抽象代数I

中英文混合版

集合+运算+公理=结构

1. 群中单位元是唯一的。

$e_1=e_1\ast e_2=e_2$

像：

$AfA\in B$

原像

$f^{-1}AfB\in A$

核

nullT={v∈V,fv=0}null T =\{v\in V,f_v=0\}nullT={v∈V,fv​=0}

rangeT={T(v):v∈V}range T= \{T(v):v\in V\}rangeT={T(v):v∈V}

群：

1. 结合律
2. 存在单位元 identity element
3. 存在逆元 $a^{-1}inverseelement$

abel group 阿贝尔群 满足交换律的群。

$(nZ,+)$

nZ={nk,k∈Z}nZ=\{nk,k\in Z\}nZ={nk,k∈Z}

代表所有k的倍数。

也满足群的三个性质。

$(N,+)$

没有逆元，他G了

$(R,\ast )$

不是群，出去0才是群，0没有逆元。

单位元显然是1

$R^x，Q^x$都是去掉0后的群。

$1/a,q/pinR,Q$

整数去掉0在乘法下不成群

$(R^n,+)$ abel group

即R下n维向量空间。

证明显然，单位元就是$(0,\mathrm{0....})$

矩阵群 在加法下构成阿贝尔群

$(R^{n\ast n},\ast )$

不满足逆元的性质，显然$0_{n,m}$就是不可逆的。

一般线性群。

由n*n，行列式不为0的矩阵构成

不是阿贝尔群。

$de{t}_A\ast de{t}_B=de{t}_{AB}$所以AB也在群里面。

特殊线性群是由行列式为1的矩阵构成的一般线性群的子群。

Special Linear Group

但是仍然不满足交换律哦！

$S_x=f:x->x$自映射

$S_x$是X的一个对称群，x到x自身的一个双射。

$f,gX->X,b_{i,j}$

$f\ast (g\ast d)=(f\ast g)\ast d$

$i{d}_x\ast f=f\ast i{d}_x$

$f\in S_x,f^{-1}:x->x{b}_{i,j}$

Sn={f:{1..n}−>{1..n}}S_n=\{f:\{1..n\}->\{1..n\}\}Sn​={f:{1..n}−>{1..n}}

一般置换群！一个1_n到1n的映射

势 $|(G,\ast )|=|G|$ ？

问题是所有双射有多少个！$n!$个

像=定义域 则单射=双射。

例子 ：

$S_1=e$

$S_2=e,(1,2)$

即恒等映射或者$(1,2)$置换。

$e^{-1}=e,(1,2{)}^{-1}=(1,2)$

$S_3=e,(1,2),(1,3),(2,3),(1,2,3),(1,3,2,)$

臭名昭著$S_3$

$S_3$不是Abelian群

群的性质 ：

1. e 是唯一单位元。

2. 对于每一个元素逆元是唯一的。

假设存在$e_1,e_2\in G$

$e_1=e_1\ast e_2=e_2$

$a\ast a^{-1}=1=b\ast a^{-1}$

那么右乘a有 $a=b$？

老师 :

b=be =b (ac)=(ba) c= ec =c

G是一个群，然后$H<G$ H是G的子群

判断子群的概念：

只需要证明1. 乘法封闭性，然后2.逆元 3.单位元在群内，这个是充要条件。

左证右：

逆元是唯一的，所以一定在G中的逆元就在H中

单位元是必须要有的。

右证左会有：

$H\ast H->H$

$\forall a,b\in H\in G，abc=(ab)c$

逆元和单位元显然也是满足的！因此H为群

易证

$SL,+<GL,+$

$Q\ast ,\ast <R\ast ,\ast <C\ast ,\ast$

只需要检验三个条件就好了。

同态：保持群结构的映射 homomorphism

$f:G->G^{\prime }\forall a,b\in Gf(ab)=f(a)f(b)$

f是$G->G^{\prime }$同态，单位元会映射到单位元，$a\in G,a^{-1}->a^{-1}$

1. $f(e)=f(ee)=f(e)f(e)$

消去律所以$f_e=e^{\prime }$

2. let a\in G

逆元是唯一的

$f(a)f(a^{-1})=f(a{a}^{-1})=f(e)=e^{\prime }$

$f(a^{-1})$也是$f(a)$的逆元！

H是G的子群，定义一个inclusion H->G

$j(a)=a,j:H->G$是所有H中a映射到G中a

只要把运算限制在G上就是一个简单恒等的同态了！

一般线性群的行列式可以同态到R*群上去

det可以是一个从一般线性群到实数乘群上的同态，$detab=deta\ast detb$，因为所有det都不为0

kernal，零空间，image，像空间

$f:G->G^{\prime }$

$kerF$是G的一个子群，而$imgF$则是$G^{\prime }$的一个子群

1. $kerf<G$

$f_a=e^{\prime },f_b=e^{\prime },f_{ab}=f_a{f}_b=e^{\prime }$

另外两个逆元单位元也很简单了

$ker(det)$是$S{L}_{n}R$，也就是GLnR->R*的ker

2.$imgf<G^{\prime }$
$$\begin{gathered} a^{\prime },b^{\prime }\in img \\ {a}^{\prime }{b}^{\prime }=f(a)f(b)=f(ab) \\ ab\in G,f(ab)\in G^{\prime } \\ {e}^{\prime }\in imgF \\ {e}^{\prime }=f(e) \\ {a}^{\prime }\in imgF{a}^{\prime -1}=f(a{)}^{-1}=f(a^{-1}) \end{gathered}$$

