi}$，使 $\widetilde{\varphi}(x_r) = u_r$，而在 $R[x_1, \cdots, x_{r-1}]$ 上 $\widetilde{\varphi} = \overline{\varphi}$。故 $\widetilde{\varphi}(a) = \varphi(a)$（$a \in R$），$\widetilde{\varphi}(x_i) = \overline{\varphi}(x_i) = u_i\ (i = 1, \cdots, r-1)$。唯一性显然。证毕。

推论 8-2、8-3

推论 8-2：同一个环 $R$ 上的两个 $r$ 元多项式环必同构。（用泛性质构造 $\widetilde{\varphi}: R[x_1, \dots, x_r] \to R[y_1, \dots, y_r]$ 与 $\widetilde{\psi}$，验证 $\widetilde{\psi}\widetilde{\varphi} = 1$，$\widetilde{\varphi}\widetilde{\psi} = 1$，故 $\widetilde{\varphi}$ 是同构。）
推论 8-3：设 $R[x_1, \dots, x_r]$ 是 $R$ 上 $r$ 元多项式环，$\pi$ 是 $\{1, 2, \dots, r\}$ 的一个置换，则存在唯一的 $R[x_1, \dots, x_r]$ 的自同构 $\varphi$，使得对一切 $a \in R$，$\varphi(a) = a$；$\varphi(x_i) = x_{\pi(i)}$，$i = 1, 2, \dots, r$。

$R[x_1, \dots, x_r]$ 中元 $a_{i_1\dots i_r}x_1^{i_1}x_2^{i_2}\dots x_r^{i_r}$ 通常称为单项式，$R[x_1, \dots, x_r]$ 中一般元素的形状为 $\sum a_{i_1\dots i_r}x_1^{i_1}x_2^{i_2}\dots x_r^{i_r}$（有限和）。现要证明这样一个事实：$R[x_1, \dots, x_r]$ 中两个多项式相等的充要条件是每个单项式前的系数相等。事实上这只需证明 $\sum a_{i_1\dots i_r}x_1^{i_1}\dots x_r^{i_r} = 0$ 当且仅当 $a_{i_1\dots i_r} = 0$ 即可。这可用对 $r$ 的归纳法来证明：当 $r = 1$ 时显然；设当 $r - 1$ 时结论为真，视 $R[x_1, \dots, x_r]$ 为 $R[x_1, \dots, x_{r-1}][x_r]$，将 $\sum a_{i_1\dots i_r}x_1^{i_1}\dots x_r^{i_r}$ 变为 $R[x_1, \dots, x_{r-1}]$ 上的一元多项式 $\sum A_{i_r}x_r^{i_r} = 0$。由一元多项式的性质知 $A_{i_r} = 0$，而 $A_{i_r} = \sum a_{i_1\dots i_r}x_1^{i_1}\dots x_{r-1}^{i_{r-1}}$，由归纳假设得 $a_{i_1\dots i_r} = 0$。

利用多元多项式我们可以定义代数无关的概念。设 $R$ 是 $S$ 的子环（恒等元都是 1 且都交换），$u_1, \dots, u_r \in S$。我们有 $R[x_1, \dots, x_r] \to R[u_1, \dots, u_r]$ 的同态 $\varphi$ 将 $x_i \mapsto u_i$，$a \mapsto a\ (a \in R)$。这时，若 $\varphi$ 是同构，则称 $u_1, \dots, u_r$ 是 $R$ 上 $r$ 个代数无关元，否则称为代数相关元。代数相关与代数无关可以看成是代数元与超越元概念的推广。显然，$u_1, \dots, u_r$ 在 $R$ 上是代数无关的充要条件是 \[ \sum a_{i_1\dots i_r}u_1^{i_1}\dots u_r^{i_r} = 0 \quad \text{当且仅当} \quad a_{i_1\dots i_r} = 0. \]

定理 8-2 · 无限域上的非零多项式设 $F$ 是无限域（即元素个数无限），则对 $F$ 上的任一 $r$ 元非零多项式 $f(x_1, x_2, \dots, x_r) \in F[x_1, x_2, \dots, x_r]$（$x_i$ 为未定元），必存在一组元素 $a_1, a_2, \dots, a_r \in F$，使 $f(a_1, a_2, \dots, a_r) \neq 0$。

证明（点击展开）

当 $r = 1$ 时，由于一元 $n$ 次多项式在 $F$ 中最多只有 $n$ 个不同的根，而 $F$ 无限，因此必有 $a$ 使 $f(a) \neq 0$。现假定当 $r - 1$ 时结论成立。记 \[ f(x_1, x_2, \dots, x_r) = B_0 + B_1x_r + B_2x_r^2 + \dots + B_nx_r^n, \] 这里 $B_i \in F[x_1, x_2, \dots, x_{r-1}]$。不妨设 $B_n = B_n(x_1, x_2, \dots, x_{r-1}) \neq 0$。于是由归纳假设，存在 $a_1, a_2, \dots, a_{r-1}$，使 $B_n(a_1, a_2, \dots, a_{r-1}) \neq 0$。这样 \[ f(a_1, \cdots, a_{r-1}, x_r) = B_0(a_1, \cdots, a_{r-1}) + B_1(a_1, \cdots, a_{r-1})x_r + \cdots + B_n(a_1, \cdots, a_{r-1})x_r^n \neq 0, \] 但这是一元多项式且非零，故有 $a_r \in F$ 使 $f(a_1, a_2, \cdots, a_r) \neq 0$。证毕。

8.1 本原多项式与 Gauss 引理

下面要证明这样一个重要事实：若 $R$ 是 Gauss 整区，则 $R[x]$ 也一定是 Gauss 整区。设 $R$ 是 Gauss 整区，则 $R$ 中任意有限个元素都有最大公因子。设 $f(x) = a_0 + a_1x + \cdots + a_nx^n$，如果 $a_0, a_1, \dots, a_n$ 的最大公因子为 1，则称 $f(x)$ 是一个本原多项式。对一个不是本原多项式的多项式，可通过提取公因子的办法使它变成 $R$ 的一个元素 $c$ 与一个本原多项式的乘积。

引理 8-2 · 本原化设 $R$ 是一个 Gauss 整区，$F$ 是 $R$ 的分式域，且 $f(x)$ 是 $F[x]$ 中的非零多项式，则 $f(x) = rf_1(x)$，这里 $r \in F$ 且 $f_1(x)$ 是 $R[x]$ 中的本原多项式。又，上述分解除了差一个 $R$ 的单位外是唯一确定的。

证明（点击展开）

设 $f(x) = a_0 + a_1x + \cdots + a_nx^n$，$a_i \in F$，$a_n \neq 0$。令 $a_i = c_ib_i^{-1}$（$c_i, b_i \in R$），又令 $b = b_0b_1\cdots b_n$，则 $bf(x) \in R[x]$，因此 $bf(x) = cf_1(x)$，$f_1(x) \in R[x]$ 且为本原多项式。于是 $f(x) = rf_1(x)$，其中 $r = cb^{-1} \in F$。

设 $f(x) = \delta f_2(x)$，$\delta \in F$，$f_2(x)$ 是 $R[x]$ 的本原多项式，则 $\delta = de^{-1}$，这里 $d, e \in R$。因此 $cb^{-1}f_1(x) = de^{-1}f_2(x)$，$cef_1(x) = bdf_2(x)$。由于 $ce$ 和 $bd$ 都是同一个多项式的最大公因子，故 $ce \sim bd$，$f_1(x) \sim f_2(x)$。令 $bd = uce$，$u$ 是 $R$ 中一个单位，于是 $de^{-1} = ucb^{-1}$，即有 $\delta = ur$。证毕。

推论 8-4 $R$ 是 Gauss 整区。若 $f(x)$ 与 $g(x)$ 是 $R[x]$ 中的本原多项式，且设它们在 $F[x]$ 中是相伴元，则它们在 $R[x]$ 中也相伴。

证明：设 $f(x) = ag(x)$，$a \neq 0$，$a \in F$，由引理 8-2 知 $a$ 是 $R$ 的单位，故 $f(x) \sim g(x)$。证毕。

引理 8-3 · Gauss 引理本原多项式之积仍是本原多项式。

证明（点击展开）

设 $f(x), g(x)$ 为本原多项式，但 $h(x) = f(x)g(x)$ 不是本原多项式。于是存在 $R$ 中不可约元（因而也是素元）$p$，使 $p$ 不能整除 $f(x)$，$p$ 也不能整除 $g(x)$，但 $p \mid h(x)$。又 $p$ 是素元等价于 $\overline{R} = R/(p)$ 是整区，因此 $\overline{R}[x]$ 也是整区。作 $R[x] \to \overline{R}[x]$ 的同态：对 $a \in R$，$a \to \overline{a} = a + (p)$，$x \to x$。于是 $\overline{f}(x)\overline{g}(x) = \overline{h}(x) = 0$。但 $\overline{f}(x) \neq 0$，$\overline{g}(x) \neq 0$，这与 $\overline{R}[x]$ 是整区矛盾。证毕。

