抽象代数习题(18) -- 理想和环同态

抽象代数习题(18) – 理想和环同态

Sat Jan 22, 2022

《抽象代数》第十八章讲的几个概念和群论中的概念相对应：

子群 ↔ 子环
正规子群 ↔ 理想 (ideal)
群同态 ↔ 环同态

A. 子环的例子

B.3 证明 {x2^y : x,y ∈ ℤ} 是 ℝ 的子环。

证明设这个环是 H。则 0 ∈ H ⊂ ℝ。这表明 H 非空。

设 a,b ∈ H，那么 a=x₁2^y₁, b = x₂^2y₂。不失一般性，设 y₁ ≤ y₂，那么 b = x₂2^y₂-y₁2^y₁。

于是有 a-b = (x₁ - x₂^y₂-y₁)2^y₁。因为 (x₁ - x₂^y₂-y₁) ∈ ℤ，y₁ ∈ ℤ，所以 a-b ∈ H。

另一方面，ab = ba = x₁x₂2^y₁+y₂，所以 ab ∈ H。

这说明 H 对减法和乘法都封闭。所以 H 是 ℝ 的子环。

B.4 设 $\mathscr C(\mathbb R)$ 为 $\mathbb {R \to R}$ 上所有在 $(-\infty,\infty)$ 上连续的函数构成的集合，$\mathscr D(\mathbb R)$ 为 $\mathbb {R \to R}$ 上所有在 $(-\infty,\infty)$ 上可导的函数构成的集合。证明 $\mathscr C(\mathbb R)$ 和 $\mathscr D(\mathbb R)$ 都是 $\mathscr F(\mathbb R)$ 的子环。

证明显然它们都是非空集合。

根据微积分学知识，连续（可导）函数的差和积都是连续（可导）函数。这说明了 $\mathscr C(\mathbb R)$ 和 $\mathscr C(\mathbb R)$ 各自对减法和乘法封闭。因此，它们各自都是 $\mathscr F(\mathbb R)$ 的子环。

B. 理想的例子

B.1 找出 ℤ 的理想，并解释：{(n,n) : n ∈ ℤ}; {(5n,0) : n ∈ ℤ}; {(n,m) : n+m 是偶数}; {(n,m) : nm 是偶数}; {(2n,3m) : n,m ∈ ℤ}。

答

{(n,n) : n ∈ ℤ} 不是理想。反例：(1,1) (1,2) = (1,2)。
{(5n,0) : n ∈ ℤ} 是理想。因为它对减法封闭，并且对任意 (5n,0) 和 (a,b)，乘积为 (5(an), 0)。
{(n,m) : n+m 是偶数} 不是理想。反例：(1,1) (1,2) = (1,2)。
{(n,m) : nm 是偶数} 是理想。因为它对减法封闭，并且对于任意 (n,m) 和 (a,b)，乘积为 (na,mb)，这里 (na)(mb) = nm(ab) 是偶数。
{(2n,3m) : n,m ∈ ℤ} 是理想。因为它对减法封闭，并且对于任意 (2n,3m) 和 (a,b)，乘积为 (2(na),3(mb))。

B.2 解释为什么 ℤ 的任意子环都是理想。

答设 H 是 ℤ 的子环。设 x ∈ H, y ∈ ℤ。

如果 y = 0，则根据子环必有零元可知 xy = yx = 0 ∈ H。
如果 y > 0，那么 yx = xy = y 个 x 相加。根据子环对加法封闭可知，yx,xy ∈ H。
如果 y < 0，那么 -y > 0。根据子环对加法逆元封闭可知 -x ∈ H，类比第 2 条的推理可知 yx,yx ∈ H。

