《抽象代数》第二十章讲的是一类特殊的环：它满足乘法交换律，含有单位元，并且消去律成立。这样的环称为整环 (integral domain)。

整数集合 ℤ 就构成整环。整环的很多性质与整数的性质类似。模素数 p 的环 ℤ_p 也是有限整环。事实上，它也是域；有限整环都是域。

A. 整环的特征

设 A 为有限整环。证明下列命题。

A.4 如果 A 中的某个非零元素 a 满足 256 · a = 0，则 A 的特征为 2。

证明 设 A 的特征是 n，并设 256 = qn + r，其中 q, r 是整数且 0 ≤ r < n。 那么 256 · a = q · (n · a) + r · a = r · a = 0。 因为 n 是使 n · a = 0 成立的最小正整数，所以只可能是 r = 0。这意味着 n 是 256 的约数。

256 = 2⁸。因为 A 的特征必然是素数，所以只可能是 2。

A.5 如果 A 中有不等的非零元素 a, b 满足 125 · a = 125 · b，则 A 的特征为 5。

证明 两边减去 125 · b 得 125·(a-b) = 0。因为 a ≠ b，所以 a-b ≠ 0。 因此 A 得特征是 125 的素数约数，只可能是 5。

B. 有限整环的特征

设 A 是整环。证明下列命题。

B.1 如果 A 的特征是 q，则 q 是 A 的阶的约数。

证明 因为 q 是 A 的特征，所以方程 q · 1 = 0 成立。根据 Lagrange 定理可知一个必要的条件是 q | ord(A)。

B.3 如果 A 的阶是 p^m，其中 p 是素数，那么 A 的特征一定等于 p。

证明 由 B.1 知 A 的特征一定是 p^m 的约数。又因为特征一定是素数，所以只能是 p。

B.5 如果 A 仅在加法作用下构成循环群，那么 A 的阶是素数。

证明 设循环群中的元素分别为 0, 1, a₂, …, a^n-1，其中 n 是 A 的阶。那么 1, a₂, …, a^n-1 都是非零元素。但 n · 1 = 0，根据特征的定义可知 A 的特征就是 n。而整环的特征一定是素数，所以 A 的阶是素数。

C. 有限环

设 A 是有限交换环且含单位元。

C.1 求证：A 中的非零元素或者是零因子或者可逆。

证明 设 A 中的元素为 0, 1, a₁, a₂, …, a_n。其中 1 显然可逆，它的逆是 1 本身。

考虑任意的 a_i，计算乘积 a_i1, a_ia₁, a_ia₂, …, a_ia_n。分类讨论：

1. 如果其中某一个乘积等于 0，说明两个非零元素的乘积等于 0，从而 a_i 是零因子。
2. 如果所有乘积都不等于 0，说明 a_i 不是零因子，从而有 ax = ay ⇒ x = y。这说明以上 (n+1) 个乘积两两不相等。另一方面，A 中的非零元素总共只有 (n+1) 个。所以，一定有某个乘积 a_ia_j = 1 = a_ja_i（A 是交换环）。这表明 a_i 可逆，并且逆为 a_j。

综上所述，A 中任意非零元素或者是零因子，或者可逆。

C.2 求证：如果 a ≠ 0 不是零因子，那么 a 的某个正整数次幂等于 1。

证明 先证明 a 的任意正整数次幂都不等于 0。使用反证法。设 n 是使方程 aⁿ = 0 成立的最小正整数。那么有 a^n-1a = 0。但是 a^n-1 和 a 都非零，这和 a 不是零因子矛盾。

下面证明存在正整数 k 使得 a^k = 1。设 A 的阶为 N，那么 A 中共有 (N-1) 个非零元素。考虑幂 a, a², a³, …, a^N。它们都是非零元素，并且共有 N 个，那么一定存在两个相等的元素 a^x = a^y。那么根据 a 非零且不是零因子，两边做 x 次消去 a 得 a^y-x = 1。因此存在正整数 k = (y-x) 使得 a 的 k 次幂等于 1。

