抽象代数II

PIDUID性质

$\exists a\in R,I=(a)$->主理想

所有的都是主理想就是PID

$p\in R/0不可约$<->p=ab 那么$a\in U$或者$b\in U$

如果a有两种不同的分解方法，那么一定会有相同个数的不可约约数，他们之间的不可约元素只存在一种排列+作用一些单位次而已。

R+*是UFD，那么R+*元素都有分解而且分解方法唯一

$$F\subset EuclidDomain\subset PID\subset UFD\subset IntegralDomain$$

再向前就是有限域，再向后就是普通交换环。

First of all : PID is UFD

整环，$a|b<->\exists c,b=ac$

等价关系 ： 假设是一个整环$ab<->\exists u\in U,s.t.a=ub$

自反性简单

对称性：$ab->ba$

$a=ub,u\in U{u}^{-1}ab{u}^{-1}\in U$

传递性：

$a=ub,c=va$那么$c=(vu)bvu\in U$

整除是Preorder原序

只满足自反性传递性，没有反对称性。

$a|a,a|=a$

$a|b,b|c->a|c$

$a|b|c->a|b且b|c$

$a|b=c|d->a|d,b=c,a|b,b|d$

注意，可能a|b,b|a 但是$a\ne b$，这就是不反对称

$a|b\&b|a$ 当且仅当$ab$

$a=bd=(ac)d=a(cd)$

$a(cd-1)=0$

$cd=1,cd\in U$

so a~b

$ab\exists u\in Ua=ubb|a$

$u^{-1}a=b,a|b$

素元素是$p|ab<->p|aorp|b$

素数是这个定义

质数是p不可约

也就是素=质当且仅当在UFD里！!

不可约不一定是素数啊！

每一个单位整除每一个元素

$u\in U->u^{-1}exista=u(u^{-1}a)$

整环中，P是素的，那么P是不可约的。

只需P是可约的，那么P不是素数

p不是素数$\exists ab,p|ab\&p\nmid a\&p\nmid b$

反证法证逆否命题

wlog 不失一般性 假设p|a那么a=pc,$c\in R$

$p=ab=(pc)b=p(cb)$

$cb=1,b\in U$

任何一个整环中所有素元素都是不可约的！逆命题在UFD正确。

证明：

假设R是UFD

P∈R {0}P\in R\ \{0\}P∈R {0}

$ifp|abp|aorp|b$

pd=ab,d\in R,唯一分解之后

$$pw{d}_1..d_r=uv{a}_1..a_n{b}_1..b_m$$

其中uvw是单位

p就一定等于右边$a_1..a_n$或者$b_1..b_m$中的一个，所以就整除右边a或者b了。

$p{p}_i{p}_i|a,p|a$

$p=u{p}_i,u\in U,p_{i}d=a,d\in R$

$a=p_{i}d=u^{-1}pd=(u^{-1}d)p,u^{-1}d\in R$ 那么$p|a$

定理，如果R是一个整环，那么它是一个UFD当且仅当R+* UFD每一个不可约的都是素的，而且每一个元素都有分解

右显然，左每一个不可约都是素的。

只需要证每一个都是唯一的分解

让a\in R,让

$a{p}_1..p_m$

$a{q}_1..q_n$

因为每一个不可约的那些p,q都是素的，上面分解出来也是素的

左边整除右边右边整除左边就是等价。

左边取一个p_i都整除右边$q_1..q_n$

有因为他是prime，所以$p_i|q$中某一个！

因为两边差一个$p_i$,右边也有一个$q_{\sigma i}$

都去掉，我们不断重复就有个数$m=n$

*因为左右边都要能取完,$m\le n,n\le m$

于是他就是一个双射，所以是一个置换，$p_i=u{q}_{\sigma i}$

gcd lcm PID->UFD->整环

佐恩引理来了！！

$d=gcd(a,b)$

1. $d|a,d|b$

2. if $e|a\&e|bthene|d$

gcd(a,b) 是唯一的

$ifd=gcd(a,b)e=gcd(a,b)$

那么$de$

gcd unique在u意义下

因为$e|d，d|e，sode$

lcm也是这样定义的！

R+*是整环 ，KaTeX parse error: Undefined control sequence: \lcm at position 3: m=\̲l̲c̲m̲(a,b)

$a|m\&b|m$

$ifa|n,b|n$ 那么$m|n$

R+*是PID,那么对于任意$a,b\in R\exists d\in R(a)+(b)=(d)<->d=gcd(a,b)$

(a)\lhd I (b)\lhd I 想证明(a)+(b)\lhd I

(a)+(b)\not = R，因为PID则就是主理想

就有d∈R(d)=(a)+(b)={ma+nb,m,n∈R}d\in R (d)=(a)+(b)=\{ma+nb,m,n\in R\}d∈R(d)=(a)+(b)={ma+nb,m,n∈R}

$d=ma+nbm,n\in R$

wts:

$d|a,d|b$

pf:

{0}=0subset(a)\{0\}=0subset(a){0}=0subset(a)

$(a)\subset (a)+(b)=(d)$

所以$d|a$

也就是说只要

$$(a)\subset (d)<->d|a$$

所以d|b,然后如果e|a,e|b，那么$e|d$

只需要用理想包含大力包含一下就好了。

$(d)=(a)+(b)\in (e)+(e)=(e)$

$e|d$

如果(a)+(b)=R??

