抽象代数笔记1-群环域的引入

复读自丘维声《近世代数》, 但是顺序略有调整.

这本书是在开头就引出了群环域的基本概念, 再在后面进行深入研究.

~~另外LaTeX真的难打.~~

1. 等价关系#

二元关系: 设 $W$ 非空, $W\in S\times S$ , 称 $W$ 为 $S$ 上的一个二元关系. 若 $(a,b)\in W$ , 称 $a,b$ 有 $W$ 关系, 记作 $aWb$ 或 $a\sim b$ ; 否则称 $a,b$ 没有 $W$ 关系.

等价关系: 若 $S$ 上的二元关系 $\sim$ 有如下性质:

$\forall a\in S,a\sim a$
$\forall a,b\in S, a\sim b\Rarr b\sim a$
$\forall a,b,c\in S,a\sim b\and b\sim c\Rarr a\sim c$

此时称 $\sim$ 是 $S$ 上的等价关系.

等价类: 设 $\sim$ 是 $S$ 上的等价关系, $\forall a\in S$ , 称 $\bar{a}:=\{x\in S|x\sim a\}$ 是 $a$ 的等价类, $a$ 是 $\bar{a}$ 的一个代表.

等价类有下面的简单性质:

$\bar{a}=\bar{b}\Lrarr a\sim b$

证明:
必要性: $a\in \bar{a}=\bar{b}\Rarr a\sim b$
充分性: 由 $a\sim b$ , $\forall c\in \bar{a},c\sim a\Rarr c\sim b,c\in\bar{b}\Rarr\bar{a}\sube\bar{b}$ , 同理 $\bar{b}\sube\bar{a}$ , 得 $\bar{a}=\bar{b}$ .

根据这个定理我们发现, 等价类 $\bar{a}$ 中的任意一个元素都可以是该等价类的一个代表. 因为 $\forall c\in\bar{a},c\sim a\Rightarrow c\in\bar{c}=\bar{a}$ .

$\bar{a}\neq\bar{b}\Rarr\bar{a}\cap\bar{b}=\varnothing$

证明:
设 $\exist c\in\bar{a}\cap\bar{b}$ , 则 $c\in\bar{a},c\in\bar{b}$ , 故 $c\sim a,c\sim b$ , 得 $a\sim b$ , 由上面的定理知 $\bar{a}=\bar{b}$ , 矛盾.

我们可以用等价类对集合进行划分.
设 $\sim$ 是 $S$ 上的等价关系, 则所有等价类组成的集合为 $S$ 的一个划分.
证明: 根据上面的定理 2, 我们知道不同的等价类交集为空. 故我们只需证明所有等价类的并集是 $S$ 即可. 显见 $\bigcup\limits_{a\in S}\bar{a}\sube S$ . 另一方面, $\forall b\in S,b\in\bar{b}\sube\bigcup\limits_{a\in S}\bar{a}\Rarr S\sube\bigcup\limits_{a\in S}\bar{a}$ , 综上我们就有 $\bigcup\limits_{a\in S}\bar{a}=S$ .

我们定义所有等价类组成的集合是 $S$ 关于 $\sim$ 的商集, 记作 $S/\sim$ .

反过来, 若给定集合的一个划分, 我们也能据此构造一个等价关系.
证明: 设 $\{S_1,\cdots,S_n\}$ 是 $S$ 的一个划分. 构造 $\sim:=\{(a,b)|\exist S_i,a\in S_i\and b\in S_i\}$ , 显见 $\sim$ 是 $S$ 上的等价关系并且每个 $S_i$ 是一个等价类.

2. 群环域的概念#

1. 群#

设 $G$ 是非空集合, 在 $G$ 上定义一个代数运算 (乘法) , 满足:

$\forall a,b,c\in G,(ab)c=a(bc)$ (结合律)
$\exist e\in G,\forall a\in G,ea=ae=a$ (存在单位元)
$\forall a\in G,\exist a^{-1}\in G,aa^{-1}=a^{-1}a=e$ (存在逆元)

此时称 $G$ 关于这个代数运算构成了群.

若乘法还满足交换律, 即 $\forall a,b\in G,ab=ba$ , 称这个群是一个交换群 (Abel 群) .
有限群 $G$ 的元素个数叫作群的阶, 记作 $|G|$ .

群的单位元唯一. 事实上若设有两个不同的单位元 $e_1,e_2$ , 有 $e_1=e_1e_2=e_2$ , 矛盾.
群中元素的逆元唯一. 事实上若设 $a$ 有两个不同的逆元 $a^{-1},a^{-1}_*$ , 则有 $aa^{-1}=e=aa^{-1}_*$ , 左右同时左乘 $a^{-1}$ , 由结合律即得 $a^{-1}=a^{-1}_*$ , 矛盾.

