《抽象代数》第十七章讲的是群之后的新代数结构：环 (ring)。基本的环由 2 部分构成：

• 交换加群（以加法为运算的 Abel 群）
• 乘法运算（必须满足结合律和分配律）

在此基础上，可以乘法运算叠加一些可选项：交换律、单位元、消去律、逆元。具备所有上述各项的称为域 (field)。

环刻画了一些可以进行计算的对象的性质（例如：整数、矩阵、多项式）。常见的数集 \(\mathbb{Z\subset Q\subset R\subset C}\) 都是环，并且除了 \(\mathbb Z\) 外都是域。此外，\(\mathbb Z_n\) 和模 n 加法/乘法构成含单位元的交换环。因此，可以用环的理论去研究它们。

B. 实函数环

B.2 描述 \(\mathscr F(\mathbb R)\) 的零因子。

答 任意有零点的非零函数 \(f\)。设 \(c\in \mathbb R\) 是函数 \(f\) 的一个零点。可以定义 \[g(x) = \cases{0& $x\ne c$\cr1& $x=c$}\] 那么 \(f\ne 0\), \(g\ne 0\) 但 \(fg = 0\)。这种情况下 \(f\) 是零因子。

如果函数 \(f\) 没有零点，要使等式 \(f(x)g(x) = 0\) 恒成立，只能是 \(g=0\)。这种情况下 \(f\) 不是零因子。

E. 四元数环

四元数 (quarternion) （的矩阵形式）是 \(2\times 2\) 的如下形式的复数矩阵： \[\alpha = \begin{pmatrix}a+bi&c+di\\-c+di&a-bi\end{pmatrix}\]

E.1 证明四元数与矩阵加法和乘法构成含单位元的环。这个环记作 \(\mathscr Q\)。

证明

加法：

• 零元为零矩阵。
• 四元数形式的矩阵对加法封闭： \[ \begin{pmatrix}x_1&y_1\\-\overline{y_1}&\overline {x_1}\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}x_2&y_2\\-\overline{y_2}&\overline {x_2}\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}x_1+x_2&y_1+y_2\\-(\overline{y_1+y_2})&\overline {x_1+x_2}\end{pmatrix} \]
• 矩阵加法满足交换律、结合律。
• 矩阵加法逆元为所有元素取相反数。

因此 \(\mathscr Q\) 关于加法是 Abel 群。

乘法：

• 单位元为恒等矩阵 \(1\;0\choose0\;1\)。
• 四元数形式的矩阵对乘法封闭： \[ \begin{pmatrix}x_1&y_1\\-\overline{y_1}&\overline {x_1}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_2&y_2\\-\overline{y_2}&\overline {x_2}\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}x_1x_2 - y_1\overline{y_2}&x_1y_2+\overline{x_2}y_1\\ -(\overline{x_1y_2+\overline{x_2}y_1})&\overline{x_1x_2-y_1\overline{y_2}}\end{pmatrix} \]
• 矩阵乘法满足结合律。
• 矩阵加法和乘法满足分配律。

因此 \(\mathscr Q\) 是含单位元的环。

F. 自同态环

设 \(G\) 为 Abel 加群。\(G\) 的自同态 (endomorphism) 指的是从 \(G\) 到 \(G\) 的自同态。 记 \(\DeclareMathOperator{\End}{End}\End(G)\) 为 \(G\) 的所有自同态构成的集合，并定义自同态的加法和乘法如下： \begin{gather*} [f+g](x) = f(x) + g(x)\quad \forall x\in G\\ fg = f\circ g\quad\text{$f$ 和 $g$ 的复合} \end{gather*}

F.1 证明 \(\End(G)\) 和上述运算构成含单位元的环。

证明

加法：

• 零元为映射 \(x \mapsto 0\)，其中 \(0\) 是 \(G\) 的零元。
• 对加法封闭。
• 加法满足交换律和结合律（来源于 \(G\) 中加法的交换律和结合律）。
• 加法逆元存在：\((-f)(x) = -f(x)\)。

乘法：

• 单位元为恒等映射 \(x \mapsto x\)。
• 对乘法封闭。
• 乘法满足结合律（映射都满足结合律）。
• 乘法满足分配律： \begin{align*} [f\circ(g+h)](x) &= f(g(x) + h(x)) \\ &= f(g(x)) + f(h(x)) \\ &= (f\circ g)(x) + (f\circ h)(x) \\ &= [f\circ g + f\circ h](x) \\ [(g+h)\circ f](x) &= (g+h)(f(x)) \\ &= g(f(x)) + h(f(x)) \\ &= (g\circ f)(x) + (h\circ f)(x) \\ &= (g\circ f + h\circ f)(x) \end{align*} 其中用到了 \(f\) 是同态这个条件。

