1.试问一个域$mathbb F$的分式域是什么?
解答 由于$mathbb F$的分式域是包含他的最小的域,而$mathbb F$本身已是域,所以说$mathbb F$的分式域就是自己.
2.证明Gsuss整数环$mathbb Z[sqrt{-1}]$是交换整环,并求其分式域?
证明 由于$mathbb Z[sqrt{-1}]={a+bsqrt{-1}|a,binmathbb Z}subsetmathbb C$,容易验证其满足子环的两个条件,因此$mathbb Z[sqrt{-1}]$是$mathbb C$的子环,且易知还是交换环.因而可作分式域.
设$mathbb Z[sqrt{-1}]$的分式域为$mathbb F$,往证$mathbb F=mathbb Q[sqrt{-1}]$,显然$mathbb Q[sqrt{-1}]subsetmathbb F$,另一方面,做映射
egin{align*}phi:mathbb F& omathbb C\frac{m_{1}+n_{1}sqrt{-1}}{m_{2}+n_{2}sqrt{-1}}&mapstofrac{m_{1}m_{2}+n_{1}n_{2}+(m_{2}n_{1}-m_{1}n_{2})sqrt{-1}}{m_{2}^{2}+n_{2}^{2}}end{align*}
($mathbb F$中的元素是等价类,无法直接运算)即知$mathbb Fsubsetmathbb Q[sqrt{-1}]$.因此$F=mathbb Q[sqrt{-1}]$.(当然了,是在同构的意义下)
3.证明$mathbb Z[sqrt{2}]$是交换整环,并求其分式域.
证明 与上题类似可证$mathbb Z[sqrt{2}]$是交换整环,且其分式域为$mathbb Q[sqrt2]$.
4.设$D$是交换整环,$m,ninmathbb N,(m,n)=1$.证明:设$a,bin D$,满足$a^m=b^m,a^n=b^n$的充要条件是$a=b$.
证明 充分性显然.再证必要性,存在$u,vinmathbb Z$使得$$um+vn=1$$
设$D$的分式域为$mathbb F$,且$Dsubsetmathbb F$,从而$D$中任意元素在$mathbb F$中可逆,因此在$mathbb F$中有
egin{align*}a=a^1&=a^{um+vn}\&=left(a^m ight)^uleft(a^n ight)^v\&=b^{um+vn} ag{1}\&=bend{align*}
注：(1)式用到了可逆的条件.如果仅仅在环$D$中考虑,那么(1)式并不成立.
5.证明一个交换幺半群若满足消去律,则可嵌入到一个Abel群中.此命题对满足消去律的交换半群还成立吗?
证明 设$G$为交换幺半群(运算记为乘法),做直积$$G imes G={(a,b)|a,bin G}$$
并且在其中定义乘法$$(a,b)(c,d)=(ac,bd)$$
再定义关系$"sim"$,设$$(a,b)sim(c,d)Leftrightarrow a=c,b=d$$
容易验证$"sim"$为等价关系,且对$G imes G$中的乘法是同余关系.因此可作商集合$(G imes G)/sim$,容易验证其为Abel群.固定$ain G$,考虑其子集$$H={(ga,a)|a,gin G}$$,定义映射egin{align*}phi:G& o H\g&mapsto(g,e)end{align*}
易知$phi$为同构,这样就把$G$嵌入到一个Abel群中了.
其证明过程仅仅用到了消去律,因此对于满足消去律的交换半群结论仍然成立.
