本节我们将依据环结构中乘法运算的性质 , 对环作简单的分类 ,

并对一些具有重要性质的环作简单介绍 ,

首先 , 可以根据环中是否存在单位元 , 将其分为两类: 有1的环和没有1的环 ,

例如 , 整数环Z是有1的环 , 而2Z(偶数构成的环)就是一个没有1的环 ,

其次 , 可以根据环的乘法运算是否具有交换律 , 将环分为两类;

交换环(ab=ba , 任意a , b)和非交换环(ab≠ba , 存在a , b) ,

例如 , 整数环Z为交换环 , 实数域R上的矩阵环M_n(R)为非交换环 ,

再次 , 可以根据环中元素的个数 , 将环分为两类:

有限环(|R|＜∞)和无限环(|R|=∞) ,

另外 , 若仔细考察实数域R上的矩阵环M₂(R) ,

则易见$\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$=O

也就是说两个不为0的元素乘积是0 ,

这与我们通常遇到的整数、有理数、实数和复数的运算性质是完全不同的 ,

事实上 , 具有这种性质的环还有很多 ,

例如 , 模6的剩余类环Z₆($\overline{2}$ , $\overline{3}$≠0 , $\overline{2}\ \overline{3}$=0)就是其中的一个 ,

因此 , 我们完全可以依据环的乘法运算是否具有非零元素的乘积是零的性质 ,

将环分为两类: “有这种性质”的环和“没有这种性质”的环 ,

定义2.1设R是一个环 , 如果对于R的非零元素a , b , 有ab=0 ,

则称a是环R的左零因子 , b是环R的右零因子 ,

特别地 , 若R的一个元素既是左零因子 , 又是右零因子 , 则称它是R的零因子

注意 , 环的可逆元一定不是(左、右)零因子 ,

(左、右)零因子也一定不是可逆元 ,

现在 , 我们可以依据环是否具有零因子 ,

将环分为两类: 有零因子环和无零因子环 ,

例2.1 整数环是无零因子环 , 而实数域R上的矩阵环M₂(R)是有零因子环

事实上 , 在M₂(R)中 , 有

$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ , $\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$

即$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$是M₂(R)的零因子 ,

命题2.1当且仅当环R的乘法运算具有左(或右)消去律时 ,

环R无左(或右)零因子

即若ax=ay且a≠0 , 则x=y(或若xa=ya且a≠0 , 则x=y) ,

证: (⇒)若ax=ay , 则a(x‒y)=0 ,

因为环R无左(或右)零因子 , 所以当a≠0时 , 必有x‒y=0 , 即x=y ,

因此 , 环R的乘法运算具有左消去律 ,

若xa=ya , 则(x‒y)a=0 ,

因为环R无左(或右)零因子 , 所以当a≠0时 , 必有x‒y=0 , 即x=y ,

因此 , 环R的乘法运算具有右消去律 ,

(⇐)反证 , 假设R有左零因子a , 则在R中存在非零元b , 使得ab=0 ,

另外 , 由R的乘法运算具有左(或右)消去律及ab=a0(或ab=0b)

可推得b=0(或a=0) , 矛盾 , 所以R中无左零因子 ,

类似地 , 若R的乘法运算具有左(或右)消去律 , 则R中无右零因子 ,

无零因子环中有三类重要的环: 整环、域和除环 ,

下面我们分别介绍这几种环的概念和简单性质 ,

一、整环

定义2.2称非零的、有1的、交换的无零因子环为整环 ,

由整环的定义可知 , 整环至少含有两个元素0和1 , 并且0≠1 ,

例2.2整数环Z , 有理数域Q , 实数域R , 复数域C ,

以及其上的一元多项式环Z[x] , Q[x] , R[x] , C[x]都是整环 ,

而矩阵环M_n(R)(n＞1)不是整环 ,

另外 , 剩余类环Z_p(p是素数)是整环 , 但Z_n(n不是素数)不是整环 ,

例2.3设自然数n＞1 , 试证明当且仅当n是素数时 , {Z_n;+ , ⦁}是整环 ,

证: (⇒)反证 , 假设n不是素数 , 则存在属于Z的a , b , 使得n=ab , 1＜a , b＜n ,

从而$\overline{0}$=$\overline{n}$=$\overline{a}\overline{b}$ , $\overline{a}$≠$\overline{0}$ , $\overline{b}$≠$\overline{0}$ ,

