子环	环同态	理想
单位元（乘法单位元）	环与子环的单位元无必然关系,即子环不一定有单位元，有也不一定和环的单位元相同 比如$Z_6$有单位元1，其子环$(2)$单位元为4;Z有单位元1，其子环2Z没有单位元	若R有单位元，则$ImR$也有单位元，且$ImR$的单位元为f(1)(同态满射)	环与子环的单位元无必然关系。即子环不一定有单位元，有也不一定和环的单位元相同
零元（加法单位元）	保持存在且不变	保持存在且不变	保持存在且不变
零因子	无关	同构映射下，零因子保持（若$a$为$G$的零因子，则$F(a)为G^{\prime }$的零因子），但是在普通环同态下没啥关系	无关

• 零元保持不变是因为它是加法的单位元，而环$R$关于加法是做成群的，众所周知群的性质是相当优秀的，无论在子群还是群同态下都保持单位元
• 理想一定是子环，只是在此基础上满足了强吸收性，所以子环的性质它都满足。

环的基本性质

零因子：

环$R$中必定存在0元(关于加法的群的单位元),对于
$$a\ne 0\in R,若\exists b\ne 0,S.T.ab=0$$
则$a$是环$R$的左零因子。同理可以定义环$R$的右零因子。

若$a$既是环$R$的左零因子，又是环$R$的右零因子，它就是环$R$的零因子。

1.1

如果一个环$R$有左零因子，它也一定有右零因子

Proof:

注意到若$a\ne 0\in R$是左零因子，则$\exists b\ne 0,ab=0$，故$b$是$R$的右零因子。 $\square$

该结论将左右零因子的地位反过来也是同理的。

1.2

$R$为无零因子环$\iff R$中关于乘法的左(右)消去律成立（此处消去律是针对非零元的）

Proof:

$\Leftarrow :$

若$R$中左消去律成立。若$a\ne 0$，有$ab=0$,则$a\ast b=0=a\ast 0$,故由左消去律知$b=0$,故$R$中没有左零因子，同理可得$R$中没有右零因子。

$\Rightarrow :$

设环$R$无左零因子。若有$ab=ac$,则$ab-ac=a(b-c)=0$,$a\ne 0$时，由$R$无左零因子，故$b-c=0$，即$b=c$,左消去律得证。

由环$R$无左零因子，故$R$也没有右零因子，同理得右消去律成立 $\square$

由此我们马上就知道：

1.3

环$R$中左右消去律等价

这是因为左消去律成立，就能知道$R$是无零因子环，从而$R$满足右消去律。反之同理。

单位元：

定义为环$R$关于乘法的群的单位元。

即
$$若e为R的单位元，则\forall x\in R,ex=xe=x$$
一般默认$e\ne 0$

可逆元：

对于$a\in R$,若$\exists b\in R,S.T.$ $ab=ba=e$,则$a$是环$R$的可逆元

可逆元与零元

$Z_n中的可逆元与零元$

1.4

$\bar{x}$为$Z_n$的可逆元$\iff$ $(x,n)=1$

Proof:

$\bar{x}$为$Z_n$的可逆元$\iff$ $\exists \bar{y}\in R,xy\equiv 1(modn)$ $\iff$ $\exists k\in Z,xy+kn=1$ $\iff$ $(x,n)=1$

$\square$

1.5

$\bar{x}$为$Z_n$的零因子$\iff$ $(x,n)\ne 1$

Proof:

考虑
$$n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{{\alpha }_i},x=\prod _{i=1}^d{q}_i^{{\beta }_i}$$
若$(x,n)=d>1$,则$x(n/d)\equiv 0(modn)$,故$x$为$Z_n$的零因子

反之，若$x$为$Z_n$的零因子,则$\exists d,xd\equiv 0(modn)$,即$n|xd$

若$(x,n)=1$,则$n|d$,这与$d<n$矛盾。故$(x,n)>1$

$\square$

从而，我们得知，在环$Z_n$中， 零因子与可逆元交集为空。这不是偶然

1.6

环$R$的可逆元一定不是零因子

Proof:

若$a$为环$R$的可逆元，且$a$为零因子，则$\exists b\ne 0,ab=0=a0$,又$a$为可逆元，由左消去律知$b=0$,这与$b\ne 0$矛盾。