引理 8-4 设 $f(x) \in R[x]$，$\deg f(x) \gt 0$，且 $f(x)$ 在 $R[x]$ 中不可约，则 $f(x)$ 在 $F[x]$ 中也不可约，这里 $F$ 是 $R$ 的分式域。

证明（点击展开）

由于 $f(x)$ 在 $R[x]$ 中不可约，故 $f(x)$ 是本原多项式。若 $f(x)$ 在 $F[x]$ 中可约：$f(x) = \varphi_1(x)\varphi_2(x)$，$\varphi_i(x) \in F[x]$，且 $\deg \varphi_i(x) \gt 0$。则 $\varphi_i(x) = a_if_i(x)$，$a_i \in F$，且 $f_i(x)$ 在 $R[x]$ 中是本原多项式。于是 $f(x) = a_1a_2f_1(x)f_2(x)$，由上述引理知 $f_1(x)f_2(x)$ 是本原多项式，$f(x)$ 与 $f_1(x)f_2(x)$ 只差一个 $R$ 中的单位。由于 $\deg f_i(x) \gt 0$，故这与 $f(x)$ 在 $R[x]$ 中不可约是矛盾的。证毕。

定理 8-3 · UFD 的多项式扩张若 $R$ 是唯一分解环，则 $R[x]$ 也是唯一分解环。

证明（点击展开）

设 $f(x) \in R[x]$，$f(x) \neq 0$，且 $f(x)$ 也不是单位，则 $f(x) = df_1(x)$，这儿 $d \in R$，$f_1(x)$ 是本原多项式。若 $\deg f_1(x) \gt 0$，则 $f_1(x)$ 不是单位。又若它不是不可约的，则 $f_1(x) = f_{11}(x)f_{12}(x)$，这里 $\deg f_{11}(x) \gt 0$，$\deg f_{11}(x) \lt \deg f_1(x)$。显然 $f_{11}(x)$ 仍是本原多项式，于是可不断做下去得到 $f_1(x) = q_1(x)q_2(x)\cdots q_t(x)$，其中 $q_i(x)$ 是 $R[x]$ 中不可约多项式。又若 $d$ 不是单位，则 $d = p_1p_2\cdots p_s$，$p_i$ 在 $R$ 中不可约，因而在 $R[x]$ 中也不可约。于是 $f(x) = p_1\cdots p_sq_1(x)\cdots q_t(x)$ 是一个不可约分解。

接下来需要证明这种分解的唯一性。首先设 $f(x)$ 是本原多项式，则它的不可约因子的次数都大于零。如果 $f(x) = q_1(x)\cdots q_h(x) = q'_1(x)\cdots q'_k(x)$，这里 $q_i(x)$ 及 $q'_i(x)$ 皆为次数大于零的不可约多项式，由引理 8-4，这些多项式在 $F[x]$ 中也不可约。但 $F[x]$ 是唯一分解环，故 $h = k$，且经过适当的置换后 $q_i(x) \sim q'_i(x)$。再由引理 8-2 的推论可知，在 $R[x]$ 中 $q_i(x) \sim q'_i(x)$。

次设 $f(x)$ 不是本原的。由于 $f(x)$ 的次数大于 0 的不可约因子是本原多项式，因此它们的积也是本原多项式。由引理 8-2 的证明可知，对 $f(x)$ 的任意两个不可约分解 \[ f(x) = p_1\cdots p_sf_1(x)\cdots f_t(x) = p'_1\cdots p'_mf'_1(x)\cdots f'_n(x), \] 有 \[ p_1\cdots p_s \sim p'_1\cdots p'_m, \qquad f_1(x)\cdots f_t(x) \sim f'_1(x)\cdots f'_n(x), \] 于是由 $R$ 是唯一分解环以及刚才证明的 $f(x)$ 是本原的情形即得要证的结论。证毕。

推论 8-5 若 $R$ 是唯一分解环，则 $R[x_1, x_2, \dots, x_n]$ 也是唯一分解环。特别，任一域上的多元多项式环都是唯一分解环。

§3.8 习题（原书 10 题）

习题 3.8

设 $\mathbf{Z}[x]$ 是整数环 $\mathbf{Z}$ 上的多项式环，$\varphi$ 是 $\mathbf{Z}[x]$ 的自同构，求证：存在 $b \in \mathbf{Z}$ 使 $\varphi(x) = \pm x + b$。

简答（原书简答整理）

证明：先证明 $\varphi(x) = \varphi(1 \cdot x) = \varphi(1)\varphi(x)$，因此 $\varphi(1) = 1$，于是 $\varphi$ 保持 $\mathbf{Z}$ 中元素不动。再用类似域上多项式环的方法证明（$\varphi(x)$ 必为一次多项式，且逆映射要求一次项系数为 $\pm 1$）。
设 $R = \mathbf{Z}[x]$，$I$ 是由 $2$ 和 $x^2 + x + 1$ 生成的理想，求证：$R/I$ 是一个域。

简答（原书简答整理）

$R/I \cong R/(2)/I/(x^2 + x + 1) \cong \mathbf{Z}_2[x]/(x^2 + x + 1)$。因为 $x^2 + x + 1$ 作为 $\mathbf{Z}_2[x]$ 中多项式不可约，所以 $R/I$ 是域。
设 $I$ 是环 $R = \mathbf{Z}[x]$ 中由 $x - 7$ 和 $15$ 生成的理想，求证：$R/I \cong \mathbf{Z}_{15}$。

简答（原书简答整理）

作 $R$ 的自同构 $\varphi$，使 $\varphi(g(x)) = g(x + 7)$，则 $\varphi(x - 7) = x$，$\varphi(15) = 15$。于是 $\varphi(I)$ 是由 15 和 $x$ 生成的理想，用上题方法即可证明 $R/I \cong \mathbf{Z}[x]/(15, x) \cong \mathbf{Z}_{15}$。
设 $R$ 是含恒等元的交换环，$R[x]$ 是 $R$ 上多项式环。设 $f(x) = a_0 + a_1x + \dots + a_nx^n$，求证：$f(x)$ 是可逆元的充要条件是 $a_0$ 为 $R$ 中的可逆元，$a_i\ (i = 1, 2, \dots, n)$ 是 $R$ 中的幂零元。

简答（原书简答整理）

充分性易证，现证必要性。设 $g(x) = b_0 + b_1x + \cdots + b_mx^m$ 是 $f(x)$ 的逆元。先证明 $a_n$ 是幂零元：因为 $fg = 1$，故 $a_nb_m = 0$，$a_nb_{m-1} + a_{n-1}b_m = 0$。于是 $a_n^2b_{m-1} = 0$。不断作下去得 $a_n^{m+1}b_0 = 0$。但是 $a_0b_0 = 1$，$b_0$ 是 $R$ 中可逆元，故 $a_n^{m+1} = 0$。注意 $f(x)$ 是 $R[x]$ 的可逆元，而 $a_nx^n$ 是幂零元，因此 $f(x) - a_nx^n = a_0 + a_1x + \cdots + a_{n-1}x^{n-1}$ 也是可逆元。用同样方法可证明 $a_i\ (i = n-1, \cdots, 1)$ 是幂零元。
设 $V$ 是数域 $F$ 上的 $n$ 维行向量空间，$R = F[x_1, x_2, \dots, x_n]$ 是 $F$ 上 $n$ 元多项式环。若 $f(x_1, \dots, x_n)$ 是 $R$ 中元素，则 $f$ 可以看成是 $V$ 上的函数：若 $\alpha = (a_1, a_2, \dots, a_n)$，则 $f(\alpha) = f(a_1, \dots, a_n) \in F$。假设 $S$ 是 $V$ 的子集，定义 $I(S) = \{f \in R \mid f(\alpha) = 0 \text{ 对所有的 } \alpha \in S\}$。证明：(1) $I(S)$ 是 $R$ 的理想；(2) 若 $S \subseteq T$，则 $I(T) \subseteq I(S)$；(3) 若 $S_1, S_2$ 是 $V$ 的子集，则 $I(S_1 \cup S_2) = I(S_1) \cap I(S_2)$。

简答（原书简答整理）

(1)、(2) 容易验证。(3) 显然 $I(S_1) \cap I(S_2) \subseteq I(S_1 \cup S_2)$；再由 (2) 知道 $I(S_1 \cup S_2) \subseteq I(S_1)$ 且 $\subseteq I(S_2)$，即 $I(S_1 \cup S_2) \subseteq I(S_1) \cap I(S_2)$。
设 $I$ 是 $R$ 的理想并设 $I[x_1, \dots, x_r]$ 表示 $R[x_1, \dots, x_r]$ 中系数都在 $I$ 中的多项式全体，求证：$I[x_1, \dots, x_r]$ 是 $R[x_1, \dots, x_r]$ 的理想，且 \[ R[x_1, \dots, x_r]/I[x_1, \dots, x_r] \cong (R/I)[y_1, \dots, y_r], \] 这里 $y_1, \dots, y_r$ 是 $R/I$ 上的未定元。