这就是说 , Z_n中有零因子 , 即Z_n不是整环 , 矛盾 , 因此 , n是素数 ,

(⇐)反证 , 假设{Z_n;+ , ⦁}不是整环 , 则Z_n有零因子 ,

令$\overline{a}$是Z_n的一个零因子 , 则存在不为$\overline{0}$的$\overline{b}$ , 使得$\overline{a}\overline{b}$=$\overline{0}$ , 从而n|ab ,

又因为n是素数 , 所以n|a或者n|b , 从而$\overline{a}$=$\overline{0}$或者$\overline{b}$=$\overline{0}$ , 矛盾 ,

因此 , {Z_n;+ , ⦁}是整环 ,

例2.4设R是有单位元的交换环 , R₀是R的子环 , 且与R有相同的单位元 ,

对属于R的α , 我们定义R₀[α]={a_nαⁿ+a_n‒1α^n‒1+⋯+a₀ | a₀ , a₁ , ⋯ , a_n ∈ R , n ∈ N} ,

则可知R₀[α]是R的子环 , 且是有单位元的交换环 ,

若R是整环 , 则R具有左消去律 ,

当然子环R₀[α]也具有左消去律 , 从而R₀[α]也是整环 ,

我们知道整数环是复数域的子环 ,

因此 , Z[$\sqrt{2}$]={a+b$\sqrt{2}$ | a , b∈ Z} , Z[$\sqrt{- 3}$]={a+b$\sqrt{- 3}$|a , b∈ Z} ,

Z[$\sqrt[3]{2}$]={a+b$\sqrt[3]{2}$+c$\sqrt[3]{4}$|a , b , c∈ Z}和Z[i]={a+bi | a , b∈ Z}都是整环 ,

整环的元素具有一个非常好的性质:

任意两个非零元素在加法群中的阶都相等 ,

命题2.2若{R;+ , ⦁}是整环 ,

则在加法群{R;+}中 , 任意两个非零元素的阶都相等 ,

证: 因为对属于R的任意a , b , a≠0 , b≠0 , n属于Z⁺(正整数集合) ,

从(na)b=a(nb)可知na=0 ⟺ nb=0 ,

所以 , {R;+}中的任意两个非零元素的阶都相等

命题2.3令{R;+ , ⦁}是整环 , 若p是{R;+}中非零元素的阶 , 则p是素数 ,

证: 反证 , 若p不是素数 , 则可以令p=mn , 1＜m , n＜p ,

那么对属于R的任意a , a≠0 , 有0=pa=m(na) ,

若na≠0 , 则na的阶是p , p|m , 这与m＜p矛盾 ,

若na=0 , 则p|n , 这与n＜p矛盾 ,

因此p一定是素数 ,

定义2.3设{R;+ , ⦁}是整环 ,

若存在最小的正整数n , 使得对属于R的任意a , 有na=0 ,

则称n为环R的特征 , 记其为Char R=n;

否则称R的特征是0 , 并记其为Char R=0 ,

因为在整环中非零元素的阶都相等 ,

所以在求整环的特征时 , 只需要考虑单位元的阶就可以了 ,

例如 , 数环Z , Q , R , C的特征均为0 ,

类似地 , 易知数域F上的一元多项式环F[x] , 高斯整环Z[i]的特征都是0 ,

但是 , 剩余类环Z_p(p是素数)的特征是p ,

另外 , 整环的特征是素数或是0 ,

若整环R是有限环 , 则R的特征一定是素数 , 且是|R|的因数 ,

二、域

定义2.4设F是非零的、有1的交换环 ,

若F的每个非零元都可逆 , 则称F是域 ,

定义2.4' 令{F;+ , ⦁}是至少含有两个元素的代数系统 , 若它具有下列性质:

(1){F;+}是交换群;

(2){F^*;⦁}是交换群(F*=F‒{0});

(3)运算“⦁”对“+”具有分配律 ,

则称F是域 ,

显然 , 域是整环 , 但整环却不一定是域 ,

例如 , 我们熟知的Q , R , C等都是域 , 但Z是整环 , 却不是域 ,

因为其中的2没有逆元 ,

同样地 , 在高斯整环Z[i]中 ,

由于1+i没有逆元 , 因此Z[i]是整环 , 却不是域 ,

因为域也是整环 , 所以 , 域有特征 , 域的特征为素数或0 ,

命题2.4有限整环是域

证: 设R是有限整环 , 则R是非零的、有1的交换环 ,

令R*=R‒{0} , 为证R是域 , 我们仅需证明{R^*;⦁}是群 ,

因为整环无零因子 , 因此 , {R^*;⦁}是有限半群 ,

另外 , 由命题2.1可知 , 在{R^*;⦁}中消去律成立 ,

因而 , 根据第二章定理1.1可知 , {R^*;⦁}是群 , 进而R是域 ,

定义2.5设S是环R的非空子集 ,

若S在R的运算下构成域 , 则称S是R的子域 ,

若环R也是域 , 则称R是S的扩域

定理2.1域F的至少含有两个元素的子集合S是F的子域的充分必要条件

是以下两个条件成立:

(1)对属于S的任意a , b , 有a‒b属于S;

(2)对属于S的任意a , b , b≠0 , 有ab^‒1属于S ,

证: 必要性是显然的 ,

下面证充分性 ,

由(1)知{S;+}是群 , 由(2)知{S‒{0};⦁}是群 ,

因为F是域 , F的加法运算、乘法运算都具有交换律 ,

且乘法对加法运算具有分配律 ,

所以在F的子集合S上这些运算规律也同样成立 , 因此 , S是域 ,

例2.5试证明当且仅当n是素数时 , {Z_n;+ , ⦁}是域

证: 若{Z_n;+ , ⦁}是域 , 则{Z_n;+ , ⦁}是整环 , 从而 , n是素数 ,

反之 , 若n是素数 , 则{Z_n;+ , ⦁}是有限整环 , 从而是域

例2.6证明Q[i]={a+bi|a , b∈Q}(i是虚数单位)是域

证: 因为Q[i]是复数域的子集合 , 所以我们仅需要指出Q[i]是复数域的子域 ,

对属于Q[i]的任意a+bi , c+di , 总有(a+bi)‒(c+di)=(a‒c)+(b‒d)i∈Q[i] ,

当c+di≠0时 , (a+bi)(c+di)^‒1=(a+bi)$\frac{c - di}{c^{2} + d^{2}}$=$\frac{(ac + bd) + (bc - ad)i}{c^{2} + d^{2}}$ ∈ Q[i]

于是 , 根据定理2.1可知Q[i]是复数域的子域 , 从而Q[i]是域 ,

例2.7若有限域F的阶为n(|F|=n) , 则对属于F的任意的a , 有aⁿ=a ,

证: 由于F‒{0}是n‒1阶乘法群 , 因此对不等于0的任意的a , 有a^n‒1=1 ,

从而aⁿ=a , 自然 , 当a=0时 , 也有aⁿ=a ,

三、除环

定义2.6设R是非零的、有1的环 ,

若R的每个非零元都可逆 , 则称R是除环(或体) ,

显然 , 交换的除环是域 , 域是除环 ,

注意 , 在除环的定义中 , 并没有要求交换性 , 那么非交换的除环是否存在呢?