要证明$d=1，1|a,1|b$

那么就不讲了，睡觉。

$$a\mathbb{Z}+b\mathbb{Z}=gcd(a,b)\mathbb{Z}$$

$(a)+(b)=(gcd(a,b))=gcd(a,b)\mathbb{Z}$

10Z+6Z={10m+6n:m,n∈Z}={2n:n∈Z}10\Z+6\Z=\{10m+6n:m,n\in Z\}=\{2n:n\in Z\}10Z+6Z={10m+6n:m,n∈Z}={2n:n∈Z}

$a\mathbb{Z}+b\mathbb{Z}=\mathbb{Z}<->gcd(a,b)==1$

$\exists m,n\in Z$

$am+bn=1$

这就是抽象代数证明裴属定理。

if (R+*) 是PID，$then\forall a,b\in R$

$
\exist m\in R,s.t (a)\cap (b)=(m)$

$m=lcm(a,b)$

倍数：

$(m)\in (a)\cap b$

$$(m)\subset (a)$$

$$(m)\subset (b)$$

于是m|a,m|b
$
n|a,n|b,(n)\in (a),(n)\in (b)$

于是$n\in (a)\cap (b),n|m$

如果他们的交是R

那么他们两个理想互相包含,$a|b,b|a$ 那么$ab$

他们又都等价于1，所以他们都是单位，所以1是最小公倍数。

推论。。$a\mathbb{Z}\cap b\mathbb{Z}=lcm(a,b)\mathbb{Z}$

$$10\mathbb{Z}\cap 6\mathbb{Z}=10m:m\in \mathbb{Z}\cap 6n:n\in \mathbb{Z}$$

推论

$gcd\ast lcm=ab$

如果除法可以定义

$gcd(a,b)=\frac{ab}{lcm(a,b)}$

$$a|lcm(a,b),b|lcm(a,b)$$

$ab|blcm(a,b),ab|alcm(a,b)$

$ab|gcd(blcm(a,b),alcm(a,b))$

$$bgcd(a,b)|ab,agcd(a,b)|ab$$

$$->lcm(bgcd(a,b),agcd(a,b))|ab$$

$lcm(a,b),gcd(a,b)$

lcm(a,b)*gcd(a,b)~ab差一个unit

R+* PID $p不可约，p\nmid a$,那么gcd = 1

$1|a\&1|p$

$d|a\&d|p$

那么$d|1->d1->d\in U$

假设d不是一个U

$d\notin U$

$d|p,p=de,p$不可约，而e必须要是一个单位

$pd$因为他们只差一个单位，$d|a->p|a$

前提，$p\nmid a$

所以矛盾了

下面都是书上面都不是书。wocMaki牛牛牛。。。

Algebra SergeL P112

PID->UFD

每一个元素都有一个分解。。最难证。

1. 每一个不可约元素都是素的

$p|ab->p|aorp|b$

不好证，我们假设第一个成立第二个不成立，那么第三个一定成立

$p\nmid a,p$ 不可约

lemma $gcd(a,p)=1$

$->\exists d,e\in Rs.t.da+ep=1$

$sincep|ab,pf=ab,f\in R$

$dab+epb=b$

$p|pfd=dab$

$p|peb=epb$

p|b,p整除左边显然整除右边所以p是素的。

但是我们要说明每一个元素不一定能找到这样一个分解啊

起飞。

佐恩引理

WTS：

∀a∈R/{0},∃u∈U,∃p1..pn不可分\forall a\in R/\{0\} ,\exist u\in U,\exist p_1..p_n 不可分 ∀a∈R/{0},∃u∈U,∃p1​..pn​不可分