简答（原书简答整理）

作 $R[x_1, \cdots, x_n] \to (R/I)[y_1, \cdots, y_n]$ 的映射 $\varphi$：将 $R[x_1, \cdots, x_n]$ 中的多项式 $f$ 的系数变为它们在 $R/I$ 中的等价类，$x_i$ 变为 $y_i$。则 $\varphi$ 是映上同态且核为 $I[x_1, \cdots, x_n]$。
设 $F$ 是无限域。若 $f(x_1, \dots, x_r) \in F[x_1, \dots, x_r]$，$g(x_1, \dots, x_r)$ 是另一多项式。假定对 $g(a_1, \dots, a_r) \neq 0$ 的一切 $(a_1, \dots, a_r)$ 都有 $f(a_1, \dots, a_r) = 0$，求证：$f(x_1, \dots, x_r) = 0$。

简答（原书简答整理）

作 $h(x_1, \cdots, x_n) = f(x_1, \cdots, x_n)g(x_1, \cdots, x_n)$。由定理 8-2 知道 $h$ 不可能非零（否则有非零点而 $h$ 在一切非 $g$ 零点处为零、在 $g$ 零点处也为零，与定理矛盾），再由 $F[x_1, \cdots, x_n]$ 是整区知道 $f = 0$。
设 $R$ 是 Gauss 整区，$f(x) \in R[x]$ 是首一多项式，$F$ 是 $R$ 的分式域。求证：$f(x)$ 在 $F[x]$ 中首项系数等于 1 的因子必含于 $R[x]$ 中。

简答（原书简答整理）

设 $f(x) = g(x)h(x)$，$g, h \in F[x]$ 且 $g$ 首一。则存在 $r, s \in R$，使 $rg(x), sh(x) \in R[x]$ 且都是 $R[x]$ 中本原多项式。于是 $rsf(x) = (rg(x))(sh(x))$ 是 $R[x]$ 中本原多项式。因此 $rs$ 是 $R$ 中单位，即存在 $R$ 中元素 $u$，使 $urs = 1$。所以 $g(x) = urs\,g(x) = us(sh(x))\cdot\ldots$——即 $g(x) = us \cdot (rg(x)) \in R[x]$（精确地：$g = (us)(rg)$，$rg \in R[x]$，$us \in R$）。
若 $D$ 是一个整区但不是域，求证：$D[x]$ 必不是 PID。由此推出域 $F$ 上的二元多项式环（更一般地多元多项式环）$F[x_1, x_2]$ 不是 PID。这给出了 Gauss 整区不是 PID 的例子。

简答（原书简答整理）

设 $a$ 是 $D$ 的非零元但不是可逆元。作 $D[x]$ 的理想 $(a, x)$，现证明它不是主理想。若 $(f(x)) = (a, x)$，则 $a = f(x)g(x)$，比较次数，$f(x)$ 只能为零次多项式，设 $f(x) = b$。则 $x = bh(x)$，$h(x)$ 为一次多项式，设为 $cx + d$。比较系数得 $bc = 1$，故 $b$ 是可逆元。于是 $(a, x) = D[x]$：$1 = au(x) + xv(x)$。设 $u(x)$ 的常数项为 $k$，则 $ak = 1$，即 $a$ 是可逆元，和假设矛盾。故 $(a, x)$ 不是主理想。
设 $R$ 是含恒等元交换环，$R[[x]]$ 是 $R$ 上形式幂级数环，$f = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \dots$ 是 $R[[x]]$ 中的元。求证：$f$ 可逆的充要条件是 $a_0$ 是 $R$ 的可逆元。

简答（原书简答整理）

设 $f = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \cdots$ 中 $a_0 \neq 0$ 且可逆，可用待定系数法找 $g = b_0 + b_1x + b_2x^2 + \cdots$ 使 $fg = 1$。显然 $b_0 = a_0^{-1}$；若已经找到 $b_i\ (i = 0, 1, \cdots, n-1)$，则由 \[ a_0b_n + a_1b_{n-1} + \cdots + a_nb_0 = 0 \] 求出 $b_n = -a_0^{-1}(a_1b_{n-1} + \cdots + a_nb_0)$。反之，若 $fg = 1$，显然 $a_0$ 可逆。

9素理想 §3.9

定义 9-1 · 素理想本节中涉及的环都假定为含恒等元的交换环。设 $P$ 是环 $R$ 的理想且 $P \neq R$，若对 $R$ 中元素 $a, b$，从 $ab \in P$ 可推出 $a \in P$ 或者 $b \in P$，则称 $P$ 是环 $R$ 的素理想。（素理想在代数几何中有非常重要的应用。）

定理 9-1 环 $R$ 的理想 $P$ 是素理想的充要条件是 $R/P$ 是整区。

证明（点击展开）

设 $P$ 是素理想。若 $\overline{a}, \overline{b} \in R/P$ 且 $\overline{a}\,\overline{b} = \overline{0}$，则 $ab \in P$。因为 $P$ 是素理想，故 $a, b$ 至少有一个落在 $P$ 中，也就是 $\overline{a} = \overline{0}$ 或 $\overline{b} = \overline{0}$。所以 $R/P$ 是整区。

反之，若 $ab \in P$，即在 $R/P$ 中 $\overline{a}\,\overline{b} = \overline{0}$。因为 $R/P$ 是整区，故或者 $\overline{a} = \overline{0}$，或者 $\overline{b} = \overline{0}$，即 $a \in P$ 或 $b \in P$。证毕。

推论 9-1 环 $R$ 的极大理想必是素理想。

证明：设极大理想为 $M$，则 $R/M$ 是域，当然是整区，因此 $M$ 是素理想。证毕。

对一个有恒等元的环而言，素理想总是存在的。事实上我们可以证明一个更强的结论。

定理 9-2 · 极大理想的存在性设 $R$ 是含恒等元的交换环，$I$ 是它的一个理想且 $I \neq R$，则 $I$ 一定含在 $R$ 的某个极大理想之中。

证明（点击展开）

令 $\Sigma$ 是 $R$ 中包含 $I$ 但是不含恒等元 1 的理想集合。显然 $I$ 在 $\Sigma$ 中，因此 $\Sigma$ 非空。在包含关系下，$\Sigma$ 成为一个偏序集。假定 $S = \{I_{\alpha}\}$ 是 $\Sigma$ 的一条链，容易验证 $J = \bigcup I_{\alpha}$ 是理想且包含 $I$ 但是不含 1，所以它是该链的上界。由 Zorn 引理知道 $\Sigma$ 含有极大元。显然这个极大元就是包含 $I$ 的极大理想。证毕。

推论 9-2 任意一个含恒等元的环都有极大理想。

证明：在上述定理中取 $I$ 为零理想即可。证毕。

注：定理 9-2 的证明对非交换环也对，因此含恒等元的非交换环也有极大理想。

推论 9-3 $R$ 中的任一不可逆元素均含在某个极大理想之中。

证明：设 $a$ 是 $R$ 的不可逆元，则 $a$ 生成的理想 $(a) \neq R$，由定理即得 $(a)$ 含于某个极大理想中。证毕。

由推论 9-3 知道，若 $B$ 是 $R$ 的所有极大理想的并（或所有素理想的并），则 $R - B$ 就是 $R$ 的可逆元全体组成的乘法群。一般来说，$B$ 不是一个理想。如果 $B$ 是理想，当然它必是极大理想，于是 $R$ 只有一个极大理想，这个理想由 $R$ 的所有不可逆元素组成，这样的环称为局部环（参见本章第二节的习题）。

定义 9-2 · 小根交换环 $R$ 所有素理想的交是 $R$ 的理想，称为 $R$ 的小根。

定理 9-3 · 小根 = 诣零根交换环 $R$ 的小根等于 $R$ 的所有幂零元素和零元素组成的理想，即 $R$ 的诣零根。

证明（点击展开）

记 $R$ 的小根（即素理想之交）为 $I$，$R$ 的诣零元素和零组成的理想为 $N$。设 $a$ 是幂零元，则存在自然数 $k$ 使 $a^k = 0$，因此 $a^k$ 属于任一个素理想，于是 $a$ 也属于每一个素理想，这表明 $N \subseteq I$。

反之，若 $a \in I$，要证明 $a$ 是一个幂零元。假定不然。作集合 $S = \{a, a^2, a^3, \dots\}$。令 $\Sigma$ 是 $R$ 中和 $S$ 不相交的理想集合。因为 $S$ 中没有零元素，因此零理想属于 $\Sigma$，即 $\Sigma$ 不是空集。$\Sigma$ 在集合包含关系下成为一个偏序集。假定 $\Delta = \{I_i\}$ 是 $\Sigma$ 的一条链，则 $\bigcup I_i$ 是理想且和 $S$ 不交，故链 $\Delta$ 有上界。由 Zorn 引理知道 $\Sigma$ 有极大元。设 $M$ 是 $\Sigma$ 的极大元，现要证明 $M$ 是素理想。