方便起见, 我们定义 $a^n:=a^{n-1}a(n\geqslant1)$ , $a^0=e$ , $a^{-n}=(a^{-1})^n$ . 容易发现 $a^na^m=a^{n+m}$ , $(a^n)^m=a^{nm}$ , $(ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}$ , 但是一般 $(ab)^n\neq b^na^n$ .

有的时候我们也会把群中的运算称为加法, 为符合习惯, 上述记号和说法会有一些变化. 有 $0:=e$ , 称为零元, $-a:=a^{-1}$ , 称为负元, 并记 $na:=a^n$ . 不过之后的定义都是对乘法进行定义, 但是这些定义对加法是类似的.

元素的阶: 对于群 $G$ 中的元素 $a$ , 若存在满足 $a^n=e$ 的最小正整数 $n$ , 称 $n$ 是元素 $a$ 的阶, 记作 $|a|$ . 若 $\forall n\in\mathbb{Z}^*,a^n\neq e$ , 称 $a$ 是无限阶元素.

群的 (外) 直积: 设有两个群 $G,H$ , 在 $G\times H$ 上定义乘法运算 $(g_1,h_1)(g_2,h_2)=(g_1g_2,h_1h_2)$ , 容易发现 $G\times H$ 和这个乘法运算构成了一个群. 这个群叫作 $G$ 和 $H$ 的 (外) 直积, 仍记作 $G\times H$ . 另外如果称群上的运算为加法, 那这个群就叫做 $G$ 和 $H$ 上的 (外) 直和, 记作 $G\oplus H$ .
类似地可以对多个群进行直积/直和的定义.

群的同构: 若有双射 $\sigma:G\mapsto\tilde{G}$ 满足 $\forall a,b\in G,\sigma(ab)=\sigma(a)\sigma(b)$ , 称 $G$ 和 $\tilde{G}$ 同构, 记作 $G\cong\tilde{G}$ .

同构的群的元素存在上述的对应关系, 并且运算性质仍然保持.
具体地, 记群 $\tilde{G}$ 的单位元为 $\tilde{e}$ , 有下面几个性质:

$\sigma(e)=\tilde{e}$

证明: $\tilde{e}=\sigma(e)^{-1}\sigma(e)=\sigma(e)^{-1}\sigma(ee)=\sigma(e)^{-1}(\sigma(e)\sigma(e))=\tilde{e}\sigma(e)=\sigma(e)$ .

$\forall a\in G,\sigma(a^{-1})=\sigma(a)^{-1}$

证明: $\sigma(a)\sigma(a^{-1})=\sigma(aa^{-1})=\sigma(e)=\tilde{e}=\sigma(a)\sigma(a)^{-1}$ , 故 $\sigma(a^{-1})=\sigma(a)^{-1}$ .

$|a|=|\sigma(a)|$ , 或者两者都为无限阶元素.

证明: 注意到 $a^n=e\Lrarr\sigma(a^n)=\sigma(e)\Lrarr (\sigma(a))^n=\tilde{e}$ ( $\sigma$ 是双射) , 即得结论.

另外容易发现群的同构是群的集合上的等价关系. 此时它的等价类又称为同构类.

2. 环#

设 $R$ 是一个非空集合, 在 $R$ 上定义两个代数运算加法和乘法, 满足:

$(R,+)$ 构成交换群
$\forall a,b,c\in R,(ab)c=a(bc)$ (乘法的结合律)
$\forall a,b,c\in R,a(b+c)=(ab)+(ac),(b+c)a=(ba)+(ca)$ (乘法对加法的左分配律, 右分配律)

我们称 $R$ 关于这两个运算构成了环. 容易证明, 零元唯一, 环中任意元素的负元唯一.

若还满足 $\forall a,b\in R,ab=ba$ , 称该环为交换环.

方便起见, 我们规定 $a-b=a+(-b)$ , 并规定对于正整数 $n$ , $na=(n-1)a+a\ (n\geqslant2)$ , $1a=a$ .

两种运算加法和乘法通过分配律产生联系.
比如 $0a=(0+0)a=0a+0a\Rarr0a=0$ .
另外也很容易证明 $(-a)b=-(ab)$ .
需要注意的是上面 $na$ 这个定义, 其中 $n$ 是正整数. 它也有很多很好的性质 (以下 $m,n$ 均为正整数):

$(m+n)a=ma+na$
$m(a+b)=ma+mb$
$(mn)a=m(na)$
$m(ab)=(ma)b=a(mb)$

若 $\exist e\in R,ea=ae=a$ , 称 $e$ 为 $R$ 的单位元. 含有单位元的环称为含幺环. 容易发现含幺环的单位元唯一.
若环的单位元就是零元, 那么这个环是平凡的零环, 因为对任意元素 $a\in R$ 有 $a=ea=0a=0$ . 因此下面我们主要讨论不是零环的环.
设 $R$ 是含幺环且不是零环. 对于 $a\in R$ , 若 $\exist b\in R,ab=ba=e$ , 称 $a$ 是可逆元, $b$ 是 $a$ 的逆元, 记作 $b=a^{-1}$ . 容易发现可逆元的逆元唯一.
设 $R$ 是一个环, 对于 $a\in R$ , 若 $\exist c\in R,c\neq 0$ 有 $ac=0/ca=0$ , 称 $a$ 是一个左/右零因子. 显然 $0$ 是零因子.