满同态：满射且同态，单同态，单射且同态

如果$G->G^{\prime }$是同态且单射，那么当且仅当$kerf=e$

第一个方向很好证

我们证后成立县则先成立

$$\begin{gathered} \forall a,b\in Gf(a)=f(b) \\ leta,b\in Gf(a)=f(b) \\ {e}^{\prime }=f(a)f(a^{-1})=f(a{b}^{-1}) \\ a{b}^{-1}=e \\ a=b \end{gathered}$$

也就是说我们只需要检验核就能判断了！

$(R>0,\ast )<(R\ast ,\ast )$

1. a>0,b>0,ab>0
2. 1
3. $a,\frac{1}{a}>0$

$$(R+)->(R>0,\ast )$$

双射同态啊！

水平越高的人越会写成$\log x$

$$g(x)=\log x,g:R>0->R$$

$g(xy)=g(x)+g(y)$

$\log (xy)=\log (x)+\log (y)$

同构，当且仅当：

1. f双射
2. f正射为同态
3. f逆射为同态

(R,+)=(R>0,*)

同构是一种满足传递性的等价关系！

任何一个群同构与自己：$a->a$恒等映射。

同构即只换了元素名称，把名称屏蔽就完全一样了

同构是双射同态，反过来也是同态？

同构 有的人认为是同构是双射加正同态

但是应该是有最后一条逆射为同态的

因为群的性质好，所以可以推出来第三条，人们也往往省略不写

拓扑学，连续函数$f:x->y$是一个同态 1. f双射 2. f连续 3. f的逆序是连续映射。

实分析，测度论，保持测度的都要有逆序是连续映射。

$f:G-iso>G^{\prime }f:G-Hom,Bij>G^{\prime }$

$$\begin{gathered} f^{-1}(a)=a{f}^{-1}(b)=b \\ f(ab)=a^{\prime }{b}^{\prime } \\ {f}^{-1}(a^{\prime }{b}^{\prime })=ab=f^{-1}a{f}^{-1}b \end{gathered}$$

就证明了，只要有两条就够了

理解这个同构是可以的，但是不能理解同胚？？？。。。。举一反三？？我G了！

等价关系

自反性，对称性，传递性

同构是等价关系

自反：$i{d}_G$和自己同构

对称：f是同构，显然$f^{-1}$是同构

f是同构，g是同构，$f.g$是一个同构

首先显然双射。

只需要证明其中一个同态即可

$g.f(ab)=g(f(ab))=g(f(a)f(b))=gf(a)gf(b)=g.f(a)g.f(b)$

如果$f:G-iso>G^{\prime }$

1. $|G^{\prime }|=|G|$

2. $H<G=>f(H)<G^{\prime }$

证明简单：

只需要证明封闭性，逆元，单位元?

只需要找$H-j>G-f>G^{\prime }$

j 即为inclusion映射：$j(H)->H$,显然是同态

f同构是同态

所以$f.j=H-hom>G^{\prime }$

任何一个同态的像一定是$G^{\prime }$的一个子群。

第三个要证明$G-iso>G^{\prime }-hom>G^{\prime \prime }$

成立，则一定有$G-ho{m}^{\prime }>G^{\prime \prime }$

当然，反过来也成立（指结论和条件全都反过来）

同态的复合是同态。即可得证；

$G-iso>G^{\prime },G-hom>G^{\prime }$

则$G^{\prime }-hom>G^{\prime \prime }$

$g=g^{\prime }.f^{-1}$

把上述所有同态换成同构也成立

用$f^{-1}$来证明就好了

范畴论，态射

这些结论还是帮助理解同构的同

所有平凡群同构。

f:{e}−>{e′}f:\{e\}->\{e'\}f:{e}−>{e′}

1. hom $f(e)f(e)=f(ee)=f(e)=e^{\prime }=e^{\prime }{e}^{\prime }$
2. bij 显然。。。。。

群表示论

({1，−1，i,−i}∈C,∗)(\{1，-1，i,-i\}\in C,*)({1，−1，i,−i}∈C,∗)

同构于…
对角线为1，1 对角线为-1，-1
反对角线为1，-1 反对角线-1，1

即$G{L}_2(R)$

lemma:[a 0] [d 0]=[ad 0]
[0 b] [0 c] [0 bc]

span(V)={CV:C∈R}span(V)=\{C V : C\in R\}span(V)={CV:C∈R}

$f:R->span(V)$

即$(spanV,+)$同构与实数加群

span V是由一个向量V张成的群

1. 满射

很自然。

2. 同态

$f(a)f(b)=aV+bV=(a+b)V=f(ab)$

3. 单射

kenal 只包含加法单位元。

$$cV=\overrightarrow{0}$$

显然c=0

因此实数加群和非零向量张成同构！

我们有k个线性无关向量，可知每个元素都不为0

$a_1{v}_1+..a_k{v}_k=0->a_1=...=a_k=0,k\le n$

$R^k,+$ 同构于 k个线性无关向量张成空间

要证明f是同态，运算规则很好证明。

大小只需要考虑这些向量张成空间时前面的系数就好了。

单位元就是必须都是0.

推论：无论取了R^{n哪一组基，他们张成的空间都是和R}n都是同构的。

群和自己同构呢!

