孟道驥《代數學基礎》2.1"分式域"習題解答

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1.試問一個域$\mathbb F$的分式域是什麼?

解答    由於$\mathbb F$的分式域是包含他的最小的域,而$\mathbb F$本身已是域,所以說$\mathbb F$的分式域就是自己.

 

2.證明Gsuss整數環$\mathbb Z[\sqrt{-1}]$是交換整環,並求其分式域?

證明    由於$\mathbb Z[\sqrt{-1}]=\{a+b\sqrt{-1}|a,b\in\mathbb Z\}\subset\mathbb C$,容易驗證其滿足子環的兩個條件,因此$\mathbb Z[\sqrt{-1}]$是$\mathbb C$的子環,且易知還是交換環.因而可作分式域.

設$\mathbb Z[\sqrt{-1}]$的分式域為$\mathbb F$,往證$\mathbb F=\mathbb Q[\sqrt{-1}]$,顯然$\mathbb Q[\sqrt{-1}]\subset\mathbb F$,另一方面,做映射

\begin{align*}\phi:\mathbb F&\to\mathbb C\\\frac{m_{1}+n_{1}\sqrt{-1}}{m_{2}+n_{2}\sqrt{-1}}&\mapsto\frac{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*}

($\mathbb F$中的元素是等價類別,無法直接運算)即知$\mathbb F\subset\mathbb Q[\sqrt{-1}]$.因此$F=\mathbb Q[\sqrt{-1}]$.(當然了,是在同構的意義下)

 

3.證明$\mathbb Z[\sqrt{2}]$是交換整環,並求其分式域.

證明    與上題類似可證$\mathbb Z[\sqrt{2}]$是交換整環,且其分式域為$\mathbb Q[\sqrt2]$.

 

4.設$D$是交換整環,$m,n\in\mathbb N,(m,n)=1$.證明:設$a,b\in D$,滿足$a^m=b^m,a^n=b^n$的充要條件是$a=b$.

證明    充分性顯然.再證必要性,存在$u,v\in\mathbb Z$使得$$um+vn=1$$

設$D$的分式域為$\mathbb F$,且$D\subset\mathbb F$,從而$D$中任意元素在$\mathbb F$中可逆,因此在$\mathbb F$中有

\begin{align*}a=a^1&=a^{um+vn}\\&=\left(a^m\right)^u\left(a^n\right)^v\\&=b^{um+vn}\tag{1}\\&=b\end{align*}

註：(1)式用到了可逆的條件.如果僅僅在環$D$中考慮,那麼(1)式並不成立.

 

5.證明一個交換么半群若滿足消去律,則可嵌入到一個Abel群中.此命題對滿足消去律的交換半群還成立嗎?

證明    設$G$為交換么半群(運算記為乘法),做直積$$G\times G=\{(a,b)|a,b\in G\}$$

並且在其中定義乘法$$(a,b)(c,d)=(ac,bd)$$

再定義關係$"\sim"$,設$$(a,b)\sim(c,d)\Leftrightarrow a=c,b=d$$

容易驗證$"\sim"$為等價關係,且對$G\times G$中的乘法是同餘關係.因此可作商集合$(G\times G)/\sim$,容易驗證其為Abel群.固定$a\in G$,考慮其子集$$H=\{(ga,a)|a,g\in G\}$$,定義映射\begin{align*}\phi:G&\to H\\g&\mapsto(g,e)\end{align*}

易知$\phi$為同構,這樣就把$G$嵌入到一個Abel群中了.

其證明過程僅僅用到了消去律,因此對於滿足消去律的交換半群結論仍然成立.

