经典网文分享: 抽象代数|笔记整理（B）—

大家好，这一节是针对这一系列笔记的第6-10节部分内容的习题和解答。所有的习题都引用于Prof布置的作业。

很抱歉，因为时间安排的问题，没有和之前一样每一节下面留一部分的习题（因为我知道，我实在是没时间解答）。所以正好顺着考试周的潮流，在这里给出对应的习题和解答。

提供之前笔记的目录：

这里还有必要强调一点：环这里-一般是交换环。

我们开始本节习题的内容。

Exercise 1
证明在整数环内的极大理想一定是一个素理想。

这里要注意下素理想的概念是由一个素数生成的理想。

证明是不难的，设极大理想为 $(a)$ ，如果 $a$ 是一个合数，那么设 $a=pq$ ， $p$ 是素数，则 $(p) \supset (a)$ ，且因为 $q \ne 1$ ，所以 $(p) \ne (a)$ ，显然 $(p)$ 又不是整数环本身，所以这就与 $(a)$ 是极大理想矛盾。原结论得证。

Exercise 2
设 $R$ 是一个环， $M$ 为理想，如果每一个在 $R\backslash M$ 的元素都是 $M$ 的一个单元，证明 $M$ 是 $R$ 的极大理想，且唯一。

证明它是极大理想，我们需要根据定义，假设有一个理想 $M' \supset M$ ，并且 $M' \ne M$ ，那么只需要证明 $M'=R$ 就好了。而根据我们在环论中定理的讨论，我们只需要证明 $e \in M'$ 即可。

设 $m \in M',m \not \in M$ ，那么就说明 $m \in M' \backslash M$ ，根据条件， $m$ 是一个单元，那么存在一个元素 $m' \in R$ ，使得 $mm'=e$ ，那么根据理想的吸收特性，可以得到 $e \in M'$ ，这就证明了 $M=R$ 。

再考虑唯一性，如果存在另一个 $N$ 是极大理想，那么 $N \backslash M$ 非空，就必然存在一个元素 $m$ 是单元， $m \in N \backslash M$ 。相似的讨论可以得到 $N=R$ ，产生矛盾。结论得证。

Exercise 3
设 $R$ 是一个环， $I$ 是理想，设 $M$ 为包含 $I$ 的一个理想，再设 $\bar M=M/I$ 对应为 $\bar R$ 的理想，证明 $M$ 是极大理想当且仅当 $\bar M$ 也是极大理想。

这是一个充要条件，我们从两个方向来说明。

如果 $M$ 是极大理想，我们考虑设 $\bar M \subsetneq \bar M' \subset \bar R$ ,根据商环性质，容易推出 $M \subsetneq M' \subset R$ （可以花点时间想想），这样的话，因为 $M$ 是极大理想，所以 $M'=R$ ，推回去得到 $\bar M'=\bar R$ ，结论证完。

反过来，如果 $\bar M$ 是极大理想，那么同样的推理逻辑和假设，可以得到 $\bar M'=\bar R$ 。就存在一个元素 $m'$ 使得 $m'+I=e+I$ ，也就是说 $e=m'+I$ ，因为 $I \subset M'$ ，所以 $e \in M'$ ，也就是说 $M'=R$ ，结论证完。

这个题我自己当时使用的是同构定理证明的（已经给Prof查过了），大概的思想与群中第三同构定理相似，也就是考虑证明 $(R/I)/(M/I) \simeq R/M$ ，然后就是 $\tilde R /\tilde M \simeq R/M$ ，然后根据域的同构传递性即可得到这样的结论。

Exercise 4
设 $I,J$ 为 $R$ 的理想， $I+J=R$ ，证明
(1) $I\cap J=IJ$
(2)如果 $IJ=0$ ，那么 $R$ 与 $(R/I) \times (R/J)$ 同构

对于第一问，从两个方向来考虑，先证明 $I \cap J \subset IJ$ 。

取出一个元素 $a \in I \cap J$ ，那么因为 $I+J=R$ ，所以存在两个元素 $i \in I,j \in J$ ，使得 $i+j=e$ （我们之前经常使用这个技巧，环的第7，8节的样子）。又因为 $a=ea=(i+j)a=ia+ja$ ，由于 $a \in I, a\in J$ ，所以 $ia \in IJ, ja \in IJ$ ，所以 $a \in IJ$ 。