$\square$

若$a$同时为可逆元，零因子，则与上述结论矛盾。故得可逆元一定不是零因子，零因子一定不是可逆元。

由证明过程不难得到如下推论：

1.6.2

环$R$的左右零因子一定不是可逆元

$Z_n$的例子仿佛告诉我们虽然两者交集为空，但是覆盖了所有非零元。但是

1.7

事实上两者并不一定覆盖所有非零元。

比如环$2Z$没有零因子（毕竟$Z$都没有），但是也没有单位元，自然也没有可逆元的说法。

不过事实上在$R$为有单位元的有限环的时候还是有点关系的。

1.8

在有单位元的有限交换环$R$中，任一不是零因子的非零元一定是可逆元

Proof:

可以设 R = { a 1 , a 2 , . . . a n } R=\{a_1,a_2,...a_n\} R={a1​,a2​,...an​},若$a_i\ne 0$,且不为零因子，则 a i R = { a i a 1 , a i a 2 , . . . a i a n } a_iR=\{a_ia_1,a_ia_2,...a_ia_n\} ai​R={ai​a1​,ai​a2​,...ai​an​}的元素两两不等（若$a_i{a}_x=a_i{a}_y$,则$a_i(a_x-a_y)=0$,由$a_i$不为零因子，故$a_x=a_y$,这与初始条件矛盾），故$|a_{i}R|=|R|$,又$a_{i}R\subseteq R$

故$a_{i}R=R$，故$\exists a_j\ne 0,a_i{a}_j=1$,故$a_i$为$R$的左逆元。

又$R$交换，故$a_j{a}_i=1$,从而$a_i$为可逆元 $\square$

整环：

有单位元，无零因子，交换的环

除环：

至少有两个元素，非零元关于乘法做成群的环

由定义可知除环一定有单位元，无零因子。（非零元关于乘法做成群，必定有单位元，也必定满足封闭性）

域：

交换除环

由除环性质可知，域在除环的基础上加了交换性，从而域一定是一个整环

1.9

有限整环是一个域

Proof:

显然只需证非零元关于乘法做成群即可，又只需证每一个元素可逆。这一点的证明与1.8的证明几乎一样。 $\square$

需要注意的是，该证明显然只对有限环成立。

1.10

$Z_m$为域$\iff$ m为素数

Proof：

$Z_m$是一个域$\iff$ $Z_m$是一个整环$\iff$ $Z_m$无零因子$\iff$ $m$为素数

第二个等价符号是因为$Z_m$本身已经满足可交换和有单位元的性质了

$\square$

环的特征

设$R$是一个环，如果存在最小的正整数$n$，使得
$$\forall x\in R,nx=0$$
则称$n$为环$R$的特征，记为$ChR$

若不存在这样的$n$，称环$R$的特征为无限

不难发现,$ChR$就是环内所有元素关于加法的阶的$Lcm$

1.11

若$R$有单位元，则$ChR$等于单位元1关于加法的阶$n$

Proof:

显然$ChR\ge |1|=n$。

$\forall x\in R,nx=n(1\ast x)=(n1)\ast x=0\ast x=0$,故$|x||n$

从而$ChR\le n$

从而$ChR=n$ $\square$

1.12

若环$R$无零因子，则$R$中所有非零元关于加法的阶都相同，从而$ChR$等于任意非零元的关于加法的阶。另外，此时**$ChR$为素数**

Proof:

若$R$中所有元素的阶都是无限的，该结论显然正确。

否则$\exists x\in R,|x|=n$为一个有限正整数。从而$nx=0$。此时
$$\forall y\ne 0\in R,x\ast (ny)=(nx)\ast y=0\ast y=0$$
又环中无零因子，从而$ny=0$，从而$|y|\le |x|$

此时$|y|$也有限，我们交换一下x，y的位置马上得到：$|y|\ge |x|$

从而$|x|=|y|$。从而$R$中所有非零元关于加法的阶都相同。

接下来证明第二个子结论。若$\exists 1<k,t<n\in Z,k\ast t=n$,即$n$为一个合数，

$\forall x\in R^{\ast },x^2\in R$,从而$|x|=|x^2|=n$,故
$$0=n\ast x^2=kt\ast x^2=(kx)(tx)=0$$
又$R$没有零因子，故$kx=0或tx=0$,这与$|x|=n$矛盾。