将R换成任意标量域F都是成立的。

$V_n(n\in N)$与$F^{\infty }$即任意可数无穷基与可数无穷F复合同构

满射显然

$f(a_{n}n\in N+b_{n}n\in N)=\sum (a_n+b_n)V...$

$kerf=0,0,0,\mathrm{0....}$

群论->环论->域论->伽罗瓦理论

V是F上向量空间则V+是阿贝尔群。

模是因为环上标量乘法是有没有交换律的，所有分左R模，右R模（左乘右乘

乘群的循环群

$(ab{)}^{-1}=b^{-1}{a}^{-1}$

$a^{-n}={a^n}^{-1}=(a^{-1}{)}^n$

$a^{m+n}=a^m{a}^n$

a是生成元

$f(n)=a^n$

imgF=a={an:n∈Z}imgF={a}=\{a^n:n\in Z\}imgF=a={an:n∈Z}

cyclic subgroup generated bt a

$<a><<b>:a\in <b>$

$<a>=<b>->a\in <b>,b\in <a>$

$<e>$生成的循环子群只有他一个元素且被其他所有包含

子群关系链

$<1><<4><<2>$

$w_n$n次单位根恰好就能对应上述的生成的情况(1，-1，i，-i)

第八讲！

循环群2

$G=<a>,那么|G|=|a|$

如果是无限显然是$a^n/equive$的。

所以任意两个元素都不相等，因为$a^m=a^n,当且仅当m=n$

if ∣a∣=n,an=e,G={an,n∈Z}|a|=n,a^n=e,G=\{a^n,n\in Z\}∣a∣=n,an=e,G={an,n∈Z}

$a^n=a^{qm+r}$

所以$n=qm+r$

那么阶叫m，每一个a都能写成qm+r的形式，其中q是一个整数。$0\le r\le n-1$

又因为$a^m=e,e^q=e0\le r\le n-1$

所以G的阶就是n个

i.e 1

负数乘群$|<i>|=4$

因为$i^4=1$

GLn_R |[ -1

    1  ]| =4
  |[  -1

    -1 ]|=2

第一个因为四次自乘就产生I了。

第二个是因为它相当于是一个翻折，然后翻一次就得到I了

$$Prove|<1+2i>|=\infty$$

$(1+2i{)}^0,..(1+2i{)}^i$两两不相等

如果$z^n=1$,那么他的模长n次方也要为1

所以1+2i的阶是无穷！生成子群的阶也是无穷呢。

$G=<a>,G^{\prime }=<a>$

$C_n$为n阶循环群。

循环群同构:只要阶相等就同构

$$G=<a>$$
$$\begin{gathered} f(a)=a^{\prime } \\ {G}^{\prime }=<a^{\prime }> \end{gathered}$$

循环群乘法不一样？同态就一样了

检验：阶相等就一定会同构,i的阶是4，-i的阶是4,

$$\begin{gathered} [11 \\ -11]=4 \end{gathered}$$

他们阶相等，就同构。

如果

$G\equiv G^{\prime }$

那么

$\forall a\in G,|f(a)|=|a|$

$f(a{)}^n=f(a^n)=f(e)=e^{\prime }$

根据这个有

$|f(a)|\le |a|$

因为f^{-1}也是同构，所以反过来

$|a|\le f(a)$

所以他们相等了

同构确实很好的。

加群的循环子群。

$na=a+a..+a$

$(-n)a=-(na)$

$0a=0=e$

由加群生成也是显然的。，同样我们有所有的$(Z,+)$同态于$(G,+)$

$$f(m+n)=f(m)+f(n)$$

整数就是1生成的群。

1的阶就是Z定义的，但是构造之后就可以说Z是由1生成的。

V is vector space over R/C(或者)

$V\ne 0,|V|=\infty ,nV=0->n=0$

他说他自己还不能证明。但其实很好证明，就是因为n只能是0而不是正整数，任何正整数因为域没有零因子所以一定不会成V为0

2Z是所有偶数，nZ就是所有n的倍数，间隔为n

nZ是加群，可以通过循环子群论证

$(nZ,+)$是由$<n>$生成

$-nZ=nZn\in N\ast$

因为左边是-nK,右边是nK，左边任何一个元素都可以写成n-K

所以$n-K^{\prime }=n{K}^{\prime }$

正规子群 商群 第一同构定理

if $H<G$ a\in G 那么 $aH=ah:h\in H,Ha同理$

$a\in aHa=ae，e\in aH,a\in Ha$

$H<G,h\in HhH=H$

$H<G,eH=H$

aH成为配集

实数乘群 一个有理数乘群的子群乘上$\pi$得到的就是一个Q的配集

一个一般线性群里的元素乘上特殊线性群得到的也是一个合法配集

如果G是一个群，$H<G$,那么$aH=bH->a\in bH，b\in aH$

证明中的一步：

$b{h}^{\prime }=(bh)(h^{-1}{h}^{\prime })=a(h^{-1}{h}^{\prime })\in aH$

利用上述结论推论：

$aH=eH<->a\in H,e\in aH$

$H<G,a\in GaH<G,<->a\in H$

当且仅当！！

正推很简单$e\in aH,a\in eH=H$

$a\in H,aH=H<G$

H的配集除了自身以外通通不是群！

$H<G,abaH=bH$ 是一个等价关系

$H<G$存在$f，H<bij-bH$

given by$ f(h)=ah$

check ： $ f^{-1}(k)=a{-1}k$

$f^{-1}f(h)=h$

所以f是一个双射。

如果$H<G$那么$|aH|=|H|$

拉格朗日定理：每一个子群的大小整除G。

证明简单

因为$G={\sum }_{i=1}^n{a}_{i}H={\sum }_{i=1}^n|H|=nH$

$$H,K\in G,HK=hk:h\in H,k\in K$$

任何两个群和自己的乘积都会等于自身

$H<G,HH=h^{\prime }h:h,h^{\prime }\in H$

有封闭性，同时又有当h=e时都可以取到，所以是满射的

$$\begin{gathered} H_1,H_2,H_3\in G \\ a,b\in G \\ {H}_1(H_2{H}_3)=(H_1{H}_2)H_3 \\ a(H_1{H}_2)=(a{H}_1)H_{2}ab{H}_1....反正就是所有的普通量和H乘都可以结合 \end{gathered}$$