一个重要结论是, 零因子不是可逆元. 等价的说法是, 可逆元不是零因子.
证明: 只考虑左零因子的情况. 设 $a$ 是左零因子, $\exist c\in R,c\neq 0$ 满足 $ac=0$ .
若 $a$ 是可逆元, 则 $c=ec=(a^{-1}a)c=a^{-1}(ac)=0$ , 矛盾.

环的直和 (直积) : 设有两个环 $R,S$ , 在 $R\times S$ 上定义加法 $(r_1,s_1)+(r_2,s_2)=(r_1+s_1,r_2+s_2)$ 和乘法 $(r_1,s_1)(r_2,s_2)=(r_1r_2,s_1s_2)$ , 容易发现 $R\times S$ 关于这两个运算也构成了一个环, 记作 $R\oplus S$ .
同样地我们也可以对多个环的直和进行定义.

环的同构: 若有双射 $\sigma:R\mapsto\tilde{R}$ 满足 $\forall a,b\in R,\sigma(a+b)=\sigma(a)+\sigma(b),\sigma(ab)=\sigma(a)\sigma(b)$ , 称 $R$ 和 $\tilde{R}$ 同构, 记作 $R\cong\tilde{R}$ . 同构的环的元素存在上述的对应关系, 并且运算性质仍然保持.

环的单位群: 环的所有可逆元关于环的乘法构成群 (显然) .

3. 域#

域是对环进行了更多的限制.
设 $F$ 是含幺交换环且不是零环. 若 $F$ 中的每个非零元都是可逆元, 称 $F$ 是一个域. 若 $\forall a\in F,a\in\mathbb{C}$ , 称 $F$ 是数域.

根据前面零因子不是可逆元的结论, 上述条件也是说 $F$ 中的每个非零元都不是零因子.

域的特征:
设 $F$ 的单位元是 $e$ . 有两种情况:

$\forall n\in \mathbb{N}^*,ne\neq 0$
$\exist p\in \mathbb{N}^*,pe=0$ , 且 $\forall l\in \mathbb{N}^*,l<p,le\neq0$ , 其中 $p$ 是素数.

这里解释为什么 $p$ 是素数.
若 $p$ 是合数, 设 $p=p_1p_2$ , 则 $(p_1e)(p_2e)=(p_1p_2)(ee)=pe=0$ , 又有 $p_1e\neq0,p_2e\neq0$ , 知 $p_1e$ 是零因子, 与 $F$ 是域矛盾. 另外若 $p=1$ 则 $e=pe=0$ , 矛盾.

由此我们对上面两种情况分别定义 $F$ 的特征为 $0$ 或 $p$ , 记作 $\text{char }F=0$ 或 $\text{char }F=p$ .

有趣的是, 若有 $\text{char }F=p$ , 则 $\forall a\in F,pa=0$ .
证明很简单, 直接有 $pa=p(ea)=(pe)a=0a=0$ .
一个显而易见的推论是此时有 $(a+b)^p=a^p+b^p$ .

3. 简单应用#

但是我们上面都是在列举定义和性质, 下面我们要具体一些了.
我们考虑模 $m$ 剩余类 $\mathbb{Z}_m$ , 容易发现这是个环.
我们把里面的可逆元都拿出来, 记作 $\mathbb{Z}_m^*$ , 显然这是个群, 是上面的环的单位群.

我们对 $\bar{a}\in\mathbb{Z}_m$ , 考虑 $\bar{a}\in\mathbb{Z}_m^*$ 的充分必要条件. 容易猜出充分必要条件就是 $(a,m)=1$ .
证明:
若 $(a,m)=1$ , 由裴蜀定理知 $\exist\bar{u},\bar{v}\in\mathbb{Z}_m,\bar{1}=\bar{u}\bar{a}+\bar{v}\bar{m}=\bar{u}\bar{a}$ , 故 $\bar{a}$ 是可逆元. 这一步是纯数论.
另一个方向我们证逆否命题, 设 $a=a_1d,m=m_1d,d\neq1$ . 则 $\overline{m_1}\neq\bar{0}$ . 注意到 $\bar{a}\overline{m_1}=\overline{a_1}\bar{m}=\bar{0}$ , 知 $\bar{a}$ 是零因子, 不是可逆元. 证毕.
可以看出对另一个方向的证明我们就使用了环的相关知识.