从而$n$为素数

$\square$

不难得到以下推论

1.13

整环的特征为素数，从而域的特征为素数

子环

定义：

设$S$是环$R$的非空子集，若$S$关于$R$的加法，乘法也做成环，则$S$是环$R$的子环

判定

2.1

若$S$是环$R$的非空子集，则$S$是$R$的子环的充要条件：
KaTeX parse error: No such environment: flalign at position 27: …b\in S\\ \begin{̲f̲l̲a̲l̲i̲g̲n̲}̲ &(1)a-b\in S,\…

Proof:

条件(1)与$S$关于加法做成群等价。接下来证$S$是半群即可。$R$已经满足运算的合理性，结合律，我们只要封闭性即可。这一点由(2)保证，且是等价的。

$\square$

循环环的子环：

2.2

循环环的子环$\iff$ 循环环的加法子群

Proof：

设 R = ( a ) = { k a ∣ k ∈ Z } R=(a)=\{ka|k\in Z\} R=(a)={ka∣k∈Z}为循环环

$\Leftarrow :$

$S$为$R$的子群，则 ∃ l ∈ Z , S = ( l a ) = { k ( l a ) ∣ k ∈ Z } \exist l\in Z,S=(la)=\{k(la)|k\in Z\} ∃l∈Z,S=(la)={k(la)∣k∈Z},从而
$$\begin{gathered} \forall k_1(la),k_2(la)\in R,k_1(la)\ast k_2(la)=k_1{k}_2{l}^2{a}^2 \\ {a}^2\in R,故\exists s\in Z,sa=a^2 \\ 从而 \\ {k}_1(la)\ast k_2(la)=k_1{k}_{2}ls(la)\in (la)=S \end{gathered}$$
故$S$关于乘法封闭。显然$S$关于加法做成群，故$S$是$R$的子环。

$\Rightarrow :$

显然

$\square$

子环关于交的封闭性

2.3

环$R$的若干个子环的交仍是子环。将子环换成子整环，子除环，子域显然也是正确的。

这个不证了。

从而我们可以引出生成子环的概念。至于为什么生成子环是由该性质引出的，看证明就能明白。

生成子环

设$T$是$R$的一个非空子集，若$R$的子环$S$满足
$$\begin{gathered} (1)T\subseteq S \\ (2)\forall S^{\prime }<R且T\subseteq S^{\prime },S\subseteq S^{\prime } \end{gathered}$$
则$S$称为$T$生成的子环，记为$S=[T]$

2.4 生成子环的存在性

Proof:

我们需要对于一个集合$T$,其生成子环总是存在的，并且满足上述性质。概括一下就是包含$T$的最小子环。可以取所有包含$T$的子环的交，先证其最小，再证其为子环。

记 { S i ∣ i ∈ I } \{S_i|i\in I\} {Si​∣i∈I}为包含$T$的子环集合。显然$T\subseteq R,R为环$,故 { S i ∣ i ∈ I } \{S_i|i\in I\} {Si​∣i∈I}非空。

取$S={\bigcap }_{i\in I}{S}_i,S$的最小性显然。注意到
$$\forall i\in I,T\subseteq S_i$$
故
$$T\subseteq \bigcap _{i\in I}{S}_i=S$$
又$S$是若干个子环的交，故$S$是一个子环。从而$S$是包含$T$的最小子环，$S=[T]$

