# §17 模

## §17.1 模
正如群作用在集合上一样，环作用在Abel群上。当一个环作用于一个Abel群时，该Abel群被称为该环上的**模**。

当群作用于集合时，必须通过双射作用，因此必须尊重集合的**势(cardinality)** 等性质。但环作用于Abel群时，它尊重的是Abel群内部的加法结构，这便是下面定义中的条件(1)。

在此情境下，我们将像对待群一样，建立模代数的所有定义。

**定义 17.1** 设$R$为一个环，$M$为一个Abel群。$R$在$M$上的**左作用(left action)** 是一个函数
$$
\begin{aligned}
R\times M&\to M,\\
(r,m)&\mapsto rm
\end{aligned}
$$
使得对于所有$r, s\in R$和$m, m^{\prime}\in M$，满足：

(1) $r(m+m^{\prime})=rm+rm^{\prime}$。

(2) $(r+s)m=rm+sm$。

(3) $s(rm)=(sr)m$。

(4) $1m=m$。

当$R$在$M$上的左作用确定后，我们称$M$为**左$R$-模(left $R$-module)**。



**注** 这里，“乘以$r$”可以理解为由某个环元素缩放。因此，一个模就是一个带有加法的集合，并附带一个由$r$缩放的概念。

有一种更简洁的表达方式。上面所有内容等价于一个环同态$R\to\mathrm{End}(M)$。

一个右$R$-模是一个Abel群$M$，带有一个满足(1)-(4)类似条件的函数$M\times R\to M$。

现在可能感觉数据量很大，因为我们同时涉及$R$和$M$。实际上，我们通常固定一个环$R$，只研究不同$M$之间的关系。

**练习** 设$M$为左$R$-模，则
$$
0m=m\quad\text{and}\quad (-r)m=-(rm).
$$

证明：为清晰起见，我们用$0_{R}$表示$R$的零元。根据条件(2)，我们有
$$
0_{R}m=(0_{R}+0_{R})m=0_{R}m+0_{R}m
$$
因此根据消去律，我们得到
$$
0=0_{R}m
$$
左边的$0$是$M$的加法单位元。同样地，
$$
rm+(-r)m=(r-r)m=0_{R}m=0.
$$
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**例 17.1** (a) 设$R=\mathbb{R}$，$M=\mathbb{R}^{n}$，即$n$维的实向量空间。那么我们定义一个函数
$$
\begin{aligned}
\mathbb{R}\times M&\to M,\\
(t,v)&\mapsto t\vec{v}
\end{aligned}
$$
即通过$t$进行缩放。如果$\vec{v}=(v_{1},\ldots,v_{n})$，
$$
t\vec{v}=(tv_{1},\ldots,tv_{n}).
$$
这满足上述所有性质。

(b) 任意环$R$自身是其上的一个左模。

(c) 这是一个远离“缩放”概念的例子，更贴近“作用”这一概念。设$\mathbb{R}[t]$为变量$t$上的实系数多项式环。选取一个$m\times m$矩阵$T$，我们将其视为一个线性映射$T: \mathbb{R}^{m}\to\mathbb{R}^{m}$。那么，$\mathbb{R}^{m}$是一个左$\mathbb{R}[t]$-模，其作用定义为
$$
(a_{0}+a_{1}t+\cdots+a_{k}t^{k})v:=a_{0}v+a_{1}T(v)+\cdots+a_{k}(T\circ\cdots\circ T)(v)
$$
其中$T\circ \cdots\circ T$表示$T$复合$k$次。

## §17.2 子模
**定义 17.2** 设$R$为一个环，$M$为一个左$R$-模。若$M$的一个Abel子群$M^{\prime}\subset M$满足对于所有$r\in R$，$x\in M^{\prime}$时有$rx\in M^{\prime}$，则称$M^{\prime}$为$M$的**子模(submodule)**。

**例 17.2** (a) 若$R=\mathbb{R}$且$M=\mathbb{R}^{n}$，则子模是闭合于加法、取逆及缩放的子集。这与$\mathbb{R}^{n}$的线性子空间相同。

(b) 设$R$为交换环，则$I\subset R$是理想当且仅当$I$是$R$的子模。

(c) 设$M=\mathbb{R}^{m}$为线性变换$T: \mathbb{R}^{k}\to\mathbb{R}^{k}$定义的$\mathbb{R}[t]$-模。那么，子模是一个线性子空间$V$，满足$T(V)\subset V$。换言之，它是$T$不变的子空间。

## §17.3 模同态
**定义 17.3** 设$M$和$N$为左$R$-模。则一个$R$-模同态，或$R$-模映射，是一个函数
$$
f: M\to N.
$$
使得$f$是一个群同态，并且
$$
f(rx)=rf(x)
$$
对于所有$r\in R$, $x\in M$。

**定义 17.4** 一个$R$-模**同构(isomorphism)**是一个双射的同态。

**定义 17.5** 一个$R$-模同态$f: M\to N$的**核(kernel)** 和**像(image)** 分别是$f$作为群同态的核和像。

这意味着$\ker(f)=\{x~|~f(x)=0\}$，$\mathrm{im}(f)=\{y\in N~|~y=f(x), x\in M\}$。

**例 17.3** (a) 若$M\cong\mathbb{R}^{n}$和$N\cong\mathbb{R}^{m}$，具有$\mathbb{R}$上的缩放模结构，则线性映射$M\to N$是一个$\mathbb{R}$-模同态。

(b) (没有从上面(b)来的明显的例子)

(c) 设$M=\mathbb{R}^{m}$为左模，定义由线性变换$T$。令$N=\mathbb{R}^{n}$为线性变换$S: \mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}^{n}$定义的左模。则一个$R$-模同态是一个线性映射
$$
f: \mathbb{R}^{m}\to\mathbb{R}^{n}.
$$
具有性质
$$
f(T(v))=S(f(v)).
$$

**定义 17.6** 设$M$和$N$为左$R$-模，则所有$R$-模同态的集合记作
$$
\mathrm{Hom}_{R}(M, N).
$$

**命题 17.1** $\mathrm{Hom}_{R}(M, N)$是一个左$R$-模。

证明：**标量乘法的定义**：

对于$r \in R$和$f \in \mathrm{Hom}_R(M, N)$，定义标量乘法$r \cdot f$为：
$$
(r \cdot f)(m) = r f(m), \quad \forall m \in M.
$$

**验证$r \cdot f$是一个$R$-模同态**：

1. 加法性：
$$
   \begin{aligned}
   (r \cdot f)(m_1 + m_2) &= r f(m_1 + m_2) \\
   &= r [f(m_1) + f(m_2)] \\
   &= r f(m_1) + r f(m_2) \\
   &= (r \cdot f)(m_1) + (r \cdot f)(m_2).
   \end{aligned}
$$
因此，$r \cdot f$是加法性的。

2. 标量乘法的相容性：对于所有$s \in R$和$m \in M$，
$$
\begin{align*}
   (r \cdot f)(s m) &= r f(s m) \\
   &= r [s f(m)] \\
   &= s [r f(m)] \tag{因为$R$是交换的} \\
   &= s (r \cdot f)(m).
\end{align*}
$$
因此，$r \cdot f$是$R$-线性的。

**验证模公理**：

1. 关于环加法的分配性：
$$
   \begin{aligned}
   ((r + s) \cdot f)(m) &= (r + s) f(m) \\
   &= r f(m) + s f(m) \\
   &= (r \cdot f + s \cdot f)(m).
   \end{aligned}
$$

2. 关于模加法的分配性：
$$
   \begin{aligned}
   (r \cdot (f + g))(m) &= r (f + g)(m) \\
   &= r [f(m) + g(m)] \\
   &= r f(m) + r g(m) \\
   &= (r \cdot f)(m) + (r \cdot g)(m).
   \end{aligned}
$$

3. 标量乘法的结合性：
$$
   \begin{aligned}
   ((r s) \cdot f)(m) &= (r s) f(m) \\
   &= r (s f(m)) \\
   &= r \cdot (s \cdot f)(m).
   \end{aligned}
$$

4. 单位元：
$$
   (1_R \cdot f)(m) = 1_R f(m) = f(m).
$$
   
**结论**：

由于满足所有模的公理，$\mathrm{Hom}_R(M, N)$在上述定义的标量乘法下是一个左$R$-模。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