综上所述，不论如何总有 xy,yx ∈ H，这说明 H 是 ℤ 的理想。

注这个特性是由整数集将乘法定义为“重复的加法”决定的。一般的环并不要求乘法和加法之间有如此特别的关系。

C. 子环的基本性质

C.1 求证：环 A 的非空子集 B 对加法和逆元封闭当且仅当 B 对减法封闭。

证明

（充分性）设 x,y ∈ B。根据 B 对减法封闭，得 0 = x - x ∈ B。进一步有 -x = 0 - x ∈ B。这说明 B 对逆元封闭。又因为 y + x = y - (-x) ∈ B，所以 B 对加法也封闭。

（必要性）设 x,y ∈ B。根据 B 对逆元封闭，得 -y ∈ B。又根据 B 对加法封闭，有 x - y = x + (-y) ∈ B。这说明 B 对减法封闭。

C.4 求证：如果整环 A 的子环 B 含 1，那么 B 是整环。

证明 B 是整环需要满足三个条件：

含单位元（已知条件）。
乘法满足交换律（继承自 A）。
消去律成立。这个条件等价于不含零因子。因为 A 中没有零因子，所以 B 中一定没有零因子。

三个条件均满足，所以 B 是整环。

C.5 每个域的含 1 的子环都是整环。

证明域是整环。根据 C.4 立即得出结论。

C.8 设 A 是环，f: A → A 是环同态，B = {x ∈ A : f(x) = x}。证明 B 是 A 的子环。

证明显然 0 ∈ B ⊆ A。

设 x,y ∈ B，那么 f(x-y) = f(x+(-y)) = f(x) + f(-y) = x + (-y) = x-y。因此 x-y ∈ B。这说明 B 对减法封闭。

另一方面，f(xy) = f(x)f(y) = xy。同理 f(yx) = yx。因此 xy, yx ∈ B。这说明 B 对乘法封闭。

综上所述，B 是 A 的子环。

C.9 环 A 的中心 (center) 指的是所有的 a ∈ A，满足 ax = xa 对任意 x ∈ A 恒成立。证明 A 的中心是 A 的子环。

证明记 A 的中心为 Z(A)。显然 0 ∈ Z(A) ⊆ A。

设 a,b ∈ Z(A)，那么对任意 x ∈ A，有 (a-b)x = ax - bx = xa - xb = x(a-b)。因此 Z(A) 对减法封闭。

另一方面，abx = axb = xab；bax = bxa = xba。这说明 Z(A) 对乘法封闭。

综上所述，Z(A) 是 A 的子环。

D. 理想的基本性质

D.2 如果 A 是含单位元的环，证明 J 是 A 的理想当且仅当 J 对加法封闭并且 J 在 A 中吸收乘法。

证明只须证明充分性即可；必要性根据理想的定义可以直接得到。

J 是 A 的理想需满足如下条件：

J 对加法封闭。
J 对加法逆元封闭。
J 在 A 中吸收乘法。

其中 1 和 3 均为已知条件，因此只须证明 2 即可。

设 a ∈ J，则根据 J 在 A 中吸收乘法可知对任意 x ∈ A，有 ax, xa ∈ A。取 x = -1，得 -a ∈ A。这说明 J 对加法逆元封闭。

D.4 求证：如果 J 是 A 的理想且 1 ∈ J，那么 J = A。

证明只须证明 A ⊆ J 即可。

设 a ∈ J。根据 J 是 A 的理想可知，ax ∈ J 对任意 x ∈ A 都成立。当 a = 1 时，对任意 x ∈ A 都有 x ∈ J。这表明 A ⊆ J。

D.5 求证：如果 J 是 A 的理想，并且 J 包含 A 中的可逆元素 a，那么 J = A。

证明根据 J 是 A 的理想可知，ax ∈ J 对任意 x ∈ A 都成立。取 x 为 a 的逆元，则 ax = 1，于是 1 ∈ J。由 C.4 可知 J = A。