$a=u{p}_1...p_n$

LetS=s∈R/{0}:s不能被分解Let S={s\in R/\{0\}:s不能被分解}LetS=s∈R/{0}:s不能被分解

WTS ： $S=\varnothing$

假设S不是空集，$let{a}_1\in S$,那么$(a_1)⊲R$

非零的这些S当中不存在一个他们构成的无穷升链

不存在可数无穷多个$a_{n}n\in N\subset S$

$(a_1)\in (a_2)...\in (a_n)...$不可能！

如果这样！所有$a_n$的并还是一个理想

只需要证明加法下封闭，乘法下有黑洞性质

$$\exists m,n\in N,s.t.a\in (a_m),b\in (a_n)$$

$$a,b\in (a_{\max (m,n)})$$

$a+b\in (a_{max}(m,n))\in \cup a_n$

乘法简单

根据PID的性质，首先这个并一定不是整个环R，所以一定是真理想，一定是某一个a生成的理想

因为没有1，因为所有单位都可以分解

$a\in \cup a_n$

$a\in (a_m)$

那么$(a)\subset (a_m)$,因为a可以写成$d{a}_m$

然后$(a)=\cup a_n\subset (a_m)$

所以$\cup a_n=(a_m)$

所以就从m开始后面全是相等的就不会扩大了

于一开始说是无穷升链矛盾！

也就是说不可约的元素生成主理想每个升链一定有一个上界

所以存在一个极大理想（也就是存在极大元）

和他能比都比他小，不能比都比他大！

a_n生成了他

我们来证明$(a_n)\ne (b)$

a_n不可约的，本身就是一个分解，就不属于S

$a_n$一定是可约的，$a_n=bc$

$a_n\subset (b)$

又因为a_n不会被(b)包含，他是极大理想，因为佐恩引理，因为不存在无穷升链

为什么？因为a_n,b都不是单位，否则他们互相包含他们一样

$bcb$

$c1$

所以$S=\empty $

所以

$PID->UFD$

PID->UFD->Intergral Domain

Happy Time

环的坍缩

R+*是一个整环

$d=gcd(a,b)$

1. d|a,d|b
2. d|e|a,b

m=lcm(a,b)

1. a|m,b|m
2. a|e,b|e,m|e

任何一个pid里$(a)+(b)=(d),(a)\cap (b)=(m)$

PID is UFD

不存在无穷升链，然后如果有极大元，他分解得到的两个元生成的理想比他还要大

不正式的定义(Artin的Algebra)

R->R/I is a 坍缩

有限生成理想

$I=(a_1..a_n)$是$a_1...a_n\in R$

$a_1\widetilde{.}.a_n\tilde{0}$ 在环R我们得到$R/(a_1...a_n)$

得到一个新环通过应用有限多±*得到0

R/(0)=R/{0}<=>RR/(0)=R/\{0\}<=>RR/(0)=R/{0}<=>R

f(a)=a,f‾(a+{0})=f(a)=af(a)=a,\overline {f} (a+\{0\})=f(a)=af(a)=a,f​(a+{0})=f(a)=a

R+*是一个环，1=0？

所有都坍缩到0了

R/(1)=R/R={0}R/(1)=R/R=\{0\}R/(1)=R/R={0}

应用6=0在$\mathbb{Z}$上

我们就得到：

$Z/(6)=Z/6Z={\mathbb{Z}}_6$

因为$(\mathbb{Z}+\ast )6\mathbb{Z}⊲\mathbb{Z}$

这相当于我们把6写成0，然后转一周就会转回0

坍缩相当于把很多东西都归到0然后运算结构的变化

单项式$x->0$

$R[x]/(x)->R$

代入同态：

$f(x)=f(0)=a_0$

$$ker(f)=\sum _n{a}_n{x}^n:a_0=0$$

$ker(f)=(x)$就是x生成的主理想！

$ p(x)=xq(x),所以f§=0,会有p(x)\in ker(f)$

然后右包含就有$f(p)=b_0=0,故p(x)=x(b_1...b_m{x}^{m-1})\in (x)$

$$R[x]/(x)<->R$$

加上一个x再去掉一个就是和本身一样->多项式同构于R

$\mathbb{R}[x]/(x^2+1)=C$

同构于整个负数域！

代余除法！

R[x]是一个环，模一下变成了域！？

$f(p)=p(i)$有道理。。。

$$p(x)=a_0...+a_n{x}^n$$

$$f(p)=a_0+a_{1}i..a_n{i}^n$$

kerf={p(x)∈R[x]:p(i)=1}kerf=\{p(x)\in \R[x]:p(i)=1\}kerf={p(x)∈R[x]:p(i)=1}

实系数多项式环是一个主理想整环

注意x^2+1是monic多项式（首系数为1的单变量）

而且$p(i)=0$

而且是最小的次数非0的代入同态到0的

$kerf=(x^2+1)$

检验f是一个onto

KaTeX parse error: Undefined control sequence: \C at position 11: Z=a+bi\in \̲C̲

$p(x)=a+bx\in \mathbb{R}[x]$

KaTeX parse error: Undefined control sequence: \C at position 19: …)=p(i)=a+bi\in \̲C̲

KaTeX parse error: Undefined control sequence: \C at position 14: R[x]/(x^2+1)=\̲C̲

