抽象代数习题--交换环部分

如有疏漏，敬请指正

1

题目:
Find a subset of $\mathbb{Z}$ closed on $+$ and $\cdot$ , and it includes an integer $k>0$, but is not a ring. What would happen if it’s a subset including $–k$?
解答:
(1)
可以构造集合$\langle k \rangle$或者$\mathbb{Z}^{+}$，它们都对$+$与$\cdot$封闭，但是找不到加法单位元
(2)
如果将$k$改为$-k$，则找不到这样的子集$S \subseteq \mathbb{Z}$满足题干中所述条件

2

题目:
Show whether a subring of a ring / integral domain / field is also a ring / integral domain / field.
解答:
(1)
设$R$是一个环，$S$是其任意一个子环
那么有$1_{R} \in S$
且对任意$a,b \in S$，都有$a-b \in S, a \cdot b \in S$
下证$(S,+)$是一个阿贝尔群
由于$1_{R} \in S$，则有$1_{R} - 1_{R} = 0_{R} \in S$
若$b \in S$，那么就有$0_{R}-b = -b \in S$
若$a \in S$，那么有

$$a-(-b)=a+(-1_{R})(-1_{R})b=a+b \in S$$

因此$S$对$+$封闭
因为$S \subseteq R$，因此对任意$a,b,c \in S \subseteq R$，都有

$$a+b=b+a \quad \mathrm{and} \quad a+(b+c)=(a+b)+c$$

对于每一个$b \in S$，已知$-b \in S$
那么有$b-b=b+(-b)=0_{R}$
因此$(S,+)$是一个阿贝尔群
因为$S \subseteq R$，因此对任意$a,b,c \in S \subseteq R$，都有

$$a \cdot (b+c) = a \cdot b+a \cdot c \quad \mathrm{and} \quad (b+c) \cdot a=b \cdot a+c \cdot a$$

已知$a \cdot b \in S$
由于$S \subseteq R$，同理可得$(S, \cdot )$满足结合律
综上所述，环的子环也是环
(2)
设$R$是一个整环，$S$是其任意一个子环
那么有$1_{R} \in S$
且对任意$a,b \in S$，都有$a-b \in S, a \cdot b \in S$
因为$R$是交换环，所以$S$也是交换环
由于$1_{R} \in S$，则有$1_{R} - 1_{R} = 0_{R} \in S$
由整环定义可知$1_{R} \neq 0_{R} \in S$
因为$S \subseteq R$，因此对任意$a,b,c \in S \subseteq R$，若$c \cdot a= c \cdot b$，有

$$a=b$$

因此整环的子环是整环
(3)
域的子环不一定是域
例如，$\mathbb{R}$是域，$\mathbb{Z}$是$\mathbb{R}$的子环，但是$\mathbb{Z}$不是域，因为对部分$a \in \mathbb{Z}$，不存在$a^{-1} \in \mathbb{Z}$使得$a^{-1} \cdot a=1$

3

题目:
Show that $F=( \lbrace a+b \sqrt{2} : a,b \in \mathbb{Q} \rbrace, +, \cdot )$ is a field
解答:
令$F$中的零元$0_{F}$为$0$，一元$1_{F}$为$1$
易知，$F$上定义的$+$和$\cdot$运算可交换，可结合且满足分配律
对每一个$p \in F$，不失一般性，令$p=x+y \sqrt{2}$
因此，存在$p’ = -x-y \sqrt{2} \in F$，使得$p’+p=0$
因此$F$是交换环
易知在$F$中$1_{F} \neq 0_{F}$
对每一个$p=x+y \sqrt{2} \neq 0 \in F$，存在

$$p^{-1}=\frac{x}{x^{2}-2y^{2}}-\frac{y}{x^{2}-2y^{2}} \sqrt{2} \in F$$

使得$p^{-1}p=1$
当$x = \sqrt{2} y$时，有$p=2y \sqrt{2}$，不符合定义
当$x=- \sqrt{2} y$时，有$p=0$，不符合定义
因此$x^{2}-2y^{2} \neq 0$
综上所述，$F$是一个域

