环和域

本节开始将进入一个集合上有两个运算的结构之中。即环和域的结构之中。

可以看到环上面除了定义了满足交换群的加法之外，还定义了一种运算，乘法。但是对于乘法的运算要求，颇为简单。只要结合，暗含封闭即可。

除此之外还定义了两个运算之间的一中关联方式，即分配律。而这个分配律决定了两个运算之间的一些必然关系。这个后面会涉及到。

书中习惯上用字母并排写来替代乘法运算，即$ab$表示$a\cdot{}b$。后面也会按照这种惯用写法。

对于我们通常见到的一些集合，也都是属于环的范畴，例如$\lang{}\mathbb{Z},+,\cdot\rang,\lang{}\mathbb{Q},+,\cdot\rang,\lang{}\mathbb{R},+,\cdot\rang,\lang{}\mathbb{C},+,\cdot\rang$都属于环。

这三条定理的成立主要依赖于分配律。我认为，正式因为分配律的结构，使得这些定理成立。而与乘法运算结构无关系。其中尤其是第一条，它说明了，加法的单位元，即0，在乘法运算中，必然是与任何数相乘为0。以群的角度来考虑就是说，这个0一定不会是乘法运算中的单位元。当然并没有说乘法运算构成群，目前还只有结合律。

在后面扩展思考中，我对一些环中的概念进行了拓展思考。也方便后面问题思考的思路。

现在说一下证明。对于性质1来说。有：

$$a0+a0=a(0+0)=a0=0+a0$$

由$\lang{}R,+\rang$是交换群得到$a0=0$，同理$0a=0$。关注整个过程，可以看到，第一步骤，只是拿两个$a0$来进行加法运算。并未涉及任何公理，而第一个等号则是由$\mathscr{R}_3$提供的。即分配律，这个分配律直接导致0的加法运算先进行。进而再借由群加法特性，得出。这个过程并没有涉及乘法运算的实际公里。

对于性质2来说有类似流程：

$$a(-b)+ab=a(-b+b)=a0=0$$

$-(ab)$实际即$ab$的加法逆，也就是跟$ab$加法运算为0的元素。而这个流程中，用到的也主要是$\mathscr{R}_1,\mathscr{R}_3$。由于加法群特性，对于一个元素来说$b$，其必然存在逆$-b$。考虑对应元素在分配律下的乘积操作即可得出。

而性质3可有连续使用两次性质2来得出。可以看到这整个过程主要都是$\mathscr{R}_3$的应用和结果。

实际上群论中所有类似的概念性质都是可以迁移过来的。可以认为这种概念性质本身是一种固有结构，固有概念。例如同态，同构，以及后面的子环，子域等结构概念。例如环的子环是环的一个子集，在整个环的运算下构成环。更一劳永逸的说，如果有一个集合，以及一个特定类型的代数结构（群，环，域，整环，向量空间）等，则这个集合的任何子集，在自然诱导的代数运算下，产生一个同类型的代数结构，称为子结构。

考虑只有一个元素的集合，即${0}$。显然这个集合满足$0+0=0$以及$(0)(0)=0$。亦满足环的公理，这个环称之为零环。

为方便表示一般用$n\cdot{}1=1$。即表示$n$个$1$的求和。而不是定义在环$R$上的乘法运算。实际上这里$n$都不一定是环中元素。

这里介绍了单位的概念，也同时介绍了域的概念。 对单位$a$来说，即有对应逆元$a^{-1}$满足$aa^{-1}=a^{-1}a=1$，跟群一样，这个逆元也是唯一的。

域简单来说，就是交换除环。展开来说，要求$R$上的乘法要有单位元，同时每个非零元都是单位，即每个非零元都有乘法逆。这个在一定程度上说明了非零元部分，在乘法下满足群公理。如果这一部分还是交换的，则称该集合为域。