存在性得证,且
$$[T]=\bigcap _{i\in I}{S}_i$$
$\square$

生成子环[T]的元素形式

任取$t_1,t_2,...t_k\in T$,则
$$\pm t_1{t}_2...t_k\in [T]$$
从而由子环对加法的封闭性知
{ ∑ ± t 1 t 2 . . . t k ∣ t i ∈ T , k ∈ Z + } ⊆ [ T ] \{\sum \pm t_1t_2...t_k|t_i\in T,k\in Z^{+}\}\subseteq [T] {∑±t1​t2​...tk​∣ti​∈T,k∈Z+}⊆[T]
又不难证明
{ ∑ ± t 1 t 2 . . . t k ∣ t i ∈ T , k ∈ Z + } 是一个子环 \{\sum \pm t_1t_2...t_k|t_i\in T,k\in Z^{+}\}是一个子环 {∑±t1​t2​...tk​∣ti​∈T,k∈Z+}是一个子环
且显然它包含$T$。由$[T]$的最小性可知
[ T ] ⊆ { ∑ ± t 1 t 2 . . . t k ∣ t i ∈ T , k ∈ Z + } [T]\subseteq \{\sum \pm t_1t_2...t_k|t_i\in T,k\in Z^{+}\} [T]⊆{∑±t1​t2​...tk​∣ti​∈T,k∈Z+}
从而
[ T ] = { ∑ ± t 1 t 2 . . . t k ∣ t i ∈ T , k ∈ Z + } [T]= \{\sum \pm t_1t_2...t_k|t_i\in T,k\in Z^{+}\} [T]={∑±t1​t2​...tk​∣ti​∈T,k∈Z+}
这就是生成子环$[t]$的元素形式。

2.5

当 T = { a } T=\{a\} T={a}时,
[ T ] = { ∑ n i a i ∣ i ∈ Z + , n i ∈ Z } [T]=\{\sum n_ia^{i}|i\in Z^{+},n_i\in Z\} [T]={∑ni​ai∣i∈Z+,ni​∈Z}

环同态

其实与群同态是类似的，要求映射满足加法保持运算，乘法保持运算即可。

性质：

• 0元保持不变
• 像的逆等于逆的像

以上两条由加法群同态保证.若f是一个$R$到$R^{\prime }$的满射，则

• 若$R$是交换群，则$R^{\prime }$也是交换群
• 若$R$有单位元1，则$R^{\prime }$也有单位元$f(1)$

以上四条的逆均未必成立。

3.1

构造$Z_n$到$Z_m$的环同态

Start:

环同态首先是群同态，由此我们需要满足：
$$\begin{gathered} (1)f(0)=0 \\ (2)nf(1)\equiv 0(modm) \end{gathered}$$
此时只需要保证$f$关于乘法保持运算即可。

下面给出在加法满足群同态的情况下f关于乘法保持运算的充要条件：
$$f(1)\equiv f^2(1)(modm)$$
Proof:

$\Leftarrow :$

已知$f(1)\equiv f^2(1)(modm)$，$\forall x,y\in R$
$$\begin{gathered} f(xy)=f(\underset{x个}{\underbrace{(1+1+...+1)}}\ast y)=f(\underset{x个}{\underbrace{y+y+...+y}}) \\ =xf(y)=x(yf(1))=xy{f}^2(1)=(xf(1))(yf(1))=f(x)f(y) \end{gathered}$$
$\Rightarrow :$

已知$\forall x,y\in R,f(xy)=f(x)f(y)$

带入$x=y=1$即得证。

$\square$

从而，f是$Z_n$到$Z_m$的充要条件为：
$$\begin{gathered} (1)f(0)=0 \\ (2)nf(1)\equiv 0(modm) \\ (3)f(1)\equiv f^2(1)(modm) \end{gathered}$$
End

理想

从理想开始就算是正式进入环论了。

定义

设$I$是环$R$的一个非空子集，若
$$\begin{gathered} (1)\forall a,b\in I,a-b\in I \\ (2)\forall a\in I,\forall b\in R,ab,ba\in I \end{gathered}$$
则称$I$是环$R$的理想

显然理想必定是子环，但是子环不一定是理想。

任意一个非零环$R$都含有 { 0 } 和 R \{0\}和R {0}和R本身这两个理想，它们称为平凡理想。除此之外的理想称为$R$的真理想。

单环

4.1

设$R$是一个有单位元的环，$R$的每一个真理想都不可能含有单位元

Proof:

设$I$是$R$的一个真理想。若$1\in I$，则
$$\forall x\in R,x=1\ast x\in I$$
从而$I=R$,这与$I$是$R$的真理想矛盾。 $\square$

不含有真理想的环$R$称为单环

4.2

除环，域都是单环

Proof:

设$I$是域$F$的一个真理想,则$\exists x\in I,x\ne 0$

从而$x\in I,x^{-1}\in I,x{x}^{-1}=1\in I$,这与4.1的结论矛盾。（这里用到了$F^{\ast }$是一个群，从而保证逆元存在，这一点除环和域是一样的）

从而$I$不是$F$的真理想。 $\square$

4.3

设$R$是一个有单位元$1$的交换环。若$R$没有非平凡的理想，则$R$是一个域

Proof:

要证$R$是一个域，我们现在只需要证明$R^{\ast }$关于乘法做成群即可。如此只需要验证乘法封闭性以及每一个非零元的可逆性即可。

注意到可逆元一定不是非零元，从而保证了乘法封闭。

所以我们只需验证每一个元素可逆即可。

任取$a\in R$,考虑
a R = { a r ∣ r ∈ R } aR=\{ar|r\in R\} aR={ar∣r∈R}
显然该集合关于加法做成群。且
$$\begin{gathered} \forall ar\in aR,x\in R \\ \exists d\in R,d=rx=xr \end{gathered}$$
从而
$$\begin{gathered} (ar)\ast x=a\ast (rx)=ad\in aR \\ x\ast (ar)=(xr)\ast a=ad\in aR \end{gathered}$$
故$aR$是$R$的一个理想。又$R$不含真理想，且$a\in aR$,从而$aR=R$

故
$$\exists x\in R,ax=xa=1$$
从而$a$可逆。由此我们证得每一个非零元都是可逆的。

故$R$是一个域。 $\square$

这种算是一个常见套路了。通过构造环的左陪集=环本身来证明元素的可逆性，这一点在这里和证明有限整环是域的时候都用过。只不过之前是用无零因子来证明相等，而这里使用无真理想来证明，实际上也推出了无零因子

从4.2和4.3我们不难得到下述结论

4.4

这$R$是一个有单位元的交换环，则$R$是域当且仅当$R$没有非平凡理想，即$R$是单环

证明从略。

理想关于交的封闭性

环$R$的若干个理想的交仍是理想

证明从略。

理想它首先是一个子环，所以子环的很多结论它都是可以对应过来的。那么跟子环一样，我们同样在这里可以导出生成理想的概念

生成理想

设$T$是环$R$的一个非空子集，若存在$R$的理想$I$,使得
$$\begin{gathered} (1)T\subseteq I \\ (2)\forall I^{\prime }是R的理想,且T\subseteq I^{\prime },有I\subseteq I^{\prime } \end{gathered}$$
则$I$称为集合$T$的生成理想。记为$I=(T)$

生成理想的存在性

我们很快注意到这一块跟子环是完全类似的。证明的思路也是一模一样。

先证包含$T$的理想总是存在，再构造$I={\bigcap }_{i\in I}{I}_i$,其中$I_i$的意义就是包含$T$的所有理想。证明$I$的最小性和以及它是一个理想即可。

设 T = { a 1 , a 2 . . . . a n } T=\{a_1,a_2....a_n\} T={a1​,a2​....an​},则记理想$(T)=(a_1,a_2,...a_n)$.当 T = { a } T=\{a\} T={a}时，称$(T)=(a)$为$a$生成的主理想。

再来看看理想关于和的封闭性。

理想关于和的封闭性

4.5

设$I_1,I_2$为$R$的两个理想，则$I_1+I_2$也是理想。

Proof：

$\forall x,y\in I_1+I_2,\forall r\in R$,记$x=x_1+x_2,y=y_1+y_2$,其中$x_1,y_1\in I_1,x_2,y_2\in I_2$.则
$$\begin{gathered} x-y=x_1+x_2-y_1-y_2=(x_1-y_1)+(x_2-y_2)\in I_1+I_2 \\ rx=r(x_1+x_2)=r{x}_1+r{x}_2\in I_1+I_2 \\ xr=(x_1+x_2)r=x_{1}r+x_{2}r\in I_1+I_2 \end{gathered}$$
从而$I_1+I_2$是$R$的理想 $\square$