D.6 说明域 F 不可能有非平凡理想（即，除了 {0} 和 F 外没有其他理想）。

答设 I 是 F 的理想，且含有非零元素 x。因为 x ∈ F，所以 x 可逆。根据 D.5 可知 I = F。

E. 同态的例子

证明下列函数是环同态，并指出它们的核和值域。

E.1 $\phi : \mathscr F(\mathbb R) \to \mathbb R$ 定义为 $\phi(f) = f(0)$。

证明设 $f,g\in \mathscr F(\mathbb R)$，则 \begin{align*} \phi(f+g) &= (f+g)(0) \\ &= f(0) + g(0) \\ &= \phi(f) + \phi(g) \\ \phi(fg) &= (fg)(0) \\ &= f(0) g(0) \\ &= \phi(f)\phi(g) \\ \end{align*} 所以 $\phi$ 是环同态。它的核是 $\{ f\in\mathscr F(\mathbb R) : f(0) = 0\}$。它的值域是 $\mathbb R$。

E.2 $h: \mathbb {R \times R \to R}$ 定义为 $h(x, y) = x$。

证明设 $(x_1, y_1), (x_2, y_2) \in \mathbb{R\times R}$，则 \begin{align*} h(x_1+x_2,y_1+y_2) &= x_1 + x_2 \\ &= h(x_1, y_1) + h(x_2, y_2) \\ h(x_1x_2, y_1y_2) &= x_1x_2 \\ &= h(x_1, y_1)h(x_2, y_2) \\ \end{align*} 所以 $h$ 是环同态。它的核是 $\{(0,y) : y \in \mathbb R\}$。它的值域是 $\mathbb R$。

E.5 设 $A$ 是集合 $\mathbb{R\times R}$ 附带通常的加法运算以及如下定义的“乘法”运算： \[(a,b)\odot(c,d) = (ac,bc)\] 默认 $A$ 是环，考虑函数 $f : A \to \mathscr M_2(\mathbb R)$ 定义为 \[f(x, y) = \begin{pmatrix}x&0\\y&0\end{pmatrix}\]

证明设 $(x_1, y_1), (x_2, y_2) \in \mathbb{R\times R}$，则 \begin{align*} f(x_1+x_2,y_1+y_2) &= \begin{pmatrix}x_1 + x_2&0\\y_1+y_2&0\end{pmatrix} \\ &= f(x_1, y_1) + f(x_2, y_2) \\ h(x_1x_2, y_1x_2) &= \begin{pmatrix}x_1x_2&0\\y_1x_2&0\end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix}x_1&0\\y_1&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_2&0\\y_2&0\end{pmatrix} \\ &= h(x_1,y_1) h(x_2,y_2) \end{align*} 所以 $f$ 是环同态。它的核是 $\{(0,0)\}$。它的值域是 $\bigl\{\bigl(\begin{smallmatrix}x&0\\y&0\end{smallmatrix}\bigr) : x,y \in \mathbb R\bigr\}$。

F. 同态的基本性质

设 $A$ 和 $B$ 是环，$f: A\to B$ 是同态。证明下列命题。

F.1 $f(A) = \{f(x) : x\in A\}$ 是 $B$ 的子环。

证明显然 $0 \in f(A) \subseteq B$。

设 $y_1,y_2 \in f(A)$，则存在 $x_1,x_2\in A$ 使得 $y_1 = f(x_1)$, $y_2 = f(x_2)$。根据同态的性质，$y_1 - y_2 = f(x_1) - f(x_2) = f(x_1 - x_2)$。因为 $x_1-x_2 \in A$，所以 $y_1 - y_2 \in f(A)$。这说明 $f(A)$ 对减法封闭。

另一方面，$y_1y_2 = f(x_1)f(x_2) = f(x_1x_2)$。因为 $x_1x_2 \in A$，所以 $y_1y_2 \in f(A)$。这说明 $f(A)$ 对乘法封闭。

综上所述，$f(A)$ 是 $B$ 的子环。

F.2 $f$ 的核是 $A$ 的理想。

证明设 $f$ 的核为 $K = \{x \in A : f(x) = 0\}$。

显然 $0 \in K \subseteq A$。

设 $a,b\in K$，则 \[f(a-b) = f(a) - f(b) = 0 - 0 = 0\] 所以 $(a-b)\in K$。这表明 $K$ 对减法封闭。