再证明 $IJ \subset I \cap J$ ，设 $ij \in IJ$ ，那么因为 $i \in I , j \in J \subset R$ ，所以 $ij \in I$ ，同理证明 $ij \in J$ ，所以 $ij \in I \cap J$ 。

综上，结论成立。

对于第二问，看到直积的第一反应应该是拆开去联想。即分别考虑两个映射 $R \to R/I ,R \to R/J$ 。根据环的定理（环的第7节）可以得到两个映射的 $Ker$ 为 $I,J$ 。根据直积的性质（群直积的部分）又可以得到，题目条件中的映射中， $Ker$ 即为两个映射的 $Ker$ 的交，也就是 $I \cap J$ 。结合第一问可知 $IJ$ 为 $Ker$ ，也就是 $0$ ，也就是说这个映射是一个单射。

满射和同态是很容易验证的，所以结论成立。

Exercise 5
判断环 $\mathbb{Z}[x]/(x^2+7)$ 与 $\mathbb{Z}[x]/(2x^2+7)$ 是否同构

我们自然的考虑，如果同构会发生什么？

证明同构的时候我们经常考虑构造一个映射，然后考虑满射同态，然后考虑 $Ker$ 进而使用第一同构定理。这里的思路也一样，如果同构，那么对于映射 $\phi: \mathbb{Z}[x] \to \mathbb{Z}[x]/(x^2+7)$ ，它的 $Ker$ 是 $(2x^2+7)$ 。那么考虑映射规则为 $x \to x+(x^2+7)$ 。为方便讨论，令 $\bar x=x+(x^2+7)$ 。

注意到，因为 $x+(x^2+7)$ 的表示中，所有形式为 $(x^2+7)f(x)$ 的多项式都会被带入理想中，那么"落单"的 $x$ 一定是小于二次的（这样的理解方式在商环中很常见，具体见环的第7节的一些例子），也就是说可以把 $\mathbb{Z}[x]/(2x^2+7)$ 写成 $\{a\bar x+b \mid a,b \in \mathbb{Z}\}$ ，并且 $\bar x^2=-7$ 。

接下来，为了考虑 $Ker$ ，我们考虑一个原象中的元素 $2x^2+7$ ，因为 $Ker \phi = (2x^2+7)$ ，所以 $\phi(2x^2+7)=0$ ，根据映射规则( $x \to a\bar x+b$ )，我们有 $\phi(2x^2+7)=2(a\bar x+b)^2+7=4a_0b_0\bar x+(7+2b_0^2-14a_0^2)=0$ 。那么 $a_0b_0=0,7+2b_0^2-14a_0^2=0$ 同时满足，这个方程组是无解的，就导出了矛盾。所以它不是一个同构。

这个题目有难度的地方在于，我们需要找出这个映射规则在进行化简代换之后方便讨论的结果。也就是确定商环作用下那些"落单"元素的形式。

Exercise 6
是否存在一个恰好只有10个元素的整环

这个元素和我们之前笔记中涉及到的一个题很像（第7节的一个讨论环结构的题）。涉及到找环的题，一般先考虑它作为群存在时候的性质。

如果这是一个10阶加法交换群，根据西罗定理，可以找到一个西罗2-子群和西罗5-子群（第5节）。即在群中存在元素 $a,b$ 满足 $o(a)=2,o(b)=5$ 。

注意到它是一个整环，所以存在消去律。结合 $o(a)=2$ 有 $a+a=2a=0$ ，运用消去律可以得到 $2=0$ ，那么再看 $o(b)$ 就有 $b+b=2b=0b=0$ ，就可以得到 $o(b) \le 2$ ，就矛盾了。因此这样的整环不存在。

一个推论就是

Corollary:
整环只有可能是 $p^n$ 的阶数， $p$ 素。

此题关键是要发现消去律，然后推出这样一个惊讶的成立的结果……

当然，如果你要在公交车上和人讨论这道题的解法，我觉得 $2=0$ 会让你被别人当成傻子……

Exercise 7
找出所有的 $\mathbb{Z}/\mathbb{10Z}$ 的理想。

这个题的方法又稍微有些不同。但基本思路一样：先考虑群。而因为 $\mathbb{Z}/\mathbb{10Z}$ 只有四个子群，所以只要一个一个check下就可以了，这里略去具体的过程了。