综上所述，\(\End(G)\) 和上述运算构成含单位元的环。

B.2 列出 \(\End(\mathbb Z_4)\) 中的元素。给出 \(\End(\mathbb Z_4)\) 的加法和乘法表。

解 对于任意自同态 \(f:G\to G\)，一定有 \(f(0) = 0\)。 另一方面，\[f(x) = \underbrace{f(1)+\cdots+f(1)}_x = x\cdot f(1)\] 因此根据 \(f(1)\) 的值，将自同态分类如下： \begin{align*} f_0 = \pmatrix{0&1&2&3\cr0&0&0&0},\quad f_1 = \pmatrix{0&1&2&3\cr0&1&2&3}\\ f_2 = \pmatrix{0&1&2&3\cr0&2&0&2},\quad f_3 = \pmatrix{0&1&2&3\cr0&3&2&1}\\ \end{align*}

不难发现 \(f_0\) 是加法零元，\(f_1\) 是乘法单位元。以及如下运算规则： \begin{gather*} f_1+f_1 = f_2,\quad f_1+f_2 = f_3,\quad f_1+f_3 = f_0,\\ f_2+f_2 = f_0,\quad f_2+f_3 = f_1,\quad f_3+f_3 = f_2,\\ f_2f_2 = f_0,\quad f_2f_3 = f_2,\\ f_3f_2 = f_2,\quad f_3f_3 = f_1. \end{gather*}

因此加法表和乘法表为 \[\begin{array}{c|cccc} +&f_0&f_1&f_2&f_3\\ \hline f_0&f_0&f_1&f_2&f_3\\ f_1&f_1&f_2&f_3&f_0\\ f_2&f_2&f_3&f_0&f_1\\ f_3&f_3&f_0&f_1&f_2 \end{array}\qquad \begin{array}{c|cccc} \circ&f_0&f_1&f_2&f_3\\ \hline f_0&f_0&f_0&f_0&f_0\\ f_1&f_0&f_1&f_2&f_3\\ f_2&f_0&f_2&f_0&f_2\\ f_3&f_0&f_3&f_2&f_1 \end{array}\]

注 这似乎说明 \(\End(\mathbb Z_4) \cong \mathbb Z_4\)。

H. 环的基本性质

证明 1–4。

H.2 在任意群中，如果 \(ab = -ba\)，则 \((a+b)^2 = (a-b)^2 = a^2+b^2\)。

证明

\begin{gather*} (a+b)^2 = a^2 + ba + ab + b^2\\ (a-b)^2 = a^2 - ba - ab + b^2 \end{gather*}

当 \(ab = -ba\) 时，有 \(ba + ab = -ba - ab = 0\)，因此要证的等式成立。

H.3 在任意整环中，如果 \(a^2=b^2\)，则 \(a=\pm b\)。

证明 在整环中 \((a+b)(a-b) = a^2 + ba - ab -b^2 = a^2-b^2\)，因此 \[a^2=b^2 \Longrightarrow a^2-b^2 = 0 \Longrightarrow (a+b)(a-b) = 0\] 在整环中没有零因子，因此或者 \(a+b=0\) 或者 \(a-b=0\)，即 \(a=\pm b\)。

H.5 证明在含单位元的环中，加法交换律是不需要假定的：它可以由其它公理推出。

证明 \begin{align*} (a+b)(1+1) &= (a+b)1 + (a+b)1 = a + b + a + b \\ (a+b)(1+1) &= a(1+1) + b(1+1) = a + a + b + b \\ \end{align*} 因为两式的右边相等，所以 \(b+a = a+b\)，即加法交换律成立。

H.6 设 \(A\) 是环。证明如果 \(A\) 的加群是循环群，那么 \(A\) 是交换环。

引理 \((n\cdot a)b = a(n\cdot b) = n\cdot(ab)\)，其中 \(n\cdot a = \underbrace{a+\cdots+a}_n\)。使用乘法分配律即可证明。该式对 \(n=0\) 也成立。

证明 设 \(x,y\in A\)。因为 \(A\) 的加群是循环群，设其生成元是 \(a\)，则存在 \(n,m\in\mathbb Z\) 使得 \(x=n\cdot a\), \(y=m\cdot a\)。于是 \[xy = (n\cdot a)(m\cdot a) = n\cdot (a(m\cdot a)) = (nm)\cdot a^2\] 同理 \(yx = (mn)\cdot a^2\)。因此 \(xy=yx\)，所以 \(A\) 是交换环。