 

6.設$D$為整環,若$\forall a,b\in D^*$,存在$a_{1},b_{1}\in D^*$使得$ab_{1}=ba_{1}$,則稱$D$滿足又公倍性質,並且稱$m=ab_{1}=ba_{1}$為$a,b$的一個右公倍元.又設$D$為滿足右公倍性質的整環.在$D\times D^*$中定義關係$"\sim"$:$(a,b)\sim(c,d)\Leftrightarrow$若有$d_{1},b_{1}\in D^*$使得$db_{1}=bd_{1}$,則有$ad_{1}=cb_{1}$.試證下列命題:

(1)關係$"\sim"$為等價關係;

(2)以$\frac{a}{b}$為$(a,b)$的等價類別,若在商集合$F=D\times D^*/\sim$定義加法和乘法如下：\begin{align*}\frac{a}{b}+\frac{c}{d}&=\frac{ad_{1}+cb_{1}}{m},(m=bd_{1}=db_{1})\\\frac{a}{b}\cdot\frac{c}{d}&=\frac{ac_{2}}{db_{2}},(b_{2}\in D^*,c_{2}\in D,cb_{2}=bc_{2})\end{align*}

則$F$是一個體;

(3)$D$與 $F$的一個子環$D‘$同構;

(4)$\forall x\in F$,存在$a,b\in D‘$使得$x=ab^{-1}$.

證明(此題太坑！！！！不過題目真的不錯)    (1)我們首先來證明$\sim$的定義是無矛盾的.即與$d_{1},b_{1}$的選取無關.

設$bd_{1}=db_{1}\Rightarrow ad_{1}=cb_{1}$.若$bd_{2}=db_{2}$,我們來說明$$ad_{2}=cd_{2}.$$

由右公倍性,存在$u,v\in D^*$使得$d_{1}u=d_{2}s$,從而\begin{align*}bd_{2}v=bd_{1}u&=db_{1}u=db_{2}v\\\Rightarrow b_{1}u&=b_{2}v\end{align*}

此外\begin{align*}ad_{2}v&=ad_{1}u=cd_{1}u=cb_{2}v\\\Rightarrow ad_{2}&=cb_{2}\end{align*}

因此$\sim$確實是一關係.容易驗證$\sim$滿足反身、對稱和傳遞,確實是等價關係.

(2)我們首先必須證明題中所定義的法則確實是運算,以加法為例,我們需要證明兩點:

    1).運算與$m$的選取無關(這一點事實上前一題已經證明);2)運算與等價類別$\frac{a}{b}$的代表元選取無關.

我們來證第2)條:設$\frac{a‘}{b‘}=\frac{a}{b}$,往證

$$\frac{a}{b}+\frac{c}{d}=\frac{a‘}{b‘}+\frac{c}{d} $$

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$d_{2},b_{2},u,v\in D^*$使得$$b‘d_{2}=db_{2},ad_{1}u=a‘d_{2}v$$

根據$\frac{a}{b}=\frac{a‘}{b‘}$,即$(a,b)\sim(a‘,b‘)$便知$$bd_{1}u=b‘d_{2}v$$因此\begin{align*}db_{1}u=bd_{1}u&=b‘d_{2}v=db_{2}v\\\Rightarrow b_{1}u&=b_{2}v\end{align*}

從而\begin{align*}(ad_{1}+cb_{1})u&=ad_{1}u+cb_{1}u\\&=a‘d_{2}v+cb_{2}v\\&=(a‘d_{2}+cb_{2})v\end{align*}

再加上$bd_{1}u=b‘d_{2}v$即得\begin{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*}

所以加法定義與代表元的選取無關.

類似的方法可證乘法.後面驗證$F=D\times D^*/\sim$構成體是容易的.

(3)做$F$的子集$$D‘=\{\frac{a}{1}|a\in D\}$$

容易驗證$D‘$是$F$的子環,做映射\begin{align*}\phi:D&\to D‘\\a&\mapsto\frac{a}{1}\end{align*}

也容易驗證$\phi$是環同構.

(4)在域$F$中,我們有$$\frac{a}{b}=\frac{a}{1}\cdot\frac{1}{b}(b\neq0)$$

而且$\frac{1}{b}\cdot\frac{b}{1}=\frac{1}{1}$,也就是說$$\frac{1}{b}=\left(\frac{b}{1}\right)^{-1}$$

因此$\forall x=\frac{q}{p}(p\neq0)\in F$,都存在$a=\frac{q}{1},b=\frac{p}{1}\in D‘$使得$$x=ab^{-1}.$$

 

7.設$R$是交換環,$S$是$R$的乘法子半群且$S$中任何元素都不是零因子.在$R\times S$中可如定理2.1.1一樣定義同餘關係.商集合記為$RS^{-1}$,試證:

(1)$RS^{-1}$為交換么環;

(2)$R$可嵌入$RS^{-1}$中;

(3)$\forall a\in S\subset RS^{-1}$,$a$為可逆元.