Exercise 8
证明舒尔引理：
设 $\varphi: S \to S'$ 是单模到单模的模同态，那么 $\varphi$ 要不是零映射，要不是同构。

如果是做抽代相关的研究的话，这个引理会被反复的用到。

证明的思路在考虑像与原像集合的单模特性。单模要求它的子模只有两种：自己和零模。另一方面，我们有提过， $Ker,Im$ 都是对应模的子模（第9节）。结合同构，我们自然考虑到了第一同构定理，即 $S/Ker \varphi \simeq Im \varphi$ 。

假设 $\varphi$ 不是零映射，那么 $Im \varphi$ 不是零空间，那么只有可能是 $S'$ 本身，这就说明了满射。另一方面，如果 $Ker \varphi$ 是 $S$ 本身，那么对于 $S$ 中任意元素，映射到 $S'$ 上都是 $0$ ，就说明 $\varphi$ 是零映射，产生矛盾。所以 $Ker \varphi$ 是零空间。也就是说这又是个单射。结合条件中的模同态即可知结论成立。

这个题更多的可以看作是一个简单的性质，也很常用，最好背下来。

Exercise 9
设 $R$ 是一个整环，域 $F$ 是 $R$ 的一个子环，若 $R$ 可被视为是 $F$ 上有限维的向量空间，证明 $R$ 是一个域。

我们取任意的元素 $r \in R$ ，那么显然 $r^k \in R$ ，这为我们构造多项式提供了必要的条件。

根据条件，我们可以找到一系列的元素 $1,x,x^2,...,x^k$ 使得它们线性相关（否则就不是有限维了），而 $1,x,x^2,...,x^{k-1}$ 线性无关。也就是说，我们可以找到一系列不全为零的数 $a_0,a_1,...,a_k$ 使得 $a_0+a_1r+...+a_kr^k=0$ 。首先要注意到的是 $a_0 \ne 0$ ，否则就违背了整环的定义（想想为什么）。所以我们可以做一些变换，得到 $-a_0^{-1}(a_1e+...+a_kr^{k-1})r=e$ ，也就是说找到了 $r$ 的逆元，又因为 $r$ 是任意的，所以结论得证。

Exercise 10
设 $\alpha,\beta$ 为复数，证明如果 $\alpha+\beta,\alpha\beta$ 是代数数，那么 $\alpha,\beta$ 都是代数数。

首先要注意到一个事实：复数域上的代数数集合形成一个复数域的子域（见第9节有一个推广的性质）。那么就满足加法和乘法的封闭性。之后就可以考虑构造。

因为 $(\alpha-\beta)^2=(\alpha+\beta)^2-4\alpha\beta$ ，所以 $(\alpha-\beta)^2$ 也是一个代数数，也就是说存在一个多项式 $f$ 满足 $f((\alpha-\beta)^2)=0$ ，令 $g(x)=f(x^2)$ 容易看出 $\alpha-\beta$ 也是代数数。这样的话，因为 $\alpha=\frac{(\alpha+\beta)+(\alpha-\beta)}{2}$ ， $\beta=\frac{(\alpha+\beta)-(\alpha-\beta)}{2}$ ，所以根据加法封闭即可得到我们的结论。

Exercise 11
设 $F \subset F' \subset K$ 为域的扩张，证明如果 $[K:F]=[K:F']$ ，那么 $F=F'$ 。

考虑维数公式 $[K:F]=[K:F'][F':F]$ 就可以得到 $[F':F]=1$ ，因为这又是一系列域的扩张，所以结论就成立了。

拿出这个题目的目的是，如果并不是一系列的域的扩张，结论是不一定成立的，比如考虑 $K=\mathbb{Q}(\sqrt{3},\sqrt{5})$ ， $F=\mathbb{Q}(\sqrt{3})$ ， $F'=\mathbb{Q}(\sqrt{5})$ 就是个反例。

Exercise 12
设 $F$ 是一个域， $\alpha$ 是一个生成 $F$ 的五维域的扩张的元素，证明 $\alpha^2$ 生成的域的扩张的维数相同。

首先要知道题目意思是， $[F(\alpha):F]=5$ 。那么我们的目标是证明 $[F(\alpha^2):F]=5$ 。

首先由维数公式得 $[F(\alpha):F]=[F(\alpha):F(\alpha^2)][F(\alpha^2):F]$ ，所以考虑 $[F(\alpha):F(\alpha^2)]$ 的值即可。而这只要考虑以 $\alpha$ 为根且在 $F(\alpha^2)$ 上的不可约多项式的维数即可。

