在群论中 , 有一种特殊且重要的子群 , 谓之正规子群 ,

有了正规子群的概念 , 我们可以定义商群 ,

从而得到群同态基本定理及群同构定理 ,

在环论中 , 有与正规子群相平行的概念 , 谓之理想 ,

通过理想 , 我们可以定义商环 , 从而得到环同态基本定理 ,

在本节中 , 我们将给出理想和商环的定义 , 以及理想的初步性质 ,

并用理想的性质证明中国剩余定理 ,

环同态基本定理及环同构定理将在下一节给出 ,

定义3.1设{R;+ , ⦁}是环 , I是R的非空子集 ,

若I是{R;+}的子群 ,

且对属于I的任意a , 属于R的任意r , 有ra属于I(或ar属于I) ,

则称I是R的左(或右)理想 ,

若I既是R的左理想又是R的右理想 , 则称I是R的双边理想 , 简称理想 ,

显然 , 在交换环中 , 每个左或右理想都是双边理想 ,

在有1的环R中 , 若I是R的理想 , 且1属于I , 则I=R ,

更一般地 , 若a属于I , 且a属于U(R) , 则I=R ,

对任意一个环R , {0}和R都是R的理想 , 称这两个理想为R的平凡理想 ,

平凡理想之外的理想(如果存在的话)称为R的非平凡理想 ,

若I是环R的理想且I≠R , 则称I是环R的真理想 ,

不难看出 , 理想的定义又可以叙述为:

若I是环R的子环 , 且对属于I的任意a , 属于R的任意r ,

有ra属于I , ar属于I

则I是R的理想 ,

关于理想 , 我们有下面的判别定理 ,

定理3.1设I是环R的非空子集 ,

则I是环R的理想的充分必要条件是下面两个条件成立:

(1)对属于I的任意a , b , 有a‒b属于I;