6.设$D$为整环,若$forall a,bin D^*$,存在$a_{1},b_{1}in D^*$使得$ab_{1}=ba_{1}$,则称$D$满足又公倍性质,并且称$m=ab_{1}=ba_{1}$为$a,b$的一个右公倍元.又设$D$为满足右公倍性质的整环.在$D imes D^*$中定义关系$"sim"$:$(a,b)sim(c,d)Leftrightarrow$若有$d_{1},b_{1}in D^*$使得$db_{1}=bd_{1}$,则有$ad_{1}=cb_{1}$.试证下列命题:
(1)关系$"sim"$为等价关系;
(2)以$frac{a}{b}$为$(a,b)$的等价类,若在商集合$F=D imes D^*/sim$定义加法和乘法如下：egin{align*}frac{a}{b}+frac{c}{d}&=frac{ad_{1}+cb_{1}}{m},(m=bd_{1}=db_{1})\frac{a}{b}cdotfrac{c}{d}&=frac{ac_{2}}{db_{2}},(b_{2}in D^*,c_{2}in D,cb_{2}=bc_{2})end{align*}
则$F$是一个体;
(3)$D$与 $F$的一个子环$D'$同构;
(4)$forall xin F$,存在$a,bin D'$使得$x=ab^{-1}$.
证明(此题太坑！！！！不过题目真的不错) (1)我们首先来证明$sim$的定义是无矛盾的.即与$d_{1},b_{1}$的选取无关.
设$bd_{1}=db_{1}Rightarrow ad_{1}=cb_{1}$.若$bd_{2}=db_{2}$,我们来说明$$ad_{2}=cd_{2}.$$
由右公倍性,存在$u,vin D^*$使得$d_{1}u=d_{2}s$,从而egin{align*}bd_{2}v=bd_{1}u&=db_{1}u=db_{2}v\Rightarrow b_{1}u&=b_{2}vend{align*}
此外egin{align*}ad_{2}v&=ad_{1}u=cd_{1}u=cb_{2}v\Rightarrow ad_{2}&=cb_{2}end{align*}
因此$sim$确实是一关系.容易验证$sim$满足反身、对称和传递,确实是等价关系.
(2)我们首先必须证明题中所定义的法则确实是运算,以加法为例,我们需要证明两点:
1).运算与$m$的选取无关(这一点事实上前一题已经证明);2)运算与等价类$frac{a}{b}$的代表元选取无关.
我们来证第2)条:设$frac{a'}{b'}=frac{a}{b}$,往证
$$frac{a}{b}+frac{c}{d}=frac{a'}{b'}+frac{c}{d} $$
已知$$frac{a}{b}+frac{c}{d}=frac{ad_{1}+cb_{1}}{m},m=bd_{1}=db_{1}$$由右公倍性,存在$d_{2},b_{2},u,vin D^*$使得$$b'd_{2}=db_{2},ad_{1}u=a'd_{2}v$$
根据$frac{a}{b}=frac{a'}{b'}$,即$(a,b)sim(a',b')$便知$$bd_{1}u=b'd_{2}v$$因此egin{align*}db_{1}u=bd_{1}u&=b'd_{2}v=db_{2}v\Rightarrow b_{1}u&=b_{2}vend{align*}
从而egin{align*}(ad_{1}+cb_{1})u&=ad_{1}u+cb_{1}u\&=a'd_{2}v+cb_{2}v\&=(a'd_{2}+cb_{2})vend{align*}
再加上$bd_{1}u=b'd_{2}v$即得egin{align*}frac{ad_{1}+cb_{1}}{bd_{1}}&=frac{a'd_{2}+cb_{2}}{b'd_{2}}\Rightarrow frac{a}{b}+frac{c}{d}&=frac{a'}{b'}+frac{c}{d}end{align*}
所以加法定义与代表元的选取无关.
类似的方法可证乘法.后面验证$F=D imes D^*/sim$构成体是容易的.
(3)做$F$的子集$$D'={frac{a}{1}|ain D}$$
容易验证$D'$是$F$的子环,做映射egin{align*}phi:D& o D'\a&mapstofrac{a}{1}end{align*}
也容易验证$phi$是环同构.