$x^2+1=(x^2+1)\mathbb{R}[x]$

猜想，那$R[x]/(ax+b)$

因为相当于$x=-\frac{a}{b}$代入同态

每一个实数都被多项式映射过去？onto满射

if $c\in R$,让常数多项式映射过去就好了

kerf={f(p)=0}kerf=\{f(p)=0\}kerf={f(p)=0}

$degr=1$

总能找到一个$r(x)=x+\frac{b}{a}$是一个monicpoly

$r(-\frac{b}{a})=0$

因此(x+\frac{a}{b})=(ax+b)差一个unit

所以$kerf=(ax+b)$

$R[x]/(ax+b)-iso>R$

在实系数多项式环里面，令非零x等于0，环就消失了，变成{0}\{0\}{0}

ax+b=0,变为R

x^2+1=0变为C

非零->0就变为{0}\{0\}{0}

$x^n=0in\mathbb{R}[x]$

$R[x]/(x^n)$是什么？好难啊！

环的扩展 域的扩张

引入Galois必须要的

扩展一个元素

$R<S（subring）$

$S\in S/R$

R[s] 是最小的一个环包含R而且包含s元素

声称R[s]={r0..rnSn∈S:r0..rn∈R}R[s]=\{r_0..r_nS^n \in S:r_0..r_n\in R\}R[s]={r0​..rn​Sn∈S:r0​..rn​∈R}

R[x]={P(x)=r0..rnxn r0..rn∈R}R[x]=\{P(x)=r_0..r_nx^n\,r_0..r_n\in R\}R[x]={P(x)=r0​..rn​xnr0​..rn​∈R}

代入同态$R[x]->S$就是我们包含s最小的！

$f(p)=p(s)$

$R<S,s\in S$

每一个$p(s)\in S$是良好定义的

因此$R[s]=img(f)<S$

R[s]是一个环，R[s]是最小的环

如果R′⊂R∪{S}R'\subset R\cup\{S\}R′⊂R∪{S}是一个环，那么R′⊂R[s]={r0+..rnSn:r0...rn∈R}R'\subset R[s]=\{r_0+..r_nS^n:r_0...r_n\in R\}R′⊂R[s]={r0​+..rn​Sn:r0​...rn​∈R}

会有R\cup{s}\subset R’是一个环

1. $R\in R^{\prime }$
2. $s\in R^{\prime }$

应该有所有次数都在里面$s^n$

每一个r\in R,会有$r{s}^i$在R’以内。

$r_0{s}^x..r_n{s}^y,\forall x,y$加起来都在里面

所以R’必须要包含所有{r0..+rnsn:r0,rn∈R}\{r_0..+r_ns^n:r_0,r_n\in R\}{r0​..+rn​sn:r0​,rn​∈R}

$\mathbb{Z}[i]=a+bi,a,b\in \mathbb{Z}$

wts : $Z[i]=R[i]$

$S_1\subset S_2 $

obviously

$S_2\subset S_1$

$(a_0-a_2+a_4...)+(a_1-a_5+...)i$

根本原因：$i^2=-1\in \mathbb{Z}$

Zi={a+bi:a,b∈Z}Z_i=\{a+bi:a,b\in Z\}Zi​={a+bi:a,b∈Z}

扩充了一个i进去，

ModuleTheory

环上的向量空间，域上的模

$Z-basisof{Z}_i$

$a+bi=0->a=b=0$，也就是说i和1线性无关，（1，i）是一组基

$\mathbb{R}[i]=a+bi:a,b\in R=\mathbb{C}$

把R扩充到C是一个域扩张的过程。

(1,i)同理也是一个R-basis $R[i]=C$

$\mathbb{C}Vectorspaceover\mathbb{R}$

$dim(C,R)=2$

$Q[\sqrt{2}]$

最小的n，${\sqrt{2}}^n\in Q$

所以$span(1,\sqrt{2})=Q[\sqrt{2}]$

p=\sqrt{2}三次根号

$Q[p]$

$=a+bp+c{p}^2,a,b,c\in Q$

(1,p,p^2)是Q[p]的一个向量空间的基

$dim(Q[p],Q)=3$

$Q[\pi ]$

${\pi }^n$永远不会是有理数

所以

$Q[\pi ]=a_0+a_1\pi ..a_n{\pi }^n,a_0..a_n\in Q$

所以$Q[\pi ]isinfdim$

这个和超越数理论是一样的！

$e,\pi$ 都是超越数，不是任何一个整系数或者有理数系数的根

绝大多数数都是超越数，测度论里代数数的测度为0，随便选一个数100%是超越数（不是一定是）

Z[−5]={a+−5b,a,b∈Z}\Z[\sqrt {-5}]=\{a+\sqrt {-5} b,a,b\in Z\}Z[−5​]={a+−5​b,a,b∈Z}