E. 整环的特征的更多性质

设 A 是整环。证明 1–4。

E.5 设 \(A\) 的阶为 \(p\)，其中 \(p\) 是素数。说明为什么 \[A = \{0_A, 1\cdot1_A, 2\cdot1_A,3\cdot1_A,\ldots,(p-1)\cdot1_A\}\] 并证明 \(A \cong Z_p\)。 [注：\(0_A\) 和 \(1_A\) 分别是 \(A\) 中的零元和单位元。]

证明 \(A\) 是整环，所以含有零元 \(0_A\) 和单位元 \(1_A\)。又因为 \(A\) 的阶是 \(p\)，根据 B.2 知使 \[n\cdot 1_A = 0_A\] 成立的最小正整数为 \(n=p\)。因此， \[1\cdot1_A, 2\cdot1_A,3\cdot1_A,\ldots,(p-1)\cdot1_A\] 都是 A 中的非零元素，且互不相等（因为任意两个作差得到的结果不等于零）。而 \(A\) 中一共只有 \((p-1)\) 个非零元素。这说明上面的元素是所有的非零元素。于是 \[A = \{0_A, 1\cdot1_A, 2\cdot1_A,3\cdot1_A,\ldots,(p-1)\cdot1_A\}\]

可以构造映射 \(f\colon \mathbb Z_p\to A\)，定义为 \(f(x) = x\cdot 1_A\)。不难验证：

1. \(f\) 是满射（上面已经证明了）。
2. \(f\) 是单射（\(n\cdot1_A=m\cdot_1A \Rightarrow n=m\)）。
3. \(f(n+m) = (n+m)\cdot1_A = n\cdot1_A + m\cdot1_A = f(n)+f(m)\)
4. \(f(nm) = (nm)\cdot1_A = (n\cdot1_A)(m\cdot1_A) = f(n)f(m)\)

因此 \(f\) 是同构，所以 \(A\cong \mathbb Z_p\)。

E.6 设 \(A\) 的特征是 \(p\)，那么

1. \((a+b)^{p^n} = a^{p^n} + b^{p^n}\)
2. \((a_1+a_2+\cdots+a_r)^{p^n} = a_1^{p^n} + \cdots + a_r^{p^n}\)

证明 只证明 (1)；(2) 可以在 (1) 的基础上对 \(r\) 用数学归纳法得到。

根据二项式定理， \[(a+b)^{p^n} = \sum_{k=0}^{p^n}\binom{p^n}{k}\cdot a^{p^n-k}b^{p^k}\] 而当 \(0 < k < p^n\) 时有 \[\binom{p^n}{k}=\frac{p^n}{k}\prod_{i=1}^{k-1} \frac{p^n-i}{i}\] 这里 \(p^n\over k\) 最多可以约去因子 \(p^{n-1}\)，还剩下一个素因子 \(p\)。 对于求积号内的分式：

• 当 \(i\) 不含素因子 \(p\) 时，它不会和求积号外的 \(p^n\) 相消。
• 当 \(i\) 含素因子 \(p\) 时，设 \(i = p^rs\)，其中 \(r < n\)，且 \(s\) 不含素因子 \(p\)。这时分子和分母可以约去因子 \(p^r\)。约分后，分母不含素因子 \(p\)，从而不会和求积号外的 \(p^n\) 相消。

总之，当 \(0 < k < p^n\) 时，\(p \bigm|\binom{p^n}{k}\) 。所以求和号内除 \(k=0,p^n\) 外的项都等于零。于是 \[(a+b)^{p^n} = a^{p^n} + b^{p^n}\]

注 书后答案的证法利用恒等式 \((a+b)^{p^{n+1}} = \bigl[(a+b)^{p^n}\bigr]^p\)。结合数学归纳法即可证明。