## §17.4 直和与自由模
**定义 17.7** 设$M$和$N$为左$R$-模，则定义**直和(direct sum)**
$$
M\oplus N
$$
等同于作为群的$M\times N$，并具有$R$-模结构
$$
r(m,n):=(rm,rn).
$$

**命题 17.2** $M\oplus N$是一个$R$-模。

证明：我们已知$M\oplus N$是一个Abel群。另一方面，
$$
1(m,n):=(1m,1n)=(m,n)
$$
因为$M$和$N$都是模。而且我们有
$$
\begin{align*}
r((m,n)+(m^{\prime},n^{\prime}))&=r(m+m^{\prime},n+n^{\prime})\\
&=(r(m+m^{\prime}), r(n+n^{\prime}))\\
&=(rm+rm^{\prime},rn+rn^{\prime})\tag{3}\\
&=(rm,rn)+(rm^{\prime},rn^{\prime})\\
&=r(m,n)+r(m^{\prime},n^{\prime}).
\end{align*}
$$
其中(3)我们运用了$M$和$N$都是左$R$-模的性质。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**例 17.4** 若$R=\mathbb{R}$，且$M$和$N$也是$\mathbb{R}$，作为其自身的模，那么
$$
\mathbb{R}\oplus\mathbb{R}\cong\mathbb{R}\times\mathbb{R}\cong\mathbb{R}^{2}
$$
作为群，我们有通常的缩放操作
$$
r(x_{1},x_{2})=(rx_{1},rx_{2})。
$$

**注** 存在一个显然的同构
$$
(M\oplus N)\oplus O\cong M\oplus(N\oplus O),\quad (m,n,o)\mapsto (m,n,o).
$$

**定义 17.8** 设$R$为一个环，则直和模
$$
R^{n}:=R\oplus \cdots\oplus R
$$
称为**秩为$n$的自由$R$-模(free $R$-module of rank $n$)**。

## §17.5 自由模的泛性质
**问题**：为什么称之为自由$R$-模？

**命题 17.3** 设$M$是一个$R$-模。则任意的元素$n$元组$x_{1},\ldots,x_{n}\in M$唯一地确定一个$R$-模同态
$$
X: R^{n}\to M
$$
定义为
$$
(0,\ldots,0,1,0,\ldots,0)\mapsto x_{i}
$$
其中第$i$个坐标为$1$。

**注** 这与具有$n$个生成元的自由群的性质相同：任意一个群$G$的元素$n$元组唯一地确定从$F_{n}$到$G$的映射。

证明：给定$(x_{1},\ldots,x_{n})$，定义$X: R^{n}\to M$为
$$
X(a_{1},\ldots,a_{n}):=a_{1}x_{1}+\cdots+a_{n}x_{n}\in M。
$$
这是一个群同态，因为
$$
\begin{aligned}
X((a_{1},\ldots,a_{n})+(b_{1},\ldots,b_{n}))&=(a_{1}+b_{1})
x_{1}+\cdots+(a_{n}+b_{n})x_{n}\\
&=(a_{1}x_{1}+\cdots+a_{n}x_{x})+(b_{1}x_{1}+\cdots+b_{n}x_{n})\\
&=X(a_{1},\ldots,a_{n})+X(b_{1},\ldots,b_{n}).
\end{aligned}
$$
其中中间的等号使用了$M$为$R$-模的性质。这也是一个$R$-模同态，因为
$$
\begin{aligned}
X(r(a_{1},\ldots,a_{n}))&=X((ra_{1},\ldots,ra_{n}))\\
&=(ra_{1})x_{1}+\cdots+(ra_{n})x_{n}\\
&=r(a_{1}x_{1}+\cdots+a_{n}x_{n})\\
&=rX((a_{1},\ldots,a_{n})).
\end{aligned}
$$
同样，倒数第二个等号使用了$M$是$R$-模的性质。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

## §17.6 0个生成元的自由模
**练习** 设$M$为左$R$-模，证明
$$
r0_{M}=0_{M},\quad\text{and}\quad r(-x)=-rx.
$$

证明：$R$在$M$上的作用等价于一个环同态$R\to\mathrm{End}(M)$。特别地，$R$中的每个元素$r$决定了一个Abel群同态。因此，以$r$为倍数的缩放保留了$M$的加法单位元和加法逆元。

如果你喜欢更计算化的证明，可以观察到
$$
r0_{M}+r0_{M}=r(0_{M}+0_{M})=r0_{M}.
$$
因此根据Abel群的消去律，我们可以从两边减去$r0_{M}$得到
$$
r0_{M}=0_{M}.
$$
因此
$$
r(-x)+rx=r(-x+x)=r0_{M}=0_{M},
$$
这表明$r(-x)$是$rx$的加法逆元。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**注** 我们知道$R^{\oplus n}$对于$n\geqslant 1$的情况。但对于$n=0$呢？

我们应该寻找一个$R$-模$R^{\oplus 0}$，使得存在一个双射
$$
\mathrm{Hom}_{R}(R^{\oplus 0},M)\cong\mathrm{Map}_{\text{Sets}}(\varnothing,M).
$$
但从空集到任意集合的函数唯一。因此我们必须寻找一个$R^{\oplus 0}$的模，使得只有一个模同态到任意$M$。唯一满足此性质的模是零模，即具有$r0=0$的平凡Abel群。

# §17 Modules

## §17.1 Modules

Just as groups act on sets, rings act on Abelian groups. When a ring acts on an Abelian group, that Abelian group is called a **module** over the ring.

When a group acts on a set, it must act by bijections, and therefore it must preserve properties such as the **cardinality** of the set. But when a ring acts on an Abelian group, it respects the additive structure inside the Abelian group. This is condition (1) in the definition below.

In this setting, we will build all the definitions of module algebra in much the same way as we did for groups.

**Definition 17.1** Let $R$ be a ring and let $M$ be an Abelian group. A **left action** of $R$ on $M$ is a function

$$
\begin{aligned}
R\times M&\to M,\\
(r,m)&\mapsto rm
\end{aligned}
$$

such that for all $r,s\in R$ and $m,m^{\prime}\in M$:

(1) $r(m+m^{\prime})=rm+rm^{\prime}$.

(2) $(r+s)m=rm+sm$.

(3) $s(rm)=(sr)m$.

(4) $1m=m$.

Once a left action of $R$ on $M$ is specified, we call $M$ a **left $R$-module**.



**Remark** Here, “multiplication by $r$” may be interpreted as scaling by some element of the ring. Thus, a module is a set equipped with addition together with a notion of scaling by $r$.

There is a more concise way to express this. Everything above is equivalent to giving a ring homomorphism

$$
R\to\mathrm{End}(M).
$$

A right $R$-module is an Abelian group $M$ equipped with a function

$$
M\times R\to M
$$

satisfying analogues of conditions (1)–(4).

At first, this may seem like a large amount of data, since we are simultaneously dealing with both $R$ and $M$.

In practice, however, we usually fix a ring $R$ and study only the relationships between different modules $M$.

**Exercise** Let $M$ be a left $R$-module. Then

$$
0m=m\quad\text{and}\quad(-r)m=-(rm).
$$

Proof: For clarity, write

$$
0_R
$$

for the zero element of $R$.

By condition (2),

$$
0_Rm
=
(0_R+0_R)m
=
0_Rm+0_Rm.
$$

Therefore, by the cancellation law,

$$
0=0_Rm.
$$

The $0$ on the left is the additive identity of $M$.

Similarly,

$$
rm+(-r)m
=
(r-r)m
=
0_Rm
=
0.
$$

$$
~\tag*{$\square$}
$$

**Example 17.1**

(a) Let

$$
R=\mathbb{R},
\qquad
M=\mathbb{R}^n,
$$

the $n$-dimensional real vector space.

Define a function

$$
\begin{aligned}
\mathbb{R}\times M&\to M,\\
(t,v)&\mapsto t\vec{v}
\end{aligned}
$$

by scaling by $t$.

If

$$
\vec{v}
=
(v_1,\ldots,v_n),
$$

then

$$
t\vec{v}
=
(tv_1,\ldots,tv_n).
$$

This satisfies all of the properties above.

(b) Every ring $R$ is naturally a left module over itself.