对任意 $x \in A$，有 \[f(ax) = f(a)f(x) = 0f(x) = 0\] 所以 $ax \in K$。同理可证 $xa \in K$。这表明 $K$ 对乘法封闭。

综上所述，$K$ 是 $A$ 的理想。

F.4 $f$ 是单射当且仅当它的核是 $\{0\}$。

证明

（充分性）设 $x,y\in A$ 且 $f(x) = f(y)$。则 \[f(x-y) = f(x) - f(y) = 0\] 而 $f$ 的核为 $\{0\}$，则只能是 $x-y = 0$。因此 $x = y$。这说明 $f$ 是单射。

（必要性）设 $f$ 的核是 $K$。易知 $f(0) = 0$，因此 $0\in K$。设 $x\in K$，那么根据核的定义有 \[f(x) = 0\] 又因为 $f$ 是单射，则只能是 $x = 0$。这说明 $K=\{0\}$。

F.5 设 $B$ 是整环，则或者 $f(1) = 1$ 或者 $f(1) = 0$。

如果 $f(1) = 0$，则对任意 $x\in A$ 有 $f(x) = 0$。
如果 $f(1) = 1$，则 $A$ 中任意可逆元素的像都是 $B$ 中的可逆元素。

证明设 $x\in A$，则 \[f(x) = f(1x) = f(1)f(x)\] 接下来需要分类讨论。

如果存在 $x\in A$ 使得 $f(x) \ne 0$，那么根据 $B$ 是整环，消去 $f(x)$ 得 \[f(1) = 1\]
否则，对于任意 $x\in A$ 都有 $f(x) = 0$。取 $x=1$ 得 \[f(1) = 0\]

总之，$f(1) = 1$ 和 $f(1) = 0$ 必有一个成立。

当 $f(1) = 1$ 时，取可逆元素 $a \in A$，有 \[f(a)f(a^{-1}) = f(aa^{-1}) = f(1) = 1\] 这说明 $a$ 的像 $f(a)$ 在 $B$ 中可逆，且逆元为 $f(a^{-1})$。

F.6 交换环在同态下的像都是交换环。域在同态下的像都是域。

证明设 $A$ 为交换环。根据 F.1 知 $f(A)$ 是环。$f(A)$ 满足乘法交换律，因为对于任意 $x,y\in A$，有 \[f(x)f(y) = f(xy) = f(yx) = f(y)f(x)\] 因此 $f(A)$ 是交换环。

设 $F$ 为域。根据 F.1 知 $f(F)$ 是环。$f(F)$ 满足乘法交换律（同上；域是交换环的特例）。对于任意的 $x\in F \backslash \{0\}$，$f(x)$ 都有乘法逆元，证明已经由 F.5 给出（域是整环的特例）。所以 $f(F)$ 是域。

F.7 如果同态 $f$ 的定义域 (domain) $A$ 是域 (field)，且 $f$ 的值域 (range) 有不止一个元素，则 $f$ 是单射。

证明由 F.2 知 $f$ 的核为 $A$ 的理想。因为 $A$ 是域，根据 D.4，它只有平凡理想 $\{0\}$ 和 $A$ 本身。假设 $f$ 的核为 $A$，则对任意 $x\in A$ 都有 $f(x) = 0$，从而 $f$ 的值域只有一个元素 $0$，和已知条件矛盾。所以只可能是 $f$ 的核为 $\{0\}$。根据 F.4 可知 $f$ 是单射。

G. 同构的例子

G.1 设 $A$ 是第十七章练习 A.2 中的环。证明函数 $f(x) = x - 1$ 是 $\mathbb Q \to A$ 的同构，即有 $\mathbb Q\cong A$。

说明 A.2 中的环 $A$ 由 $\mathbb Q$ 中的元素和如下定义的加法和乘法运算构成： \[a\oplus b = a+b+1 \qquad a\odot b = ab + a + b\]