正规子群

$N是一个正规子群当且仅当$

$$N<G,\forall a\in GaN=Na$$

每一个元素和N都是可交换的！

if $N<G$

那么 $(aN)(bN)=abN$

因为

$a(Nb)N=abNN=abN$

如果n是正规子群

G/N是n的配集构成，那么定义乘法在上面为子集乘法

$aN\ast bN=(aN)(bN)=abN$ !well-defined

如果强行定义，那么需要检验：

$aN=bN,cN=dN,abN=cdN$我们不需要检验

商群

(G/N,∗)={aN,a∈G}(G/N,*) = \{aN,a\in G\}(G/N,∗)={aN,a∈G}

$aNbN=abN\in G/N$

$aN(bNcN)=aN(bcN)=abcN$

$$a{H}_1=H_{2}b<->a{H}_1{b}^{-1}=H_2<->a^{-1}{H}_{1}b=H_2$$

$$a{H}_1=b{H}_2<->a{b}^{-1}{H}_1=H_2<->a^{-1}b{H}_1=H_2$$

证明左右乘就好了太简单了

$aH=Ha$ 当且仅当$a^{-1}Ha=H,aH{a}^{-1}=H$

qaq

if $N是G一个正规子群当且仅当\forall a,k\in G,Nak{a}^{-1}\in N或当且仅当\forall a\in G,aN=Na$

如果F是G-hom>G’

then $\ker F\in G$是一个正规子群

第一同构定理

$f:G-hom>G^{\prime }$

$G/\ker F\equiv ImgF$

同构只需要双射+同态

存在一个 $f^{\prime }:G/kerF-iso>ImgF$

让$f^{\prime }(aN)=f(aN)$

检验$f(aN)=f(a)$

因为任何aN的元素属于$f(ak)=f(a)f(k)=f(a)e=f(a)$

简单

f’是一个同态

$$f^{\prime }((aN)(bN))=f^{\prime }((ab)N)=f(ab)=f(a)f(b)=f^{\prime }(aN)f^{\prime }(bN)$$

证毕

f’是一个满射

$$a^{\prime }\in imgF,\exists aN\in G/N,f^{\prime }(aN)=a^{\prime }$$

同态是单射当且仅当核是单位元。

$$\begin{gathered} f‘(aN)=e^{\prime } \\ =f(a)= \end{gathered}$$

$a\in N=eN,aN=eN$

$$ker{f}^{\prime }=eN$$
$$\begin{gathered} fhomandbij{f}^{\prime }isaiso \\ thenf:G-hom>G^{\prime }G/ke{r}_{F}isoImg \end{gathered}$$