(c) Here is an example that is further removed from the idea of “scaling” and closer to the idea of an “action”.

Let

$$
\mathbb{R}[t]
$$

be the ring of real-coefficient polynomials in the variable $t$.

Choose an
$m\times m$
matrix $T$, viewed as a linear map

$$
T:\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^m.
$$

Then
$\mathbb{R}^m$
is a left
$\mathbb{R}[t]$-module
with action defined by

$$
(a_0+a_1t+\cdots+a_kt^k)v
:=
a_0v+a_1T(v)+\cdots+a_k(T\circ\cdots\circ T)(v),
$$

where

$$
T\circ\cdots\circ T
$$

denotes $T$ composed with itself $k$ times.

## §17.2 Submodules

**Definition 17.2** Let $R$ be a ring and let $M$ be a left $R$-module.

An Abelian subgroup

$$
M^{\prime}\subset M
$$

is called a **submodule** of $M$ if

$$
x\in M^{\prime}
\quad\Rightarrow\quad
rx\in M^{\prime}
$$

for all
$r\in R$.

**Example 17.2**

(a) If

$$
R=\mathbb{R}
$$

and

$$
M=\mathbb{R}^n,
$$

then a submodule is a subset closed under addition, additive inverses, and scalar multiplication.

This is exactly the same thing as a linear subspace of
$\mathbb{R}^n$.

(b) Let $R$ be a commutative ring. Then

$$
I\subset R
$$

is an ideal if and only if $I$ is a submodule of $R$.

(c) Let

$$
M=\mathbb{R}^m
$$

be the
$\mathbb{R}[t]$-module
defined by a linear transformation

$$
T:\mathbb{R}^k\to\mathbb{R}^k.
$$

Then a submodule is a linear subspace $V$ satisfying

$$
T(V)\subset V.
$$

In other words, it is a $T$-invariant subspace.

## §17.3 Module Homomorphisms

**Definition 17.3** Let $M$ and $N$ be left $R$-modules.

An **$R$-module homomorphism**, or **$R$-module map**, is a function

$$
f:M\to N
$$

such that $f$ is a group homomorphism and

$$
f(rx)=rf(x)
$$

for all
$r\in R$
and
$x\in M$.

**Definition 17.4** An $R$-module **isomorphism** is a bijective homomorphism.

**Definition 17.5** The **kernel** and **image** of an $R$-module homomorphism

$$
f:M\to N
$$

are respectively the kernel and image of $f$ viewed as a group homomorphism.

Thus

$$
\ker(f)
=
\{x\mid f(x)=0\},
$$

and

$$
\mathrm{im}(f)
=
\{y\in N\mid y=f(x),~x\in M\}.
$$

**Example 17.3**

(a) If

$$
M\cong\mathbb{R}^n
$$

and

$$
N\cong\mathbb{R}^m
$$

with their usual
$\mathbb{R}$-module structures, then a linear map

$$
M\to N
$$

is an
$\mathbb{R}$-module homomorphism.

(b) (There is no obvious example corresponding to (b) above.)

(c) Let

$$
M=\mathbb{R}^m
$$

be a left module defined by a linear transformation $T$.

Let

$$
N=\mathbb{R}^n
$$

be a left module defined by a linear transformation

$$
S:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n.
$$

Then an $R$-module homomorphism is a linear map

$$
f:\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^n
$$

with the property

$$
f(T(v))
=
S(f(v)).
$$

**Definition 17.6** Let $M$ and $N$ be left $R$-modules. The set of all $R$-module homomorphisms is denoted

$$
\mathrm{Hom}_R(M,N).
$$

**Proposition 17.1**

$$
\mathrm{Hom}_R(M,N)
$$

is a left $R$-module.

Proof: **Definition of scalar multiplication:**

For
$r\in R$
and
$f\in\mathrm{Hom}_R(M,N)$,
define the scalar multiple
$r\cdot f$
by

$$
(r\cdot f)(m)
=
rf(m),
\qquad
\forall m\in M.
$$

**Verify that $r\cdot f$ is an $R$-module homomorphism:**

1. Additivity:

$$
\begin{aligned}
(r\cdot f)(m_1+m_2)
&=
rf(m_1+m_2)\\
&=
r[f(m_1)+f(m_2)]\\
&=
rf(m_1)+rf(m_2)\\
&=
(r\cdot f)(m_1)
+
(r\cdot f)(m_2).
\end{aligned}
$$

Thus
$r\cdot f$
is additive.

2. Compatibility with scalar multiplication:

For all
$s\in R$
and
$m\in M$,

$$
\begin{align*}
(r\cdot f)(sm)
&=
rf(sm)\\
&=
r[sf(m)]\\
&=
s[rf(m)]
\tag{since $R$ is commutative}\\
&=
s(r\cdot f)(m).
\end{align*}
$$

Thus
$r\cdot f$
is $R$-linear.

**Verify the module axioms:**

1. Distributivity with respect to addition in the ring:

$$
\begin{aligned}
((r+s)\cdot f)(m)
&=
(r+s)f(m)\\
&=
rf(m)+sf(m)\\
&=
(r\cdot f+s\cdot f)(m).
\end{aligned}
$$

2. Distributivity with respect to addition in the module:

$$
\begin{aligned}
(r\cdot(f+g))(m)
&=
r(f+g)(m)\\
&=
r[f(m)+g(m)]\\
&=
rf(m)+rg(m)\\
&=
(r\cdot f)(m)
+
(r\cdot g)(m).
\end{aligned}
$$

3. Associativity of scalar multiplication:

$$
\begin{aligned}
((rs)\cdot f)(m)
&=
(rs)f(m)\\
&=
r(sf(m))\\
&=
r\cdot(s\cdot f)(m).
\end{aligned}
$$

4. Identity:

$$
(1_R\cdot f)(m)
=
1_Rf(m)
=
f(m).
$$

**Conclusion:**

Since all the module axioms are satisfied,

$$
\mathrm{Hom}_R(M,N)
$$

is a left $R$-module under the scalar multiplication defined above.

$$
~\tag*{$\square$}
$$

## §17.4 Direct Sums and Free Modules

**Definition 17.7** Let $M$ and $N$ be left $R$-modules.

The **direct sum**

$$
M\oplus N
$$

is defined to be the group

$$
M\times N
$$

equipped with the $R$-module structure

$$
r(m,n)
:=
(rm,rn).
$$

**Proposition 17.2**

$$
M\oplus N
$$

is an $R$-module.

Proof: We already know that

$$
M\oplus N
$$

is an Abelian group.

On the other hand,

$$
1(m,n)
:=
(1m,1n)
=
(m,n)
$$

because both $M$ and $N$ are modules.

Moreover,

$$
\begin{align*}
r((m,n)+(m^{\prime},n^{\prime}))
&=
r(m+m^{\prime},n+n^{\prime})\\
&=
(r(m+m^{\prime}),
r(n+n^{\prime}))\\
&=
(rm+rm^{\prime},
rn+rn^{\prime})
\tag{3}\\
&=
(rm,rn)
+
(rm^{\prime},rn^{\prime})\\
&=
r(m,n)
+
r(m^{\prime},n^{\prime}).
\end{align*}
$$

In (3), we used the fact that both $M$ and $N$ are left $R$-modules.

$$
~\tag*{$\square$}
$$

**Example 17.4** If

$$
R=\mathbb{R},
$$

and both $M$ and $N$ are also
$\mathbb{R}$
viewed as modules over themselves, then

$$
\mathbb{R}\oplus\mathbb{R}
\cong
\mathbb{R}\times\mathbb{R}
\cong
\mathbb{R}^2
$$

as groups, with the usual scalar multiplication

$$
r(x_1,x_2)
=
(rx_1,rx_2).
$$

**Remark** There is an obvious isomorphism

$$
(M\oplus N)\oplus O
\cong
M\oplus(N\oplus O),
\quad
(m,n,o)\mapsto(m,n,o).
$$

**Definition 17.8** Let $R$ be a ring. The direct-sum module

$$
R^n
:=
R\oplus\cdots\oplus R
$$

is called the **free $R$-module of rank $n$**.