(2)对属于I的任意a , 和对属于R的任意r , 有ar , ra属于I ,

证: 必要性是显然的 , 下面证明充分性 ,

由条件(1)可知 , I是环{R;+}的子群 , 再由条件(2)可知 , I是环R的理想 ,

例3.1求整数环Z的所有理想 ,

解: 我们已经知道{Z;+}的所有子群为{〈n〉|n是非负整数} ,

另外 , 又易知〈n〉是Z的理想 , 所以Z的所有理想为{〈n〉|n是非负整数} ,

实际上 , 我们可以直接证明Z的理想形式为〈n〉 ,

令I是整数环Z的一个非零理想 ,

则存在不为0的属于I的m , 不妨假设m＞0 , 进而考虑集合{m∈I|m＞0} ,

显然 , 集合{m∈I|m＞0}是自然数的一个非空子集 ,

所以在集合{m∈I|m＞0}中存在一个最小的正整数n ,

下面我们证明I=〈n〉 ,

因为对属于I的任意x , 有x=nq+r , 其中0⩽r＜n , 而且x , nq属于I ,

所以r属于I ,

但是 , 我们已假定n是I中最小的正整数 , 所以只能有r=0 ,

于是x=nq属于〈n〉 , 即I包含于〈n〉 ,

而n属于I , 所以必有〈n〉包含于I ,

因而 , I=〈n〉 ,

例3.2求剩余类环Z_n的所有理想 ,

解: 因为{Z_n;+}的所有子群为{〈$\overline{s}$〉|s是n的正因数} , 且容易验证〈$\overline{s}$〉是Z_n的理想 ,

所以Z_n的所有理想为{〈$\overline{s}$〉|s是n的正因数} ,

例3.3证明在除环中只有平凡理想 ,

证: 若I是除环R的非零理想 , 属于I的a不等于0 ,

则属于I的aa^‒1等于1 , 从而I=R ,

一般地 , 称只有平凡理想的环为单纯环 , 显然 , 除环和域都是单纯环 ,

定义3.2设R是环 , S₁ , S₂ , ⋯ , S_n是R的非空子集 ,

称S₁+S₂+⋯+S_n={s₁+s₂+⋯+s_n | s_i∈S_i , i=1 , 2 , ⋯ , n}是S₁ , S₂ , ⋯ , S_n的和 ,

$$称S_{1}S_{2}\cdots S_{n} = \left\{ \left. \ \sum_{i = 1}^{m}{s_{i_{1}}s_{i_{2}}\cdots s_{i_{n}}} \right|s_{i_{j}} \in S_{j}\ ,m \in Z^{+}\ ,j = 1,2,\cdots n \right\} 是S_{1},S_{2},\cdots,S_{n}的积\$$

设I₁ , I₂ , ⋯ , I_n是环R的理想 ,

则根据定理3.1可知 , I₁+I₂+⋯+I_n , 和I₁I₂⋯I_n是环R的理想 ,

另外 , 环R的任意多个理想的交还是环R的理想 ,

由理想的定义 , 容易知道I₁I₂⋯I_n包含于I₁⋂I₂⋂⋯⋂I_n包含于I₁+I₂+⋯+I_n ,

定义3.3设S是环R的非空子集 ,

称R的所有包含S的理想的交为S生成的理想 , 记为⟨S⟩ ,

若环R的理想I=⟨S⟩ , 则称S是I的生成集 , 并称S中的元素是I的生成元 ,

特别地 , 由一个元素a(S={a})生成的理想称为主理想 , 记为⟨a⟩ ,

显然 , ⟨{a₁ , a₂ , ⋯ , a_n}⟩=⟨a₁⟩+⟨a₂⟩+⋯+⟨a_n⟩ ,

下面我们考察主理想中元素的形式 ,

定理3.2设R是环 , a∈R , 则有如下结论:

$$(1)\ \langle a\rangle = \left\{ \left. \ \sum_{i = 1}^{n}{x_{i}ay_{i} + xa + ay + ma} \right|x_{i}\ ,\ y_{i}\ ,\ x\ ,\ y \in R\ ,m \in Z\ ,n \in Z^{+} \right\}$$

$$(2)若R是有单位元的环,则\langle a\rangle = \left\{ \left. \ \sum_{i = 1}^{n}{x_{i}ay_{i}} \right|x_{i}\ ,\ y_{i}\ \in R\ ,\ n \in Z^{+} \right\}$$

(3)若R是交换环 , 则〈a〉={xa+ma|x∈R , m∈Z};

(4)若R是有单位元的交换环 , 则〈a〉={ax|x∈R}=aR ,

证: 在此我们仅证明(1) ,

首先 , 根据定理3.1 , 容易验证

$$I = \left\{ \left. \ \sum_{i = 1}^{n}{x_{i}ay_{i} + xa + ay + ma} \right|x_{i}\ ,\ y_{i}\ ,\ x\ ,y \in R\ ,m \in Z\ ,n \in Z^{+} \right\} 是环R的理想\$$

且a∈I , 所以〈a〉包含于I ,

$$其次,包含a的任意理想J都包含\sum_{i = 1}^{n}{x_{i}ay_{i}\ ,\ xa\ ,\ ay,\ ma},即I包含于\bigcap J = \langle a\rangle$$

$$所以\langle a\rangle = \left\{ \left. \ \sum_{i = 1}^{n}{x_{i}ay_{i} + xa + ay + ma} \right|x_{i}\ ,\ y_{i}\ ,\ x\ ,\ y \in R\ ,m \in Z\ ,n \in Z^{+} \right\}\$$

Z和Z_n都是有1的交换环 ,

Z的每个理想形式为〈n〉={nr|r∈Z}=nZ ,

Z_n的每个理想形式为〈$\overline{s}$〉={$\overline{s}\ \overline{a}$|$\overline{a}$∈Z_n}=$\overline{s}$Z_n ,