假定 $bc \in M$ 但是 $b, c$ 都不属于 $M$。于是 $M + (b)$ 和 $M + (c)$ 都是严格包含 $M$ 的理想，所以都和 $S$ 相交。不妨设 $a^m \in M + (b)$，$a^n \in M + (c)$。由此可推出 $a^{m+n} \in M + (bc)$。这表明 $M + (bc)$ 不是 $\Sigma$ 中元素，所以 $bc$ 不是 $M$ 中元素，引出矛盾。这就证明了 $M$ 是素理想。现在我们得到了一个素理想，而 $a$ 不属于其中，和 $a$ 的假定矛盾。证毕。

定义 9-3 · 大根（Jacobson 根）交换环 $R$ 的所有极大理想的交 $J$ 是一个理想，称为 $R$ 的大根或 Jacobson 根。

定理 9-4 · 大根的刻画环 $R$ 中元素 $a$ 属于大根 $J$ 的充要条件是对任意的 $r \in R$，元素 $1 - ar$ 是可逆元。

证明（点击展开）

假设 $a \in J$。如果存在某个元素 $r$ 使 $1 - ar$ 不是可逆元，则因为每个非可逆元均属于某个极大理想，所以 $1 - ar$ 属于某个极大理想 $M$。因为 $a$ 属于所有极大理想，$a \in M$，这将导致 $1 = (1 - ar) + ar \in M$，和 $M$ 是极大理想矛盾。

反之，若 $a$ 不属于某个极大理想 $M$，则 $M + (a) = R$。因此 $1 = ar + b$，其中 $b \in M$，$r \in R$。于是存在 $r$，使 $1 - ar = b \in M$ 不是可逆元。证毕。

例 1 设 $\mathbf{Z}$ 是整数环。$\mathbf{Z}$ 是 PID，$\mathbf{Z}$ 中理想 $(m)$ 是素理想的充要条件是 $m$ 是素数。这时 $(m)$ 也是极大理想。

例 2 设 $F[x]$ 是域 $F$ 上的多项式环，$F[x]$ 中理想 $I = (f(x))$ 是素理想当且仅当 $f(x)$ 是不可约多项式。事实上，这时 $F[x]/(f(x))$ 是域，因此 $I$ 是极大理想。

例 3 设 $R$ 是 PID，则 $R$ 中理想 $(a)$ 是素理想的充要条件是 $a$ 是素元。这时 $(a)$ 也是 $R$ 的极大理想。事实上，$R/(a)$ 是一个域。

例 4 · $\mathbf{Z}[x]$ 中的素理想设 $R = \mathbf{Z}[x]$ 是整数多项式环，则理想 $(2, x)$ 是极大理想因而也是素理想；理想 $(x)$ 是素理想而不是极大理想。

证明（点击展开）

因为 $R/(x) \cong \mathbf{Z}$ 是整区而不是域，因此 $(x)$ 是 $R$ 的素理想而非极大理想。又 $R/(2, x) \cong \mathbf{Z}_2$ 是一个域，所以 $(2, x)$ 是极大理想。

命题 9-1 · 避开引理

设 $P_1, \cdots, P_n$ 是环 $R$ 的 $n$ 个素理想，$I$ 是 $R$ 的理想。已知 $I \subseteq \bigcup_{i=1}^n P_i$，则必存在某个 $1 \leqslant i \leqslant n$ 适合 $I \subseteq P_i$；
设 $I_1, \cdots, I_n$ 是 $R$ 的 $n$ 个理想，$P$ 是包含 $\bigcap_{i=1}^n I_i$ 的素理想，则存在某个 $i$，$I_i \subseteq P$。又若 $P = \bigcap_{i=1}^n I_i$，则存在某个 $i$，$P = I_i$。

证明（点击展开）

(1) 现用对 $n$ 的归纳法证明下列结论：若 $I$ 不含于每个 $P_i$，则 $I$ 必不属于 $\bigcup P_i$。$n = 1$ 时结论显然。现设结论对 $n - 1$ 成立。于是对每个 $1 \leqslant i \leqslant n$，存在元素 $a_i \in I$，但是 $a_i$ 不属于除 $P_i$ 以外的任一个 $P_j$。这时如果存在某个 $a_i$ 也不属于 $P_i$，则显然 $I$ 不属于 $\bigcup P_i$，命题得证。若不然，每个 $a_i \in P_i$。令 \[ b = \sum_{i=1}^n a_1\cdots a_{i-1}a_{i+1}\cdots a_n, \] 则 $b \in I$ 而 $b$ 不属于每个 $P_i$（注意 $P_i$ 是素理想：$b$ 的第 $i$ 项含因子 $a_i \notin P_i$，其余各项含某 $a_j \notin P_i$... 具体验证：$b$ 的第 $i$ 个被加项不含 $a_i$ 但含所有 $a_j\ (j \neq i)$，因 $a_j \notin P_i$ 且 $P_i$ 素，逐项检查知每一项均不属于 $P_i$），即 $I$ 不属于 $\bigcup P_i$。

(2) 假设对每个 $i$，$I_i$ 不包含在 $P$ 中，则存在 $a_i \in I_i$ 而 $a_i$ 不在 $P$ 中。因为 $P$ 是素理想，故 $a_1\cdots a_n$ 不在 $P$ 中，而显然 $a_1\cdots a_n \in \bigcap I_i$。这将导致 $P$ 不包含 $\bigcap I_i$，矛盾。又若 $P = \bigcap I_i$，由上知 $P$ 包含某个 $I_i$，而已知 $P$ 含于每个 $I_i$ 中，所以 $P = I_i$。证毕。

§3.9 习题（原书 12 题）

习题 3.9

设 $R = \mathbf{Z}[x]$，求证：$R$ 中由元素 $x$ 和 $m$（$m \in \mathbf{Z}$）生成的理想是素理想的充要条件是 $m$ 是素数。

简答（原书简答整理）

$\mathbf{Z}[x]/(x, m) \cong \mathbf{Z}_m$，而 $\mathbf{Z}_m$ 是域（从而是整区）的充要条件是 $m$ 是素数。
设 $R$ 是含恒等元环（不假定是交换环），$P$ 是 $R$ 的理想。若有两个理想 $I, J$ 适合 $IJ \subseteq P$，则或者 $I \subseteq P$ 或者 $J \subseteq P$，则 $P$ 称为 $R$ 的素理想。证明：当 $R$ 是交换环时，这个定义和课文中的定义一致。

简答（原书简答整理）

假定 $P$ 适合题设条件，$ab \in P$，则 $(a)(b) \subseteq P$，于是 $(a)$ 或 $(b)$ 含于 $P$。反之，若 $P$ 是交换环 $R$ 的素理想（按课文条件）且 $IJ \subseteq P$。假定 $I$ 不含于 $P$，即存在元素 $a \in I$，但是 $a$ 不属于 $P$。对任意 $J$ 中元素 $b$，因为 $ab \in P$ 而 $a$ 不属于 $P$，故 $b$ 属于 $P$，即 $J \subseteq P$。
设 $R$ 是交换环，$R$ 中任意元 $a$ 都适合 $a^n = a$（$n$ 可能依赖于 $a$），求证：$R$ 的每个素理想都是极大理想。

简答（原书简答整理）

设 $P$ 是 $R$ 的素理想，则 $R/P$ 是整区。现要证明它是域：设 $\overline{a} \neq 0$。因为存在 $n$ 使 $a^n = a$，故 $\overline{a}^n = \overline{a}$，于是 $\overline{a}^{n-1} = \overline{1}$，$\overline{a}$ 可逆。
设 $R$ 是区间 $[0, 1]$ 上连续函数全体组成的交换环。$M$ 是 $R$ 的理想，则 $M$ 是极大理想的充要条件是，存在 $[0, 1]$ 中的一个数 $a$，使 $M = \{f(x) \mid f(a) = 0\}$。

简答（原书简答整理）

若 $M = \{f(x) \mid f(a) = 0\}$：作 $R$ 到实数域的映射 $f(x) \to f(a)$，这是一个环满同态且其核就是 $M$，故 $R/M$ 和实数域同构，$M$ 是极大理想。反之，假定不存在这样的数 $a$ 使 $M = \{f(x) \mid f(a) = 0\}$，即对任意的 $c \in [0, 1]$，总存在一个函数 $f \in M$，但是 $f(c) \neq 0$。因为 $f$ 连续，故存在 $c$ 的一个邻域 $O(c)$，$f$ 在这个邻域中取值都不为零。取遍 $[0, 1]$ 中所有数，得到 $[0, 1]$ 的一个开覆盖，由 Borel 覆盖定理知道，存在 $M$ 中有限个函数 $f_1, \cdots, f_n$，相应的开邻域覆盖了 $[0, 1]$。令 \[ f(x) = f_1^2(x) + \cdots + f_n^2(x), \] 则 $f(x) \in M$。显然 $f$ 在 $[0, 1]$ 上处处大于零，故 $f$ 是一个可逆元，这和 $M$ 是极大理想（不含可逆元）的假设矛盾。
设 $R$ 是含恒等元的交换环，$I$ 是其理想。若 $P$ 是包含 $I$ 的素理想，则 $P/I$ 是 $R/I$ 的素理想。反之，若 $P$ 是包含 $I$ 的理想且 $P/I$ 是素理想，则 $P$ 是 $R$ 的素理想。