证明显然有 $f^{-1}(x) = x + 1$，因此 $f$ 是双射。

设 $x,y \in \mathbb Q$，则 \begin{align*} f(x)\oplus f(y) &= (x-1)\oplus(y-1) \\ &= (x-1)+(y-1)+1 \\ &= x+y-1 \\ &= f(x+y) \\ f(x)\odot f(y) &= (x-1)\odot(y-1) \\ &= (x-1)(y-1) + (x-1) + (y-1) \\ &= xy - 1 \\ &= f(xy) \end{align*} 所以 $f$ 是 $\mathbb Q \to A$ 的同构。

G.2 设 $\mathscr S$ 是集合 $\mathscr M_2(\mathbb R)$ 的子集，定义如下： \[\mathscr S = \left\{\begin{pmatrix}a & b \\ -b & a\end{pmatrix} : a,b \in \mathbb R\right\}\] 证明函数 \[f(a+b\mkern1mu i) = \begin{pmatrix}a & b \\ -b & a\end{pmatrix}\] 是 $\mathbb C \to \mathscr S$ 的同构。

证明不难证明 $f$ 是良定义的。设 $z_1,z_2 \in \mathbb C$，并写成实部 + 虚部的形式： \[z_1 = x_1 + y_1\mkern1mu i,\quad z_2 = x_2 + y_2\mkern1mu i\] 则 \begin{gather*} z_1+z_2 = (x_1+x_2) + (y_1+y_2)\mkern1mu i\\ z_1z_2 = (x_1x_2-y_1y_2) + (x_1y_2+x_2y_1)\mkern1mu i\\ \end{gather*}

根据 \begin{align*} f(z_1) + f(z_2) &= \begin{pmatrix} x_1&y_1\\-y_1&x_1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} x_2&y_2\\-y_2&x_2 \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} x_1+x_2&y_1+y_2\\-(y_1+y_2)&x_1+x_2 \end{pmatrix}\\ &=f(z_1+z_2)\\ f(z_1)f(z_2) &= \begin{pmatrix} x_1&y_1\\-y_1&x_1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_2&y_2\\-y_2&x_2 \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} x_1x_2-y_1y_2&x_1y_2+x_2y_1\\-(x_1y_2+x_2y_1)&x_1x_2-y_1y_2 \end{pmatrix}\\ &=f(z_1z_2) \end{align*} 所以 $f$ 是 $C\to \mathscr S$ 的同态。要证明它是同构，只须证明它是双射即可。

设 $f(z_1) = f(z_2)$，那么 \[ \begin{pmatrix} x_1&y_1\\-y_1&x_1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_2&y_2\\-y_2&x_2 \end{pmatrix}\\ \] 按照矩阵相等的法则，有 \[x_1=x_2,\quad y_1=y_2\] 按照复数相等的法则可知 $z_1 = z_2$。所以 $f$ 是单射。

另一方面，对于任意 $\mathscr S$ 中的元素 $\bigl(\begin{smallmatrix} a&b\\-b&a\end{smallmatrix}\bigr)$，都有复数 $(a+b\mkern1mu i)$ 与之对应。因此 $f$ 是满射。

综上所述，$f$ 是 $\mathbb C \to \mathscr S$ 的同态，又是双射，所以是 $\mathbb C \to \mathscr S$ 的同构。

G.5 证明 $\mathbb Z \ncong 2\mathbb Z$；然后证明 $2\mathbb Z \ncong 3\mathbb Z$。最后，解释为什么当 $k\ne l$ 时有 $k\mathbb Z \ncong l\mathbb Z$。

证明

$\mathbb Z$ 中有乘法单位元 $1$，而 $2\mathbb Z$ 中没有。所以它们不可能同构。

考虑方程 $x + x = ax$。存在 $a\in 2\mathbb Z$ 使得方程对任意 $x\in 2\mathbb Z$ 恒成立（事实上，$a=2$）。但在 $3\mathbb Z$ 中不存在具备同样性质的元素。所以它们不可能同构。