$Z[\sqrt{-5}]$ 都不是UFD

$6=2\ast 3=(1+\sqrt{-5})(1-\sqrt{-5})$

$(1+\sqrt{-}5)|2\ast 3$

$q=\sqrt{-}5+1$

但是显然$q/|2,q/|3$,所以他不是素的，而他是不可约的。

$\mathbb{C}{|}_{\mathbb{Z}\sqrt{-5}}->R_{\ge 0}$

只需要通过求模长实现

$$|(a+b\sqrt{-5})(c+d\sqrt{-5})|=1$$

那么根据$Z+\ast UFD$

必须有

$$(a^2+5b^2)(c^2+5d^2)=1$$
->
$a=c=+-1,b=d=0$

所以这两个不能是单位，也就是unit还是±1

也就说明了2，3是不可约的！

假设$2=(a+b\sqrt{-}5)(c+d\sqrt{-}5)$

$$4=(a^2+5b^2)(c^2+5d^2)$$

他们必须整除4

$a^2+5b^2=1,a=+-1,b=0$

$a+b\sqrt{-5}=+-1$

对于3也一样的！

$1+\sqrt{-5}1-\sqrt{-5}$也是不可约的

6=…

然后就是$a^2+5b^2=1$

反正就是验证2，3都不会被左边整除，因为2，3都不可约，然后这两个数又都只能是不可约的，然后他们又不是unit

四个都是不可约的而只有两个unit-1，1

所以很显然2,3都是实数，而$1+\sqrt{-}5,1-\sqrt{-}5\in Complex$

他们之间应该存在一个排列形成双射。

但是

$$ZW<->Z=+-W$$

$a+b\sqrt{-5}c+d\sqrt{-5}<->矛盾$

不存在双射

6的分解不唯一，他就不是一个UFD

PID 真理想都是主理想

代余除法 任何一个整数a,任意一个$b\in Z/0,\exists !q\in Z$

->$a=bq+r,b\ge r\ge 0$

R+*是欧几里得环

∃f:R/{0}−>Ns.t. if a,b∈R,b≠0,∃q,r∈R,s.t.a=bq+rwhere  r=0  or  f(r)<f(b)\exist f:R/\{0\}->\N \\ s.t. ~if ~a,b\in R,b\not = 0,\exist q,r\in R,s.t. a=bq+r \\ where ~~r=0 ~~or ~~f(r)<f(b)∃f:R/{0}−>Ns.t. if a,b∈R,b=0,∃q,r∈R,s.t.a=bq+rwhere  r=0  or  f(r)<f(b)

而且q,r不需要是唯一的。

注意，他不是域，但是他有代余除法！

Z+*是欧几里得整环

f(x)=|x|即可

$a=qb+r$

r不是0，$0<r<|b|$就$f(r)<f(b)$

Z[i]也是欧几里得环

$Z[i]/0->N$简单只需要用模即可

$a+bi\ne 0那么a^2+b^2>0,so{a}^2+b^2\in \mathbb{N}$

然后下面也都显然的了

举个例子

a=(3+4i)b=-1+2i

\frac{a}{b}=\frac{(3+4i)(-1-2i)}{…}=1-2i

因为$|a-bq|<|b|$如果整除r一定是0

如果能够整除，那么r显然是0, a=bq$

如果不能整除

$\frac{a}{b}=c+di,c,d\in R$

而且他们至少有一个不是整数

数论: $\mathbb{R}->\mathbb{Z}$

[a]={n∈Z:∣n−a∣<0.5}ifamod  1≢0.5[a]=\{n\in Z : |n-a|<0.5\} if a\mod 1 \not \equiv 0.5[a]={n∈Z:∣n−a∣<0.5}ifamod1≡0.5

最近的整数

else

={a−0.5,a+0.5∩2Z}=\{a-0.5,a+0.5\cap 2\Z\}={a−0.5,a+0.5∩2Z}

这样在负数上也能well defined

clearly

$$\forall a\in R|a-[a]|\le 0.5$$

Indeed $|a-[a]|=0.5$

$$q=[c]+[d]i,[c],[d]\in \mathbb{Z}$$

$$f(r)<f(b)<->|r|<|b|$$

$$a-bq=b(c-[c]+(d-[d])i)$$

$$\begin{gathered} |a-bq| \\ =|b|\ast \sqrt{(c-[c]{)}^2+(d-[d]{)}^2} \\ \le |b|\ast \frac{\sqrt{2}}{2} \end{gathered}$$