也就是说 , Z和Z_n的每个理想都是主理想 ,

定义3.4称每个理想都是主理想的整环为主理想整环 ,

例如 , 整数环Z和剩余类环Z_p(p是素数)是主理想整环 ,

例3.4在整数环Z中 , ⟨m⟩+⟨n⟩=⟨(m , n)⟩ , ⟨m⟩⟨n⟩=⟨mn⟩ , 其中m , n属于Z ,

(m , n)表示m , n的最大公因数 ,

证: 首先证⟨m⟩+⟨n⟩=⟨(m , n)⟩ ,

因为对属于Z的任意m , n , 存在属于Z的s , t , 使得(m , n)=ms+nt ,

所以(m , n)属于⟨m⟩+⟨n⟩ , 因此 , ⟨(m , n)⟩包含于⟨m⟩+⟨n⟩ ,

另外 , 由于(m , n)|m , (m , n)|n , 所以⟨m⟩包含于⟨(m , n)⟩且⟨n⟩包含于⟨(m , n)⟩ ,

从而⟨m⟩+⟨n⟩包含于⟨(m , n)⟩ , 结论得证 ,

然后证⟨m⟩⟨n⟩=⟨mn⟩ , 由下式即可得证

$$\langle m\rangle\langle n\rangle = \left\{ \left. \ \sum_{i = 1}^{k}{\left( ms_{i} \right)\left( nt_{i} \right)} \right|s_{i}\ ,\ t_{i} \in Z\ ,k \in Z^{+} \right\} = \ \{ mns\ |\ s \in Z\} = \langle mn\rangle$$

例3.5求高斯整环Z[i]的理想⟨1+i⟩ ,

解: 因为Z[i]是有1的交换环 , 所以

⟨1+i⟩

=(1+i)Z[i]

={(1+i)(a+bi)|a , b∈Z}

={(a‒b)+(a+b)i|a , b∈Z} ,

设a‒b=x , 则

⟨1+i⟩

={x+(2b+x)i | x , b∈Z}

={x+yi | x ≡ y(mod 2)} ,

下面 , 我们借助理想来构造商环 ,

设R是环 , I是环R的理想 , 则{I;+}是{R;+}的交换子群 ,

从而是正规子群 , 于是存在交换商群{R/I;+} ,

R/I上的加法运算为(x+I)+(y+I)=(x+y)+I , x , y∈R ,

若在商群{R/I;+}上定义“乘法”运算(x+I)⦁(y+I)=xy+I , x , y∈R ,

则“⦁”确是R/I上的运算 ,

即{R/I;+ , ⦁}构成一个环 , 称其为环R关于理想I的商环 ,

事实上 ,

(1)若x₁+I=x₂+I , y₁+I=y₂+I , 则x₁‒x₂ , y₁‒y₂属于I ,

所以x₁y₁‒x₂y₂=x₁(y₁‒y₂)+(x₁‒x₂)y₂属于I , 即x₁y₁+I=x₂y₂+I ,

因而“⦁"是R/I上的运算

(2)运算“⦁”满足结合律 , 即[(x+I)⦁(y+I)]⦁(z+I)=(x+I)⦁[(y+I)⦁(z+I)] ,

(3)对属于R的任意x , y , z , 有

[(x+I)+(y+I)]⦁(z+I)

=(x+y)z+I

=(xz+I)+(yz+I)

=(x+I)⦁(z+I)+(y+I)⦁(z+I) ,

(z+I)⦁[(x+I)+(y+l)]

=z(x+y)+I

=(zx+I)+(zy+I)

=(z+I)⦁(x+I)+(z+I)⦁(y+I) ,

即运算“⦁”对“+”具有分配律 , 这就是说 , {R/I;+ , ⦁}确是一个环 ,

注意 , 商环中的零元是I , x+I的负元是‒x+I ,

特别地 , 若R是交换环 , 则R的商环也是交换环 ,

有时我们将商环R/I中的元素x+I记为$\overline{x}$ , 则$\overline{x}$+$\overline{y}$=$\overline{x + y}$ , $\overline{x}$⦁$\overline{y}$=$\overline{xy}$ ,