简答（原书简答整理）

由 $R/P \cong (R/I)/(P/I)$ 和定理 9-1 即得。
设 $R$ 是含恒等元的交换环，$I$ 是 $R$ 的理想。证明：$\operatorname{Rad}(I)$ 等于 $R$ 中所有包含 $I$ 的素理想之交。

简答（原书简答整理）

作 $\overline{R} = R/I$，则 $\overline{R}$ 的诣零根等于其素理想之交（定理 9-3）。由此可证明 $\operatorname{Rad}(I)$ 是包含 $I$ 的素理想之交。
设 $R$ 是含恒等元的交换环，$R[x]$ 是 $R$ 上的多项式环。求证：$R[x]$ 的大根和小根相等。

简答（原书简答整理）

设 $f(x) = a_0 + a_1x + \cdots + a_nx^n$ 是大根中元素，则 $f(x)x - 1 = -1 + a_0x + a_1x^2 + \cdots + a_nx^{n+1}$ 是可逆元。由 §3.8 习题 4 知道，$a_i\ (i = 0, 1, \cdots, n)$ 是幂零元，所以 $f$ 是幂零元。反之幂零元显然属于大根。
设 $R$ 是含恒等元的交换环。假定 $R$ 中真包含小根的理想都至少含有一个非零的幂等元，则 $R$ 的大根等于小根。

简答（原书简答整理）

设 $J$ 是大根且真包含小根 $N$，则存在非零幂等元 $e \in J$。于是 $1 - e$ 是可逆元（大根的刻画），但是 $(1 - e)e = 0$，矛盾。
设 $R$ 是含恒等元的交换环，$P$ 是 $R$ 的素理想。求证：(1) 集合 $S = R - P$ 是乘法封闭集；(2) 环 $R_S$ 是一个局部环且它的唯一极大理想 $J = \{[a, s] \mid a \in P, s \in S\}$。

简答（原书简答整理）

(1) 容易验证（$P$ 素 ⟹ 补集乘法封闭）。(2) 注意 $P$ 在 $R_S$ 中的像包含了 $R_S$ 所有的不可逆元。
求证：域 $F$ 上的形式幂级数环是一个局部环。

简答（原书简答整理）

设 $f = (a_0, a_1, a_2, \dots)$，不难证明 $f$ 可逆 ⟺ $a_0 \neq 0$（§3.8 习题 10）。故不可逆元全体 = 常数项为零的幂级数全体，它显然是理想，因此是局部环。
设 $R$ 是含恒等元的交换环，$Q$ 是理想。若从 $ab \in Q$ 可以推出或者 $a \in Q$ 或者存在某个 $k$，使 $b^k \in Q$，则 $Q$ 称为 $R$ 的准素理想。求证：整数环 $\mathbf{Z}$ 中的非平凡理想 $(m)$ 是准素理想的充要条件为 $m$ 是某个素数幂。

简答（原书简答整理）

设 $p$ 是素数，要证理想 $(p^s)$ 是准素理想。假定 $ab \in (p^s)$，则 $ab = p^su$，故 $p$ 整除 $ab$。若 $p$ 不能整除 $a$，则 $p$ 必可整除 $b$，即 $b^s \in (p^s)$。反之，设 $(m)$ 准素。设 $p, q$ 是不同的素数且 $pq \mid m$，不妨设 $m = p^sq^tk$，其中 $k$ 不能被 $p$ 或 $q$ 整除。令 $a = p^sk$，$b = q^t$，则 $ab \in (m)$。显然 $a$ 不属于 $(m)$，$b$ 的任意幂也不属于 $(m)$。即 $m$ 不能有不同的素因子。
设 $R$ 是含恒等元的交换环，$Q$ 是 $R$ 的准素理想。求证：$\operatorname{Rad}(Q)$ 是 $R$ 的素理想。

简答（原书简答整理）

设 $P = \{a \in R \mid a^n \in Q\}$ 是 $Q$ 的根理想。若 $bc \in P$，则 $(bc)^n \in Q$，即 $b^nc^n \in Q$。若 $b$ 不属于 $P$，则 $b$ 的任意次幂不属于 $Q$，于是 $(c^n)^k = c^{nk}$ 的某个幂属于 $Q$（由准素性用于 $b^n c^n \in Q$），即 $c$ 属于 $P$。

10模 *§3.10 · 选学

节引言本节中涉及的环都是有恒等元的环，但不一定是交换环。模（module）是向量空间概念的推广——「系数取自一个环的向量空间」，它是表示论与同调代数的基本语言。

定义 10-1 · 左 $R$-模设 $R$ 是含恒等元的环，$M$ 是一个加法群。假定定义了 $R \times M$ 到 $M$ 的映射 $(r, x) \to rx$ 适合下列条件：

$1 \cdot x = x$ 对一切 $x \in M$ 成立；
$r(x + y) = rx + ry$ 对一切 $r \in R,\ x, y \in M$ 成立；
$(r_1 + r_2)x = r_1x + r_2x$ 对一切 $r_1, r_2 \in R,\ x \in M$ 成立；
$r_1(r_2x) = (r_1r_2)x$ 对一切 $r_1, r_2 \in R,\ x \in M$ 成立。

则称 $M$ 是一个左 $R$-模。同理可以定义右 $R$-模。$M$ 的加法称为模加法，映射 $(r, x) \to rx$ 称为模乘法。

例 1 ~ 4 · 模的例子

例 1：环 $R$ 的任意一个左理想 $L$ 都是一个左 $R$-模（加法就是环的加法，$rx$ 就是环元素的乘积）。特别，环 $R$ 也可以看成为一个左 $R$-模。同理，环 $R$ 的任意一个右理想是一个右 $R$-模，$R$ 也是一个右 $R$-模。
例 2：任意一个加法群 $G$ 都可以看成是整数环 $\mathbf{Z}$ 上的左模或右模：模加法就是 $G$ 的加法，模乘法 $nx$ 就是 $n$ 个 $x$ 之和（若 $n$ 为负，就是 $-n$ 个 $-x$ 之和）。
例 3：设 $R$ 是一个交换环，$M$ 是左 $R$-模，则我们可以将 $M$ 定义为右 $R$-模：$xr = rx$。因此在交换环上的模理论中常常不区分左模和右模；但对一般的非交换环，我们不能用上述方法将一个左 $R$-模定义为右 $R$-模。
例 4：设 $R$ 是除环，一个左 $R$-模称为 $R$ 上的左向量空间；右 $R$-模称为右向量空间。特别当 $R$ 是域时，$R$-模就是 $R$ 向量空间。因此模可以看成是向量空间的推广。

注：一般来说，左模不等于右模，但是左 $R$-模的理论和右 $R$-模的理论是平行的，因此我们在本教程中只讨论左 $R$-模理论。

除了具有加法群性质外，模具有下列简单性质：(1) $0 \cdot x = 0$；(2) $(-1)x = -x$。读者不难自己验证上述性质。

定义 10-2 · 子模设 $N$ 是左 $R$-模 $M$ 的加法子群，且对任意的 $r \in R$ 和任意的 $x \in N$，$rx$ 仍是 $N$ 中元素，则称 $N$ 是 $M$ 的一个子模。容易验证 $N$ 自身也是一个左 $R$-模。显然，模 $M$ 的子集 $N$ 是 $M$ 子模的充要条件是它在模运算（模加法和模乘法）下封闭。

任意一个非零模 $M$ 都有两个子模，即由 0 元素组成的零子模和 $M$ 自身。如果一个模除了这两个子模外再无其他子模，则称之为单模或不可约模。

和向量空间子空间的运算相同，模 $M$ 的子模之间也可以定义运算。显然 $M$ 的任意多个子模的交仍然是 $M$ 的子模。设 $M_1, M_2$ 是左 $R$-模 $M$ 的子模，定义 \[ M_1 + M_2 = \{x + y \mid x \in M_1,\ y \in M_2\}. \] 容易验证 $M_1 + M_2$ 仍是 $M$ 的子模，称为 $M_1$ 和 $M_2$ 的和。一般地，若 $\{M_i\ (i \in I)\}$ 是 $M$ 的一族子模，定义 $\sum_{i \in I} M_i = \{\sum_{i \lt \infty} x_i \mid x_i \in M_i\}$，$\sum M_i$ 仍是 $M$ 的子模，称为诸 $M_i$ 的和。

现设 $M$ 是左 $R$-模，$S$ 是 $M$ 的子集。$M$ 中所有包含 $S$ 的子模之交仍是 $M$ 的子模，称为子集 $S$ 生成的子模。若 $S$ 是有限集且 $M$ 本身可由 $S$ 生成，则称 $M$ 是有限生成模。下列命题和线性空间的有关命题类似，证明方法也相同。

命题 10-1 设 $S$ 是左 $R$-模的子集，由 $S$ 生成的子模记为 $(S)$，则

(S) = \left\{\sum_{i \lt \infty} r_ix_i \,\middle|\, r_i \in R,\ x_i \in M\right\}.