4

题目:
If $R$ is an integral domain but not a field, and $S$ is a set satisfying $R \subset S \subset Frac(R)$, prove that $S$ is not a field.
解答:
方法一:
易知，$R$上的运算定义在$Frac(R)$上有相同定义
因为$Frac(R)$是域，因此$Frac(R)$也是一个整环
假设存在域$S$，使得$R \subset S \subset Frac(R)$
则$S$也是一个整环，可得$Frac(R)$中的运算对$S$封闭
则对任意$a,b \in Frac(R)$，有$a,b \in S$
对任意$a+b,ab,a/b \in Frac(R)$，有$a+b,ab,a/b \in S$
因此$Frac(R) \subseteq S$，与$S \subset Frac(R)$矛盾
综上:不存在域$S$，使得$R \subset S \subset Frac(R)$
方法二:
假设$S$是域，那么$S$就是$Frac(R)$的子域
因为$S \in Frac(R)$，令$[a,b] \in Frac(R)$且$[a,b] \notin S$
因为$[a,1],[b,1] \in R,R \subset S$，所以$[a,1],[b,1] \in S$
又由假设知$S$是域，那么有$[1,b]=([b,1])^{-1} \in S$
所以$[a,1][1,b]=[a,b] \in S$
矛盾！
综上:不存在域$S$，使得$R \subset S \subset Frac(R)$

5

题目:
Show that if $R$ is a nonzero commutative ring, then $R[x]$ is not a field.
解答:
假设$R[x]$是一个域
令$a_{0}+a_{1}x+ \cdots +a_{n}x^{n} \in R[x]$
由$R[x]$是一个域，有$x \in R[x]$使得

$$x(a_{0}+a_{1}x+ \cdots +a_{n}x^{n})=1$$

即

$$0+a_{0}x+a_{1}x^{2}+ \cdots +a_{n}x^{n+1}=1+0x+0x^{2}+ \cdots +0x^{n+1}$$

可得$a_{0}=a_{1}= \cdots =a_{n}=0,0=1$，矛盾！
因此若$R$是一个非零交换环，则$R[x]$不是一个域

6

题目:
If $R$ is a commutative ring and $f(x)=\sum a_{i}x^{i} \in R[x]$ has degree $n \geq 1$, define its derivative $f(x)’$ by: $f(x)’=a_{1}+2a_{2}x+ \cdots +na_{n}x^{n-1}$. Prove that the following rules hold:

• $(f+g)’=f’+g’$
• $(rf)’=rf’$ if $r∈R$
• $(fg)’=f’g+fg’$
• $(f^{m})’=mf^{m-1}f’$ for all $m∈\mathbb{Z}^{+}$

解答:
可得

$$f'(x)=\sum_{i=0}^{n} i a_{i}x^{i-1}$$

令$g(x)=\sum_{i=0}^{m} b_{i}x^{i}$
则

$$g'(x)=\sum_{i=0}^{m} i b_{i}x^{i-1}$$

(1)
计算得

$$f(x)+g(x)= \begin{cases} \sum_{i=0}^{min(m,n)} (a_{i}+b_{i})x^{i}+ \sum_{j=min(m,n)}^{m} b_{j} x^{j}, m>n \\ \sum_{i=0}^{min(m,n)} (a_{i}+b_{i})x^{i}+ \sum_{j=min(m,n)}^{n} a_{j} x^{j}, m \leq n \end{cases}$$

因此

$$(f(x)+g(x))' = \begin{cases} \sum_{i=0}^{min(m,n)} i(a_{i}+b_{i})x^{i-1}+ \sum_{j=min(m,n)}^{m} jb_{j} x^{j-1}, m>n \\ \sum_{i=0}^{min(m,n)} i(a_{i}+b_{i})x^{i-1}+ \sum_{j=min(m,n)}^{n} ja_{j} x^{j-1}, m \leq n \end{cases} \\ =\sum_{i=0}^{n} i a_{i}x^{i-1}+ \sum_{j=0}^{m} j b_{j}x^{j-1}\\ =f'(x)+g'(x) \\$$