$$Z_n=<1>$$

$$G{L}_n(R)/S{L}_n(R)\equiv R$$

$$a\equiv b\mathrm{mod}n$$

->

$$n|(a-b),a-b=nk,a-b\in n\mathbb{Z}-a+b\in n\mathbb{Z}...$$

G+是N+正规子群，$a+N=b+N<->-a+b\in \mathbb{N}$

$$a\equiv b<->a+nZ=b+nZ$$

$a\equiv b\mathrm{mod}n\mathbb{Z}$ ？？？

整数是实数加群正规子群，$a-b\in Z->a\equiv b\mathrm{mod}Z$

Q是R正规子群。

只需要定义\frac{a}{b}\in Q

$\frac{\pi }{e}\in Q\ast$

$SL{n}_{(}R)<G{L}_n(R)$

$$A\equiv B\mathrm{mod}SLn(R)$$

检验同余是等价关系

a同余b则$a^{-1}b\equiv N$

集合相等其实就是检验这个关系

同余关系中

$$\overline{a}\ast \overline{b}=\overline{a}\overline{b}$$

是良好定义的

只需要证明$a=c,b=d->aN=cN,bN=dN$

证abN=cdN即可，通过交换律证不难

$G/\equiv ->G/N$

前者是一个数$\overline{a}$,后者是aN

1. well-defined

$$aN=bN<->a^{-1}b\in N<->\overline{a}=\overline{b}$$

2. 乘法也简单证明，因此构成同态

3. 单射$g(aN)=\overline{e},aN=eNkerg=eN$

4. 满射$\forall a\in G,g(aN)->g(a)$

Zn={0...n−1}\Z_n=\{0...n-1\}Zn​={0...n−1}

$([0,1),+)$模加法群，只保留小数撇去整数

$(R,+)/(Z,+)\equiv ([0,1,+)\equiv (s^{\prime },\ast )$

复数上单位元乘群同构于0…1小数加群

因为单位元都会写成$e^{2\pi ia}$，然后根据乘法在指数上就是加。

$$[0,1)/homomophism(S^{\prime },\ast )$$

他们两个不同胚

去掉每一个$a\in [0,1)$都会使得空间不连通。会产生两个开集。

而在复数单位元中，不管你拆掉哪个点都不可能得到两个开集

即不能表示成两个开集的无交并

同胚保留的就是拓扑结构

映射可以即使群同构也是同胚。

拓扑群！李群！

群论总复习

第一同构定理

f:G->G’同态则$G/kefFisoimgF$

$$R/Z=[0,1)$$

S是$G/modN$的完全剩余系,所有mod N

$G/kerFisoSisoImgF$

群:1. 封闭性。
2. 结合律
3. 单位元
4. 逆元

$(G,\ast )$为一个群，则$H<G$,H是G子群当且仅当子集且群

子群只需要检验1，3，4不需要2

一般线性群特殊线性群定义。

X是一个集合，$S_x$是一个X->X的双射

Sn=f:{1...n}−>{1...n}S_n= f : \{1...n\}->\{1...n\}Sn​=f:{1...n}−>{1...n}

$|S_n|=N!$

同态的定义。

$$kerF=a\in G,f(a)=e^{\prime }$$

Imgf={f(a)∈G′,a∈G}Imgf=\{f(a)\in G',a\in G\}Imgf={f(a)∈G′,a∈G}

单射当且仅当e仅一射

同构：1.同态
2.逆也是同态
3.双射

同构是等价关系。

G中a，$<a>=a^n:n\in Z$

由a生成的循环子群。

群的阶和一个元素的阶

$G=<a>$，G就是循环群。

$$|G|=|a|<->G=<a>$$

复数a的阶有限当且仅当$a={\omega }_n^k$

配集是子群当且仅当包含e

配集是等价关系

拉格朗日定理：

$$H<G,G=O{r}_{i=1}^N{a}_{i}H$$

$HH=H$

混合交换律

正规子群

商群消N律$$aNbN=abN$$

$$G/N=aN:a\in G$$

商群

G/G iso {e}G/G ~iso~ \{e\}G/G iso {e}

$$GLn(R)/SLn(R)isoR$$

$(Z_n{,}^{\prime }{+}^{\prime })$ is group

$$n\in N\ast ,n\ge 2,nZ<Z$$

$$a\equiv b\mathrm{mod}n$$

模算数推广

$$a,b\in Ga\equiv b\mathrm{mod}H<->aH=bH$$

S是一个set of 每一个同余类

G/H同构于(S，“+”)

环论

(G+)abelian 则加法有交换律。

环论：monoid 幺半群

没有逆元的群。

整数在乘法下不构成一个群。

Z,*构成幺半群，封闭结合律单位元满足即可

R+*是一个环

R+是阿贝尔群，R*是幺半群

而且乘法对于加法有分配律

如果乘法有分配律称为交换环。

$Z+\ast R+\ast C+\ast Q+\ast$都是交换环。

QRC又是域，因为是除环。

$R^{n\ast n},+\ast$是非交换环

加法显然可以交换，因为R+交换

但是没有逆元，也没有交换律，因为他和线性变换一一对应。

矩阵又有分配律。

$R+\ast$是一个环，那么$0a=0$

定义减法是加上加法逆元。

$ac-bc=(a-b)c$

$a,b\in R$ 那么 $-ab=-ab=a-b$

$$-a\ast b+ab=0,-ab+ab=0,a-b+ab=a\ast -b+b=a\ast 0=0$$

然后环有混合分配率(a+b)(c+d)=ac+ad+bc+bd

任何一个交换环都有二项式定理成立。

$$(a+b{)}^n=\sum _k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})a^k{b}^{n-k}$$

大的那个也成立：

$$(a_1+a...a_m{)}^n=\sum _{k_1...+k_m=n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k_1,k_2..k_m})a_1^{k_1}{a}_m^{k_m}$$

R+*是交换环，那么$(a+b{)}^n={\sum }_{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})a^{n-k}{b}^k$

(a+b)'=a+b

为啥要求交换环？

因为我们在考虑数学归纳的时候$(a+b{)}^{n+1}=(a+b{)}^n\ast (a+b)={\sum }_{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)a^{n-k}{b}^k\ast a+{\sum }_{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)a^{n-k}{b}^k\ast b$交换一下才能合并。

注意我们就算直接展开也需要交换，因为我们需要合并同类项，$ababbaa->a^4{b}^3$

然后另外一个就是大的那个只需要先展开一部分，然后根据多重组合数的定义把组合数换一下就好了。

环可以定义数乘，数乘有很好的交换律。

$na=a+a..+a$

$(-n)a=-na$

$(na)\ast b=n(a\ast b)=a\ast nb$

if $n\ge 00b=0\ast (a\ast b)=0$
2. $na\ast b=n\ast a\ast b$

注意需要检查$(n+1)a\ast b=(n+1)(a\ast b)$！！

$n<0,n^{\prime }=-n$

$(-n^{\prime }a)\ast b=-n^{\prime }(ab)$

只需要考虑他们的加法逆元。

$$(a+n1)(a-n1)=a^2-n^{2}1$$

注意一定要写1，因为有1才是well-defined，环里面可能没有n这个元素。

注意平方差公式式不成立的。这里有1的性质在里面。

$$a^2-a\ast n1+n1\ast a-n1\ast n1$$

$$=a^2-n\ast a1+n\ast a1-n^2\ast 1\ast 1$$

如果R是环，a，b是两个元素，m,n是两个整数

有$ma\ast nb=mn\ast ab$

因为$ma\ast nb=m(a\ast nb)=m(n\ast ab)=mn\ast ab$

有名的矩阵群应用：

$$(A+nI)(A-nI)=A^2-n^{2}I$$

零环：

R+是平凡群

R*是平凡幺半群

无趣的分配律。。。。

R+*是0环，当且仅当$1=0$

R+*是一个环，那么P是一个多项式在R中有$P(x)={\sum }_{i=0}^n{a}_i{x}^i$

多项式只能有有限多个不为0的项，最大的那个不为0的系数就是P的度数。

$(P+Q)(x)=\sum (a_n+b_n)x^n$

注意因为a_nb_n构成阿贝尔群所以一定在R里。

我们只需要证明有有限多个$a_n+b_n=0$

还可以定义如果有两个R上多项式，那么

$$\sum a_n{x}^n\ast \sum b_n{x}^n=\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k_1+k_2=n}{a}^{k_1}\ast b^{k_2}{x}^n$$

