整环

介绍整环之前，要先介绍零因子概念。（在环的基础上有多了新得术语）。

例如在$\mathbb{Z}_6$中，$2,3$就是零因子。对于零因子来说，需要注意跟单位的关联。首先有如下联系。

• 如果$a$是$R$中一个单位，那么$a$不是零因子。

因为如果$a$既是零因子，也是单位。因为零因子有$ab=0$，有因为$a$是单位，即有乘法逆元，所以有$a^{-1}ab=1b=0$。根据单位元的描述，这说明$b$必须是$0$。当然有是单位，那么说明单位元是存在的。

• 但是对于$R$中的元素$a$，其并不是要么是零因子，要么是单位的。

例如对于$\mathbb{Z}$来说。除去单位元，每个元素都不是零因子，不存在元素相乘为$0$。但也都不是单位，不存在乘法逆元。

这些说明两个概念并不为完全互斥状态。其实从条件来看也确实有区别，零因子要求$ab=0$。单位要求$ab=1$。对于没有单位元的环，可以有零因子，但是不会有单位的概念结构。零因子是一个普适的环上概念。对于任何环都可以考察其零因子结构的感觉。

但是对于$\mathbb{Z}_n$来说，两个术语有着互斥的特点。

证明主要借用的是整数上的最大公因子特性。简单来说，就是数论上的概念造就了这个结果。$m$与$n$互素与否可以表示为$gcd(m,n)=d$是否为$1$。如果$d\ne1$，则可以说明$m(n/d)=(m/d)n$成立，是个整数，且是$n$的倍数，其必然为$0$。而$n/d$这个数也必在$\mathbb{Z}_n$中。如果$d=1$。上式成立的数字式$n$，不在$\mathbb{Z}_n$中。无法成立了。

这时候说明其一定为一个单位，因为$gcd(m,n)=1$。这说明存在$a,b$有$an+bm=1$。这是最大公因子的表示。由带余数除法可得，存在整数$q$和$r$，使得$0\le{}r\le{}n-1$有$b=nq+r$。即用$n$去除$b$。所以可得

$$rm=(b-nq)m=bm-nqm=(1-an)-nqm=1-n(a+qm)$$

这个公式说明$rm=1$在$\mathbb{Z}_n$中。因为$-n(a+qm)$是$n$的整数倍。既然$m$是单位，自然也不会是零因子。

设$R$为一个环，$a,b,c\in{}R$。$R$中的消去律是指乘法消去律：如果$ab=ac$，其中$a\ne{}0$，则有$b=c$，以及$ba=ca$。当然，$R$中的加法消去律自然成立，因为其是一个群。

这个定理，我觉得很重要。通常来说，我们都已经习惯了消去律的成立。即便在群的概念中，都可以通过左右逆元的作用进去消除。现在放在环的两种运算情况下。对其中的乘法，消去律是不一定成立的。不再能简单的通过$ab=ac$得出$b=c$的结论。当然只有一种运算是没有这个情况的，因为零因子要求$0$元这种环上的概念。但是我觉得他似乎说明了消去律依赖的本质。

当一个元素$a$是单位的时候，可以说明其消去律是成立的。可以通过类似于群中作用逆元的方式来进行计算即可，例如证明单位非零因子的过程中。而这一步也是群中作用的方式。而这里，则只要这个元素不是零因子即可，单位自然不是零因子。

现在简单说明这个定理：

设$R$是一个环且消去律成立，即如果$ab=ac$，其中$a\ne0$则有$b=c$。说明对于$ab=0$情况下，则必有$a$或$b$为$0$。考察公式$ab=0=a0$，如果$a\ne0$则由消去律可得$b=0$。因此必有$a$或$b$为$0$。

相反若$R$没有零因子，假设$ab=ac,a\ne0$，则由分配律可得$ab-ac=a(b-c)=0$。因为$a\ne0$且$R$没有零因子，可得$b-c=0$。这说明$b=c$。

如果$R$是一个无零因子环，对于方程$ax=b,a\ne0$来说，在$R$中最多只有一个解。虽然没办法直接使用乘法逆来算出这个解是什么，但是由消去律至少可以确定，这个解的个数，最多只有一个。

因此，如果一个多项式的系数取自整环，则可以通过将多项式因世分解成线性因子，并令每个因式等于0来求解多项式方程。

我对这个的直观理解是，对于元素在整环$R$上的多项式，因为环的公理，加上整环的交换性质。可以使得环上多项式可以因式分解。而加法群的封闭性，使得对于每一个线性因子部分的元素依然在整环中。所以无零因子的特性，确保了可以对每个因式等于0来求解多项式方程。