扩展思考

这一节主要是环和域的导言部分。介绍了大量的概念。但是，对于比较重要的结构特性，并没有解释清楚。这让我产生了很多疑问，例如如下几点。

• 单位元，单位的存在关系？
• 在同态下，这些概念的保持关系如何？
• 在子结构下，这些概念的保持关系如何？

这里主要是我针对自己疑问的点给出的一些说明。（其实后面章节有逐步介绍到这些概念的一些方面，但是部分问题依然补足一下）

环一定有单位元么，单位元跟0可以相等么？

环不一定有单位元，例如$2\mathbb{Z}$这个环。其没有单位元。没有单位元，也无从谈起单位。

除去零环情况下，单位元跟0不相等。根据前面定理22.8，0跟任何元素的乘积都为0。这个是由环的基本公理决定的。如果两者相等。单位元与任何元素相乘都为0，根据单位元定义，单位元与任何元素相乘都为该元素，这说明所有元素都是0。即零环了。

单位元，若存在则是唯一的。可根据前面的书中第一章的单位元唯一性定理得到。

一个有单位元的环$R$，其子环$L\le{}R$一定也有单位元么？

这个显然也不一定，例如$2\mathbb{Z}\le\mathbb{Z}$。但是$2\mathbb{Z}$是没有单位元的。但这个问题有很多延展的细节。

• 如果环$R$有限，拥有单位元$1$，则子环$L\le{}R$一定也有单位元么？

这个也不一定，例如环$\mathbb{Z}_8$。可以发现其子集$\{0,2,4,6\}$在诱导运算下成立，是个环。但是考虑其乘法可以发现$2*2=4,2*4=0,2*6=4$。没有单位元。

• 如果环$R$有限，拥有单位元$1$，则子环$L\le{}R$一定也有单位元$1$么？

这也不一定，例如环$\mathbb{Z}_6$。可以发现其子集$\{0,2,4\}$在诱导运算下成立，是个子环。但是其乘法单位元是$4$。跟$\mathbb{Z}_6$单位元$1$并不一致。

• 如果环$R$有限，拥有单位元$1$，子环$L\le{}R$包含单位元 $1$，这可以推导出$L=R$么？

这也不一定。例如环$\mathbb{Z}_5\times\mathbb{Z}_5$。这个环的单位显然是$(1,1)$。可以考虑$\lang(1,1)\rang$生成的环。这个很直接，实际同构于$\mathbb{Z}_5$。但是这个环并不等于$\mathbb{Z}_5\times\mathbb{Z}_5$。

这么来看环的单位元特性，在子结构中。没有很好的结构支持，是否存在并不固定。

假设$\phi:R\to{}R'$是环同态，环$R$拥有单位$1$。$\phi(1)$一定映射位$R'$的单位元$1'$么。

这个答案是不一定的。例如假设$\phi:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$。$\phi(i)=(i,0)$。这个映射显然是一个环同态。但是$\phi(1)=(1,0)$并不是$\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$的单位$(1,1)$。但是我觉得可以说明$\phi(1)$一定是$\phi[R]$的单位元。

实际上有同态定理可以得对于任意$a\in{}R$。有：

$$\phi(1)\phi(a)=\phi(1a)=\phi(a)$$

但是针对该公式，无法再进一步扩展。首先不能保证$R'$有单位元。其次有假设单位元，公式等于$(\phi(1)-1')\phi(a)=0$。但是不能保证消去律成立。因为存在零因子(这个概念在下一章介绍)。例如上面的映射$1=(1,0),1'=(1,1)$。两者相减等于$(0,-1)$与$\phi[R]$中所有元素的乘法都是$0$元素。

但是上面公式已经可以直接的说明$\phi(1)$对于$\phi[R]$中任何元素相乘都等于$\phi(a)$。所以它是$\phi[R]$的单位元。

另一方面可以说明$\phi(0)=0'$即加法一定映射到$R'$的零元上面。实际上这是可以由加法构成群，$\phi$依旧保持加法群同态来直接得出。

问题思考

先看第一个，首先最直接的想法就是全部映射到零元素上去。即$\phi(i)=0$。最终$\phi[\mathbb{Z}]=\{0\}$即零环。这个显然是满足同态条件的。现在考虑别的同态。

还有一个直观的同态，就是$\phi(i)=i$。因为是$\phi:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$同态，这个就是到自身同态。显然也是满足同态条件的。