若 $S = \{x_1, x_2, \cdots, x_n\}$，则 $(S) = \{\sum_{i=1}^n r_ix_i \mid r_i \in R\}$。特别，若 $S$ 只含有一个元素 $x$，则 $(S) = Rx = \{rx \mid r \in R\}$。由一个元生成的模称为循环模。

定义 10-3 · 商模设 $N$ 是左 $R$-模 $M$ 的子模，则 $N$ 是 $M$ 的加法子群。作商群 $M/N$，这仍是一个加法群。定义模乘法：$r\overline{x} = \overline{rx}$，则容易验证 $M/N$ 成为一个左 $R$-模，称为模 $M$ 关于子模 $N$ 的商模。

定义 10-4 · 模同态设 $M, M'$ 是左 $R$-模，$f$ 是从 $M$ 到 $M'$ 的映射满足 \[ f(x + y) = f(x) + f(y), \qquad f(rx) = rf(x) \] 对任意的 $M$ 中元素 $x, y$ 和 $R$ 中元素 $r$ 成立，则 $f$ 称为 $M$ 到 $M'$ 的模同态或 $R$-线性映射。若 $f$ 是映上的，称为满同态；若 $f$ 是单映射，称为单同态；若 $f$ 是一一对应，则称为同构。

模同态 $f$ 的像记为 $\operatorname{Im} f$，显然它是 $M'$ 的子模；又 $f$ 的核记为 $\operatorname{Ker} f = \{x \in M \mid f(x) = 0\}$，它是 $M$ 的子模。从上述定义我们可以看出，同态 $f$ 必是加法群同态。不难看出，$f$ 是满同态当且仅当 $\operatorname{Im} f = M'$；$f$ 是单同态当且仅当 $\operatorname{Ker} f = 0$。当 $R$ 是域时 $f$ 就是我们熟悉的向量空间之间的线性映射。和群的情形类似，我们有下列同态基本定理。

定理 10-1 · 模的同态基本定理设 $f$ 是左 $R$-模 $M$ 到 $M'$ 的模满同态，则

M/\operatorname{Ker} f \cong M'.

同态 $f$ 还诱导出了 $M$ 的包含 $\operatorname{Ker} f$ 的子模和 $M'$ 的子模的一一对应：$N \to f(N)$。

这个定理的证明留给读者作为练习。

推论 10-1、10-2

推论 10-1：设 $K, N$ 是 $M$ 的子模且 $K \subseteq N$，则 $M/N \cong M/K \big/ N/K$；
推论 10-2：设 $K, N$ 是 $M$ 的子模，则 $K + N/N \cong K/N \cap K$。

定理 10-2 · 自同态环设 $M, N$ 是两个左 $R$-模，$M$ 到 $N$ 的模同态全体记为 $\operatorname{Hom}_R(M, N)$，则 $\operatorname{Hom}_R(M, N)$ 是一个加法群。若 $M = N$，记 $\operatorname{Hom}_R(M, M) = \operatorname{End}_R M$，这时 $\operatorname{End}_R M$ 是一个环，称为模 $M$ 的自同态环。

证明（点击展开）

设 $f, g$ 是 $M$ 到 $N$ 的模同态，定义它们的和：$(f + g)(x) = f(x) + g(x)$。则容易验证这仍然是 $M$ 到 $N$ 的模同态。不仅如此，$\operatorname{Hom}_R(M, N)$ 在此运算下成为一个加法群。在 $M = N$ 时，定义两个同态 $f, g$ 的积就是它们作为映射的积，也不难验证这时 $\operatorname{End}_R M$ 是一个环。证毕。

定理 10-3 · Schur 定理设 $M$ 是一个左 $R$-模，若 $M$ 是一个单模，则 $\operatorname{End}_R M$ 是一个除环。

证明（点击展开）

我们只要证明 $M$ 的任意一个非零自同态 $f$ 必是自同构即可。因为 $f$ 非零，故 $\operatorname{Im} f \neq 0$。但是 $\operatorname{Im} f$ 是 $M$ 的子模，而 $M$ 除了 0 和 $M$ 自身外，再无其他子模，因此 $\operatorname{Im} f = M$，即 $f$ 是满同态。再看 $\operatorname{Ker} f$，它也是 $M$ 的子模。$\operatorname{Ker} f = M$ 将导致 $f = 0$，不可能，故 $\operatorname{Ker} f = 0$，所以 $f$ 是一个单同态。综上所述，$f$ 是同构。证毕。

和向量空间一样，模也有直和的概念。

定义 10-5 · 直和设 $\{M_i \mid i \in I\}$ 是左 $R$-模 $M$ 的一族子模。若子模 $N$ 是这一族子模的和，且对任意的 $i \in I$， \[ M_i \cap \sum_{j \neq i} M_j = 0, \] 则称 $N$ 是诸 $M_i$ 的直和，记为 $N = \bigoplus_{i \in I} M_i$。若 $I = \{1, 2, \cdots, n\}$ 是个有限集，则记 $N = M_1 \oplus M_2 \oplus \cdots \oplus M_n$。

定理 10-4

设 $\{M_i \mid i \in I\}$ 是左 $R$-模 $M$ 的一族子模，子模 $N$ 是这一族子模的和，则 $N$ 是 $\{M_i\}$ 直和的充要条件是 $N$ 中任一元素能而且只能用唯一一种方法表示为 $M_i$ 中元素之和；
若 $M = M_1 \oplus M_2$，则 $M/M_1 \cong M_2$。

证明（点击展开）

(1) 若 $N = \bigoplus M_i$，设 $x = x_1 + x_2 + \cdots + x_n = y_1 + y_2 + \cdots + y_n$，其中 $x_i, y_i \in M_i$，则 \[ x_1 - y_1 = (y_2 - x_2) + \cdots + (y_n - x_n) \in M_1 \cap \sum_{i \neq 1} M_i = 0, \] 所以 $x_1 = y_1$；同理证明 $x_i = y_i$。反之，若表示唯一且 $x \in M_i \cap \sum M_j\ (j \neq i)$，则存在 $x_i \in M_i$，$x_{j_1} \in M_{j_1}, \cdots, x_{j_k} \in M_{j_k}$，使 $x_i = x_{j_1} + \cdots + x_{j_k}$。由表示唯一知 $x_i = 0$，于是 $M_i \cap \sum M_j = 0\ (j \neq i)$，所以 $N$ 是诸 $M_i$ 的直和。

(2) 由推论 10-2 即得。证毕。

定义 10-6 · 完全可约模（半单模）设 $M$ 是左 $R$-模。如果 $R$ 能表示为它的不可约子模的和，则称 $M$ 是完全可约模或半单模。

定理 10-5 · 完全可约模的性质

若 $M$ 是不可约模，则 $M$ 是循环模，且任意一个非零元都可以生成 $M$；
不可约模的商模或为零模或为它的同构像；
完全可约模的同构像也是完全可约模；
设 $M$ 是完全可约模且 $M = \sum_{i \in I} M_i$（$M_i$ 皆不可约），又 $N$ 是 $M$ 的非零子模且 $N \neq M$，则存在 $I$ 的子集 $J$ 使 $K = \sum_{i \in J} M_i$ 是直和且 $M = K \oplus N$；
若 $M$ 是完全可约模，则 $M$ 的非零子模和非零商模也完全可约；
若 $M$ 是完全可约模，则 $M$ 可以表示为若干个不可约子模的直和。

证明（点击展开）

(1) 设 $x \neq 0$ 是 $M$ 中元素，则 $Rx$ 是 $M$ 的非零子模，故 $M = Rx$。(2) 显然。(3) 由定理 10-1 中子模的对应关系即得。

(4) 令 $\Lambda$ 是 $M$ 中与 $N$ 相交为零的不可约子模直和的集合。因为 $N \neq M$，而 $M = \sum_{i \in I} M_i$，必存在某个 $M_i$，它不属于 $N$。因为 $M_i$ 不可约，故 $M_i \cap N = 0$，即 $M_i \in \Lambda$，于是 $\Lambda$ 非空。在集合包含关系下 $\Lambda$ 成为一个偏序集。假定子模集 $\{K_{\alpha}\}$ 组成 $\Lambda$ 的一条链，则显然 $\bigcup K_{\alpha}$ 是其上界。由 Zorn 引理知，$\Lambda$ 至少有一个极大元，记为 $K$。则 $K \cap N = 0$，$K + N$ 是直和。如果 $K \oplus N \neq M$，因为 $M = \sum M_i$，故必有某个 $j \in I$，$M_j$ 不属于 $K \oplus N$。但是 $M_j$ 是不可约模，$M_j \cap (K \oplus N) = 0$，于是 $K + M_j$ 是直和且和 $N$ 之交为零，即 $K + M_j$ 属于 $\Lambda$，和 $K$ 是极大元矛盾。于是 $M = K \oplus N$。

(5) 设 $N$ 是 $M$ 的子模，则由 (4)，$M = N \oplus K$，其中 $K$ 是若干个不可约模的直和，故 $K$ 完全可约。而 $M/N \cong K$，因此 $M$ 的商模是完全可约模。另一方面，$N \cong M/K$，所以 $N$ 也是完全可约模。(6) 由上即得。证毕。