例3.6求商环Z₁₂/⟨$\overline{3}$⟩

解: 因为Z₁₂是有单位元的交换环 , 所以⟨$\overline{3}$⟩=$\overline{3}$Z₁₂={$\overline{0}$ , $\overline{3}$ , $\overline{6}$ , $\overline{9}$} ,

⟨$\overline{3}$⟩在Z₁₂中的(加法)左陪集有: $\overline{0}$+⟨$\overline{3}$⟩ , $\overline{1}$+⟨$\overline{3}$⟩和$\overline{2}$+⟨$\overline{3}$⟩ ,

因此 , Z₁₂/⟨$\overline{3}$⟩={$\overline{0}$+⟨$\overline{3}$⟩ , $\overline{1}$+⟨$\overline{3}$⟩ , $\overline{2}$+⟨$\overline{3}$⟩} ,

例3.7求商环F[x]/⟨x⟩ , 其中F[x]是数域F上的一元多项式环 ,

解: 因为F[x]是有1的交换环 , 所以⟨x⟩=xF[x] ,

由带余除法可知 , 对属于F[x]的任意f(x) ,

存在有属于F[x]的q(x) , 和属于F的r , 使得f(x)=xq(x)+r ,

因为x属于⟨x⟩ , 所以f(x)‒r属于⟨x⟩ ,

因此F[x]/⟨x⟩

={f(x)+⟨x⟩|f(x)∈F[x]}

={r+⟨x⟩|r∈F} ,

例3.8求商环Z[i]/⟨1+i⟩ ,

解: 由例3.5知道 , ⟨1+i⟩={x+yi|x≡y(mod 2)| ,

令a+bi属于Z[i] , 则

(1)若a , b的奇偶性相同 , 则a+bi属于⟨1+i⟩ ,

即a+bi+⟨1+i⟩=0+⟨1+i⟩ , $\overline{a + bi}$=$\overline{0}$ ,

(2)若a , b的奇偶性不同 , 则a‒1+bi属于⟨1+i⟩ , 而a+bi=1+(a‒1)+bi ,

所以a+bi+⟨1+i⟩=1+⟨1+i⟩ , 即 $\overline{a + bi}$=$\overline{1}$ ,

综上 , Z[i]/⟨1+i⟩={$\overline{0}$ , $\overline{1}$} ,

定义3.5令R是有1的交换环 , I , J是环R的理想 ,

如果I+J=R , 则称理想I和J互素 ,

定理3.3(中国剩余定理)令R是有1的交换环 , I_i是环R的理想 ,

且两两互素(I_i+I_j=R) , 其中(1⩽i⩽n)

则对于任意给定的属于R的元素x_i(1⩽i⩽n) , 存在有属于R的x , 使得

$\left\{ \begin{array}{r} x \equiv x_{1}\left( mod\ I_{1} \right) \\ x \equiv x_{2}\left( mod\ I_{2} \right) \\ \cdots\cdots\cdots\cdots \\ x \equiv x_{n}\left( mod\ I_{n} \right) \end{array} \right.\$ 其中符号x=y(mod I)表示x‒y属于I ,