综上，$(f+g)’=f’+g’$
(2)
计算得

$$rf(x)=r \sum_{i=0}^{n} a_{i}x^{i}$$

则

$$(rf(x))'=(\sum_{i=0}^{n} ra_{i}x^{i})'=\sum_{i=0}^{n} i ra_{i}x^{i-1} = r\sum_{i=0}^{n} i a_{i}x^{i-1}=rf'(x)$$

综上，$(rf)’=rf’$
(3)
计算得

$$f(x)g(x)=\sum_{i=0}^{m+n} \left( \sum_{p+q=i} a_{p}b_{q} \right) x^{i}$$

因此

$$(f(x)g(x))'=\sum_{i=0}^{m+n} i \left( \sum_{p+q=i} a_{p}b_{q} \right) x^{i-1}$$

而

$$f'(x)g(x)+f(x)g'(x) =\sum_{i=0}^{n} ia_{i}x^{i-1} \sum_{j=0}^{m} b_{j}x^{j}+\sum_{i=0}^{n} a_{i}x^{i} \sum_{j=0}^{m} jb_{j}x^{j-1}\\ =\sum_{i=0}^{m+n} i \left( \sum_{p+q=i} a_{p}b_{q} \right) x^{i-1}\\ =(f(x)g(x))'$$

综上，$(fg)’=f’g+fg’$
(4)
当$m=1$时该等式为

$$f'=1f^{0}f'$$

显然成立
假设$m=k$时该等式成立，即

$$(f^{k})'=kf^{k-1}f'$$

则当$m=k+1$时有

$$(f^{k+1})'=(f^{k}f)' =(f^{k})'f+f^{k}f' =kf^{k}f'+f^{k}f' =(k+1)f^{k}f'$$

满足该等式
综上，$(f^{m})’=mf^{m-1}f’$

7

题目:
Let $R$ be a commutative ring. Show that the function $\eta : R[x]→R$ defined by $\eta : a_{0}+a_{1}x+…+a_{n}x^{n} \to a_{0}$ is a ring homomorphism. Do functions in its kernel have any common root?
解答:
易知$R$和$R[x]$都是交换环
且有$\eta (1_{R[x]})=\eta (1)=1$
设$A=a_{0}+a_{1}x+ \cdots +a_{n}x^{n}, B=b_{0}+b_{1}x+ \cdots +b_{m}x^{m} \in R[x]$
那么有

$$\eta (A+B)=a_{0}+b_{0}=\eta (A)+ \eta (B)$$

因为$AB=\sum_{i=0}^{m+n} \left( \sum_{p+q=i} a_{p}b_{q} \right) x^{i}$
那么有

$$\eta (AB)=\eta \left( \sum_{i=0}^{m+n} \left( \sum_{p+q=i} a_{p}b_{q} \right) x^{i} \right)= \sum_{p+q=0} a_{p}b_{q}=a_{0}b_{0}= \eta (A) \eta (B)$$

因此$\eta$是一个环同态
可得$\mathbf{ker} \eta = \lbrace A \in R[x] \; \mathrm{and} \; a_{0}=0 \rbrace$
因此有共同根$x=0$

8

题目:
Two commutative rings $R$ and $S$ have a direct product $R \times S$, with $(r_{1},s_{1}) + (r_{2},s_{2}) = (r_{1}+r_{2}, s_{1}+s_{2}), (r_{1},s_{1}) (r_{2},s_{2}) = (r_{1}r_{2}, s_{1}s_{2})$ . Show that $R \times S$ is a commutative ring, and $R \times \lbrace 0 \rbrace$ is an ideal of it. Show that if neither $R$ nor $S$ is zero ring, $R \times S$ is not an integral domain.
解答:
(1)
对任意$(r_{1},s_{1}),(r_{2},s_{2}),(r_{3},s_{3}) \in R \times S$，因为$R$和$S$都是交换环
则有

$$(r_{1},s_{1})+(r_{2},s_{2})=(r_{1}+r_{2},s_{1}+s_{2})=(r_{2},s_{2})+(r_{1},s_{1})$$ $$((r_{1},s_{1})+(r_{2},s_{2}))+(r_{3},s_{3})=(r_{1}+r_{2}+r_{3},s_{1}+s_{2}+s_{3})=(r_{1},s_{1})+((r_{2},s_{2})+(r_{3},s_{3}))$$