$f(r)=f(a-bq)<f(b)$

我们确实找到了一个q，而且没有说明他是唯一的，所以这个z[i]是欧几里得整环

域，乘法下阿贝尔群

$$a=0,a=0b+0(r=0)$$

$$a\ne 0,a=(a{b}^{-1})\ast b+0$$

处处都是整除的，所以我们没有任何意义定义代余除法。

因为任何a，b都整除a所以不需要R

所以我们或许存在介于二者之间的条件

$$EuclidDomain->PID$$

R/{0}−>N...R/\{0\}->N...R/{0}−>N...（略去）

$a=qb+r$

I是真理想，证明他是主理想

如果I={0}I=\{0\}I={0}那么I={0}I=\{0\}I={0}是主理想

I≠{0}I\not = \{0\}I={0}

I/{0}≠∅I/\{0\}\not = \emptyI/{0}=∅

$f{|}_{I/0}:->N$

一定有最小I/{0}I/\{0\}I/{0}的映射到了1

Claim$I=(b)$

正着好证明，因为$b\in I,bR\in (b)\subset I,(b)\subset I$

反过来？

$a\in I/(b)$

假设最小的正整数是3，如果有个8那么就会有2在里面。

假设$a=qb+r$不在$(b)$

证明:$r!=0且f(r)>=f(b)$

显然r!=0,因为这样搞在(b)里了。

因为a在理想里面，b在理想里面，（b是最小非0元素使得取值最小。

黑洞$qb\in I$

$a-qb=r\in I$

而$f(r)<f(b)$，这个和所有$x\in f(x)$中b最小矛盾

所以矛盾，所以是主理想

任意一个都是主理想，Euclid Domain is PID is UFD

有限域，有限个元素的域，比如${\mathbb{Z}}_7$

rngs ⊃ rings ⊃ commutative rings ⊃ integral domains ⊃ integrally closed domains ⊃ GCD domains ⊃ unique factorization domains ⊃ principal ideal domains ⊃ Euclidean domains ⊃ fields ⊃ algebraically closed fields

GCD是GCD都存在

integrally closed domains每个元素可以是A上一元多项式的根

algebraically closed fields也就是每个F上多项式的根也在F里面。

环论总复习！

（此章节略记）

幺半群定义

环定义

交换环定义

交换环牛顿二项式定理，多项式定理

多项式必须有有限多个不为0

多项式环

子环

同态

代入同态$f:R[x]->R$

$I⊲R$的定义

R/I是商环

$(a+I)\ast (b+I)=ab+I$ 商环运算

$a\in R(a)=Ra$ (a)是a生成的理想 主理想

所有理想的和还是理想

第一环同构定理

单位的定义:存在逆元

所有单位在乘法下成群

多项式属于单位，当且仅当是仅有常数的多项式

整数上单位只有±1，域上的单位Q/{0}Q/\{0\}Q/{0}

域，加法乘法均构成阿贝尔群,$a\ast (b+c)=ab+ac$

是域则环

整环，交换没有零因子

整环消去律

任意交也是理想

理想和也是理想

真理想

PID($PrincipalIdealDomain$)

不可约 -> 质的定义

可约 p可以写成ab形式，都不是unit

有唯一分解

存在不可约的$p_1..p_n$

如果有相同的就是存在置换使得他们完全一样

UFD

整数环不可约要么p是素数要么-p是素数

接下来所有环都是整环

整除概念 $\exists d,ad=b$

等价关系 相互整除

| 原序

$pprimep|ab,p|a或p|b$ 素

UFD-》素=不可约

UFD是每个都有分解，而且素数都是不可约的。

$d=gcd(a,b)$

$d|a,d|b$

$e|a,e|b->e|d$

lcm

gcd lcm unit等价下唯一

R+* PID 那么和就是由gcd生成

理想的交

PID是UFD

UFD显然是整环

$R->R/I$是坍缩$I(a_1..a_n)$把某个数等价为0

R/{1}

R/{0}

Z/n

R[x]/x

R[x]/(x^2+1)

R[x]/(ax+b)

R[x]/(a)

R[s]最小的域包含$R\&s$

R[s]域扩张

Z[i]

R[i]

$Q[\sqrt{2}]$

Q[\sqrt 2^3] 三次根号2

$Q[\pi ]$

$Z[e]$

$Z[\sqrt{-5}]$

$Z[\sqrt{-5}]$不是UFD

$R+\ast ED$

$Z+\ast isaED$

$Z[i]+\ast isED$

$R+\ast Field那么R+\ast ED$

$R+\ast ED那么R+\ast PID$

$F->ED->PID->UFD->ID$

$[]:R->Z$

[x]=高斯函数

差0.5以内为近的，然后差的恰好为0.5则是

高斯引理 艾森斯坦判别法

Galois !