如果 $k,l$ 中一个为零，另一个不为零。则显然 $k\mathbb Z$ 和 $l\mathbb Z$ 中有一个是平凡环 $\{0\}$，只有一个元素，另一个有无穷个元素。所以两者不可能同构。

因为 $-n\mathbb Z \cong n\mathbb Z$，所以也不用考虑负数的情况。不失一般性，设 $0 < k < l$。假设 $k\mathbb Z\cong l\mathbb Z$，那么存在 $f : k\mathbb Z \to l\mathbb Z$ 是同构。

取 $l\mathbb Z$ 中的一个非零元素 $x$，那么 \[\underbrace{f^{-1}(x)+\cdots+f^{-1}(x)}_{k} = kf^{-1}(x)\] 两边应用 $f$ 得 \[\underbrace{x+\cdots+x}_{k} = f(k)x\] 这里 $x,f(k)\in l\mathbb Z \subseteq \mathbb Z$。在 $\mathbb Z$ 中此方程等价于 \[kx = f(k)x\] 因为 $x\ne 0$，由消去律得 $f(k) = k$。但这是不可能的，因为 $l\mathbb Z$ 中的最小正整数是 $l > k$，所以 $k \notin l\mathbb Z$。这个矛盾表明假设不成立，所以 $k\mathbb Z \ncong l\mathbb Z$。

注这里仍然和整数集中乘法被定义为“重复的加法”有关。因为这样的定义，可以通过重复的加法引入任意的正整数作为乘数。

H. 理想的更多性质

设 $A$ 是环，$J$ 和 $K$ 是 $A$ 的理想。

证明 1–4。（在 2–4 中假定$A$ 是交换环。）

H.1 如果 $J \cap K = \{0\}$，则对任意 $j\in J$ 和 $k\in K$ 都有 $jk = 0$。

证明因为 $J$ 是 $A$ 的理想，而 $k\in K\subseteq A$，所以 $jk \in J$。同理可证 $jk \in K$。这说明 $jk \in (J \cap K)$。而 $J\cap K = \{0\}$，所以只可能是 $jk = 0$。

H.2 对于任意 $a\in A$，$I_a = \{ax+j+k: x\in A, j\in J, k\in K\}$ 是 $A$ 的理想。

证明显然 $0\in I_a \subseteq A$。

设 $i_1,i_2 \in I_a$，则存在 $x_1,x_2\in A$, $j_1,j_2\in J$, $k_1,k_2\in K$ 使得 \[i_1 = ax_1 + j_1 + k_1,\quad i_2 = ax_2 + j_2 + k_2\] 相减得 \[i_1 - i_2 = a(x_1-x_2) + (j_1-j_2) + (k_1-k_2)\] 根据 $A$, $J$, $K$ 对减法的封闭性可知 $(i_1-i_2)\in I_a$。所以 $I_a$ 对减法封闭。

另一方面，对任意 $x\in A$，有 \[i_1x = ax_1x + j_1x + k_1x\] 根据 $A$ 对乘法封闭、$J$ 和 $K$ 分别在 $A$ 中吸收乘法可知 $i_1x \in I_a$。因为 $A$ 是交换环，所以 $xi_1 = i_1x \in I_a$。所以 $I_a$ 在 $A$ 中吸收乘法。

综上所述，$I_a$ 是 $A$ 的理想。

H.3 $J$ 的方根 (radical) 指集合 $\DeclareMathOperator\rad{rad}\rad J = \{a\in A : \exists n\in \mathbb Z,\,a^n \in J\}$。对于任意理想 $J$，$\rad J$ 是 $A$ 的理想。

证明显然 $0 \in \rad J \subseteq A$。

设 $a,b\in \rad J$，则存在 $n,m \in \mathbb Z$ 使得 $a^n, b^m \in J$。因为 $A$ 是交换环，可以使用二项式定理： \begin{align*} (a-b)^{n+m} &= \sum_{k=0}^{n+m} \binom{n+m}{k}\cdot a^{n+m-k}(-b)^k\tag{$*$} \end{align*}

