素理想和极大理想

现在转入到理想跟对应商环的特性上面。很多例子可以说明，商环的结构并不确定。有如下几个例子：

• 环$\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$不是整环，其存在零因子。考虑其子环$N=\{(0,n)|n\in\mathbb{Z}\}$。这是一个理想。 商环则对应为$\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/N$同构于$\mathbb{Z}$这是一个整环。

• 环$\mathbb{Z}_6$不是整环，考虑子环$N=\{0,3\}$。可以验证这是一个理想。 商环对应为$\mathbb{Z}_6/N$有三个元素，同构于$\mathbb{Z}_3$，而这是一个域。

• 环$\mathbb{Z}$是整环，考虑子环$6\mathbb{Z}$。$\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\cong\mathbb{Z}_6$，这不是一个整环。

环的商环形成的结构，跟理想直接有着一定的关联。

实际上这个跟前面域的理想有一定关联。如果包含了单位元，则一定包含单位$1$，然后根据理想的定义，对所有$r\in R$，有$rN=R\subseteq N$，所以$N=R$。因为单位在里面，所以整个环的元素都会在里面。

这个定理表明了商环为域的理想等价条件。

简述一下证明思路。

1. 如果是极大理想，说明对应商环满足域的特性。自然有的是单位元，交换环。需要说明的是每个元素存在乘法逆。
2. 如果是域，则域无非真理想，可以通过同态基本定理说明不可能有更大的理想。

先看第一部分，因为$R$是有单位元的交换环。$M$是极大理想，$M$肯定不包含单位元。由商环特性可知$R/M$一定包含单位元，而且是交换的。且$M\ne R,0+M\ne 1+M$。所以现在可知$R/M$。

• 加法部分为商群，满足交换群的条件。
• 存在单位元，乘法也满足交换律。
• 由良好定义的乘法，自然的满足分配律，和结合律。

现在要关注就是其中任意一个元素是否一定存在逆。假设$a+M\in R/M$，其不存在乘法逆。考虑集合$N'=(R/M)(a+M)=\{(r+M)(a+M)|r+M\in R/M\}$。其一定不包含单位元。所以$N'\ne R/M$。而$N'$是由一个元素与所有环元素作用生成的。所以这是一个理想。

根据前一章定理30.11。把$R$和$R/M$看成两个环。典范同态$\gamma:R\to R/M$给出了核为$M$的理想。同时对于$R/M$中的理想$N'$来说$\gamma^{-1}(N')$为$R$中的理想，且其包含核的理想$M$。这与极大矛盾。

再看第二部分。

如果$R/M$是域，这说明$R/M$只有两个平凡的理想$\{0+M\}$和$R/M$。如果存在$R$的理想$N$包含$M$。即$M\subset N \subset R$，且$\gamma$为$R\to R/M$的典范同态。那么根据定理30.11。$\gamma(N)$将会是$R/M$的理想。且$\{0+M\}\subset \gamma(N)\subset R/M$。这跟域只有两个平凡理想矛盾。

现在转到另一个问题上面。就是什么情况下使得$R/N$是一个整环。很明显$R/N$是一个整环，当且仅当$(a+N)(b+N)=N$可以推出$a+N=N$或者$b+N=N$。这正是商环$R/N$无零因子的结论，因为陪集$N$在$R/N$中起零的作用。看代表元，这个条件相当于说$ab\in N$推出$a\in N$或者$b\in N$。

举几个简单的例子$\mathbb{Z}$的所有理想都形如$n\mathbb{Z}$。当$n$为素数时，此时为$p\mathbb{Z}$，$\mathbb{Z}/p\mathbb{z}\cong \mathbb{Z}_p$为整环（实际上是一个域，但是关注整环结构）。此时若$rs\in p\mathbb{Z}$。则必然有$p$整数$r$或$s$。这说明$r\in p\mathbb{Z}$或者$s\in p\mathbb{Z}$。

素域

其中$n\cdot 1$表示的是$R$中单位元$1$的$n$次连续和。即表示$n\cdot 1$表示$1+1+\cdots+1$。对于$n=0$来说则为$n\cdot 1=0$即为环中的零元。对$n\lt 0$来说表示$(-1)+(-1)+\cdots+(-1)$，即加法逆的连续和。

注意到$\phi$是一个同态，同态的核一定是一个理想。而$\mathbb{Z}$的理想只有两类$\mathbb{Z}$和$n\mathbb{Z}$。

域也是环。根据前面推论。如果其特征$n\gt 0$。那么包含一个同构于$\mathbb{Z}_n$的子环。此时$n$必为素数，否则$\mathbb{Z}_n$有零因子。所以此时有一个同构于$\mathbb{Z}_p$的子域。

如果特征为$0$。那么包含一个同构于$\mathbb{Z}$的子环。根据整环的商域部分推论。任何包含整环$D$的域$L$都必然包含$D$的商域。所以$F$包含域$\mathbb{Q}$。