因此加法运算满足交换律与结合律，乘法运算的交换律与结合律同理
且有

$$(r_{1},s_{1})((r_{2},s_{2})+(r_{3}+s_{3}))=(r_{1}r_{2}+r_{1}r_{3},s_{1}s_{2}+s_{1}s_{3})=(r_{1},s_{1})(r_{2},s_{2})+(r_{1},s_{1})(r_{3},s_{3})$$

因为$R$和$S$为交换环，存在元素$(0,0) \in R \times S$，使得$(r,s) \in R \times S$，有$(0,0)+(r,s)=(r,s)$
对于任意$(r,s) \in R \times S$，设$(r’,s’)+(r,s)=(0,0)$，可得$(r’,s’)=(-r,-s)$
且存在元素$(1,1) \in R \times S$，使得对任意$(r,s) \in R \times S$，有$(r,s)(1,1)=(r,s)$
因此$R \times S$是交换环
(2)
易知：$R \times \lbrace 0 \rbrace \subseteq R \times S$
对任意$(r,0) \in R \times \lbrace 0 \rbrace$
当$r=0$时，有$(r,0)=(0,0) \in R \times \lbrace 0 \rbrace$
对任意$(r_{1},0),(r_{2},0) \in R \times \lbrace 0 \rbrace$，有

$$(r_{1},0)+(r_{2},0)=(r_{1}+r_{2},0)$$

因为$R$是交换环，所以$r_{1}+r_{2} \in R$，因此$(r_{1},0)+(r_{2},0) \in R \times \lbrace 0 \rbrace$
对任意$(a,0) \in R \times \lbrace 0 \rbrace$与$(r,s) \in R \times S$
有$(a,0)(r,s)=(ra,0) \in R \times \lbrace 0 \rbrace$
因此$R \times \lbrace 0 \rbrace$是$R \times S$上的理想
(3)
对任意$(r_{1},s_{1}),(r_{2},s_{2}),(r_{3},s_{3}) \in R \times S$
因为$R$和$S$都不是零环
因此$(0,0),(1,1) \in R \times S$，且$(1,1) \neq (0,0)$
对$r_{1},r_{2},r_{3} \in R,s_{1},s_{2},s_{3} \in R$
当$r_{2} \neq r_{3},s_{2} = s_{3},r_{1}=0,s_{1} \neq 0$，有$r_{1}r_{2} = r_{1}r_{3},s_{1}s_{2} = s_{1}s_{3}$
即$(r_{1}r_{2},s_{1}s_{2})=(r_{1}r_{3},s_{1}s_{3})$，即$(r_{1},s_{1})(r_{2},s_{2})=(r_{1},s_{1})(r_{3},s_{3})$
但此时$(r_{2},s_{2}) \neq (r_{3},s_{3})$且$(r_{1},s_{1}) \neq (0,0)$
因此$R \times S$不是整环

9

题目:
$A$ is the set of all matrices $[[a,b],[-b,a]]$, with $a,b$ being real numbers. Prove that $A$ is a field with matrix plus and product. Prove that it is isomorphic to the ring on complex number $\mathbb{C}$.
解答:
(1)
易知，矩阵加法具有交换律和结合律
存在零矩阵，使得对任意$\left( \begin{smallmatrix} a&b \\ -b&a \end{smallmatrix} \right) \in A$
有$\left( \begin{smallmatrix} 0&0 \\ 0&0 \end{smallmatrix} \right)+ \left( \begin{smallmatrix} a&b \\ -b&a \end{smallmatrix} \right)=\left( \begin{smallmatrix} a&b \\ -b&a \end{smallmatrix} \right)$
对任意$\left( \begin{smallmatrix} a&b \\ -b&a \end{smallmatrix} \right) \in A$，令$\left( \begin{smallmatrix} a&b \\ -b&a \end{smallmatrix} \right) +M’=\left( \begin{smallmatrix} 0&0 \\ 0&0 \end{smallmatrix} \right)$
有$M’=\left( \begin{smallmatrix} -a&-b \\ b&-a \end{smallmatrix} \right) \in A$
对任意$\left( \begin{smallmatrix} a&b \\ -b&a \end{smallmatrix} \right) ,\left( \begin{smallmatrix} c&d \\ -d&c \end{smallmatrix} \right) \in A$，有