I/K 是域扩张

存在可逆双射从中间域到伽罗瓦群$Gal(L/k)$。

多项式理论

K is field

K[x]={a0...anxn:an≠0,a0...an∈K}K[x]=\{a_0...a_nx^n:a_n\not = 0,a_0...a_n\in K\}K[x]={a0​...an​xn:an​=0,a0​...an​∈K}

K[x]是欧几里得整环

$\mathbb{Z}[x]$不是欧几里得整环
DegP=∞p∈Kmax⁡{n∈N,pn≠0} Deg P =\infty p\in K\\ \max \{n\in N,p_n\not =0\} DegP=∞p∈Kmax{n∈N,pn​=0}

1. a=0,a=0b+0

2. $a!=0,dega<degb$

那么$a=0b+a$

3. dega>=deg b

b|a?

那么a=qb,r=0

4. $dega\ge degb,b\nmid a$

那么由多项式带余除法，$r<b$

在$Q[\sqrt{2}]$域上多项式就是有一个欧几里得整环

K是域，那么$p(x)\in K[x]$是单位

->P(x)是单位，<−>p(x)≡c∈K/{0}<->p(x)\equiv c\in K/\{0\}<−>p(x)≡c∈K/{0}

$p(x)q(x)<->p(x)=cq(x)$

p(x) 是一个monic，首一的，也就是最高次项多项式是1

$p(x)=a_0+...+a_n-1x^{n-1}+x^n$

deg p>=1,存在唯一的monic多项式q(x)与p(x)等价

因为差一个非0的系数$a_n$

如果与多于一个首一多项式等价

那么一定会由n项，c=1,于是一定会有c=1，所以所有$a_i=c{b}_i=b_i$

K[x] 唯一分解整环一定会有所有单位都是常多项式而且常数不为0

任意K[x]的多项式$p(x)$总存在唯一的非零的c，然后存在唯一的$q_1(x)...q_n(x)monicandirreducible$

$p(x)=c{q}_1(x)..q_n(x)$

艾森斯坦判别法可以判别！

首先高斯引理，如果$a(x)\in \mathbb{Z}[x]不可约的$

那么他不能写成两个非单位的多项式的乘积

那么他一定在$Q(x)$上面不可分的。

假设$a(x)=a_0+...+a_n{x}^n$

假设这个多项式在Z下不可约,但在Q可约

那么$a(x)=b(x)c(x),$

$b(x)c(x)\in Q[x]degb,degc\ge 1$

那么就有$b(x)=b_0...b_m{x}^m\in Q[x](b_m\ne 0)$

$c(x)=c_0+...c_k{x}^k,c_k\ne 0$

系数都是有理数，所以bx乘上所有分母的lcm，让bx变成Z上的，Cx也这样做。假设lcm乘积为n，得到d(x),e(x)，有

$n\ast a(x)=d(x)\ast e(x)$

$d(x)e(x)\in \mathbb{Z}[x],degd,dege\ge 1$

n是所有bc中的因子乘积

然后假设p|n,那么$p|d_1...d_m,orp|e_1..e_k$

$p|n$，让$i,j$是最小的一个不可以整除的。$p\nmid d_i\&p\nmid e_j$

$a(x)\in \mathbb{Z}[x],p|n,p|n{a}_{i+j}$

dxex多项式乘积中展开第i+j有

$d_0{e}^{i+j}+d_1{e}^{i+j-1}...+d_i{e}_j+...d_{i+j}{e}_0$

会有如果$k_1\le i，那么p|d_{k_1},k_2\le j,p|e_{k_2}$

所有我们发现左边是p的倍数，右边也是p的倍数，整个项除了$d_i{e}_j$都是p的倍数，而有需要整除所有的和

所以最后p整除这一项！

所以$p|d_i/p|e_j$,因为他们是最小的那个使得不整除

所以我们就反复的这样做，每次都把n的一个素因子给d/e吃掉，然后最后n就变成了1

$a(x)=d(x)c(x)$所以就可以约了。。所以矛盾

整数上不可分有理数不可分

艾森斯坦！

存在$p\in P$

1. $p\nmid a_n$
2. $p|a_0..a_{n-1}$
3. $p^2\nmid a_0$

a(x)在Q上不可约

只需检验a(x)在Z上不可约

所以假设a(x)=b(x)c(x)而且度数大于等于1

$b(x)=b_0+...b_m{x}^m$

$c(x)=c_0+...c_k{x}^k$

$p|a_0..a_{n-1}$

所以整除$b_0{c}_0$和所有的一些加和

$$p^2\nmid a_0,p^2\nmid b_0{c}_0$$

假设只整除$c_0$

$p|(b_0{c}_1+b_1{c}_0)$

$p|c_1$

$p|(b_0{c}_2+b_1{c}_1+b_2{c}_0)$

$p|c_2$

根据数学归纳$p\nmid b_0{c}_n$

->$p\nmid b_n\&p\nmid c_n$

然后$c_n\ne 0$所以$degc=n->degb=\infty =0$