## §17.5 Universal Property of Free Modules

**Question:** Why is it called a free $R$-module?

**Proposition 17.3** Let $M$ be an $R$-module.

Any $n$-tuple of elements

$$
x_1,\ldots,x_n\in M
$$

uniquely determines an $R$-module homomorphism

$$
X:R^n\to M
$$

defined by

$$
(0,\ldots,0,1,0,\ldots,0)
\mapsto
x_i,
$$

where the $i$th coordinate is $1$.

**Remark** This is the same property as that of a free group on $n$ generators: any $n$-tuple of elements of a group $G$ uniquely determines a map

$$
F_n\to G.
$$

Proof: Given

$$
(x_1,\ldots,x_n),
$$

define

$$
X:R^n\to M
$$

by

$$
X(a_1,\ldots,a_n)
:=
a_1x_1+\cdots+a_nx_n
\in M.
$$

This is a group homomorphism because

$$
\begin{aligned}
X((a_1,\ldots,a_n)+(b_1,\ldots,b_n))
&=
(a_1+b_1)x_1
+\cdots
+
(a_n+b_n)x_n\\
&=
(a_1x_1+\cdots+a_nx_x)
+
(b_1x_1+\cdots+b_nx_n)\\
&=
X(a_1,\ldots,a_n)
+
X(b_1,\ldots,b_n).
\end{aligned}
$$

The middle equality uses the fact that $M$ is an $R$-module.

It is also an $R$-module homomorphism because

$$
\begin{aligned}
X(r(a_1,\ldots,a_n))
&=
X((ra_1,\ldots,ra_n))\\
&=
(ra_1)x_1+\cdots+(ra_n)x_n\\
&=
r(a_1x_1+\cdots+a_nx_n)\\
&=
rX((a_1,\ldots,a_n)).
\end{aligned}
$$

Again, the penultimate equality uses the fact that $M$ is an $R$-module.

$$
~\tag*{$\square$}
$$

## §17.6 The Free Module on 0 Generators

**Exercise** Let $M$ be a left $R$-module. Prove that

$$
r0_M=0_M,
\quad\text{and}\quad
r(-x)=-rx.
$$

Proof: An action of $R$ on $M$ is equivalent to a ring homomorphism

$$
R\to\mathrm{End}(M).
$$

In particular, every element
$r\in R$
determines an Abelian-group homomorphism.

Therefore, scaling by $r$ preserves the additive identity and additive inverses of $M$.

If you prefer a more computational proof, observe that

$$
r0_M+r0_M
=
r(0_M+0_M)
=
r0_M.
$$

Therefore, by the cancellation law in the Abelian group, we may subtract
$r0_M$
from both sides to obtain

$$
r0_M
=
0_M.
$$

Hence

$$
r(-x)+rx
=
r(-x+x)
=
r0_M
=
0_M.
$$

This shows that
$r(-x)$
is the additive inverse of
$rx$.

$$
~\tag*{$\square$}
$$

**Remark** We understand

$$
R^{\oplus n}
$$

for
$n\geqslant1$.

But what about

$$
n=0?
$$

We should look for an $R$-module

$$
R^{\oplus0}
$$

such that there is a bijection

$$
\mathrm{Hom}_R(R^{\oplus0},M)
\cong
\mathrm{Map}_{\text{Sets}}(\varnothing,M).
$$

But there is a unique function from the empty set to any set.

Therefore, we must find an $R$-module

$$
R^{\oplus0}
$$

such that there is exactly one module homomorphism from it to every module $M$.

The unique module with this property is the zero module, i.e. the trivial Abelian group satisfying

$$
r0=0.
$$

§ DS-17 模

§ DS-17 Module

# §16 域
## §16.1 域的基本概念
**定义 16.1** 一个交换环称为**域(field)**，如果 $R-\{0\}$ 在乘法下是一个群。



**例 16.1** $\mathbb{R}, \mathbb{Q}, \mathbb{C}$ 是域，因为每个非零元素都有一个乘法逆元。

**例 16.2** $\mathbb{Z}$ 不是一个域，因为任何不是 $\pm 1$ 的整数都没有乘法逆元。
## §16.2 子域
## §16.3 素域
## §16.4 域的特征
## §16.5 域扩张

# §16 Fields

## §16.1 Basic Concepts of Fields

**Definition 16.1** A commutative ring is called a **field** if

$$
R-\{0\}
$$

is a group under multiplication.



**Example 16.1** $\mathbb{R}$, $\mathbb{Q}$, and $\mathbb{C}$ are fields because every nonzero element has a multiplicative inverse.

**Example 16.2** $\mathbb{Z}$ is not a field because any integer other than $\pm1$ has no multiplicative inverse.

## §16.2 Subfields

## §16.3 Prime Fields

## §16.4 Characteristic of a Field

## §16.5 Field Extensions

§ DS-16 域

§ DS-16 Field

# §15理想与商环
## §15.1 理想
你可能会这样想：如果 $S \subset R$ 是一个“正常”的子环，那么 $R/S$ 将是某个环。这是对群的盲目类比。然而，这个类比是错误的。

**定义 15.1** 设 $R$ 是一个交换环。一个子集 $I \subset R$ 被称为一个**理想(ideal)**，如果

(1) $I$ 在加法下是一个子群，并且

(2) $x \in I$ 蕴含 $rx \in I$ 对于所有 $r \in R$。



**注** 注意 (2) 表明如果 $x, y \in I$，那么 $xy \in I$。所以看起来像是一个关于成为子对象的闭合条件。但是 $I$ 不一定包含 $R$ 的乘法单位元，因此 $I$ 绝对不是一个子环。从启发性的角度看，(2) 实际上是说 $I$ 通过乘法将 $R$ 的每个元素都吸引到 $I$ 中。

**命题 15.1** 对于每个非零整数 $n$，令 $n\mathbb{Z} \subset \mathbb{Z}$ 为那些是 $n$ 的倍数的整数。$n\mathbb{Z}$ 是环 $\mathbb{Z}$ 中的一个理想。

证明：(1) $n\mathbb{Z}$ 包含 $0$，并且如果两个数可被 $n$ 整除，那么它们的和也可以。类似地，如果 $a$ 可被 $n$ 整除，那么 $-a$ 也可以。因此 $n\mathbb{Z}$ 在加法下是一个子群。

(2) 最后，如果 $r$ 是任意整数且 $x$ 可被 $n$ 整除，那么 $rx$ 也可被 $n$ 整除。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**注** 由于 $R$ 是Abel群，注意任何子群 $I$ 都是正规子群。因此存在一个Abel群 $R/I$。

**命题 15.2** 设 $R$ 是一个交换环，$I \subset R$ 是一个理想。那么运算
$$
\times: R/I \times R/I \to R/I,\qquad \overline{r} \cdot \overline{s} = \overline{rs}
$$
连同 $R/I$ 上的通常加法，使得 $R/I$ 成为一个交换环。

证明：我们需要证明此运算不依赖于代表元 $r \in \overline{r}$ 和 $s \in \overline{s}$ 的选择。

令 $r^{\prime} = r + x$ 和 $s^{\prime} = s + y$，其中 $x, y \in I$。（这意味着 $\overline{r^{\prime}} = \overline{r} \in R/I$，且 $\overline{s^{\prime}} = \overline{s} \in R/I$。）

则
$$
r^{\prime}s^{\prime} = (r + x)(s + y) = rs + xs + ry + xy.
$$
注意最后三项在 $I$ 中，因为 $I$ 是一个理想，因此它们的和也在 $I$ 中，因为 $I$ 是一个子群。所以 $\overline{r^{\prime}s^{\prime}} = \overline{rs}$。也就是说，该运算是良定义的。

我们已经知道 $(R/I, +)$ 是一个Abel群。因此我们需要证明 $(R/I, \times)$ 是一个Abel幺半群，并且乘法对加法分配。

首先，乘法是结合的，因为
$$
(\overline{a}\overline{b})\overline{c} = \overline{ab}\overline{c} = \overline{(ab)c} = \overline{a(bc)} = \overline{a}(\overline{b}\overline{c}).
$$
注意这里关键的一步是使用了 $(R, \times)$ 是结合的这个事实。

乘法是交换的，因为
$$
\overline{a}\overline{b} = \overline{ab} = \overline{ba} = \overline{b}\overline{a}
$$
再次使用了 $(R, \times)$ 是交换的。