证: 对于不等于1的i , 由于I₁+I_i=R ,

所以存在有属于I₁的a_{i ,} 和属于I_i的b , 使得a_i+b_i=1 , 其中2⩽i⩽n

从而1=(a₂+b₂)⋯(a_n+b_n)属于(I₁+I₂)⋯(I₁+I_n)包含于I₁+I₂I₃⋯I_n ,

即I₁+I₂I₃⋯I_n=R ,

因此 , 存在有属于I₂I₃⋯I_n的y₁ , 和属于I₁的$y_{1}^{\ '}$ , 使得$y_{1}^{\ '}$+y₁=1 , 即

$\left\{ \begin{array}{r} y_{1} \equiv 1\left( mod\ I_{1} \right)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\ y_{1} \equiv 0\left( mod\ I_{2}I_{3}\cdots I_{n} \right) \end{array} \right.\$ , 进而$\left\{ \begin{array}{r} y_{1} \equiv 1\left( mod\ I_{1} \right)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\ y_{1} \equiv 0\left( mod\ I_{i} \right),i \neq 1 \end{array} \right.\$

类似地 , 存在属于R的y_{j ,} (j=2 , ⋯ , n)使得 $\left\{ \begin{array}{r} y_{j} \equiv 1\left( mod\ I_{j} \right)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\ y_{j} \equiv 0\left( mod\ I_{i} \right),i \neq j \end{array} \right.\$

至此 , 令x=x₁y₁+x₂y₂+⋯+x_ny_n即可 ,

注意 , 中国剩余定理不仅给出同余式方程组解的存在性 ,

而且也给出了求解的一般方法 , 一般来说 , 同余式方程组的解不唯一 ,

下面是解决这类问题的一个思路 ,

给定同余式方程组

$\left\{ \begin{array}{r} x \equiv x_{1}\left( mod\ p_{1} \right) \\ x \equiv x_{2}\left( mod\ p_{2} \right) \\ \cdots\cdots\cdots\cdots \\ x \equiv x_{n}\left( mod\ p_{n} \right) \end{array} \right.\$ 其中p₁ , p₂ , ⋯ , p_n是两两互素的整数 , x₁ , x₂ , ⋯ , x_n属于Z ,

我们已经知道 , 在整数环中 , x≡x_i(mod p_i)⟺x≡x_i(mod ⟨p_i⟩) ,

另外 , 因为p_i与p_j互素 , 所以⟨p_i⟩+⟨p_j⟩=⟨(p_{i ,} p_j)⟩=⟨1⟩=Z ,

因而求解上面的同余式方程组等价于用中国剩余定理求解$\left\{ \begin{array}{r} x \equiv x_{1}\left( mod\ \langle p_{1}\rangle \right) \\ x \equiv x_{2}\left( mod\ \langle p_{2}\rangle \right) \\ \cdots\cdots\cdots\cdots \\ x \equiv x_{n}\left( mod\ \langle p_{n}\rangle \right) \end{array} \right.\$

又因为p₁ , p₂ , ⋯ , p_n是两两互素的整数 , 所以p_i与p₁⋯p_i‒1p_i+1⋯p_n互素 ,

再由带余除法可求得s_i , t_i , 使得p_is_i+p₁⋯p_i‒1p_i+1⋯p_nt_i=1 ,

取y=p₁⋯p_i‒1p_i+1⋯p_nt_{i ,}

则x=x₁y₁+x₂y₂+⋯+x_ny_n就是同余式方程组的一个解 ,

例3.9求同余式方程组$\left\{ \begin{array}{r} x \equiv 1(mod\ 2) \\ x \equiv 2(mod\ 3) \\ x \equiv 4(mod\ 7) \end{array} \right.\$ 的一个解 ,

解: 由带余除法可知

1=2×(‒10)+(3×7)×1 ,

1=3×5+(2×7)×(‒1) ,

1=7×1+(2×3)×(‒1) ,

所以取

y₁=3×7×1=21 ,

y₂=2×7×(‒1)=‒14 ,

y₃=2×3×(‒1)=‒6 ,

从而x=1×21+2×(‒14)+4×(‒6)=‒31 ,

若求同余式方程组的正整数解 , 则由1=2×(‒31)+(3×7)×3 ,

可取y₁=3×7×3=63 ,

从而 , x=1×63+2×(‒14)+4×(‒6)=11 ,

习题