推论 10-3 设 $M$ 是有限生成完全可约模，则存在有限个不可约子模 $M_i\ (i = 1, 2, \cdots, n)$ 使 $M = M_1 \oplus M_2 \oplus \cdots \oplus M_n$。

§3.10 习题（原书 12 题）

习题 3.10

设 $M_1, M_2$ 是左 $R$-模 $M$ 的子模，求证：集合 $M_1 \cup M_2$ 生成的子模就是 $M_1 + M_2$。

简答（原书简答整理）

显然 $M_1 \subseteq M_1 + M_2$，$M_2 \subseteq M_1 + M_2$，因此 $(M_1 \cup M_2) \subseteq M_1 + M_2$。另一方面，若 $x \in M_1$，$y \in M_2$，则 $x + y \in (M_1 \cup M_2)$，所以 $M_1 + M_2 \subseteq (M_1 \cup M_2)$。
设 $V$ 是域 $K$ 上的有限维向量空间，$R = \operatorname{End}_K(V)$ 是 $V$ 上线性变换全体组成的环。定义 $rx = r(x)$。求证：$V$ 是一个左 $R$-不可约模。

简答（原书简答整理）

容易验证 $V$ 是一个左 $R$-模。假定 $V_0$ 是其非零子模，$0 \neq x \in V_0$，则由线性代数知道，对任意的 $V$ 中向量 $v$，均存在线性变换 $f$，使 $f(x) = v$，于是 $V_0 = V$。
设 $M, N$ 都是不可约左 $R$-模，$f$ 是从 $M$ 到 $N$ 的同态，求证：或者 $f = 0$，或者 $f$ 是同构。

简答（原书简答整理）

仿照 Schur 定理的证明：$\operatorname{Ker} f$ 与 $\operatorname{Im} f$ 分别是 $M$ 与 $N$ 的子模，只能是 0 或全模。
设 $R$ 是一个环，$L$ 是它的一个非零左理想。若不存在 $R$ 的非零左理想真包含在 $L$ 中，则称 $L$ 是 $R$ 的一个极小左理想。求证：$R$ 的极小左理想 $L$ 作为左 $R$-模一定是不可约模，且或者 $L^2 = 0$ 或者 $L^2 = L$。

简答（原书简答整理）

$L$ 的子模也是 $R$ 的左理想，因为 $L$ 极小，故无真包含的非零子模，故为不可约。又 $L^2$ 是含于 $L$ 的 $R$ 左理想，因为 $L$ 极小，故若 $L^2 \neq 0$，必有 $L^2 = L$。
设 $I$ 是环 $R$ 的所有极小左理想的和。证明：$I$ 是 $R$ 的一个理想（双侧理想）。

简答（原书简答整理）

设 $L$ 是一个极小左理想，$r \in R$，则 $Lr$ 仍是左理想且可作 $L \to Lr$ 的同态：$f: x \to xr$。这是一个模同态且映上，故 $L/\operatorname{Ker} f \cong Lr$。但 $L$ 不可约，$\operatorname{Ker} f$ 或者为零或者为 $L$，所以或者 $Lr = 0$，或者 $Lr \cong L$ 也是个极小左理想。无论怎样，$Lr \subseteq I$，因此 $I$ 是理想。
环 $R$ 的一个左理想 $L$ 称为极大左理想，若 $L \neq R$ 且不存在不等于 $R$ 的左理想真包含 $L$。求证：对任意一个不可约左 $R$-模 $M$，总存在一个 $R$ 的极大左理想 $L$，使 $M \cong R/L$。

简答（原书简答整理）

因为 $M$ 不可约，可设 $M = Rx$。作 $R \to M$ 的映射：$f(r) = rx$，则 $f$ 是一个映上的模同态，故 $R/\operatorname{Ker} f \cong M$。$\operatorname{Ker} f$ 是左 $R$-模，即 $R$ 的左理想。因为 $M$ 不可约，$\operatorname{Ker} f$ 是极大左理想。
设 $M$ 是左 $R$-模。将 $R$ 也看成是左 $R$-模，则 $\operatorname{Hom}_R(R, M)$ 是一个加法群。定义 $R$ 中元素 $r$ 和 $\operatorname{Hom}_R(R, M)$ 的积为 $(rf)(s) = f(sr)$，$s \in R$。求证：$\operatorname{Hom}_R(R, M)$ 是一个左 $R$-模且和 $M$ 作为左 $R$-模同构。

简答（原书简答整理）

容易验证 $\operatorname{Hom}_R(R, M)$ 是左 $R$-模。设 $f \in \operatorname{Hom}_R(R, M)$，作映射 $\varphi$，使 $\varphi(f) = f(1)$，则不难验证 $\varphi$ 是 $\operatorname{Hom}_R(R, M)$ 到 $M$ 的同构。
设 $R, S$ 是两个环，$M$ 是一个加法群。假设它既是左 $R$-模又是右 $S$-模，且对任意的 $r \in R$，$s \in S$ 以及 $x \in M$，都有 $(rx)s = r(xs)$，则称 $M$ 是一个 $(R, S)$ 双模。假定 $N$ 是一个左 $R$-模，若 $f \in \operatorname{Hom}_R(M, N)$，$s \in S$，定义 $fs$ 是 $M$ 到 $N$ 的映射，$(fs)(x) = f(xs)$。证明 $fs$ 是一个 $R$-模同态，即 $fs \in \operatorname{Hom}_R(M, N)$，且在此定义下 $\operatorname{Hom}_R(M, N)$ 成为一个右 $S$-模。

简答（原书简答整理）

常规验证。（要点：$(fs)(x + y) = f((x+y)s) = f(xs) + f(ys)$；$R$-线性由双模条件 $(rx)s = r(xs)$ 保证。）
设 $M$ 是左 $R$-模，$S$ 是 $M$ 的子集。令 $\operatorname{Ann}(S) = \{r \in R \mid rs = 0 \text{ 对一切 } s \in S \text{ 成立}\}$。证明：$\operatorname{Ann}(S)$ 是 $R$ 的左理想；若 $S = M$，则 $\operatorname{Ann}(M)$ 是 $R$ 的理想。（$\operatorname{Ann}(S)$ 称为 $S$ 在 $R$ 中的零化子。）

简答（原书简答整理）

常规验证。（左理想：$(r_1 - r_2)s = 0$，$(r_1r_2)s = r_1(r_2s) = 0$；当 $S = M$ 时对任意 $r \in R$ 有 $(rr')M = r(r'M) \subseteq rM = 0$，双侧成立。）
设 $F$ 是左 $R$-模。若 $F$ 同构于若干个 $R$（作为左 $R$-模）的直和，则称 $F$ 是自由模。求证：任意一个左 $R$-模都可以看成是某个自由模的同态像。

简答（原书简答整理）

设 $S$ 是模 $M$ 的生成元集合，$I$ 是和 $S$ 中元素一一对应的指标集，对应记为 $i \to s_i$。令 $F = \bigoplus_{i \in I} R_i$，其中 $R_i = R$。作 $F$ 到 $M$ 的映射 $f: \sum r_i \to \sum r_is_i$，则容易验证这是一个模满同态。
设 $M$ 是一个循环左 $R$-模，即 $M = Rx$。求证：$M$ 必含有一个极大子模 $N$，即 $N$ 是 $M$ 的真子模且 $M$ 中除了 $M$ 自身再没有真包含 $N$ 的子模。

简答（原书简答整理）

用和定理 9-2 完全相同的方法（Zorn 引理）可以证明环 $R$ 的任意一个左理想必含于某个极大左理想中。作 $R \to M = Rx$ 的映射：$f(r) = rx$，则 $f$ 是映上的模同态。$\operatorname{Ker} f$ 是 $R$ 的左理想，必含于某个极大左理想 $L$ 中。由模同态基本定理中的对应知 $f(L)$ 是 $M$ 的极大子模。
求证：左 $R$-模 $M$ 是完全可约模的充要条件是，对 $M$ 的任意一个子模 $N$，总存在 $M$ 的子模 $K$，使 $M = K \oplus N$。

简答（原书简答整理）

只需证明充分性。先证明 $M$ 的任一非零循环子模都含有不可约子模：设 $x$ 是 $M$ 的非零元，$Rx$ 是 $M$ 的循环子模。由上题知道，$Rx$ 含有一个极大子模 $N$。由假设 $M = N \oplus K$。因为 $N \subseteq Rx$，不难验证 $Rx = Rx \cap M = Rx \cap (N \oplus K) = N \oplus (Rx \cap K)$。注意到 $Rx \cap K \cong Rx/N$，所以 $Rx \cap K$ 是 $M$ 的不可约子模。

现令 $M'$ 是 $M$ 的所有不可约子模的和。$M'$ 是 $M$ 的子模，故存在子模 $K'$，使 $M = M' \oplus K'$。若 $K' \neq 0$，则含有非零元 $y$，而 $Ry$ 根据上述证明可知必含有不可约子模，这和 $M'$ 是所有不可约子模之和的假定相矛盾。故 $K' = 0$，$M = M'$ 是不可约子模之和（再由定理 10-5(6) 得直和表示）。