$$\left( \begin{smallmatrix} a&b \\ -b&a \end{smallmatrix} \right) \left( \begin{smallmatrix} c&d \\ -d&c \end{smallmatrix} \right)=\left( \begin{smallmatrix} ac-bd&ad+bc \\ -bc-ad&-bd+ac \end{smallmatrix} \right)=\left( \begin{smallmatrix} c&d \\ -d&c \end{smallmatrix} \right) \left( \begin{smallmatrix} a&b \\ -b&a \end{smallmatrix} \right)$$

易知，矩阵乘法满足结合律
存在单位矩阵$E \in A$使得对每一个$X \in A$，有$EX=X$
易知，矩阵乘法和加法满足分配律
因此，$A$是交换环
对任意$\left( \begin{smallmatrix} a&b \\ -b&a \end{smallmatrix} \right) \in A$，设$\left( \begin{smallmatrix} x_{1}&x_{2} \\ x_{3}&x_{4} \end{smallmatrix} \right) \left( \begin{smallmatrix} a&b \\ -b&a \end{smallmatrix} \right) = \left( \begin{smallmatrix} 1&0 \\ 0&1 \end{smallmatrix} \right)$
解得

$$\begin{cases} x_{1}= \frac{a}{a^{2}+b^{2}} \\ x_{2}= - \frac{b}{a^{2}+b^{2}} \\ x_{3}= \frac{b}{a^{2}+b^{2}} \\ x_{4}= \frac{a}{a^{2}+b^{2}} \end{cases}$$

因此$\left( \begin{smallmatrix} x_{1}&x_{2} \\ x_{3}&x_{4} \end{smallmatrix} \right) \in A$
因此$A$是一个域
(2)
定义$\varphi: A \to \mathbb{C}$为$\varphi (X)=a+bi$
那么有$\varphi(1_{A})= \varphi($$E)=1$
对任意$X,X’ \in A$，有

$$\varphi (X+X')=(a+a')+(b+b')i=\varphi(X)+\varphi(X')$$ $$\varphi(XX')=(aa'-bb')+(ab'+a'b)i=\varphi(X) \varphi(X')$$

因此$\varphi$是一个同态
易知$\mathbf{ker} f= \left( \begin{smallmatrix} 0&0 \\ 0&0 \end{smallmatrix} \right)$，这是零矩阵
因此$\varphi$是一个单射
对任意$a+bi \in \mathbb{C}$，有$\varphi^{-1} (a+bi)= \left( \begin{smallmatrix} a&b \\ -b&a \end{smallmatrix} \right) \in A$
因此$\varphi$是一个满射
综上，$\varphi$是一个双射
因此$\varphi$是一个同构

10

题目:
$f(x)=x^{2}+1, g(x)=x^{3}+x+1 ∈ \mathbb{I}_{3} [x]$. Find $gcd(f,g)$ and the corresponding coefficients.
解答:
因为3是素数，因此$\mathbb{I}_{3}$是一个域
可得$gcd(f,g)=[1]$，其次数为0，对应系数为$[1]$

11

题目:
Let $R$ be a Euclidean ring with degree function $\vartheta$.

• prove that $\vartheta (1) \leq \vartheta (a)$ for all nonzero $a \in R$.
• prove that a nonzero $u \in R$ is a unit iff $\vartheta (u)=\vartheta (1)$.