$F[x]$中理想结构

证明：

设$N$是$R$的理想。如果$N=\{0\}$，则显然$N=\{0\}$。

如果$N\ne 0$。考察$N$中非零多项式中次数最小的项，设为$g(x)$。

如果$g(x)$的次数为$0$。则$g(x)$实际属于$F$，$F$为域，存在对应逆，是一个单位，所以由此生成的理想即$N=\lang 1\rang=F$。

如果$g(x)$的次数大于或等于$1$。考察任意$N$中多项式$f(x)$。根据多项式那一章，由多项式带余除法，有$f(x)=g(x)q(x)+r(x)$。由理想定义可知$g(x)q(x)\in N$，结合$f(x)\in N$可得$r(x)=f(x)-g(x)q(x)\in N$。如果$r(x)$不为$0$，则次数严格小于$g(x)$的次数。这与假设矛盾。所以$r(x)=0$，这反向说明$f(x)$必然都为$g(x)$的多项式倍。这说明$N$被$g(x)$生成。

简述证明：

其实最主要的点是，对于$F[x]$的理想$\lang p(x)\rang$。如果$p(x)$是可约的，则说明存在$f(x),g(x)$有$p(x)=f(x)g(x)$。这说明$\lang p(x)\rang\subset\lang f(x)\rang$和$\lang p(x)\rang\subset\lang g(x)\rang$。

从左向右，如果是极大理想，那么也是素理想，如果可约则$f(x)\in \lang p(x)\rang$或者$g(x)\in \lang p(x)\rang$。这说明两个次数不可能都小于$p(x)$。

从右向左，如果是不可约的，假设存在一个理想使得$p(x)\subset N\subseteq F[x]$。那么$N$是主理想，这说明$N=\lang g(x)\rang$。进而有$p(x)=g(x)q(x)$。但是$p(x)$不可约，这说明$g(x)$或者$q(x)$为$0$次的。一个导出$N=F[x]$，一个推导出$q(x)=c$则$g(x)=(1/c)p(x)$在$\lang p(x)\rang$中$N=\lang p(x)\rang$。

素理想的一个直接应用。也是对定理28.19的一个补充。

假设$p(x)$整除$r(x)s(x)$。则$r(x)s(x)\in \lang p(x)\rang$。注意到$\lang p(x)\rang$是$F[x]$上的极大理想，也是素理想。由素理想定义。对于任意$r(x)s(x)\in \lang p(x)\rang$可推出$r(x)\in \lang p(x)\rang$或者$s(x)\in \lang p(x)\rang$。得证。

这部分内容会在扩域的章节中得到极大的应用。因为$F[x]$上的不可约多项式都是主理想，导致了对应商环的扩域存在。

说明$\mathbb{Q}[x,y]$中的理想不必是主理想，也说明了后半部分。因为$\mathbb{Q}[x]$是整环，且都是主理想，但是$\mathbb{Q}[x,y]$不是。

举的例子是$\lang x\rang+\lang y\rang$。先说明这个是理想。任意$f(x,y)\in \mathbb{Q}[x,y]$相乘都有$f(x,y)(\lang x\rang+\lang y\rang)=f(x,y)\lang x\rang+f(x,y)\lang y\rang\in \lang x\rang+\lang y\rang$。所以是个理想。

但是没有一个$f(x,y)\in \mathbb{Q}[x,y]$可以生成这个理想。显然$x,y\in \lang x\rang+\lang y\rang$。d但$x \notin \lang y\rang$，$y\notin \lang x\rang$，所以$\lang x\rang,\lang y\rang\ne\lang x\rang+\lang y\rang$。同理$\lang x+y\rang\ne \lang x\rang+\lang y\rang$。其他任何高次的多项式都无法生成$x,y$。所以这不是一个主理想。

这个是定义31.21的一个前置条件。实际上也比较显然。相当于用一个元素$a$跟环中所有元素作用后生成的集合。

对于任意$\alpha=ra\in \lang a\rang$。取任意$b\in R$。左乘有$b\alpha=b(ra)=(br)a\in \lang a\rang$。这个来自于环的结合律和封闭性$br\in R$有一个元素与其对应。右乘有$\alpha b=(ra)b=(rb)a\in \lang a\rang$这个则使用了交换律部分。所以$\lang a\rang$是一个理想。

设$N$是$R$中的素理想。根据定理31.15商环$R/N$是整环。因为$R$为有限环，所以$R/N$为有限整环。根据定理23.11，有限整环都是域。所以$R/N$实际是一个域。这说明$N$实际为一个极大理想。得证。

有提示，假设$ab\in M$且$a\notin M$。我们尝试推出$b\in M$。考虑包含$a$和$M$的最小理想$N=\{ra+m|r\in R,m \in M\}$。显然这是一个理想。并且因为$M$是极大理想，而$M\subseteq N$。所以$N=R$，进而$1\in N$。这说明存在一个$r,m$有$1=ra+m$。则$1b=(ra+m)b=rab+mb\in M$。得出$b\in M$。

可以通过简单验证多项式乘法说法$N$是一个理想。因为$N$是理想，$F[x]$上的所有理想都是主理想。这说明存在不可约多项式$h(x)\in F[x]$，有$N=\lang h(x)\rang$。因为$N\ne F[x]$所以$1\notin h(x)$。进而说明$f(x),g(x)\in \lang h(x)\rang$，$f(x),g(x)$都以$h(x)$为因式。但是$f(x)$和$g(x)$的次数不同这说明至少有其中一个因式是可约的。

如果$f(x)$和$g(x)$的次数相同。则有可能$h(x)$跟两个多项式都相差一个域$F$中元素的倍数。