当 $0\le k < m$ 时，$n+m-k > n$，所以 $a^{n+m-k} = a^n a^{m-k}$。因为 $a^n\in J$ 且 $J$ 是理想（吸收乘法），所以 $a^{n+m-k} = a^n a^{m-k}\in J$。
当 $k \ge m$ 时，$(-b)^k = \pm b^m b^{k-m}$，当 $k$ 为奇数时取负号，偶数时取正号。因为 $b^m \in J$ 且 $J$ 是理想（吸收乘法、对加法逆元封闭），所以 $(-b)^k = \pm b^m b^{k-m} \in J$。

总之，$a^{n+m-k}$ 和 $(-b)^k$ 中至少有一个是 $J$ 的元素。由 $J$ 是理想（吸收乘法、对加法封闭）可知，$(*)$ 中右侧求和式中的每一项都是 $J$ 的元素，因此求和结果也是 $J$ 的元素。这说明存在 $(n+m)\in \mathbb Z$ 使得 $(a-b)^{n+m} \in J$，所以 $(a-b) \in \rad J$。所以 $\rad J$ 对减法封闭。

另一方面，对于任意 $x\in A$， \[(ax)^n = a^nx^n\] 而 $a^n \in J$，根据 $J$ 是理想（吸收乘法）可知 $(ax)^n \in J$。这表明 $ax \in \rad J$。因为 $A$ 是交换环，所以 $xa = ax \in \rad J$。所以 $\rad J$ 在 $A$ 中吸收乘法。

综上所述，$\rad J$ 是 $A$ 的理想。

H.4 对于任意 $a\in A$，$\{x\in A : ax = 0\}$ 是理想（称为 $a$ 的零化子 (annihilator)）。此外，$\{x\in A : \forall a \in A,\,ax = 0\}$ 是理想（称为 $A$ 的零化理想 (annihilating ideal)）。如果 $A$ 是含单位元的环，它的零化理想等于 $\{0\}$。

证明（零化子、零化理想） 容易验证它们都是非空子集、都对减法封闭、都吸收乘法，因此它们都是理想。具体过程略。

证明（含单位元的环） 设 $x$ 是零化理想中的元素。则对于任意 $a\in A$，都有 \[ax = 0\] 成立。因为 $A$ 含单位元，在上式中取 $a=1$ 得 \[1x = 0\quad\text{即}\quad x = 0\] 所以凡是零化理想中的元素都是 $0$，即零化理想为 $\{0\}$。

H.5 证明 $\{0\}$ 和 $A$ 是 $A$ 的理想。（它们是平凡理想；$A$ 的所有其他理想是真理想）。理想 $J$ 被称为极大的 (maximal)，如果它不被任何严格更大的真理想所包含：也就是说，如果 $J\subsetneq K$，其中 $K$ 是理想且包含某个 $J$ 中没有的元素，那么一定有 $K = A$。证明下面一个极大理想的例子：在 $\mathscr F(\mathbb R)$ 中，理想 $J = \{f : f(0) = 0\}$。

证明（平凡理想） 容易验证平凡理想都是非空子集、都对减法封闭、都吸收乘法，因此它们都是理想。具体过程略。

证明（极大理想） 设 $K$ 是 $\mathscr F(\mathbb R)$ 的理想且 $J\subsetneq K$。那么存在 $g\in K$ 但 $g\notin J$。于是有 $g(0) \ne 0$。

定义 $h(x) = g(x) - g(0)$，则 $h(0) = 0$。于是 $h \in J$，所以 $h \in K$。根据理想对减法封闭可知，$(g-h) \in K$。而 $(g-h)(x) = g(0) \ne 0$。这意味着 $(g-h)$ 可逆，且逆元由 $(g-h)^{-1}(x) = 1/g(0)$ 定义。