检验显然这些新多项式系数都在R中，而且有限多个非0。有限多个

$R+\ast$是环。$R[x]+\ast$也是一个环。多项式环！

$Z[x]+\ast ,Q[x]+\ast ,R[x]+\ast$都是环

R+*是一个环，那么R[x]+*也是一个环

证明按照定义写出来就好了，然后把多项式系数的操作用R环来结合一下这样再拆开。

单位元就是1

分配率检验两遍

同样的也是先写成系数再去展开操作

多重指标卷积。

多变量多项式也是一个环。

练习多重指标展开就好了。

注意变量乘法是可以交换的？？为啥？

R+*是一个环，那么$S<R$ <-> S 是 R的自环

1. S是子集
2. S是环。

$S<R$ 0. $S\in R$,S closed S 有$0,1\in S$

因为S是加法子群，又是乘法幺半群子群。

$$R[x_1...x_m]<R[x_1...x_p](m\le p)$$

$$M(x)=\sum _n\sum _{|\alpha |=n}{a}_{\alpha }{x}^{\alpha }\in R[x_1...x_m]$$

我们只需要让$k_{m+1}..k_p$都是0，那么M(x)就能产生一个P(x)就可以发现他是一个子集了，都是环所以是子环。

多变量多项式在非交换环下确实只能按照顺序乘起来写每一项。

态射是：

1. 操作同态
2. 逆元相同
3. 单位元相同

但是有1就行了,因为group的性质好

幺半群没有那么好，因为没有逆元，我们要保证3

因为我们一般是f(ee)=f(e)f(e)=f(e)，但是没法消去你懂吗，比如$4\ast 4=0$所以我们必须要有条限制单位元的。

环同态

1. 加法操作同态
2. 乘法操作同态
3. 单位元相同（该死的幺半群！）

R是环，取定$A\in R$

$$\varphi p=p(a)$$

eg:$$\varphi \sum a_n{x}^n=\sum a_n{a}^n$$

也就是求值

这是一个同态。

证明：
$$\begin{gathered} P(x)=\sum _n\sum _{\alpha =n}{a}_{\alpha }{x}^{\alpha } \\ Q(x)=\sum _n\sum _{\alpha =n}{b}_{\alpha }{x}^{\alpha } \end{gathered}$$

加法保持：

$$\varphi (p+q)=\varphi (\sum _n\sum _{\alpha =n}(a_{\alpha })x^a\sum _n\sum _{\alpha =n}(b_{\alpha })x^a)$$

乘法保持：

略，三个sigma太难写了。。。

抽代14课

R+*环，子环

R是一个环，R’是一个环，还有环同态！

保留加法乘法单位元性质

还有多项式环，最好可以交换！

环同态，kernal一定正规子群

G/kerF是一个商群。

I是一个左理想，当且仅当加法构成一个环。

左理想简称理想，但是左理想=右理想才是理想

R本身就是一个阿贝尔群，正规子群=子群，所以

1. I就是一个子群

因此$(a+I)+(b+I)=a+(I+b)+I=a+b+I,其中I+I=I$

2. 对于所有的$a\in R,aI\in I$

这就是理想的定义

R/I,*是幺半群

$$(A+I)(B+I)=AB+AI+BI+I=AB+I$$

结合律

(a+I)(bc+I)。。。。welldefined

1+I是乘法单位元。

1. I是理想则R/I+*是环

2. $I⊲RI<R<->I=R$

除了R和空理想以外所有的理想都不是子环

因为R是子环，有1，所有$a\in R,aI\in I$

$\forall a\in R,a\ast i=a\in I$

所以$R\in I,R=I$

反推是显然的。

$I⊲R,\forall r\in R,\forall x\in I,rx\in I$

$I\ne$ 空集,因为不好！

$I+<R+$

加法子群

$a\in I,-a\in I$

因为1的逆元属于R

I是理想

0. 非空
1. a+b封闭
2. 乘积永远属于I

例子：

$nZ+\ast$是$Z+\ast$一个理想

因为任何n的倍数乘上任何一个整数还是n的倍数。。

他的商环就是可爱的Z/nZ,同构于Zn

这似乎告诉我们

任意R+*,我们固定a，然后$(a)=aR⊲R$

1. $r_{1}a+r_2=(r_1+r_2)a$
2. $r\in R,x\in a=Ra$
   $x=r^{\prime }a,r^{\prime }\in R,rx=r(r^{\prime }a)=r{r}^{\prime }a\in Ra$

注意改成aR就不一定成立，因为乘法不能交换

R+*Ring，$a_1..a_r$固定

(a1,..an)={r1a1+...rnan}(a_1,..a_n)=\{r_1a_1+...r_na_n\}(a1​,..an​)={r1​a1​+...rn​an​}