H.7 证明：在任意整环中，如果 \(a^n = 0\) 对某个整数成立，则 \(a = 0\)。

证明 在平凡环中 \(a=0\) 显然成立。只考虑非平凡环的情况。如果 \(n\) 为负数，则 \(a\) 有乘法逆元。由 \(a^{-n}a^n = 1\) 可以推出 \(0 = 1\)，这是不可能的。\(n=0\) 时 \(a^0 = 0\) 等价于 \(1=0\)，所以是不可能的。

考虑使方程 \(a^n=0\) 成立的最小正整数 \(n\)。如果 \(n=1\) 则直接得到 \(a=0\)。否则 \(n>1\)，根据 \(n\) 的最小性有 \(a^{n-1} \ne 0\)。在整环中消去律成立，因此在方程 \(a^n = 0\) 中消去 \(a^{n-1}\) 得到 \(a = 0\)。（注意，这样推出 \(a=0\) 后，和 \(a^{n-1}\ne 0\) 产生矛盾。因此 \(n>1\) 的情况是不可能的。）

注 证明中用到了正整数的良序性。

I. 可逆元素的性质

证明在非平凡含单位元的环中 1–5 都成立。

I.3 如果 \(a^2=0\) 则 \(a+1\) 和 \(a-1\) 可逆。

证明 因为 \((a+1)(a-1) = a^2-1\)，所以 \[a^2=0 \iff (a+1)(a-1) = -1\] 这说明 \((a+1)\) 的逆元是 \(-(a-1)\)，\((a-1)\) 的逆元是 \(-(a+1)\)。

I.4 如果 \(a\) 和 \(b\) 可逆，则它们的积 \(ab\) 可逆。

证明 设 \(a\) 和 \(b\) 的逆分别问 \(a^{-1}\) 和 \(b^{-1}\)。则 \[(ab)(b^{-1}a^{-1}) = 1\] 因此 \(ab\) 的逆是 \(b^{-1}a^{-1}\)。

I.5 环中所有可逆元素构成的集合 \(S\) 是一个乘法群。

证明

• 单位元是 \(1\)。
• 对乘法封闭（I.4）。
• 乘法满足结合律（继承自环的乘法结合律）
• 根据定义，逆元存在。

所以 \(S\) 构成乘法群。

I.6 根据 I.5，一个域中的所有非零元素的集合构成乘法群。用 Lagrange 定理证明，含有 \(m\) 个元素的有限域中，对任意 \(x\ne 0\) 有 \(x^{m-1} = 1\)。

证明 含有 \(m\) 个元素的有限域 \(F\) 中的非零元素的集合构成一个 \((m-1)\) 阶乘法群 \(G = \{x\in F : x \ne 0\}\)。根据 Lagrange 定理可知其中任意元素的阶都是 \((m-1)\) 的约数，因此 \(x^{m-1} = 1\) 对任意 \(x\in G\) 成立。

I.8 证明：在交换环中，如果 \(ab\) 可逆，则 \(a\) 和 \(b\) 均可逆。

证明 设 \(ab = ba\) 的逆是 \(x\)，那么 \[(ab)x = a(bx) = 1,\quad x(ba) = (xb)a = 1\] 由此可知 \(bx=xb\) 是 \(a\) 的逆。 同理可证 \(ax=xa\) 是 \(b\) 的逆。

J. 零因子的性质

证明下列命题在非平凡环中成立。

J.2 如果 \(ab\) 是零因子，则 \(a\) 或 \(b\) 是零因子。

证明 易知 \(a\), \(b\) 均为非零元素。

\(ab\) 是零因子说明存在非零元素 \(x\) 使得 \(abx = 0\) 或 \(xab = 0\)。

• 如果 \(abx=0\)，则如果 \(bx = 0\)，则 \(b\) 是零因子。否则，\(bx \ne 0\)，\(a\) 是零因子。
• 如果 \(xab=0\)，则如果 \(xa = 0\)，则 \(a\) 是零因子。否则，\(xa \ne 0\)，\(b\) 是零因子。

综上所述，\(a\) 或 \(b\) 是零因子。

J.5 设 \(a\) 既不是 \(0\) 也不是零因子。如果 \(ab=ac\)，则 \(b=c\)。

证明 \[ab = ac \iff a(b-c) = 0\] 因为 \(a\ne 0\)，并且 \(a\) 不是零因子，所以 \(b-c = 0\)，即 \(b=c\)。

J.6 \(A\times B\) 总是有零因子。

证明 设非零元素 \(a\in A\), \(b\in B\)。则有非零元素的乘积等于零元： \[(a,0)(0,b) = (a0,0b) = (0,0)\]