进而得到下述结论：

4.6

设$a_1,a_2,..a_n\in R$,

则$(a_1,a_2,...a_n)=(a_1)+(a_2)+...+(a_n)$

**Proof: **

记$I_1=(a_1,a_2,...a_n),I_2=(a_1)+(a_2)+...+(a_n)$

$\forall a_i,a_i\in (a_i)\subseteq I_2$

又$I_1$是包含所有$a_i$的最小理想，故$I_1\subseteq I_2$

又$(a_i)$是包含$a_i$的最小理想，故$\forall i\in [1,n],(a_i)\subseteq I_1$

由理想对加法的封闭性，$I_2\subseteq I_1$

故$I_1=I_2$ $\square$

理想与主理想的关系

根据4.6，我们得到如下结论：

每一个理想都是若干个主理想之和

有了以上铺垫，我们就可以来探究生成理想的元素形式了。

生成理想的元素形式

由于4.6的结论，实际上我们只需要探究主理想的元素形式。

给出结论

在$R$中， ( a ) = { ∑ x i a y i + s a + a t + n a ∣ x i , y i , s , t ∈ R , n ∈ Z } (a)=\{\sum x_iay_i+sa+at+na|x_i,y_i,s,t\in R ,n\in Z\} (a)={∑xi​ayi​+sa+at+na∣xi​,yi​,s,t∈R,n∈Z}

4.7

若$R$是一个有单位元的环，则
( a ) = { ∑ x i a y i ∣ x i , y i ∈ R } (a)=\{\sum x_iay_i|x_i,y_i\in R\} (a)={∑xi​ayi​∣xi​,yi​∈R}
若$R$是一个交换环，则
( a ) = { ∑ r a + n a ∣ r ∈ R , n ∈ Z } (a)=\{\sum ra+na|r\in R,n\in Z\} (a)={∑ra+na∣r∈R,n∈Z}
若$R$是一个有单位元的交换环，则
( a ) = { r a ∣ r ∈ R } = a R = R a (a)=\{ra|r\in R\}=aR=Ra (a)={ra∣r∈R}=aR=Ra

循环环的理想：

在子环中已经讲过，循环环的子环等价于循环环关于加法的子群，事实上，循环环的子环也一定是理想，且为主理想。

4.8

循环环的理想都是主理想

设$I$是循环环$R=(a)$的理想,则$I$也是$R$的加法子群，故$I=(sa)$

下证$I就是sa$生成的主理想

$sa$生成的主理想
< s a > = { r ( s a ) + n ( s a ) ∣ r ∈ R , n ∈ Z } <sa>=\{r(sa)+n(sa)|r\in R,n\in Z\} <sa>={r(sa)+n(sa)∣r∈R,n∈Z}
显然$<sa>\subseteq I$

又
$$\forall x=m(sa)\in I,x=0\ast (sa)+m\ast (sa)\in <sa>$$
故$I\subseteq <sa>$

故$I=<sa>$ $\square$

从而

在循环环中，子环$\iff$理想$\iff$主理想

4.9

设$f$是$R$到$R^{\prime }$的一个环同态满射。$I$是环$R$的子集，$I^{\prime }$是环$R^{\prime }$的子集

则:
$$\begin{gathered} (1)若I是环R的理想，则f(I)是环R^{\prime }的理想 \\ (2)若I^{\prime }是环R’的理想，则f^{-1}(I^{\prime })是环R的理想，且Kerf\subseteq f^{-1}(I^{\prime }) \end{gathered}$$

证明不难，可以看书的课后习题 3.4 9

但定理告诉我们，理想在同态满射下是保持的。并且需要指出的是，第二条结论并不需要满射的条件。

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商环

同群论中由不变子群引出商群一样，利用理想的概念，我们就可以引出商环的概念了。

设$I$是环$R$的一个理想，那么记
R / I = { a + I ∣ a ∈ R } R/I=\{a+I|a\in R\} R/I={a+I∣a∈R}
为$R/I$的商集。

定义运算为:
$$\begin{gathered} (a+I)+(b+I)=(a+b)+I \\ (a+I)\ast (b+I)=(ab)+I \end{gathered}$$
容易验证，$R/I$关于新定义的乘法和加法做成环，故称它是环$R$关于理想$I$的商环。