乘法单位元是 $\overline{1}$：
$$
\overline{1}\overline{a} = \overline{1a} = \overline{a},\quad \overline{a}\overline{1} = \overline{a1} = \overline{a}.
$$
最后，乘法对加法分配，因为
$$
\overline{a}(\overline{b} + \overline{c}) = \overline{a(b + c)} = \overline{ab + ac} = \overline{a}\overline{b} + \overline{a}\overline{c}.
$$
$$
~\tag*{$\square$}
$$
因此，为了得到新的有趣的环，我们可以寻找理想然后取商环。

**例 15.1** 环 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 是 $\mathbb{Z}$ 对理想 $I = n\mathbb{Z}$ 的商环。

**例 15.2** $\mathbb{Z} \subset \mathbb{Q}$ 是一个子群，实际上也是一个子环，但它绝不是一个理想。这是因为如果 $x$ 是一个整数且 $r$ 是一个有理数，$rx$ 不一定是一个整数。实际上，子环通常不是理想。

## §15.2 理想与商环的例子
**定义 15.2** 设 $x \in R$ 是一个交换环的元素。由 $x$ 生成的理想是所有形如 $rx$ 的元素的集合，其中 $r \in R$。我们用 $(x)$ 表示这个理想。

**命题 15.3** 这是一个理想。

证明：设 $I = (x)$。$I$ 在加法下是封闭的，因为 $rx + sx = (r+s)x \in I$。它包含加法单位元，因为 $0x = 0$。它包含逆元，因为 $-(rx) = (-r)x$。因此 $I$ 在加法下是一个子群。最后，如果 $s \in R$ 且 $rx \in I$，我们有 $s(rx) = (sr)x \in I$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**例 15.3** 设 $R = \mathbb{R}[t]$ 为一元多项式环。考虑由多项式 $t^{2}+1$ 生成的理想 $I$。因此
$$
I = \{f(t)~\text{使得}~f(t) = g(t)(t^{2}+1)~\text{对于某个多项式}~g(t)\in \mathbb{R}[t]\}.
$$

那么环 $R/I$ 是什么？

**命题 15.4** 环 $\mathbb{R}[t]/(t^{2}+1)$ 同构于 $\mathbb{C}$。

是不是很酷？通常，当你有一个环 $R$ 并且你通过某个等式对它的多项式环取商时，你实际上是向 $R$ 中“添加”了一个满足这个多项式方程的元素。这就是Galois理论的开端。

## §15.3 理想的几何解释
**问题**：你应该如何理解理想？

代数上：一个在倍数下闭合的子群。$I \subset R$，满足
- $rx \in I$，对所有 $x \in I$，$r \in R$。
- $(I, +) \subset (R, +)$ 子群。

你可能觉得这不太有启发性。因此，

几何上：设 $R = \{\text{从某空间}~X~\text{到}~\mathbb{R}~\text{的连续函数}\}$。这个 $R$ 是一个环，因为
- 连续函数之和是连续的，
- 连续函数之积是连续的，
- 零函数是加法单位元
    $$
    (0 + f)(x) = 0(x) + f(x) = f(x)
    $$
    因此 $0 + f = f$。（类似地，$f = f + 0$。）
- 常数函数 $1: x \mapsto 1_{\mathbb{R}}$ 是乘法单位元
    $$
    (1 \cdot f)(x) = 1(x) \cdot f(x) = 1_{\mathbb{R}} \cdot f(x) = f(x)
    $$
    因此 $1 \cdot f = f$。（类似地，$f \cdot 1 = f$。）
- $-f$ 发送 $x \mapsto -f(x)$，是加法逆元。
- $\begin{aligned}
        f \cdot (g + h): x \mapsto f(x)((g + h)(x)) &= f(x)(g(x) + h(x))\\
        &= f(x)g(x) + f(x)h(x)
    \end{aligned}$，因此 $f(g + h) = fg + fh$。
- 结合律也可以很容易地验证。

好的，因此 $R = \{\text{连续函数}\}$。

令 $Y \subset X$ 是一个子集并定义
$$
I_{Y} = \{\text{函数}~f \in R~\text{使得}~f(y) = 0, \forall y \in Y\}.
$$
即，$I_{Y} = \{\text{在}~Y~\text{上消失的函数}\}$。

**命题 15.5** $I_{Y} \subset R$ 是一个理想。

证明：令 $f_{1}, f_{2} \in I_{Y}$。那么 $\forall y \in Y$，
$$
(f_{1} + f_{2})(y) = f_{1}(y) + f_{2}(y) = 0 + 0 = 0
$$
因此 $f_{1} + f_{2} \in I_{Y}$。类似地，
$$
(-f_{1})(y) = -f_{1}(y) = -0 = 0.
$$
因此 $-f_{1} \in I_{Y}$。（注意这也意味着 $0 \in I_{Y}$。但更直接地，$0(y) = 0$，$\forall y \in Y$，所以 $0 \in I_{Y}$。）所以 $I_{Y} \subset R$ 是一个子群。我们只需要验证它在 $R$ 的缩放下是封闭的。

给定 $g \in R$，$f \in I_{Y}$，
$$
(\underbrace{g \cdot f}_{\in R})(y) = \underbrace{g(y) \cdot f(y)}_{\in R} = g(y) \cdot 0 = 0
$$
因此 $gf \in I_{Y}$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$
**结论**：每个子集 $Y \subset X$ 产生一个理想 $I_{Y} \subset R$。

**注** 这个例子应该成为范式的事实并不显然。例如，你如何将 $\mathbb{Z}$ 理解为“某空间 $X$ 上的函数”？理想 $p\mathbb{Z}$ 如何由 $X$ 的某个“子集”给出？

无论如何，这种思维方式对微分几何、数论（想象一下能够讨论素数的几何！）等领域有着巨大的影响。

此外，如果我们有 $Y \subset X$，我们应该能够讨论 $Y$ 上的函数——另一个环！

**哲学**：令 $Y$ 产生理想 $I_{Y}$。那么
$$
\{\text{在}~Y~\text{上的函数}\} \cong R/I_{Y}。
$$

**例 15.4 （我们偏离所有连续函数，只考察多项式函数。）**
设 $R = \mathbb{R}[x,y] = \{\text{在}~\mathbb{R}^{2}~\text{上的多项式函数}\}$。令 $Y = \{(x,y)~\text{使得}~y^{2} - x = 0\}$。那么
$$
I_{Y} = \{\text{多项式}~f~\text{使得}~f(y^{2}, y) = 0\} \xlongequal{\text{不显然}} (y^{2} - x)
$$
其中 $(y^{2} - x)$ 是由元素 $y^{2} - x \in R$ 生成的理想。大致来说，如果 $f(x, y)$ 在 $Y$ 上消失，它必须由 $y^{2} - x$ 因式分解。然后
$$
\{\text{在}~Y~\text{上的代数/多项式函数}\} \cong R/(y^{2} - x).
$$
那么为什么？如果 $f_{1}$，$f_{2}$ 是 $X$ 上的函数，它们限制在 $Y$ 上。但
$$
f_{1}(y)= f_{2}(y),\quad \forall y \in Y
$$
<span style="display: flex; flex-direction: row; justify-content: center; align-items: center;transform:rotate(90deg);">$\Leftrightarrow$</span> 
$$
f_{1}(y) - f_{2}(y) = 0,\quad \forall y \in Y
$$
<span style="display: flex; flex-direction: row; justify-content: center; align-items: center;transform:rotate(90deg);">$\Leftrightarrow$</span> 
$$
f_{1} - f_{2} \in I_{Y}
$$
即，$f_{1}$ 和 $f_{2}$ 定义了相同的 $Y$ 上的函数当且仅当 $[f_{1}] = [f_{2}] \in R/I_{Y}$。

# §15 Ideals and Quotient Rings

## §15.1 Ideals

You might think as follows: if $S\subset R$ is a “normal” subring, then $R/S$ should be some kind of ring. This is a blind analogy with groups. However, this analogy is wrong.

**Definition 15.1** Let $R$ be a commutative ring. A subset $I\subset R$ is called an **ideal** if

(1) $I$ is a subgroup under addition, and

(2) $x\in I$ implies $rx\in I$ for every $r\in R$.