下面的例子就是一个除环 , 但它不是域 ,

例2.8设H=$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} \alpha & \beta \\ - \overline{\beta} & \overline{\alpha} \end{pmatrix} \right|\alpha,\beta \in C \right\}$($\overline{\alpha}$表示α的共轭) , 试证明H是除环但不是域 ,

证: 首先 , 对属于C的任意α₁ , α₂ , β₁ , β₂ , 有

$\begin{pmatrix} \alpha_{1} & \beta_{1} \\ - \overline{\beta_{1}} & \overline{\alpha_{1}} \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} \alpha_{2} & \beta_{2} \\ - \overline{\beta_{2}} & \overline{\alpha_{2}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \alpha_{1} - \alpha_{2} & \beta_{1} - \beta_{2} \\ \overline{\beta_{2} - \beta_{1}} & \overline{\alpha_{1} - \alpha_{2}} \end{pmatrix} \in$ H

$\begin{pmatrix} \alpha_{1} & \beta_{1} \\ - \overline{\beta_{1}} & \overline{\alpha_{1}} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \alpha_{2} & \beta_{2} \\ - \overline{\beta_{2}} & \overline{\alpha_{2}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \alpha_{1}\alpha_{2} - \beta_{1} & \alpha_{1} + \beta_{1} \\ \overline{\alpha_{1}\beta_{2} - \beta_{1}\overline{\alpha_{2}}} & \overline{\alpha_{1}\alpha_{2} - \beta_{1}\overline{\beta_{2}}} \end{pmatrix} \in$ H

所以H是M₂(C)的子环 ,

其次 , H有单位元$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ , 并且当$\begin{pmatrix} \alpha & \beta \\ - \overline{\beta} & \overline{\alpha} \end{pmatrix}$≠0时 ,

有det$\begin{pmatrix} \alpha & \beta \\ - \overline{\beta} & \overline{\alpha} \end{pmatrix}$=α$\overline{\alpha}$+β$\overline{\beta}$≠0 , 即$\begin{pmatrix} \alpha & \beta \\ - \overline{\beta} & \overline{\alpha} \end{pmatrix}$是可逆矩阵 ,

而且其逆为$\begin{pmatrix} \alpha & \beta \\ - \overline{\beta} & \overline{\alpha} \end{pmatrix}^{- 1}$= $\frac{1}{\alpha\overline{\alpha} + \beta\overline{\beta}}\begin{pmatrix} \overline{\alpha} & - \beta \\ \overline{\beta} & \alpha \end{pmatrix} \in H$

即H的每个非零元都可逆 , 因此H是除环 ,

最后 , 因$\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ - 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} i & 0 \\ 0 & - i \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} 0 & - i \\ - i & 0 \end{pmatrix}$与$\begin{pmatrix} i & 0 \\ 0 & - i \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ - 1 & 0 \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} 0 & i \\ i & 0 \end{pmatrix}$不相等 ,

即H的乘法运算不具有交换律 ,

综上 , H确是除环 , 但它不是域 ,

实际上 , 这个除环就是哈密顿四元数体 ,

下面我们说明这个除环H为何被称为四元数体 ,

$\begin{pmatrix} a + bi & c + di \\ - c + di & a - bi \end{pmatrix}$=a$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$+b$\begin{pmatrix} i & 0 \\ 0 & - i \end{pmatrix}$+c$\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ - 1 & 0 \end{pmatrix}$+d$\begin{pmatrix} 0 & i \\ i & 0 \end{pmatrix}$

因此 , 若令e=$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ , i=$\begin{pmatrix} i & 0 \\ 0 & - i \end{pmatrix}$ , j=$\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ - 1 & 0 \end{pmatrix}$ , k=$\begin{pmatrix} 0 & i \\ i & 0 \end{pmatrix}$

则当α=a+bi , β=c+di时 , 就有$\begin{pmatrix} \alpha & \beta \\ - \overline{\beta} & \overline{\alpha} \end{pmatrix}$=ae+bi+cj+dk , 这里a , b , c , d属于R

这就是说 , H的结构是由四个元素e , i , j , k及实数所确定的 ,

H={ae+bi+cj+dk | a , b , c , d$\ \in \$R} ,

习题