根据 D.5，因为 $K$ 中含有可逆元素，所以 $K=A$。这就证明了 $J$ 是极大理想。

I. 同态的更多性质

设 $A$ 和 $B$ 是环。证明下列命题。

I.1 如果 $f:A\to B$ 是满同态且核为 $K$，并且 $J$ 是 $A$ 的理想且 $K\subseteq J$，那么 $f(J)$ 是 $B$ 的理想。

证明显然 $f(J) \subseteq B$。因为 $K\subseteq J$，所以 $0\in f(J)$。这说明 $f(J)$ 是 $B$ 的非空子集。

设 $y_1,y_2\in f(J)$，则存在 $x_1,x_2\in J$ 使得 \[y_1 = f(x_1),\quad y_2 = f(x_2)\] 那么 \[y_1 - y_2 = f(x_1) - f(x_2) = f(x_1-x_2)\] 因为 $J$ 是理想（对减法封闭），所以 $(x_1-x_2)\in J$。于是 $y_1-y_2 = f(x_1-x_2) \in f(J)$。这说明 $f(J)$ 对减法封闭。

另一方面，对于任意 $y\in B$，因为 $f$ 是满射，所以存在 $x\in A$ 使得 $f(x) = y$。那么 \[y_1 y = f(x_1)f(x) = f(x_1x)\] 因为 $J$ 是理想（吸收乘法），所以 $x_1x \in J$。于是 $y_1y = f(x_1x) \in f(J)$。

综上所述，$f(J)$ 是 $B$ 的理想。

I.2 如果 $f: A\to B$ 是满同态，并且 $B$ 是域，那么 $f$ 的核是极大理想。

证明设 $K$ 是 $f$ 的核。根据 F.2 可知 $K$ 是 $A$ 的理想。设 $J$ 是 $A$ 的理想且 $K \subsetneq J$。根据 I.1 得 $f(J)$ 是 $B$ 的理想。

根据 D.6，因为 $B$ 是域，所以它只有平凡理想 $\{0\}$ 和 $B$ 本身。因为 $J\ne K$，所以 $f(J) \ne \{0\}$。因此只可能是 $f(J) = B$。

要证明 $J=A$，只须证明 $A\subseteq J$ 即可。设 $x\in A$，则 $f(x)\in B$。根据 $f(J) = B$ 知存在 $x’\in J$ 使得 $f(x’) = f(x)$。于是 \[f(x’-x) = f(x’) - f(x) = 0\] 这说明 $(x’-x) \in K$，从而 $(x’-x) \in J$。因为 $J$ 是理想（对减法封闭），所以有 \[x = [x’ - (x’-x)] \in J\] 这说明 $A$ 中任意元素都是 $J$ 中的元素。所以 $J=A$。

综上所述，不存在比 $K$ 更大的真理想，所以 $K$ 是极大理想。

I.3 从 $\mathbb Z$ 到 $\mathbb Z$ 不存在非平凡同态。[平凡同态是 $f(x) = 0$ 和 $f(x) = x$。]

证明考虑任意同态 $f: \mathbb Z \to \mathbb Z$ 和任意非零元素 $x\in\mathbb Z$。

当 $x > 0$ 时， \[f(x) = f\underbrace{(1+\cdots+1)}_{x} = \underbrace{f(1)+\cdots+f(1)}_{x} = x f(1)\]
当 $x < 0$ 时，有 $-x > 0$ 且 $f(x) = -f(-x)$。因此，同样有 $f(x) = x f(1)$。
当 $x = 0$ 时，根据同态性质可知 $f(0) = 0$。所以 $f(x) = x f(1)$ 也成立。

总之，不论 $x$ 的取值，总有 $f(x) = xf(1)$。

因为 $\mathbb Z$ 是整环，根据 F.5 知或者 $f(1) = 0$ 或者 $f(1) = 1$。这说明 $\mathbb Z\to\mathbb Z$ 的同态只有平凡同态 $f(x) = 0$ 和 $f(x) = x$。