**Remark** Notice that (2) implies that if $x,y\in I$, then

$$
xy\in I.
$$

So this looks like a closure condition for being a subobject.

However, $I$ need not contain the multiplicative identity of $R$, so $I$ is certainly not necessarily a subring.

Heuristically, condition (2) really says that $I$ absorbs every element of $R$ under multiplication.

**Proposition 15.1** For every nonzero integer $n$, let

$$
n\mathbb{Z}\subset\mathbb{Z}
$$

be the set of integers divisible by $n$.

Then

$$
n\mathbb{Z}
$$

is an ideal in the ring
$\mathbb{Z}$.

Proof:

(1)
$n\mathbb{Z}$
contains $0$, and if two numbers are divisible by $n$, then their sum is also divisible by $n$.

Similarly, if $a$ is divisible by $n$, then $-a$ is also divisible by $n$.

Therefore,
$n\mathbb{Z}$
is a subgroup under addition.

(2) Finally, if $r$ is any integer and $x$ is divisible by $n$, then

$$
rx
$$

is also divisible by $n$.

$$
~\tag*{$\square$}
$$

**Remark** Since $R$ is an Abelian group, every subgroup $I$ is normal.

Therefore there exists an Abelian group

$$
R/I.
$$

**Proposition 15.2** Let $R$ be a commutative ring and let

$$
I\subset R
$$

be an ideal.

Then the operation

$$
\times:
R/I\times R/I
\to
R/I,
\qquad
\overline{r}\cdot\overline{s}
=
\overline{rs}
$$

together with the usual addition on $R/I$, makes $R/I$ into a commutative ring.

Proof: We need to prove that this operation does not depend on the choice of representatives

$$
r\in\overline{r}
$$

and

$$
s\in\overline{s}.
$$

Let

$$
r^{\prime}=r+x
$$

and

$$
s^{\prime}=s+y,
$$

where

$$
x,y\in I.
$$

This means

$$
\overline{r^{\prime}}
=
\overline{r}
\in R/I,
$$

and

$$
\overline{s^{\prime}}
=
\overline{s}
\in R/I.
$$

Then

$$
r^{\prime}s^{\prime}
=
(r+x)(s+y)
=
rs+xs+ry+xy.
$$

Notice that the last three terms lie in $I$ because $I$ is an ideal.

Therefore their sum also lies in $I$, since $I$ is a subgroup.

Hence

$$
\overline{r^{\prime}s^{\prime}}
=
\overline{rs}.
$$

Thus the operation is well defined.

We already know that

$$
(R/I,+)
$$

is an Abelian group.

Therefore, we need to prove that

$$
(R/I,\times)
$$

is an Abelian monoid and that multiplication distributes over addition.

First, multiplication is associative because

$$
(\overline{a}\overline{b})\overline{c}
=
\overline{ab}\,\overline{c}
=
\overline{(ab)c}
=
\overline{a(bc)}
=
\overline{a}(\overline{b}\overline{c}).
$$

The key step here uses the fact that

$$
(R,\times)
$$

is associative.

Multiplication is commutative because

$$
\overline{a}\overline{b}
=
\overline{ab}
=
\overline{ba}
=
\overline{b}\overline{a},
$$

again using the commutativity of
$(R,\times)$.

The multiplicative identity is

$$
\overline{1}:
$$

$$
\overline{1}\,\overline{a}
=
\overline{1a}
=
\overline{a},
\qquad
\overline{a}\,\overline{1}
=
\overline{a1}
=
\overline{a}.
$$

Finally, multiplication distributes over addition because

$$
\overline{a}
(\overline{b}+\overline{c})
=
\overline{a(b+c)}
=
\overline{ab+ac}
=
\overline{a}\,\overline{b}
+
\overline{a}\,\overline{c}.
$$

$$
~\tag*{$\square$}
$$

Thus, in order to obtain new and interesting rings, we can look for ideals and then take quotient rings.

**Example 15.1** The ring

$$
\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}
$$

is the quotient of
$\mathbb{Z}$
by the ideal

$$
I=n\mathbb{Z}.
$$

**Example 15.2**

$$
\mathbb{Z}\subset\mathbb{Q}
$$

is a subgroup and is in fact also a subring, but it is certainly not an ideal.

Indeed, if $x$ is an integer and $r$ is a rational number, then

$$
rx
$$

need not be an integer.

In fact, subrings are usually not ideals.

## §15.2 Examples of Ideals and Quotient Rings

**Definition 15.2** Let

$$
x\in R
$$

be an element of a commutative ring.

The ideal generated by $x$ is the set of all elements of the form

$$
rx,
$$

where
$r\in R$.

We denote this ideal by

$$
(x).
$$

**Proposition 15.3** This is an ideal.

Proof: Let

$$
I=(x).
$$

$I$ is closed under addition because

$$
rx+sx
=
(r+s)x
\in I.
$$

It contains the additive identity because

$$
0x=0.
$$

It contains additive inverses because

$$
-(rx)
=
(-r)x.
$$

Thus $I$ is a subgroup under addition.

Finally, if

$$
s\in R
$$

and

$$
rx\in I,
$$

then

$$
s(rx)
=
(sr)x
\in I.
$$

$$
~\tag*{$\square$}
$$

**Example 15.3** Let

$$
R=\mathbb{R}[t]
$$

be the polynomial ring in one variable.

Consider the ideal $I$ generated by the polynomial

$$
t^2+1.
$$

Thus

$$
I
=
\{
f(t)
~\text{such that}~
f(t)=g(t)(t^2+1)
~\text{for some polynomial}~
g(t)\in\mathbb{R}[t]
\}.
$$

What is the ring

$$
R/I?
$$

**Proposition 15.4** The ring

$$
\mathbb{R}[t]/(t^2+1)
$$

is isomorphic to

$$
\mathbb{C}.
$$

Isn't that cool?

In general, when you have a ring $R$ and quotient its polynomial ring by some polynomial equation, you are effectively “adjoining” to $R$ an element satisfying that polynomial equation.

This is the beginning of Galois theory.

## §15.3 Geometric Interpretation of Ideals

**Question:** How should you think about ideals?

Algebraically: an ideal is a subgroup closed under multiplication by arbitrary elements of the ring.

That is,

$$
I\subset R,
$$

with

* $rx\in I$ for every

$$
x\in I,
\qquad
r\in R;
$$

* $(I,+)\subset(R,+)$ is a subgroup.

You may find this rather uninspiring.

So let us look at the geometric interpretation.

Let

$$
R
=
\{
\text{continuous functions from some space }X\text{ to }\mathbb{R}
\}.
$$

This $R$ is a ring because

* the sum of continuous functions is continuous;

* the product of continuous functions is continuous;

* the zero function is the additive identity:

$$
(0+f)(x)
=
0(x)+f(x)
=
f(x),
$$

so

$$
0+f=f.
$$

Similarly,

$$
f=f+0.
$$

* The constant function

$$
1:x\mapsto1_{\mathbb{R}}
$$

is the multiplicative identity:

$$
(1\cdot f)(x)
=
1(x)\cdot f(x)
=
1_{\mathbb{R}}\cdot f(x)
=
f(x),
$$

so

$$
1\cdot f=f.
$$

Similarly,

$$
f\cdot1=f.
$$

* The function $-f$ sends

$$
x\mapsto-f(x)
$$

and is the additive inverse of $f$.

* We have

$$
\begin{aligned}
f\cdot(g+h):
x\mapsto
f(x)((g+h)(x))
&=
f(x)(g(x)+h(x))\\
&=
f(x)g(x)+f(x)h(x),
\end{aligned}
$$

so

$$
f(g+h)
=
fg+fh.
$$

* Associativity is also easy to verify.

Thus

$$
R
=
\{\text{continuous functions}\}.
$$

Let

$$
Y\subset X
$$

be a subset and define

$$
I_Y
=
\{
\text{functions }f\in R
~\text{such that}~
f(y)=0,
\forall y\in Y
\}.
$$

That is,

$$
I_Y
=
\{
\text{functions vanishing on }Y
\}.
$$

**Proposition 15.5**

$$
I_Y\subset R
$$

is an ideal.