K. 布尔环

环 \(A\) 是布尔环，如果对任意 \(a\in A\) 都有 \(a^2=a\)。证明 1–2 对任意布尔环都成立。

K.1 对任意 \(a\in A\)，有 \(a = -a\)。

证明 \begin{align*} (a+a)^2 = a+a &\iff a^2 + a^2 + a^2 + a^2 = a+a \\ &\iff a+a+a+a = a+a \\ &\iff a+a = 0 \\ &\iff a=-a \end{align*}

K.2 根据 K.1 证明 \(A\) 是交换环。

证明 \begin{align*} (a+b)^2 = a+b &\iff a^2 + ba + ab + b^2 = a+b \\ &\iff a + ba + ab + b = a + b \\ &\iff ba + ab = 0 \\ &\iff ab = -ba \\ &\iff ab = ba \end{align*}

在 3–4 中，假定 \(A\) 有单位元并证明：

K.3 所有除了 0 和 1 的元素都是零因子。

证明 设 \(x\in A \backslash \{0,1\}\)。而 \[x(x-1) = x^2 - x = x-x = 0\] 可见，存在 \(x-1 \ne 0\)，使得 \(x(x-1)=0\)。这说明 \(x\) 是零因子。

K.4 \(A\) 中只有 1 是可逆的。

证明 显然 \(1\) 是可逆的，并且逆是 \(1\)。

设存在 \(x,y\in A\) 使得 \(xy = 1\)。那么 \[x-1 = (xy)(x-1) = x(x-1)y\]

当 \(x\ne 1\) 时，\(x(x-1)=0\)。左边是非零元素，右边是零元，这是不可能的。

M. 幂零 (nilpotent) 和幂单 (unipotent) 元素

环中的元素 \(a\) 被称为幂零的，如果存在正整数 \(n\) 使得 \(a^n = 0\)。

M.1 在含单位元的环中，证明如果 \(a\) 是幂零的，则 \(a+1\) 和 \(a-1\) 都可逆。

证明 如果 \(a^n = 0\) 则 \(a^{n+1} = 0\)。所以，总是存在奇数 \(n\) 使得 \(a^n = 0\)。

\[1-a^n = (1-a)(1+a+a^2+\cdots+a^{n-1})\] 设 \(p = 1+a+a^2+\cdots+a^{n-1}\)，代入 \(a^n=0\) 得 \((a-1)(-p) = 1\)，所以 \((a-1)\) 的逆是 \(-p\)。

当 \(n\) 为奇数时， \[1+a^n = (1+a)(1-a+a^2-\cdots+a^{n-1})\] 设 \(q = 1-a+a^2-\cdots+a^{n-1}\)，代入 \(a^n=0\) 得 \((a+1)q = 1\)，所以 \((a+1)\) 的逆是 \(q\)。

M.2 在交换环中，证明幂零元素 \(a\) 和任意元素 \(x\) 的乘积 \(ax\) 是幂零的。

证明 设 \(a^n = 0\)，则 \[(ax)^n = a^nx^n = 0\]

M.3 在交换环中，证明两个幂零元素的和是幂零的。

证明 设 \(a^n = b^m = 0\)，则根据二项式定理有 \[(a+b)^{n+m} = \sum_{k=0}^{n+m}\binom{n+m}{k}\cdot a^{n+m-k}b^k\]

当 \(k < m\) 时，有 \(n+m-k > n\)，此时 \(a^{n+m-k} = 0\)； 当 \(k \ge m\) 时，有 \(b^k = 0\)。因此，求和式中的每一项均为零， 于是 \((a+b)^{n+m} = 0\)。

元素 \(a\) 是幂单的，当且仅当 \((1-a)\) 是幂零的。

M.4 在交换环中，证明两个幂单元素的乘积是幂单的。

证明 设 \((1-a)^n = (1-b)^m = 0\)。则根据二项式定理有 \[(1-ab)^{n+m} = [(1-a) + a(1-b)]^{n+m} = \sum_{k=0}^{n+m}\binom{n+m}{k}\cdot (1-a)^{n+m-k}a^k(1-b)^k\] 剩下的部分和 M.3 类似。

M.5 在含单位元的环中，证明每个幂单的元素都是可逆的。

证明 设 \(a\) 为幂单元素且 \((1-a)^n = 0\)。则根据 M.1，\((1-a)-1 = -a\) 是可逆的：存在 \(b\) 使得 \[(-a)b = 1\quad\text{即}\quad a(-b) = 1\] 所以 \(a\) 可逆，逆元为 \(-b\)。