现在考虑是否有别的同态，首先由前面讨论可以知道对于任意$a\in{}\mathbb{Z}$需要有$\phi(1)\phi(a)=\phi(a)$。而对于$\mathbb{Z}$来说，$1$也是生成元，即对于任意$a\in{}\mathbb{Z},a=n\cdot{}1,n\in{}\mathbb{Z}$。可得$\phi(1)\phi(n\cdot{}1)=\phi(n\cdot{}1)$，进而可得$n\cdot(\phi(1)^2-\phi(1))=0$对于任意$n$成立。由于$\phi:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$，目标环为$\mathbb{Z}$。所以必须有$\phi(1)^2-\phi(1)=0$。所以$\phi(1)=0\space{}or\space{}1$。

实际上前面一段推导到$n\cdot(\phi(1)^2-\phi(1))=0$都只用了$\phi$定义域中的特性。所以只要从$\mathbb{Z}$中映射出都需要满足该条件。只是该条件在不同的值域中解可以不同。

现在来看$\mathbb{Z}$到$\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$的环同态，已究考虑$n\cdot(\phi(1)^2-\phi(1))=0$。在$\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$下的解集。计算可的$\phi(1)$一共有四个可能性

• $\phi(1)=(0,0)$。这个就生成零环。
• $\phi(1)=(1,0)$。此时$\phi(i)=(i,0)$。
• $\phi(1)=(0,1)$。此时$\phi(i)=(0,i)$。
• $\phi(1)=(1,1)$。此时$\phi(i)=(i,i)$。

一共这四个同态。

现在在回顾这个推导过程。针对于$\mathbb{Z}$来说，主要用的就一个特性。即$1$是其生成元。换而言之，对于一个环来说，如果其单位元是其加法群的生成元，这个公式在同态下都应该成立。

最后考虑从$\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$到$\mathbb{Z}$的环同态。这时候单位元变成$(1,1)$。但不是整个环加法群的生成元了。但可以有相同的推到思路。对于任意$a=(i,j)\in{}\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$理应有$a=i\cdot{}(1,0)+j\cdot{}(0,1)$。

再考虑单位元作用。可由$\phi(1,1)\phi(a)=\phi(a)$得出：

$$i\cdot[\phi(1,0)^2-\phi(1,0)]+j\cdot{}[\phi(0,1)^2-\phi(0,1)]=0$$

该公式对任意$i,j$成立。根据加法群特性。所以两部分必须同时为$0$。即可的三种情况

• $\phi(1,0)=0,\phi(0,1)=0$可得$\phi(i,j)=0$。即映射到零环。
• $\phi(1,0)=1,\phi(0,1)=0$可得$\phi(i,j)=i$。即映射到第一部分。
• $\phi(1,0)=0,\phi(0,1)=1$可得$\phi((i,j))=j$。即映射到第二部分。
• $\phi(1,0)=1,\phi(0,1)=1$这并不是一个合法的环同态，因为$\phi(0,1)\phi(1,0)=\phi(0,0)=1$矛盾。$(0,0)$必须映射到$0$上。

证明不同构，即说明没有既单又满的同态。

考虑$2\mathbb{Z}$和$3\mathbb{Z}$情况。 对于$2\mathbb{Z}$可知$2$为其生成元。即任意$a\in{}2\mathbb{Z},a=2n,n\in\mathbb{Z}$。对$3\mathbb{Z}$同理。现在可以假设存在同态$\phi$有$\phi(2)=3i$。则对于任意$\phi(2n)=3ni$。现在考虑$\phi(4n)=\phi(2(2n))=\phi(2)\phi(2n)=(3i)(3ni)=9ni^2$。同时$\phi(4n)=\phi(2n)+\phi(2n)=(3ni)+(3ni)=6ni$。这就要求有$9ni^2=6ni$对任意$n$成立。即$3ni(3ni-2)=0$对任意$n$成立。这只有$i=0$可以成立。而这是到0元素上的平凡同态。即不可能存在这样的同构。