★重点回顾

环 = $(R,+)$ 加法群 + 乘法结合律 + 双侧分配律；带恒等元、交换环、零因子、整环（无零因子）、除环（非零元皆可逆）、域（交换除环）的递进关系；$\mathbf{Z}_n$ 是域 ⟺ $n$ 素数；四元数环是除环非域（逆元 $\frac{1}{b}(a_0 - a_1i - a_2j - a_3k)$）。

简单性质：$a \cdot 0 = 0$、$(-a)b = -ab$、$(-a)(-b) = ab$；交换时二项式定理成立。构造新环：直积 / 直和（有限个一致）、多项式环 $R[x]$、形式幂级数环 $R[[x]]$（可逆 ⟺ 常数项可逆）、反环 $R^{op}$。

子环 ⟺ 减法、乘法封闭；理想 = 加法子群 + 双侧吸收；$a \mid b \iff (b) \subseteq (a)$，$a \sim b \iff (a) = (b)$。理想运算：$I + J = (I \cup J)$、$IJ$ 是有限和集合（不是单乘积集！）。域 / 除环只有平凡理想；定理 2-1：含 1 交换环是域 ⟺ 只有平凡理想；定理 2-2：除环上矩阵环 $M_n(D)$ 是单环（但可有非平凡单侧理想）。

商环 $R/I$：$(a + I)(b + I) = ab + I$（良定义需要双侧吸收）；环同态核是理想；同态基本定理 $R/\operatorname{Ker} f \cong \operatorname{Im} f$、对应定理、$R/J \cong (R/I)\big/(J/I)$；中国剩余定理（两两互素理想 ⟹ $R/\prod I_i \cong \prod R/I_i$）；特例 $\mathbf{Z}_n \cong \prod \mathbf{Z}_{p_i^{e_i}}$。

特征：整环有周期元 ⟹ 特征为素数 $p$，无周期元 ⟹ 特征 0；特征 $p$ 的域含素域 $\mathbf{Z}_p$，特征 0 的域含素域 $\mathbf{Q}$。分式域：$(a,b) \sim (c,d) \iff ad = bc$，$\frac{a}{b} + \frac{c}{d} = \frac{ad+bc}{bd}$；泛性质：嵌入可唯一扩张到分式域；任何无 1 环可嵌入带 1 环（$\mathbf{Z} \times R$ 构造）。

唯一分解环（UFD / Gauss 整区）：非零非单位可分解为不可约元之积且相伴意义下唯一；判别：因子链条件 + 素性条件 ⟺ UFD（定理 5-1），最大公因子条件可替代素性条件（定理 5-2）；反例 $\mathbf{Z}[\sqrt{-5}]$：$9 = 3\cdot3 = (2+\sqrt{-5})(2-\sqrt{-5})$（用范数 $N = m^2 + 5n^2$ 证明不可约）；素元 ⟹ 不可约元，反向在 UFD 中成立。

包含链：欧氏整区 ⟹ PID ⟹ UFD；PID 证明 UFD 的关键：并升链得主理想 + $(a,b) = (d)$ 给出最大公因子；欧氏整区证明 PID 的关键：取 $\delta$ 极小的 $b \in I$，带余除法证明 $I = (b)$；$\mathbf{Z}$、$F[x]$、$\mathbf{Z}[\sqrt{-1}]$、$\mathbf{Z}[\sqrt{2}]$ 都是欧氏整区；反向均不成立。

$F[x]$：带余除法、余数定理 $f(x) = (x-a)q(x) + f(a)$、$n$ 次多项式至多 $n$ 个根；$f$ 不可约 ⟺ $(f)$ 极大理想 ⟺ $F[x]/(f)$ 是域（构造扩域的标准手法）；代数元 / 超越元 / 最小多项式（唯一）；域乘法群的有限子群是循环群 ⟹ 有限域乘法群循环。

交换环上多项式环：泛性质（$\widetilde{\varphi}$ 由 $\varphi$ 与 $x_i$ 的像唯一决定）；无限域上非零多元多项式必有非零点；Gauss 引理（本原多项式之积本原）+ 本原化引理 ⟹ $R$ 是 UFD ⟹ $R[x_1, \dots, x_n]$ 是 UFD；首一本原多项式的 $F[x]$-因子必在 $R[x]$ 中。

素理想：$ab \in P \Rightarrow a \in P$ 或 $b \in P$，⟺ $R/P$ 是整区；极大理想 ⟺ $R/M$ 是域 ⟹ 必素；Zorn 引理证极大理想存在（任何真理想含于某极大理想）；小根 = 素理想之交 = 诣零根（定理 9-3）；大根 / Jacobson 根：$a \in J \iff 1 - ar$ 对一切 $r$ 可逆；避开引理（命题 9-1）。

模（选学）：左 $R$-模 = 环系数的「向量空间」；子模、商模 $M/N$、模同态与同态基本定理；$\operatorname{Hom}_R(M, N)$ 是加法群、$\operatorname{End}_R M$ 是环；Schur 定理：单模的自同态环是除环；半单模的性质（子模商模半单、可补直和）。

⚠易错点提醒

常见错误

「整环 = 无零因子的环」与「整区」混用：本书「整环」不假定交换与恒等元，「整区」= 含恒等元的交换整环。读其他教材时注意术语差异（很多书的「整环」即本书「整区」）。
理想乘法写成单乘积集：$IJ = \{\sum_{i \lt \infty} a_ib_i\}$ 必须取有限和的全体；$\{ab \mid a \in I, b \in J\}$ 一般不是理想也不等于 $IJ$。
子环 / 单侧理想 / 理想的判别条件记混：子环要减法 + 乘法封闭；左理想只需左吸收（$ra \in L$）+ 加法子群；商环乘法的良定义性必须双侧吸收——只有左（右）理想不能作商环。
环同态忘记 $f(1) = 1$ 未必自动成立：非零环之间的环同态若映上，则 $f(1) = 1$；但一般同态（如 $f(a) = 0$ 的零同态）不必。谈「带恒等元环的同态」时通常约定 $f(1) = 1$，读题时留意约定。
消去律的使用范围：整环中可以由 $ab = ac\ (a \neq 0)$ 消去；一般环（有零因子）中不能。如 $\mathbf{Z}_6$ 中 $\overline{2} \cdot \overline{3} = \overline{2} \cdot \overline{0}$ 但 $\overline{3} \neq \overline{0}$。
特征的概念只对整环干净：非整环中不同元素的周期可以不同（$\mathbf{Z}_2 \oplus \mathbf{Z}_3$ 中周期 2、3、6 并存）；「环的特征」一词默认整环（或域）。
不可约元 ≠ 素元：素元必不可约，反向只在 UFD 中成立；$\mathbf{Z}[\sqrt{-5}]$ 中 3 不可约但不素（$3 \mid (2+\sqrt{-5})(2-\sqrt{-5})$ 而不整除任一因子）。
唯一分解的「唯一」是相伴意义下的：因子次序与单位倍数允许变动（$6 = 2 \cdot 3 = (-2) \cdot (-3)$ 是同一个分解）。
PID ⟹ UFD 只对整区成立：主理想环（允许非整区）不自动唯一分解；「每个理想都是主理想」与「每个理想由一个元生成」是同一句话，但对象必须是整区才谈 PID。
$n$ 次多项式至多 $n$ 个根需要「域」：在一般交换环上失效（$\mathbf{Z}_8$ 中 $x^2 - 1$ 有 4 个根 $\overline{1}, \overline{3}, \overline{5}, \overline{7}$）；定理 7-2 的域条件不可省。
极大理想与素理想的强弱：极大 ⟹ 素（交换含 1 环），反向不成立（$\mathbf{Z}[x]$ 中 $(x)$ 素不极大）；判别口诀：商是域 ⟺ 极大，商是整区 ⟺ 素。
局部环的定义：是「不可逆元全体组成理想」的含 1 交换环，等价刻画是「$a$ 或 $1-a$ 恒有其一可逆」；只有唯一一个极大理想是结果而非定义。

下一章预告第四章域与 Galois 理论从 §4.1「域的扩张」开始：域的扩张次数与维数公式、代数扩域、尺规作图三大难题、分裂域与正规扩域、可分扩域、Galois 对应（Galois 理论基本定理）、有限域与分圆域，最终达到一元方程根式求解的可解性判据。第三章的多项式环（不可约多项式、商环 $F[x]/(f)$）正是第四章的出发点。

加法			乘法
\(+\)	\(\overline{0}\)	\(\overline{1}\)	\(\times\)	\(\overline{0}\)	\(\overline{1}\)
\(\overline{0}\)	\(\overline{0}\)	\(\overline{1}\)	\(\overline{0}\)	\(\overline{0}\)	\(\overline{0}\)
\(\overline{1}\)	\(\overline{1}\)	\(\overline{0}\)	\(\overline{1}\)	\(\overline{0}\)	\(\overline{1}\)