这个是R一个理想（相当于我们把之前的一维线性推广到若干维）

首先在加法下封闭显然！

任何一个环自身就是由1生成的主理想

第一环同构定理

$R-hom>R^{\prime }$

注意这里是环映射，是0

$kefF⊲R$,$imgF<R^{\prime }$

核不是一个特殊子环。是理想。

$x\in ker,r\in R,fx=0,frx=fxfr=0fr=0$

$imgF<R$

加法乘法封闭，逆元，单位元

封闭很容易，因为我们都可以通过写成$f(a+b),f(a\ast b)\in img$

0,1也属于imgf

f(0)=0’,f(1)=1’ 同态性质。

加法逆元，由加法同态一定有逆元啦。

$R/kerf是商环，然后imgf是子环$

f:R-iso>R’ <-> f 双射
f 同态
$f^{-1}$ 同态

当然因为第三条可被推出所以不需要检验。

现在来证明一下！

首先1肯定映射到1，逆也是一样的

$$f^{-1}(a^{\prime }+b^{\prime })=a+b=f^{-1}(a^{\prime })+f^{-1}(b^{\prime })$$

$$f^{-1}(a^{\prime }{b}^{\prime })=ab=f^{-1}(a^{\prime })f^{-1}(b^{\prime })$$

第一环同构定理！

$$R-hom>R^{\prime }$$

$$R/kefFisoimgF$$

$$I=kerf⊲R$$

$\overline{f}R/kerf->imgfgivenby$

$$\overline{f}(a+I)=f(a+I)$$

直接

$$\overline{f}(a+I)=f(a)$$

不好x，需要检验a+I=b+I是否$f(a)=f(b)$

1. check hom

$$\overline{f}((a+I)+(b+I))=\overline{f}(a+b+I)=f(a+b)=f(a)+f(b)=\overline{f}(a+I)+\overline{f}(b+I)$$

乘法也类似检验，加I交换

$$\overline{f}(1+I)=f(1)=1^{\prime }$$

2. 证明$\overline{f}$双射

qwq

1. $ker\overline{f}=0+I$

$f(a+I)=0,thenf(a+I)=f(a)=0$

$$->a\in I\in kerf,a+I=I=0+I$$

因为kerF定义为I

$kerF=0+I=\overline{f}$

2. 满射

即证明每个f(a+I)都被映射到了

因为每个f(a)都映射到了一个a’,所以每个a’都能找到至少f(a)，得到一个$f(a+I)$所以满射

这就是环同构第一定理。

注意ker基本上不是子环，是理想

img基本上不是理想，是子环。

$R+\ast$是一个环，$u\in R$ 是一个单元，

当且仅当 u有乘法逆元。$\exists v\in R,st.u.v=v.u=1$，并且u不可约？

环在乘法下构成幺半群。

$Z中，uisunit<->u=+-1$

如果u是单位，$\exists v\in Z,uv=1$

$|v|>1，则|u|<1,u=+-1$

$u\in R$是一个单位元，当且仅当u有乘法逆元。

当且仅当$\exists v\in R,uv=1$

证明在任何一个R上多项式环，每个多项式是unit当且仅当他是一个非0常数项的多项式。

unit是R中的单位元。

正推好像很简单呢！

反推：

$p={\sum }_n{a}_n{x}^n$ unit

q是b系数

$$pq=\sum _n\sum _{k_1+k_2=n}{a}_{k_1}{b}_{k_2}{x}^n=1$$

$$deg(pq)=deg(p)deg(q)=0$$

乘积的次数为0，所以他们次数都是0？？？？零因子？？

$pq=a_0{b}_0=1,a_{0}unit\in R$

这个定理是不对的！

在剩余类多项式环 (Z_4【x】, +, *) 中，计算可得 (2x^2 + 3)(2x^2 + 3) = 4x^4 + 12x^2 + 9 = 1. 也就是说 (2x^2 + 3) 是一个 unit！

a0是$unit$ 其他ai都是 nilpotent$(i.e.\exists ns.t.a_i^n=0)$

这个结论好像错了？？

整系数多项式中如果$punit<->p=+-1$

laurant多项式环上的unit一定是单项式数乘倍

幂级数环的unit一定是常数项可逆的幂级数

好牛啊！！

域

$(F+\ast )$ is a field

1. $(F+)$ Abelian group
2. $F/0,\ast$ 是Abelian group
3. $\forall a,b\in Fa(b+c)=ab+ac$，分配律

注意！域不能是0环！因为加法乘法单位元不相等!