Proof: Let

$$
f_1,f_2\in I_Y.
$$

Then for every

$$
y\in Y,
$$

$$
(f_1+f_2)(y)
=
f_1(y)+f_2(y)
=
0+0
=
0.
$$

Therefore,

$$
f_1+f_2
\in
I_Y.
$$

Similarly,

$$
(-f_1)(y)
=
-f_1(y)
=
-0
=
0.
$$

Hence

$$
-f_1\in I_Y.
$$

Notice that this also implies

$$
0\in I_Y.
$$

More directly,

$$
0(y)=0,
\qquad
\forall y\in Y,
$$

so

$$
0\in I_Y.
$$

Therefore,

$$
I_Y\subset R
$$

is a subgroup.

We only need to verify that it is closed under multiplication by elements of $R$.

Given

$$
g\in R,
\qquad
f\in I_Y,
$$

we have

$$
(\underbrace{g\cdot f}_{\in R})(y)
=
\underbrace{g(y)\cdot f(y)}_{\in R}
=
g(y)\cdot0
=
0.
$$

Therefore,

$$
gf\in I_Y.
$$

$$
~\tag*{$\square$}
$$

**Conclusion:** Every subset

$$
Y\subset X
$$

gives rise to an ideal

$$
I_Y\subset R.
$$

**Remark** It is far from obvious that this example should be viewed as a paradigm.

For example, how should one interpret

$$
\mathbb{Z}
$$

as “functions on some space $X$”?

How is the ideal

$$
p\mathbb{Z}
$$

given by some “subset” of $X$?

In any case, this way of thinking has had an enormous influence on areas such as differential geometry and number theory.

Imagine being able to discuss the geometry of prime numbers!

Moreover, if

$$
Y\subset X,
$$

then we should be able to talk about functions on $Y$—another ring.

**Philosophy:** Let $Y$ give rise to the ideal

$$
I_Y.
$$

Then

$$
\{
\text{functions on }Y
\}
\cong
R/I_Y.
$$

**Example 15.4 (We now move away from all continuous functions and consider only polynomial functions.)**

Let

$$
R
=
\mathbb{R}[x,y]
=
\{
\text{polynomial functions on }\mathbb{R}^2
\}.
$$

Let

$$
Y
=
\{
(x,y)
~\text{such that}~
y^2-x=0
\}.
$$

Then

$$
I_Y
=
\{
\text{polynomials }f
~\text{such that}~
f(y^2,y)=0
\}
\xlongequal{\text{not obvious}}
(y^2-x),
$$

where

$$
(y^2-x)
$$

is the ideal generated by the element

$$
y^2-x\in R.
$$

Roughly speaking, if

$$
f(x,y)
$$

vanishes on $Y$, then it must factor through

$$
y^2-x.
$$

Then

$$
\{
\text{algebraic/polynomial functions on }Y
\}
\cong
R/(y^2-x).
$$

Why is this?

If
$f_1$
and
$f_2$
are functions on $X$, then they restrict to functions on $Y$.

But

$$
f_1(y)
=
f_2(y),
\qquad
\forall y\in Y
$$

<span style="display: flex; flex-direction: row; justify-content: center; align-items: center;transform:rotate(90deg);">$\Leftrightarrow$</span>

$$
f_1(y)-f_2(y)
=
0,
\qquad
\forall y\in Y
$$

<span style="display: flex; flex-direction: row; justify-content: center; align-items: center;transform:rotate(90deg);">$\Leftrightarrow$</span>

$$
f_1-f_2
\in
I_Y.
$$

That is,
$f_1$
and
$f_2$
define the same function on $Y$ if and only if

$$
[f_1]
=
[f_2]
\in
R/I_Y.
$$

§ DS-15 理想和商环

§ DS-15 Ideal and Quotient

# §14 环
## §14.1 环的定义
**定义 14.1** 一个**幺半群(monoid)** 是一个没有逆元的群。也就是说，幺半群是一个集合$M$，与之配合一个函数
$$
\cdot: M\times M\to M
$$
该函数具有单位元并且是结合的。我们称一个幺半群是**交换的(commutative)**，如果对所有$a, b\in M$，有$ab=ba$。



**定义 14.2** 一个**结合环(associative ring)** 是一个三元组$(R,+, \cdot)$，其中$R$是一个集合，且

(1) $+: R \times R \rightarrow R$是一个函数，使$(R,+)$成为一个Abel群。我们称此运算为加法，其单位元为$0$。

(2) $\cdot: R \times R \rightarrow R$是一个函数，使$R$成为一个幺半群。我们称$\cdot$运算为乘法，其单位元为$1$。

(3) 最后，我们要求乘法对加法是分配的：这意味着对所有$a, b, c \in R$，有
$$
a(b+c)=a b+a c \quad \text{且} \quad(b+c) a=b a+c a
$$
其中我们将$a \cdot b$写作$a b$。

我们通常只写$R$表示环，而隐去运算$+$和$\cdot$。

**定义 14.3** 如果$(R, \cdot)$是一个abel幺半群，我们称$R$为**交换环(commutative ring)**。

在讨论群时，我很快证明了消去律，因为它是有用的知识。这里是另一个有用的知识：

**命题 14.1** 设$R$是一个结合环，$0$是$R$的加法单位元。那么
$$
0\cdot a=a\cdot 0=0
$$
对所有$a\in R$成立。

证明：
$$
\begin{align*}
0\cdot a&=(0+0)\cdot a\tag{因为$0+0=0$}\\
&=0\cdot a+0\cdot a\tag{分配律}
\end{align*}
$$
利用Abel群的消去律，我们可以从等式的两边减去$0\cdot a$。剩下$0=0\cdot a$。类似地，$a\cdot 0=0$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$
**注** 我们不会深入探讨原因，但环的行为在它们是否交换方面有着极大的不同。

## §14.2 交换环的例子
**例 14.1** 考虑三元组$(\mathbb{Z},+,\cdot)$。这使得$(\mathbb{Z},+)$成为阿贝尔群，而$(\mathbb{Z},\cdot)$显然是一个幺半群——乘法有一个称为$1$的单位元并且是结合的。分配律是你熟悉的分配律。

**例 14.2** 使用通常的加法和乘法，三元组$(\mathbb{Q},+,\cdot)$是一个环。对于$\mathbb{R}$和$\mathbb{C}$及其通常的乘法也是如此。这些是特殊类型的环，因为$R-\{0\}$中的任一元素在乘法下都有逆元。

**例 14.3 (多项式环)**
令$\mathbb{Z}[x]$表示系数为整数的$x$的多项式的集合。因此，一个元素是一个表达式
$$
p(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots+a_{n}x^{n}=\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}x^{i}
$$
其中对于大于某个有限$n$的所有$i$，$a_{i}=0$。例如，以下是$\mathbb{Z}[x]$中的元素：
$$
0, 5, 3+x-5x^{4}, x。
$$
在第三个例子中，$a_{0}=3$，$a_{1}=1$，$a_{2}=0$，$a_{3}=0$，$a_{4}=-5$。

设$q(x)$是一个系数为$b_{i}$的多项式。多项式的加法定义如下
$$
p(x)+q(x):=\sum\limits_{i=0}^{\infty}(a_{i}+b_{i})x^{i}。
$$
注意，因为对于大于$n$的$i$，$a_{i}=0$，且对于大于某个$m$的所有$i$，$b_{i}=0$，因此和确实是一个多项式，因为$(a_{i}+b_{i})=0$对于所有大于$\max(m,n)$的$i$成立。

两个多项式的积定义为通常的方式
$$
\begin{aligned}
p(x)\cdot q(x)&=(a_{0}+a_{1}x+\cdots+a_{n}x^{n})(b_{0}+b_{1}x+\cdots+b_{m}x^{m})\\
&=a_{0}b_{0}+(a_{1}b_{0}+a_{0}b_{1})x+\cdots+a_{n}b_{m}x^{n+m}\\
&=\sum\limits_{k\geqslant 0}\left(\sum\limits_{i+j=k}a_{i}b_{j}\right)x^{k}.
\end{aligned}
$$

**命题 14.2** $\mathbb{Z}[x]$是一个交换环。更一般地说，如果$R$是一个交换环，那么系数在$R$中的多项式集合$R[x]$是一个交换环。

证明：
1. $R[x]$是一个环，因为

(1) 加法是封闭的：对于$R[x]$中的两个多项式$p(x)$和$q(x)$，它们的和$p(x)+q(x)$是一个多项式，其系数为$p(x)$和$q(x)$的相应系数之和。由于$R$是交换环并在加法下封闭，因此该运算在$R[x]$中是良定义的。