但任有一点疑问，即我们说的是整环上$R$的多项式。这里加入了一个变量$x$。我们任然可以这样使用$R$上的交换律么？我觉得后面给出的$R$上的多项式集合$R[x]$依然是一个环可以补充这一点。但是这里这样是否可以直接成立，还需要思考。

整个环结构的示意图如下

左侧为交换环(Commutative rings)，右侧为有单位元的环(Rings with unity)。这两者没有必然关系。而有单位交换环中一部分为整环(Integral Domains)，而整环一部分为域(Fields)。

这个证明则来自于有限集合$S$上到自身的映射若单则满的性质。(这也是书本作者最喜欢的证明，这个也可以认为来自于计数效果)。对于一个给定非零的$a\in{}R$，希望能找到一个$b$有$ab=1$。

我们可以构造一个$f:R\to{}R$的映射$f(x)=ax$。即将每个$R$中的元素用$a$作用以下。可以说明，这是一个单射，因为整环消去律的关系。进而是一个满射，即对于$R$中每一个元素，都有映射到的元素，进而说明$b$存在。

问题思考

我的想法思路就是把$a^2=a$当成未知变量的方程来求解。

• 由加法群，即求解$a^2-a=0$的元素。
• 由分配律，和整环存在单位元得求解$a(a-1)=0$的元素。
• 由消去律可得只有两个元素可能。分别是$0$和$1$。

其实这个证明过程跟定理23.11很相似。因为哪个过程中主要运用的是无零因子的消去律特性。可以对一个元素$a\in{}R,a\ne0$来构造一个$f:R\to{}R$的映射$f(x)=ax$。由于无零因子消去律成立，所以如果$ax_1=ax_2$则有$x_1=x_2$。这说明$f$是单射，进而因为有限，可以说存在$b$有$ab=1$。相应的可以构造$f(x)=xa$说明存在$c$有$ca=1$。

接下来要说明的就是$b=c$。即每个元素都是单位。考虑交换比较难以说明，先借助单位元。对于单位元有$aba=1a=a=a1=aca$。这说明有$a(b-c)a=0$。因为消去律成立，且$a\ne{}0$。所以有$b-c=0$。所以左右逆元相等，即$R$是一个除环。

备注这个很难证明，但是可以思考一下。其实换而言之就是，有限除环都是域。

从上往下逐个证明。

• 证明$R$没有零因子

假设对于$R$的某个元素$a$有零因子，即存在$c\in{}R$有$ac=0$。则显然$aca=0$。根据条件，存在$b\in{}R$有$aba=a$，现在考虑$aba+aca=a(b+c)a=a+0=a$。这说明对于$a$来说还存在一个$b+c$满足条件。矛盾，所以$R$没有零因子

• 证明$bab=b$

已经证明$R$没有零因子，所以$R$中消去律成立。对于某个费零的$a$以及对应的$b$，显然有$abab=ab$。所以必然有$bab=b$

• 证明$R$有的单位元。

现在来说明单位，实际上对于$a$来说如果有$aba=a$，如果单位存在，假设为$e$则必然$e=ab$。现在说明对于任意$c\in{}R$都有$ec=c$。由前面等式可得$abab=e^2=ab=e$，现在考虑$e(ec-c)=e^2c-ec=0$。由于$R$上的消去律成立，所以必然有$ec-c=0$。即对于任意$c\in{}R$都有$ec=c$。所以$e$即左单位元。同理可以说明$ba$为右单位元。因为单位元唯一所有必有$ab=ba=e$，即单位元。

• 证明$R$是除环。

除环即有单位元，所有元素都是单位的环。现在已经说了单位元的存在，且对于任意$a\in{}R$来说，这个唯一的$b$组成的$ab$即单位元。即$ab=e$，这说明每个元素都存在乘法逆元，即单位。

这部分第三问我问了DeepSeek其还给出了一个正确的证明。没有用零因子，而是直接用唯一性来说明。这里简单描述一下。其实考虑上述中的$ec-c$若不为$0$。则有$d\in{}R,d=ec-c$。所以其存在一个对应的$b_d$有$db_dd=d$，考察$ded=(ec-c)e(ec-c)=0$，同第一步跟唯一的$b_d$矛盾。