然后是一些例子。

域扩张 最小多项式

$P(x)=a_0+..+a_n{x}^n$

$degP=\infty ifn=0$
否则次数为n

C上的域扩张！

定义Q是C中最小的域

1. Q是域
2. $K\in C$也是一个域

那么$0，1\in K$

$\mathbb{Z}\subset K$

$Q\subset K$

$K<L<\mathbb{C}$

L:K是域扩张 field Extension

或者K->L的嵌入单同态monomorphism

$\forall x\in Ki(x)=x=L$

i是同态而且是单射那么就是单同态！

$Q(\sqrt{2})->Q(\sqrt{2},i)$

$\mathbb{R}->\mathbb{C}$

$K<M<L$

$L:K=L:M\ast M:K$

只需证$L:M\ast M:K(x)=L:M(x)=x$

说KaTeX parse error: Undefined control sequence: \C at position 6: X\in \̲C̲,K<\C

K(X)是最小的包含了$K\&X$的域

所有域交集也包含了他

单扩张存在$\alpha \in I,L=k(\alpha )$

扩张$\pi$也是单扩张

$[L:K]$是L在K上的扩域次数,$di{m}_K(I)$

L+是阿贝尔群，

$K\ast I->I$通过${\lambda }_s\ast x=\lambda x$

L就构成K上的向量空间

$[C:R]=2$

span(1,i)是C在R上的基

$[Q\sqrt{2},Q]=2$

$span(1,\sqrt{2})$是基

$[Q\sqrt{\pi }:Q]=\infty$

Tower Law

$K<M<L$

$[L:K]=[L:M][M:K]$

根据基来做！
$$\begin{gathered} (u_1..u_m)\in I \\ (v_1..v_n)\in M \end{gathered}$$

$(u_i{v}_j)$ is a basis of L over K

$w\in L$,w可以由一些$u_i{v}_j$张成出来
$$\exists a_1..a_m\in M,s.t.w=\sum _{i=1}{a}_i{u}_i$$

对于每一个$a_i\in M$

因为$v_1..v_n$都是M在K上的基

所以总能找到$b_{i1}..b_{in}\in K$

s.t.$a_i={\sum }_{j=1}^n{b}_{ij}{v}_j$

然后$w={\sum }_{i=1}^m{\sum }_{j=1}^n{b}_{i,j}{u}_i{v}_j$

这个事和线性变换还不一样，他是域扩张，他里面都是数的运算

2.线性无关

假如存在${\sum }_{i=1}^m{\sum }_{j=1}^n{a}_{i,j}{u}_i{v}_j=0$

$b_i=\sum a_{ij}{v}_j$

${\sum }_{i=1}^m{b}_i{u}_i=0$

$b_1=...b_m=0$

又因为$b_i=\sum a_{ij}{v}_j=0$

所以$a_{i,j}=0$

然后这就是线性代数的一个应用！

cor：$K_0<..K_n$

那么$[K_n:K_0]=[K_n:K_{n-1}][K_{n_1}:K_{n-1}]...$

$K<C,\alpha \in \mathbb{C}$

$\alpha is$ 代数数

存在非0多项式代入同态到0上

超越数不是任何一个有理系数多项式的根。

$\alpha isAlgebraicoverk<C$

m_k(\alpha)(x)是最小的有\alpha这个根的多项式，他一定是首一的

$K[x]/(m(\alpha ))K(\alpha )$

f : $k[x]-hom>k[\alpha ]$

$f(p)=p(\alpha )$

fs是代入同态

$I=kerf⊲K[x]$

$I=(p(x))$

p(x)不是首一的？

我们找一个唯一的m(x)对应就好了

然后$m_k(\alpha )(x)$就是K上最小的多项式

找Q上根为$\sqrt{2}+\sqrt{3}$

不断平方,移相，只有四次解

注意k不同,域不同就会有很多区别

$\alpha$ 是超越数

$[K(\alpha ):K]=deg{m}_K(\alpha )$

不存在就是无穷！

如果能找到某一个n使得他等于0就矛盾$a+a_1\alpha +..a_n{\alpha }^n=0$

$mk(\alpha )$无穷维

代数数，那么他一定是有限维的

$(1,\alpha ,{\alpha }^2...{\alpha }^{n-1})$是一组基

$z=b_0+b_1\alpha ...b_m{\alpha }^m$

$a=zq+r$

分$r(x)=0,degr<deg{m}_k(a)$两种情况讨论

因为如果度数大，可以代余除法表示出来

如果度数小，可以直接被表示出来

线性无关是显然的

如果存在一个是0，就和$mk\alpha$定义矛盾了