考虑域$\mathbb{R}$和$\mathbb{C}$情况。

假设两者同构，则存在同构$\phi$，使得对于一个元素$a\in{}\mathbb{R}$有使得$\phi(a)=i\in{}\mathbb{C}$。那么根据运同态定理则有$\phi(a)^2=\phi(a^2)=-1$和$\phi(a)^4=\phi(a^4)=1$。这说明$\phi(a^2)+\phi(a^4)=0=\phi(0)$。由同构定理可知$a^2+a^4=0$在域$\mathbb{R}$上面成立。而这只可能在$a=0$的时候成立。即存在$\phi(0)=i$。矛盾，这不是一个良好的映射。所以同构不存在。

这个过程对比$2\mathbb{Z}$和$3\mathbb{Z}$情况，假设的是同构存在。其中最主要的一点是$0=\phi(0)$的成立依赖于同构，第一个$0$是$\mathbb{C}$中的$0$。第二个则是$\mathbb{R}$中的0。这个等式是因为同构成立。如果是同态，这里可能存在其他元素$b\in{}\mathbb{R}$使得$\phi(b)=0\in\mathbb{C}$。

这里就有一个问题，是否存在一个$\mathbb{R}$到$\mathbb{C}$上的环同态，使得$\phi(a)=i$?

子环的验证条件。实际上前两个条件是加法群上子群的成立条件。即加法的单位元在子群中，同时定理5.15暗含着第二条必须成立。

所以关键点，就是乘法运算上公理$\mathscr{R}_2,\mathscr{R}_3$的成立。

假设$S$为子环。实际由环的封闭性可以得出对于所有$a,b\in{}S$，都有$ab\in{}S$.

假设$S$满足所有$a,b\in{}S$，都有$ab\in{}S$。检验公理$\mathscr{R}_2$。实际上对于任意$a,b,c\in{}S$都有$(ab)c=a(bc)$。这可以当作在$R$中的等式，限制到了$S$上面。即$R$本身使得所有元素的结合律是成立的。

检验公理$\mathscr{R}_3$实际上这也是自然成立的，也可以由环$R$的分配律得出。

所以满足所有$a,b\in{}S$，都有$ab\in{}S$，主要是满足乘法元素的封闭性。对比群的条件。可以发现，这里并没有要求乘法运算的单位存在，也不要求逆元存在。在群的条件中，子集只有运算封闭未必是一个群。只有在有限群中才是。例如$\mathbb{Z}^+$满足加法运算封闭，但其不是一个群，因为没有加法逆元存在。所以这里可以看到，单位元与逆元存在的要求，在子结构上的延展。

先说明满足环的基本公里定义。

由定理22.8类似证明过程，借由第三条成立。可以说明$S$满足$0a=a0=0$。即$0$是$+$的单位元。

现在已知$\lang{}S,+\rang$是一个群，还需要说明其是交换的。提示对于$a,b\in{}S^*$考虑$(1+1)(a+b)$。分成两种形式来展开。$(1+1)(a+b)=1(a+b)+1(a+b)$和$(1+1)(a+b)=(1+1)a+(1+1)b$这说明有：

$$a+b+a+b=a+a+b+b$$

由$\lang{}S,+\rang$是一个群，逆元存在，消去律成立可以说明$b+a=a+b$。至此可以说明$S$是一个环。现在来看其为除环。因为$\lang{}S^*,\cdot\rang$是一个群所以存在单位元，即乘法的单位元，同时说明对于每一个非$0$元，都存在逆元，即每个非$0$元都是单位。所以其是一个除环。

这个问题我觉得可以这样来说明。对于$a^2=a$，考虑$(a+a)^2=a+a$可以得出$a+a=0$。即任意元素的自身加法求和为$0$元。再考虑任意$a,b\in{}R$。有$(a+b)^2=a^2+ab+ba+b^2=a+b$，进而可以的得出$ab+ba=0$。这只能说明$ab=-ba$。但是结合上面得出的任意元素有$a+a=0$，即$ab+ab=0=ab-ba$。进而可以得出任意$a,b\in{}R$有$ab=ba$。

不过可以看出布尔环导致的结果很多。例如对于加法来说，说有元素的阶为2。而且是交换的。