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$\mathbb Z[\sqrt{-1}]=\{a+b\sqrt{-1}|a,b\in\mathbb Z\}\subset\mathbb C$,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$\mathbb Q[\sqrt{-1}]\subset\mathbb F$,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*}

($\mathbb F$中的元素是等价类,无法直接运算)即知$\mathbb F\subset\mathbb Q[\sqrt{-1}]$.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,$m,n\in\mathbb N,(m,n)=1$.证明:设$a,b\in D$,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$u,v\in\mathbb Z$使得$$um+vn=1$$

设$D$的分式域为$\mathbb F$,且$D\subset\mathbb F$,从而$D$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*}

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$$G\times G=\{(a,b)|a,b\in G\}$$

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$G\times G$中的乘法是同余关系.因此可作商集合$(G\times G)/\sim$,容易验证其为Abel群.固定$a\in G$,考虑其子集$$H=\{(ga,a)|a,g\in G\}$$,定义映射\begin{align*}\phi:G&\to 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$\forall a,b\in D^*$,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$D\times D^*$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$F=D\times D^*/\sim$定义加法和乘法如下：\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*}

则$F$是一个体;

(3)$D$与 $F$的一个子环$D‘$同构;

(4)$\forall x\in F$,存在$a,b\in D‘$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$u,v\in D^*$使得$d_{1}u=d_{2}s$,从而\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$\sim$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$d_{2},b_{2},u,v\in D^*$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\begin{align*}db_{1}u=bd_{1}u&=b‘d_{2}v=db_{2}v\\\Rightarrow b_{1}u&=b_{2}v\end{align*}

从而\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$F=D\times D^*/\sim$构成体是容易的.

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

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

也容易验证$\phi$是环同构.

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

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

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.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$R\times S$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)$\forall a\in S\subset RS^{-1}$,$a$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$$\overline{R}=\{\frac{ab}{b}|a\in R,b\in S^*\}$$

易证$R\simeq\overline{R}$.便将$R$嵌入了$RS^{-1}$.

(3)题目应当是$a\in S^*$,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$ab\neq$那么其在$RS^{-1}$中有逆$\frac{b}{ab}$,由于$$\frac{ab}{b}\cdot\frac{b}{ab}=\frac{ab^2}{ab^2}=\frac{b}{b}$$

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\begin{align*}\frac{2}{1}&=\frac{6}{3}=\frac{2}{3}\\\frac{3}{1}&=\frac{9}{3}=\frac{1}{3}\end{align*}

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

显然$RS^{-1}\simeq \mathbb Z_{4}$.

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

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

10.令$R=3\mathbb Z,S=\{6^n|n\in\mathbb N\}$,证明$RS^{-1}$与$\mathbb R$的子环$\{\frac{m}{6^n},m\in\mathbb Z,n\in\mathbb Z^+\}$同构.

证明    记上述子环为$R‘$,做对应关系\begin{align*}\phi:RS^{-1}&\to R‘\\\frac{3m}{6^n}&\mapsto\frac{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\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.设$R$是交换环,$R_{1}$为$R$的非零因子集合.又若另一交换环$K\supset R$,且$\forall a\in R_{1}$,$a$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$$K_{1}=\{ab^{-1}|a\in R,b\in R_{1}\}$$

易验证$K_{1}$是$K$的子环,且可证如下对应\begin{align*}\phi:RR_{1}^{-1}&\to K_{1}\\\frac{a}{b}&\mapsto ab^{-1}\end{align*}

是环同构.