另一个问题是 $\mathbb{Z}_m$ 何时是域. 不过已知了上面的结论, 很显然充分必要条件是 $m$ 是素数.

有了上面的基础认识, 我们来看一个经典的例子: 计算欧拉函数 $\varphi(m)$ .

首先根据上面的结论显然有 $\varphi(m)=|\mathbb{Z}_m^*|$ , 即 $\varphi(m)$ 是 $\mathbb{Z}_m$ 中可逆元的个数. 不过只知道这个是远远不够的.

考虑对 $m$ 的不同取值进行讨论.

首先 $\varphi(p)=p-1$ 显然, 因为 $\mathbb{Z}_p$ 是域.

对于 $\varphi(p^r)$ 我们使用数论方法. $(a,p^r)\neq1\Lrarr(a,p)\neq1\Lrarr p|a$ , 这样就计算出了和 $p^r$ 不互质的数的个数, 于是 $\varphi(p^r)=p^r-p^{r-1}$ .

最后我们证明 $\varphi(m_1m_2)=\varphi(m_1)\varphi(m_2)$ , 其中 $(m_1,m_2)=1$ (积性函数).
根据之前的结论, $\varphi(m_1)=|\mathbb{Z}_{m_1}^*|$ , $\varphi(m_2)=|\mathbb{Z}_{m_2}^*|$ .
自然地, 我们尝试证明 $\varphi(m_1)\varphi(m_2)=|(\mathbb{Z}_{m_1}\oplus\mathbb{Z}_{m_2})^*|$ .
考察 $\mathbb{Z}_{m_1}\oplus\mathbb{Z}_{m_2}$ 的一个可逆元 $(\tilde{a_1},\tilde{\tilde{a_2}})$ , 则存在 $(\tilde{b_1},\tilde{\tilde{b_2}})\in\mathbb{Z}_{m_1}\oplus\mathbb{Z}_{m_2}$ , 使 $(\tilde{a_1},\tilde{\tilde{a_2}})(\tilde{b_1},\tilde{\tilde{b_2}})=(\tilde{1},\tilde{\tilde{1}})$ , 即 $(\tilde{a_1}\tilde{b_1},\tilde{\tilde{a_2}}\tilde{\tilde{b_2}})=(\tilde{1},\tilde{\tilde{1}})$ .
显然这等价于 $\tilde{a_1},\tilde{\tilde{a_2}}$ 分别是 $\mathbb{Z}_{m_1}$ 和 $\mathbb{Z}_{m_2}$ 中的可逆元. 根据乘法原理即得结论.
已经得到了 $\varphi(m_1)\varphi(m_2)$ 的一个比较好的解释. 很明显只需要证明出 $\mathbb{Z}_{m_1m_2}\cong\mathbb{Z}_{m_1}\oplus\mathbb{Z}_{m_2}$ 我们就基本上大功告成了.
构造 $\mathbb{Z}_{m_1m_2}$ 向 $\mathbb{Z}_{m_1}\oplus\mathbb{Z}_{m_2}$ 的对应关系 $\sigma: \bar{x}\mapsto(\tilde{x},\tilde{\tilde{x}})$ . 首先证明这是一个单射.
$\bar{x}=\bar{y}\Lrarr m_1m_2|x-y\Lrarr m_1|x-y, m_2|x-y\Lrarr \tilde{x}=\tilde{y}, \tilde{\tilde{x}}=\tilde{\tilde{y}}\Lrarr(\tilde{x},\tilde{\tilde{x}})=(\tilde{y},\tilde{\tilde{y}})$ , 其中第二步用到了 $(m_1,m_2)=1$ 的性质.
另外显然 $|\mathbb{Z}_{m_1m_2}|=|\mathbb{Z}_{m_1}\oplus\mathbb{Z}_{m_2}|$ , 则该映射为满射, 故 $\sigma$ 为双射.
容易证明 $\sigma(\bar{x}\bar{y})=\sigma(\bar{x})\sigma(\bar{y})$ , $\sigma(\bar{x}+\bar{y})=\sigma(\bar{x})+\sigma(\bar{y})$ , 则环同构得证.
由环同构容易得出它们的单位群同构 (不证了), 进而得到 $|\mathbb{Z}_{m_1m_2}^*|=|(\mathbb{Z}_{m_1}\oplus\mathbb{Z}_{m_2})^*|$ , $\varphi(m_1m_2)=\varphi(m_1)\varphi(m_2)$ .