每个域都是一个环

我。。。

结合律是显然的！

$a=0,0\ast 1=0$

$$\exists 1,\forall a\in F,a\ast 1=a$$

a!=0时是成立的,a=0时也是成立的注意这个证明细节！corner case

所有域的单位都是他们的非0元素

$u=0$,u是单位,$uv=1$

Q,R,C都是单位，每一个不为0的元素都是单位！

F是一个域则作用在F上的多项式环 p unit则p 恒等于F/{0}F/\{0\}F/{0}

实系数多项式环，单位就是所有常数的多项式。域其实单位也不会更多，还是这些！

就算以$a_0...a_n,b_0...b_m\in complex$为系数的多项式p,q

有$pq=1$

则必须要$a_1...a_n,b_1...b_m=0$

而$a_0,b_0!=0$

PID主理想整环

UFD唯一分解整环

$(R+\ast )Ring,a\in R,thenais左/右零因子《-》\exists b\in Rab=0,ba=0$

Z+Q+R+C+没有0因子。

R+*是整环

1. 0!=1
2. 0因子只有0
3. R是交换的

定理，正数有理数复数的环都是整环。

R+*是一个整环，$ab=ac,a!=0$ 那么$b=c$

Z6={0,1,2,3,4,5}Z_6=\{0,1,2,3,4,5\}Z6​={0,1,2,3,4,5}

(Z_6,+) Ring

是交换的，而且$0!=1$

2*3=0,但是2!=0,3!=0,有0因子，如果Z_n是整环当且仅当n是素数。

a是可约的，则存在不为单位的b,c有a=bc

a不可约则任意不为单位的bc，a!=bc

$10\in Z$可约，$b/c$

$10=2\ast 5$注意分解成两个非单位！

$x^2-2x+3\in Z[x]b/c$

$(x-3)(x+1)$

$ifp\in Primethenp\in Z$不可约 b/c

$p=|b||c|$，那么他能写成两个大于等于2的乘积，就G了，因为素数只有一个分解

理想

I是R一个理想，当且仅当$I+I\in I\&RI\in I$

i是虚数单位会有误导性！

定理：$\alpha \in I,I_{\alpha }⊲R$

注意！任意交要考虑是否非空，最多也就是一个0，也就是Trivial Ideal

$$a,b\in I_{\alpha }{I}_{\alpha }⊲R->\forall \alpha \in I,a+b\in I_{\alpha }->a+b\in \cap I_{\alpha }$$

同样乘法！

我们可以根据一样的思路：属于每个$I_{\alpha }$ 来证明

$I_1...I_n⊲R$

$I_1+...+I_n⊲R$

$a,b\in I_1..I_n,thena+b\in I_1+..+I_n$

$$a+b=(a_1+b_1)\in I_1+..+(a_n+b_n)\in I_n=\in I_1+...+I_n$$

乘法，$a=a_1+..+a_n,a_i\in I_i$

乘法分配律一下就能证出来了

$I⊲R$ 是真理想当且仅当不为整个环

$1=R\ast 1=R$

$I⊲R主理想<->\exists a\in R,s.t.I=(a)=Ra$

(R+*) isPID主理想整环

1. $R+\ast 交换，无0因子，1！=0$

2. $\forall I⊲RproperIis$ 主理想

也就是说它里面每一个理想都可以只用一个元素生成

每一个真理想都是主理想

整数是PID

$(I+)<(Z+)$

if I={0}I=\{0\}I={0} ，那么他就是主理想也是平凡理想

否则不为0时让m=min{n∈N∗:n∈I}m=min\{n\in N*:n\in I\}m=min{n∈N∗:n∈I}

=min⁡{N,nI}=\min\{\N,nI\}=min{N,nI}

$I=m\mathbb{Z}=(m)\&m!=1$

那么$m\mathbb{Z}\subset I$

因为$m\in I,\forall a\in Z,ma\in I$

所以全部包含！

$I\subset m\mathbb{Z}$

欧几里得整环性质！

$n\in I,butI/in\mathbb{Z}$

n=qm+r,q\in \Z

$0\le r\le m-1$

r小于n所以就不对了

R+环，U是他的单位那么U就是一个群

0. 封闭 $uv\in U$ 那么$u^{-1},v^{-1}\in U$

因为$(uv)(v^{-1}{u}^{-1})=1$,所以$uv\in U$

1. 结合律
2. 单位元$\in U$

R*幺半群，告诉我们1\in U，因为$1\ast 1=1$有逆元

3. $u\in U,\exists v\in R,uv=vu=1$因为对于这样的v,$vu=uv=1$

R+*是一个整环

$\exists a\in U,\exists$ 有限多个$p_1..p_n$不可约

如果还存在另外一些$p_1^{\prime }..p_m^{\prime }$

m=n的证明算术基本定理。。。

m=n，∃σ∈Sn={σ:1..n−>1..n}m=n，\exist \sigma \in S_n =\{\sigma :{1..n}->{1..n}\}m=n，∃σ∈Sn​={σ:1..n−>1..n}

s.t.∀i∈{1..n},∃ui∈U,s.t.Pσ′=uipis.t. \forall i\in \{1..n\},\exist u_i\in U,s.t. P_{\sigma}'=u_ip_is.t.∀i∈{1..n},∃ui​∈U,s.t.Pσ′​=ui​pi​

也就是两两之间只差一个单位

如果$a=u{p}_1..p_n=u^{\prime }{p}_1^{\prime }..p_m^{\prime }$

就会有这些之间一个一一对应的双射

所以他们只会差一个单位，差单位真的无所谓。

差单位是一个等价关系。。

定义R是一个环，那么R+* 是UFD

任意一个非0元素都有唯一分解

1. $\forall a\ne 0\exists uniquefactorization$

$(Z+\ast )UFD$

基本算术定理FTA！

p∈Z/{0}p \in Z/\{0\}p∈Z/{0} 是不可约，当且仅当他是素数或者负素数

$p\in Por-p\in P$假如$P=ab$

ab∉U={+−1}ab\not \in U=\{+-1\}ab∈U={+−1}

$|p|=|a||b|$

$p\in P,|a||b|\ne 1$

…为啥我写了半天素数不可约证明。。。

反过来也一样如果不能多种分解就是素数

证明他的逆否命题

简单来说就是$|p|!=Prime,|p|>=2$

$b,c\in {\mathbb{N}}_2,b,c\notin U$

p>0,p=bc ,b,c\not \in U

否则$p<0p=b\ast -c,b-c\notin U=-b\ast c$

U={+−1}U=\{+-1\}U={+−1}

他不是负素数一定是可约的所以他整数里面不可约当且仅当是正负素数

有限分解条件就是一个数可以被分解成有限多个素数的乘积。

任何一个PID都是UFD

证明太复杂了。。需要用一个和选择公理等价的佐恩引理

证明$Z+\ast$是UFD

1. 整环

质因数分解

39min

2. 否则

假设有两个分解

建立双射