$R/I$中的元素也可以称为模$I$的同余类，这一点可以通过$Z$中$Z/(n)$来理解

考虑
n ∈ Z , ( n ) = { k n ∣ k ∈ Z } n\in Z,(n)=\{kn|k\in Z\} n∈Z,(n)={kn∣k∈Z}
则
Z / ( n ) = { x + ( n ) ∣ x ∈ Z } = { a + n k ∣ k ∈ Z } Z/(n)=\{x+(n)|x\in Z\}=\{a+nk|k\in Z\} Z/(n)={x+(n)∣x∈Z}={a+nk∣k∈Z}
此时$Z/(n)$的实际含义是模$n$的剩余类了，即
Z / ( n ) = { 0 ‾ , 1 ‾ , . . . . n − 1 ‾ } Z/(n)=\{\overline{0},\overline{1},....\overline{n-1}\} Z/(n)={0,1,....n−1​}
从而模的意义得以体现。

eg：习题3.4 8

环同态基本定理

5.1

环同态基本定理：

设$f:R\to R^{\prime }$是一个环同态映射，则 K e r f = { x ∈ R ∣ f ( x ) = 0 ′ } Kerf=\{x\in R|f(x)=0'\} Kerf={x∈R∣f(x)=0′}是环$R$的理想，且在$R/Kerf$到$R^{\prime }$之间存在唯一的单同态映射满足$f=f_{\ast }\circ \varphi$,其中$\varphi$为自然同态
$$\begin{gathered} f_{\ast }:R/Kerf\to R^{\prime } \\ x+Kerf\mapsto f(x) \end{gathered}$$
当$f$为满射的时候，$R/Kerf\cong R^{\prime }$

5.2 环同构第一定理

5.3 环同构第二定理

设$R[x]$是实数域$\mathbb{R}$上的多项式环，$I=(x^2+1)$，则
$$R[x]/I\cong \mathbb{C}$$
Proof:

构造
$$\begin{gathered} \varphi :R[x]\to \mathbb{C} \\ f(x)\mapsto f(i) \end{gathered}$$
容易证明$\varphi$是一个满同态映射从而
$$R[x]/Ker\varphi \to \mathbb{C}$$
考虑证明$Ker\varphi =(1+x^2)$
K e r ϕ = { f ( x ) ∣ f ( i ) = 0 } Ker\phi=\{f(x)|f(i)=0\} Kerϕ={f(x)∣f(i)=0}
从而$i$是$f(x)=0$的一个根，由于实系数多项式方程的复根是成对出现的，所以$-i$也是该方程的一个根

从而
$$(1+x^2)|f(x),\forall f(x)\in Ker\varphi$$
即
$$f(x)=(1+x^2)g(x),g(x)\in R[x]$$
从而
$$Ker\varphi \subseteq (1+x^2)$$
至于另一个方向，只要把$i$代入即可。从而
$$Ker\varphi =(1+x^2)$$
$\square$

这个东西其实还是有点套路的，比如说，考虑有理数域$\mathbb{Q}$上的多项式环$Q[x]$,我们构造
$$\begin{gathered} \varphi :Q[x]\to R \\ f(x)\mapsto f(\sqrt{(}2)) \end{gathered}$$
容易验证$\varphi$是一个环同态（当然它不是满同态，因为$\sqrt{(}3)\in \mathbb{Q}$，但它不属于$Img\varphi$）,而
K e r ϕ = { f ( x ) ∣ f ( ( 2 ) ) = 0 } Ker\phi=\{ f(x)|f(\sqrt(2))=0 \} Kerϕ={f(x)∣f(( ​2))=0}
这与上一道题的思路是极其类似的，由于$\sqrt{(}2)$是方程的一个根，那么$-\sqrt{(}2)$也是方程的一个根，从而不难证明
$$Ker\varphi =(x-(\sqrt{(}2){)}^2)=(x-2)$$

素理想与极大理想

素理想

如果$P$是环$R$的一个理想，并且满足
$$\forall a,b\in R,若ab\in P,则a\in P,或b\in P$$
则$P$是环$R$的一个素理想

对于素理想的判定：

对于一个有单位元的交换环$R$,若$P$是环$R$的一个理想，且$P\ne R$，则
$$P是环R的素理想\iff R/P是一个整环$$
证明略

6.1

从而，我们考虑整数环下的素理想

我们知道，若$P$是整数环$R$的一个素理想，首先有$P$是循环群，从而$P=(m)$,于是根据上一判定定理，
$$Z/P=Z/(m)=Z_m是一个整环\iff m是一个素数$$
从而，整数环除自身外的所有素理想为$\{(m)|m是素数\}$