解答:
(1)
已知$R$是一个欧氏环
那么由欧氏环定义可知，对所有不为零的$f,g \in R$，有$\vartheta (f) \leq \vartheta (fg)$
现在令$f=1,g=a$，其中$a$为属于$R$的任意非零元素
那么有$\vartheta (1) \leq \vartheta (a)$
(2)
若$u \in R$是可逆元，那么存在$u^{-1} \in R$使得$u^{-1} u=1$
则有$\vartheta (u) \leq \vartheta (u^{-1}u) = \vartheta (1)$
又由i得$\vartheta (1) \leq \vartheta (u)$
因此$\vartheta (u)= \vartheta (1)$
若$\vartheta (u)= \vartheta (1)$
易知，有$1=qu+r$，使得$r=0$或$r \neq 0$但$\vartheta (r) < \vartheta (u)$
当$r=0$时，有$1=qu$，即$q=u^{-1}$，因此$u$是一个可逆元
当$r \neq 0$时，有$\vartheta (r) < \vartheta (u) = \vartheta (1)$，这与i中的结论相矛盾
因此$u$是一个可逆元
综上，非零元素$u$是一个可逆元当且仅当$\vartheta (u) = \vartheta (1)$

12

题目:
For every commutative ring $R$, prove $R[x]/(x) \cong R$.
解答:
可以构造计值映射$\varphi : R[x] \to R$为$f \to f(0)$
那么有$\mathbf{ker} \varphi = (x)$，并且有$\mathbf{im} \varphi = R$
因为$\varphi$是一个同态，那么由第一同构定理，存在同构

$$\widetilde{\varphi} : R[x] / (x) \to R$$

因此$R[x]/(x) \cong R$

13

题目:
Find or describe all maximal ideals in (i)$\mathbb{Z}$, (ii)$R[x]$.
解答:
(1)所有极大理想组成的集合是$\lbrace (k) \mid k \; \mathrm{is \; prime} \rbrace$
(2)所有极大理想组成的集合是$\lbrace (f(x)) \mid f(x) \; \mathrm{is \; irreducible} \rbrace$

14

题目:
Let $f:A \to R$ be a surjective ring homomorphism between two commutative rings $A$ and $R$. Prove that:

• if $Q$ is a prime ideal in $R$, $f^{-1}(Q)$ is a prime ideal in $A$.
• if $R$ is a commutative ring, $J \subseteq R$, $I$ is an ideal in $R$, and let $J/I= \lbrace [j]_{\mathrm{mod} \; I}, j \in J \rbrace$. It is a prime ideal in $R/I$. Prove that $J$ is a prime ideal in $R$.

解答:
(1)
已知$f$是一个同态，那么有$f(0)=0$
所以$f^{-1} (0)=0$
因此$0 \in f^{-1} (Q)$
对任意$a,b \in f^{-1} (Q)$，我们令$a=f^{-1} (r_{1}),b=f^{-1} (r_{2})$
那么有$r_{1}=f(a),r_{2}=f(b)$，由于$Q$是一个理想，因此$r_{1}+r_{2} \in Q$
根据同态定义，$r_{1}+r_{2}=f(a+b)$
因此$a+b=f^{-1} (r_{1}+r_{2})$
可得$a+b \in f^{-1} (Q)$
令$a \in f^{-1} (Q),r \in A$，令$a=f^{-1} (r_{1}),r=f^{-1} (r_{2})$
那么有$r_{1}=f(a),r_{2}=f(r)$，由于$Q$是一个理想，因此$r_{1} r_{2} \in Q$
根据同态定义，有$r_{1} r_{2}=f(ar)$
因此$ar=f^{-1}(r_{1} r_{2}) \in f^{-1} (Q)$
综上，$f^{-1} (Q)$是一个理想
对任意$ab \in f^{-1} (Q)$，令$ab=f^{-1} (r)$
那么有$r=f(ab)$，根据同态定义，有$r=f(a)f(b)$
因为$Q$是素理想，所以有$f(a) \in Q$或者$f(b) \in Q$
因此有$a \in f^{-1} (Q)$或$b \in f^{-1} (Q)$
因此$f^{-1} (Q)$是素理想
(2)
假设$J$不是$R$的素理想
那么存在$n=pq \in J$，使得$p \notin J$且$q \notin J$
因此$[p] \notin J/I$且$[q] \notin J/I$
但因为$J/I$是$R/I$上的素理想
因此对$n=pq \in J$，有$[n]=[pq]=[p][q] \in J/I$且有$[p] \in J/I$或$[q] \in J/I$
矛盾！
因此$J$是$R$上的素理想