设 $p(x)$ 是满足条件的不可约多项式，那么它的次数是最低的。另一方面，我们可以找到一个多项式 $g(x)=x^2-a^2$ 满足所有的条件（为根，且在 $F(\alpha^2)$ 上）。所以 $deg(p(x)) \le 2$ 。但是因为它是因子，所以 $deg(p(x))=1/5$ ，结合这个不等式可以得到 $deg(p(x))=1$ ，所以 $[F(\alpha):F(\alpha^2)]=1$ ，结论证完。

这个题目也可以考虑使用基的方法去做，因为 $\alpha$ 生成了一个五维的域的扩张，所以 $\{1,\alpha,\alpha^2,\alpha^3,\alpha^4\}$ 是一组基，那么单独考虑 $\{1,\alpha^2\}$ 自然线性无关，所以 $[F(\alpha^2):F]$ 就不可能为1，但是因为是因子，所以 $[F(\alpha^2):F]=1/5$ ，结合两个条件即可得最终的结论。

Exercise 13
判断 $i$ 是否在下面这些域中： $(1)\mathbb{Q}(\sqrt{-2}) \quad (2)\mathbb{Q}(\sqrt[4]{-2})$

结论是，两个都不在域中。

对于第一个题目，如果在域中。只要考虑设 $i=a+b\sqrt{-2}$ ，这样的话，就有 $-1=a^2-2b^2+2ab\sqrt{-2}$ 。

我们从这个式子的有理无理性来进行分析，左式是有理数，所以右式是有理数。因为 $a^2-2b^2$ 是有理数，所以只有可能 $\sqrt{-2} \in \mathbb{Q}$ 。这就矛盾了。

对于第二个题目，设 $x=\sqrt[4]{-2}$ ，如果在域中，那么就有 $\mathbb{Q}(i) \subset \mathbb{Q}(x)$ 。这样的话就有 $4=[\mathbb{Q}(x):\mathbb{Q}]=[\mathbb{Q}(x):\mathbb{Q}(i)][\mathbb{Q}(i):\mathbb{Q}]$ 。而 $[\mathbb{Q}(i):\mathbb{Q}]=2$ ，所以我们有 $[\mathbb{Q}(x):\mathbb{Q}(i)]=2$ ，这样就方便了我们的讨论。

下面我们设 $x^2+(a+bi)x+(c+di)=0$ ，化简可以得到 $(x^2+ax+c)^2=-(bx+d)^2$ ，再化简比较系数可以得到 $2a=0,a^2+2c=-b^2,2ac=-2bd,-2+c^2=-d^2$ 。

同样的套路，对这一串条件左右两边进行有理无理数的分析。因为 $c \in \mathbb{Q}$ ，所以 $-2+c^2 \ne 0$ ，所以 $b=0$ ，进而推出 $c=0,d^2=2$ ，这就与 $d \in \mathbb{Q}$ 矛盾了。

这个题目其实按照正常的思路也完全可以操作，因为 $\sqrt{-2}$ 是多项式 $x^2+2=0$ 的根，所以相当于是一个二次扩张，那么它就有两个基 $1,x$ ，那么这个域中每个元素都可以被基所线性表出。同样的道理，因为 $\sqrt[4]{-2}$ 是多项式 $x^4+2=0$ 的根，那么有四个基 $1,x,x^2,x^3$ 。只不过第二个例子需要使用欧拉公式( $e^{i\pi}+1=0$ )等技巧把这个不好看的根式化简一下，方便讨论。

Exercise 14
证明 $f(x)=x^5+7x+7$ 在 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{5})$ 上不可约。