證明    (1)很容易驗證$\{RS^{-1};+\}$是Abel群且$\{RS^{-1};\cdot\}$成交換么半群,且成立分配律.所以$RS^{-1}$是交換么環.

(2)取$RS^{-1}$的子集$$\overline{R}=\{\frac{ab}{b}|a\in R,b\in S^*\}$$

易證$R\simeq\overline{R}$.便將$R$嵌入了$RS^{-1}$.

(3)題目應當是$a\in S^*$,第(2)題中的同構$\phi$將其對應為$\frac{ab}{b}$,由於$S$無零因子,所以$ab\neq$那麼其在$RS^{-1}$中有逆$\frac{b}{ab}$,由於$$\frac{ab}{b}\cdot\frac{b}{ab}=\frac{ab^2}{ab^2}=\frac{b}{b}$$

為$RS^{-1}$中的么元.

 

8.令$R=\mathbb Z_{4},S=\{1,3\}$.求$RS^{-1}$.

解答    顯然$RS^{-1}$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\begin{align*}\frac{2}{1}&=\frac{6}{3}=\frac{2}{3}\\\frac{3}{1}&=\frac{9}{3}=\frac{1}{3}\end{align*}

因此$$RS^{-1}=\{\frac{0}{1},\frac{1}{1},\frac{2}{1},\frac{3}{1}\}$$

顯然$RS^{-1}\simeq \mathbb Z_{4}$.

 

9.令$R=\mathbb Z,S=\{2^n|n\in\mathbb N\}$.求$RS^{-1}$.

解答    顯然$$RS^{-1}=\{\frac{m}{2^n}|(m,2)=1,m\in\mathbb Z,n\in\mathbb N\}$$

 

10.令$R=3\mathbb Z,S=\{6^n|n\in\mathbb N\}$,證明$RS^{-1}$與$\mathbb R$的子環$\{\frac{m}{6^n},m\in\mathbb Z,n\in\mathbb Z^+\}$同構.

證明    記上述子環為$R‘$,做對應關係\begin{align*}\phi:RS^{-1}&\to R‘\\\frac{3m}{6^n}&\mapsto\frac{3m}{6^n}\end{align*}

先來說明$\phi$為映射,若$\frac{3m}{6^n}=\frac{3p}{6^q}$(此處是等價類別),顯然$$\frac{m}{6^n}=\frac{p}{6^q}$$

這裡是$\mathbb R$中的相等.所以$\phi$確實是映射.容易驗證,其單、滿.且\begin{align*}\phi\left(\frac{3m}{6^n}+\frac{3p}{6^q}\right)&=\phi\left(\frac{3\left(m6^q+p6^n\right)}{6^{n+q}}\right)\\&=\frac{3m6^q+3p6^n}{6^{n+q}}\\&=\phi\left(\frac{3m}{6^n}\right)+\phi\left(\frac{3p}{6^q}\right)\\\phi\left(\frac{3m}{6^n}\cdot\frac{3p}{6^q}\right)&=\phi\left(\frac{3m}{6^n}\right)\cdot\phi\left(\frac{3p}{6^q}\right)\end{align*}

因此$RS^{-1}\simeq R‘$.

 

11.設$R$是交換環,$R_{1}$為$R$的非零因子集合.又若另一交換環$K\supset R$,且$\forall a\in R_{1}$,$a$在$K$中有逆元,證明$RR_{1}^{-1}$一定與$K$中一個子環同構.

證明    做$K$的子集$$K_{1}=\{ab^{-1}|a\in R,b\in R_{1}\}$$

易驗證$K_{1}$是$K$的子環,且可證如下對應\begin{align*}\phi:RR_{1}^{-1}&\to K_{1}\\\frac{a}{b}&\mapsto ab^{-1}\end{align*}

是環同構.