(4)在域$F$中,我们有$$frac{a}{b}=frac{a}{1}cdotfrac{1}{b}(b eq0)$$
而且$frac{1}{b}cdotfrac{b}{1}=frac{1}{1}$,也就是说$$frac{1}{b}=left(frac{b}{1} ight)^{-1}$$
因此$forall x=frac{q}{p}(p eq0)in F$,都存在$a=frac{q}{1},b=frac{p}{1}in D'$使得$$x=ab^{-1}.$$
7.设$R$是交换环,$S$是$R$的乘法子半群且$S$中任何元素都不是零因子.在$R imes S$中可如定理2.1.1一样定义同余关系.商集合记为$RS^{-1}$,试证:
(1)$RS^{-1}$为交换幺环;
(2)$R$可嵌入$RS^{-1}$中;
(3)$forall ain Ssubset RS^{-1}$,$a$为可逆元.
证明 (1)很容易验证${RS^{-1};+}$是Abel群且${RS^{-1};cdot}$成交换幺半群,且成立分配律.所以$RS^{-1}$是交换幺环.
(2)取$RS^{-1}$的子集$$overline{R}={frac{ab}{b}|ain R,bin S^*}$$
易证$Rsimeqoverline{R}$.便将$R$嵌入了$RS^{-1}$.
(3)题目应当是$ain S^*$,第(2)题中的同构$phi$将其对应为$frac{ab}{b}$,由于$S$无零因子,所以$ab eq$那么其在$RS^{-1}$中有逆$frac{b}{ab}$,由于$$frac{ab}{b}cdotfrac{b}{ab}=frac{ab^2}{ab^2}=frac{b}{b}$$
为$RS^{-1}$中的幺元.
8.令$R=mathbb Z_{4},S={1,3}$.求$RS^{-1}$.
解答 显然$RS^{-1}$中有$$frac{0}{1},frac{1}{1},frac{2}{1},frac{3}{1},frac{1}{3},frac{2}{3}$$
而在$mathbb Z_{4}$中egin{align*}frac{2}{1}&=frac{6}{3}=frac{2}{3}\frac{3}{1}&=frac{9}{3}=frac{1}{3}end{align*}
因此$$RS^{-1}={frac{0}{1},frac{1}{1},frac{2}{1},frac{3}{1}}$$
显然$RS^{-1}simeq mathbb Z_{4}$.
9.令$R=mathbb Z,S={2^n|ninmathbb N}$.求$RS^{-1}$.
解答 显然$$RS^{-1}={frac{m}{2^n}|(m,2)=1,minmathbb Z,ninmathbb N}$$
10.令$R=3mathbb Z,S={6^n|ninmathbb N}$,证明$RS^{-1}$与$mathbb R$的子环${frac{m}{6^n},minmathbb Z,ninmathbb Z^+}$同构.
证明 记上述子环为$R'$,做对应关系egin{align*}phi:RS^{-1}& o R'\frac{3m}{6^n}&mapstofrac{3m}{6^n}end{align*}
先来说明$phi$为映射,若$frac{3m}{6^n}=frac{3p}{6^q}$(此处是等价类),显然$$frac{m}{6^n}=frac{p}{6^q}$$
这里是$mathbb R$中的相等.所以$phi$确实是映射.容易验证,其单、满.且egin{align*}phileft(frac{3m}{6^n}+frac{3p}{6^q} ight)&=phileft(frac{3left(m6^q+p6^n ight)}{6^{n+q}} ight)\&=frac{3m6^q+3p6^n}{6^{n+q}}\&=phileft(frac{3m}{6^n} ight)+phileft(frac{3p}{6^q} ight)\phileft(frac{3m}{6^n}cdotfrac{3p}{6^q} ight)&=phileft(frac{3m}{6^n} ight)cdotphileft(frac{3p}{6^q} ight)end{align*}
因此$RS^{-1}simeq R'$.
11.设$R$是交换环,$R_{1}$为$R$的非零因子集合.又若另一交换环$Ksupset R$,且$forall ain R_{1}$,$a$在$K$中有逆元,证明$RR_{1}^{-1}$一定与$K$中一个子环同构.
证明 做$K$的子集$$K_{1}={ab^{-1}|ain R,bin R_{1}}$$
易验证$K_{1}$是$K$的子环,且可证如下对应egin{align*}phi:RR_{1}^{-1}& o K_{1}\frac{a}{b}&mapsto ab^{-1}end{align*}
是环同构.