我猜这可能也是素理想这个名字的由来？因为整数环中对应的理想都是素数生成的主理想hhh

我们继续考虑如下问题。令$F$是一个域，$F[x]$是$F$上的多项式环，考虑
$$\begin{gathered} \varphi :F[x]\to F \\ f(x)\mapsto a_0 \end{gathered}$$
根据环同态的知识，我们不难验证$\varphi$是一个环同态满射，从而有
$$F[x]/Ker\varphi \cong F$$

不难验证
$$Ker\varphi =(x)$$
从而
$$F[x]/(x)\cong F$$
这是一个普适结论。更深入的，$F$是一个域，那么它当然是一个整环，于是我们得到

6.2

若$F$是一个域，F[x]是F上的多项式环，则$(x)$是$F[x]$的素理想

极大理想

设$M$是环$R$的一个理想，并且$M\ne R$,若 $\forall R$的理想N满足
$$M\subseteq N\subseteq R$$
都有$N=M$或$N=R$，则称$M$是环$R$的一个极大理想

简单来说，就是$R$中不存在能完全包含$M$的真理想

根据定义我们很快就能知道，一个环$R$可以有多个极大理想，但是事实上并不是每一个环都有极大理想

看看极大理想的判定定理，它与素理想的判定定理是极为类似的

6.3 极大理想的判定定理

对于一个有单位元的交换环$R$,若$P$是环$R$的一个理想，且$P\ne R$，则
$$P是环R的极大理想\iff R/P是一个域$$

证明略

该定理启示我们可以通过极大理想来构造一个域

还是来看看整数环的极大理想长什么样子

若$P$是整数环$R$的一个极大理想，首先有$P$是循环群，从而$P=(m)$,于是根据判定定理，
$$Z/P=Z/(m)=Z_m是一个域\iff m是一个素数$$
跟整数环的素理想是同一个集合$\{(m)|m是素数\}$,当然这也说明了一个环确实可以有多个极大理想

此外，根据素理想与极大理想的判定定理，两者唯一的区别就是一个的除环是整环，而另一个的除环是域，而显然域一定是一个除环，所以：

6.4

一个有单位元的交换环$R$的极大理想一定是它的素理想

注意这里的前提是有单位元的交换环

6.5

设$R=2\mathbb{Z}$是偶数环，$p$是素数，问$(2p)$是否为$R$的极大理想，是否为$R$的素理想

$R$是一个无单位元的交换环，所以 ( 2 p ) = { 2 p ∗ 2 k + 2 p ∗ s ∣ k , s ∈ Z } = { 2 k p ∣ k ∈ Z } (2p)=\{2p*2k+2p*s|k,s\in Z\}=\{2kp|k\in Z\} (2p)={2p∗2k+2p∗s∣k,s∈Z}={2kp∣k∈Z}

下面证明$\forall p$为素数，$(2p)$是$2\mathbb{Z}$的极大理想

首先显然$(2p)\ne 2\mathbb{Z}$,若有$R$的理想$M$，使得$(2p)\subseteq M\subseteq R$

当$(2p)\subset M$时，$\exists x\in M,x=2k,x\notin (2p)$,从而$p$不整除$k$,从而$(x,p)=1$,从而
$$\exists s,t\in Z,xs+pt=1$$
则
$$(2x)s+(2p)t=2$$
由于$2x,2p\in M$，从而$2\in M$.又$M$是循环群$2\mathbb{Z}$的理想，所以$M$也是一个循环群，又$2\in M$，所以$M=(2)=R$

从而$(2p)$是环$R$的极大理想 （感觉有点难想）

接下来考虑素理想

当$p=2$时,$(2p)=(4)$，由$2\ast 2=4,2\notin (2p)$可知，$(4)$不是$R$的素理想

当$p>2$时，若$2k\ast 2l\in (2p),则2p|4kl$，从而$p|k$或$p|l$,从而$2k\in (2p)$或$(2l)\in (2p)$，从而$(2p)$是素理想