证明这个题不可约，只需要证明它在这个域上的扩域是五次的即可。

我们设 $\alpha$ 是这个多项式的根，且 $\beta=\sqrt[3]{5}$ ，这样的话就可以考虑 $\mathbb{Q}(\alpha,\beta)$ 。那么因为 $[\mathbb{Q}(\alpha,\beta):\mathbb{Q}]=[\mathbb{Q}(\alpha,\beta):\mathbb{Q}(\beta)][\mathbb{Q}(\beta):\mathbb{Q}]$ ，且 $[\mathbb{Q}(\alpha,\beta):\mathbb{Q}]=[\mathbb{Q}(\alpha,\beta):\mathbb{Q}(\alpha)][\mathbb{Q}(\alpha):\mathbb{Q}]$ 。那么因为 $[\mathbb{Q}(\alpha):\mathbb{Q}]=5,[\mathbb{Q}(\beta):\mathbb{Q}]=3$ （可以通过爱森斯坦判别法，判断出第一个结果，不过这是高代和数论的内容），就可以得到 $15|[\mathbb{Q}(\alpha,\beta):\mathbb{Q}]$ 。另一方面，我们很容易得到 $[\mathbb{Q}(\alpha,\beta):\mathbb{Q}] \le 15$ （因为它的两个根在 $\mathbb{Q}$ 上的扩域次数分别为 $3,5$ 次）。所以夹逼一下就得到 $[\mathbb{Q}(\alpha,\beta):\mathbb{Q}]=15$ 。这说明 $[\mathbb{Q}(\alpha,\beta):\mathbb{Q}(\beta)]=5$ 。就证明了结论。

Exercise 15
求 $[\mathbb{Q}(\sqrt[5]{2}+\sqrt[5]{8}):\mathbb{Q}]$

这个题的讨论思路和12，14挺类似的，这里就不展开了，答案是 $5$

Exercise 16
设 $\mathbb{Q}[\alpha,\beta]$ 为包含 $\alpha,\beta$ 和 $\mathbb{Q}$ 的最小的域，设 $\alpha=\sqrt{2},\beta=\sqrt{3}$ ，设 $\gamma=\alpha+\beta$ ，判断下面条件： $\mathbb{Q}[\alpha,\beta]=\mathbb{Q}[\gamma],\mathbb{Z}[\alpha,\beta]=\mathbb{Z}[\gamma]$

要证明两个域相等，常见的思路是在给定的域上证明给定扩充的元素，根据封闭性可以构造出等式另一边的其余的扩充的元素。在这里我们就相当于给定 $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ ，证明 $\sqrt{2},\sqrt{3} \in \mathbb{Q}[\sqrt{2}+\sqrt{3}]$ 。

首先根据乘法封闭性知道 $5+2\sqrt{6} \in \mathbb{Q}[\sqrt{2}+\sqrt{3}]$ ，也就是 $\sqrt{6} \in \mathbb{Q}[\gamma]$ （省点力气）。那么就有 $\sqrt{6}(\sqrt{2}+\sqrt{3})=2\sqrt{3}+3\sqrt{2} \in \mathbb{Q}[\gamma]$ ，也就是说 $2(\sqrt{2}+\sqrt{3})+\sqrt{2} \in \mathbb{Q}[\gamma]$ ，那么 $\sqrt{2} \in \mathbb{Q}[\gamma]$ ，自然 $\sqrt{3} \in \mathbb{Q}[\gamma]$ 。这就证明了域相等。

那么第二个呢？首先 $\sqrt{6} \in \mathbb{Z}[\gamma]$ ，那么注意到 $\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{6}$ 线性无关，因此可以把它视作两个基 $\sqrt{2},\sqrt{3}$ 的线性次幂组合，也就是说可以写成 $\sqrt{6}=\sum_{i=1}^{n}a_i(\sqrt{2}+\sqrt{3})^i$ 。

如果 $i$ 是奇数，那么不会含有 $\sqrt{6}$ ，如果 $i$ 是偶数，那么含有的 $\sqrt{6}$ 的系数一定是偶数，这就与左式矛盾了。所以第二个结论是错误的。

Exercise 17
考虑这个映射的 $Ker$ ： $\phi:\mathbb{Z}[x] \to \mathbb{R}$ ，映射规则为 $f(x) \to f(1+\sqrt{2})$

我们证明它为 $(x^2-2x-1)$

首先证明 $x^2-2x-1 \in Ker \phi$ ，因为 $1+\sqrt{2}$ 是它的根，所以很显然是对的。那么显然 $(x^2-2x-1) \in Ker \phi$ 。

再反过来考虑，假设 $p(x) \in Ker \phi$ ，那么 $p(1+\sqrt{2})=0$ （标号不要与之前的混了，这个 $p$ 是多项式）。根据虚根成对定理，我们可以得到 $p(1-\sqrt{2})=0$ ，那么这两个数都是根，又线性无关，所以 $(x^2-2x-1) | p(x)$ 。这样就可以证明我们的结论了。