(2) 乘法是封闭的：对于两个多项式$p(x)$和$q(x)$，它们的积$p(x)\cdot q(x)$表示为
$$
p(x)\cdot q(x)=\left(\sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}x^{i}\right)\left(\sum\limits_{j=0}^{m}b_{j}x^{j}\right)=\sum\limits_{k=0}^{n+m}c_{k}x^{k}
$$
其中系数$c_{k}$计算为
$$
c_{k}=\sum\limits_{i+j=k}a_{i}b_{j}。
$$
因为$R$在乘法下封闭，所以系数$c_{k}$是$R$的元素，因此积是$R[x]$中的多项式。

(3) 加法是结合且交换的：$R[x]$中的多项式加法是结合且交换的，因为$R$中的加法是结合且交换的，并且对各个系数的操作遵循$R$的性质。

(4) 乘法是结合的：$R[x]$中的多项式乘法是结合的，因为分配律成立，且$R$中的乘法是结合的。因此对于$R[x]$中的多项式$p(x), q(x)$和$r(x)$，有
$$
(p(x)\cdot q(x))\cdot r(x)=p(x)\cdot(q(x)\cdot r(x)).
$$

(5) 分配律：乘法对加法是分配的，因为对于$R[x]$中的多项式$p(x), q(x)$和$r(x)$，有
$$
p(x)\cdot(q(x)+r(x))=p(x)\cdot q(x)+p(x)\cdot r(x).
$$
这是因为分配律适用于$R$中的个别系数。

2. 乘法的交换性：对于任何多项式$p(x), q(x)\in R[x]$，有
$$
p(x)\cdot q(x)=q(x)\cdot p(x)。
$$
这是因为$R$中的乘法是交换的。特别地，如果$p(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}x^{i}$且$q(x)=\sum\limits_{j=0}^{m}b_{j}x^{j}$，则积为
$$
p(x)\cdot q(x)=\sum\limits_{k=0}^{n+m}\sum\limits_{i+j=k}a_{i}b_{j}x^{k}.
$$
由于$R$中的乘法是交换的，有$a_{i}b_{j}=b_{j}a_{i}$，因此
$$
p(x)\cdot q(x)=q(x)\cdot p(x).
$$
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**例 14.4 (光滑函数)**
这是一个更难写出集合中所有元素的例子。令$C^{\infty}(\mathbb{R}^{n})$表示从$\mathbb{R}^{n}$到$\mathbb{R}$的所有无穷可微函数的集合。给定两个函数$f$和$g$，定义它们的和$f+g$为一个函数，该函数将$x\in\mathbb{R}^{n}$映射到$f(x)+g(x)$，其中加法发生在$\mathbb{R}$中。它们的乘积$fg$是一个将$x\in\mathbb{R}^{n}$映射到$f(x)\cdot g(x)\in\mathbb{R}$的函数。这也是一个环。

## §14.3 环$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$
我们已经看到了三个我们熟悉的环的例子。它们都是无限的。现在来看一些有限的例子。

**引理 14.3** 令$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$为整数模$n$的集合。函数
$$
\cdot: \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\qquad \overline{a}\cdot\overline{b}:=\overline{a\cdot b}
$$
是良定义的。

**注** 我们用$\overline{a}$表示与$a\in\mathbb{Z}$相关联的等价类。这里，$a\cdot b$是整数的通常乘法，而$\overline{a\cdot b}$表示模$n$的等价类。

证明：我们需要证明，如果$\overline{a}=\overline{a}^{\prime}$且$\overline{b}=\overline{b}^{\prime}$，那么
$$
\overline{a\cdot b}=\overline{a^{\prime}\cdot b^{\prime}}。
$$
因为$a=a^{\prime}$模$n$当且仅当$a=a^{\prime}+An$（其中$A$是整数）。同样，$b=b^{\prime}+Bn$对于某个$B$。因此
$$
ab=(a^{\prime}+An)(b^{\prime}+Bn)=a^{\prime}b^{\prime}+(a^{\prime}B+Ab^{\prime}+AB)n
$$
因此$ab$等于$a^{\prime}b^{\prime}$模$n$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**推论 14.4** 令$+$为$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$上的通常加法，$\cdot$为上述运算。那么

(1) $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+)$是一个单位元为$\overline{0}$的Abel群。

(2) $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\cdot)$是一个单位元为$\overline{1}$的Abel幺半群。

(3) 运算$\cdot$对$+$是分配的。

证明：(1) 是我们早已证明的结论。

(2) 为了证明结合性，注意到
$$
\begin{aligned}
(\overline{a}\cdot\overline{b})\cdot\overline{c}&=\overline{a\cdot b}\cdot\overline{c}\\
&=\overline{(a\cdot b)\cdot c}\\
&=\overline{a\cdot(b\cdot c)}\\
&=\overline{a}\cdot\overline{b\cdot c}\\
&=\overline{a}\cdot(\overline{b}\cdot\overline{c}).\tag{14.1}
\end{aligned}
$$
除(14.1)外，每一行都是基于$\cdot$的定义，而(14.1)使用了整数乘法的结合性。交换性成立是因为
$$
\overline{a}\cdot\overline{b}=\overline{a\cdot b}=\overline{b\cdot a}=\overline{b}\cdot\overline{a}。
$$
注意中间等号只是整数乘法的交换性。单位元是$1$，因为$\overline{a}\cdot\overline{1}=\overline{a\cdot 1}=\overline{a}$。

(3) 分配律成立是因为
$$
\begin{aligned}
\overline{a}\cdot(\overline{b}+\overline{c})&=\overline{a}\cdot\overline{b+c}\\
&=\overline{a\cdot(b+c)}\\
&=\overline{ab+ac}\\
&=\overline{ab}+\overline{ac}\\
&=\overline{a}\cdot\overline{b}+\overline{a}\cdot\overline{c}.\tag{14.2}
\end{aligned}
$$
除了(14.2)，其他各行均基于定义，而(14.2)使用了通常整数的分配律。
$$
~\tag*{$\square$}
$$
## §14.4 交换环的动机
现代数学中有一种哲学认为，可以通过研究空间上的函数集的性质来推断空间本身的性质。例如，通过研究空间$X$上的多项式函数集，可以推断出空间$X$的某些性质。实际上，所有函数集始终是一个交换环。这些环的性质决定了空间$X$的某些特性。这并不是显而易见的，其中一些最有意义的相关发展直到19世纪80年代才出现——也就是在Descartes首先注意到代数方程可以描述具体几何近两百年后。因此，如果你认为代数（从伊斯兰黄金时期的800年代开始）和几何（源自希腊人）在Descartes将其结合起来之前经过了近千年，而我们又花了两百年才系统地理解环是研究几何的有力工具，你可能会意识到自己正在接触一些非常深刻的思想。我们无法深入探讨利用环研究几何的理论——但是如果你感兴趣，可以查阅一些关于交换代数和代数几何的资料。
## §14.5 非交换环的例子
**例 14.5 (矩阵环)**
确定一个整数$n\geqslant 0$，考虑所有元素为$\mathbb{R}$的$n\times n$矩阵的集合$M_{n\times n}(\mathbb{R})$。你可以对矩阵进行加法和乘法运算，并且矩阵乘法对加法是分配的。因此$M_{n\times n}(\mathbb{R})$是一个环。为了明确分配律，考虑三个矩阵$A, B, C$，其元素为$a_{ij}, b_{ij}, c_{ij}$。则$A(B+C)$的$ij$项为
$$
\sum\limits_{k=1}^{n}a_{ik}(b_{kj}+c_{kj})=\sum\limits_{k=1}^{n}a_{ik}b_{kj}+\sum\limits_{k=1}^{n}a_{ik}c_{kj}
$$
但这个右侧是$AB+AC$的$ij$项。你也可以类似地证明$(B+C)A=BA+CA$。

**例 14.6 (群环)**
设$G$是有限群，$R$是一个交换环。那么$R[G]$作为一个集合，是从$G$到$R$的所有函数的集合。（因此每个元素$g\in G$都对应一个$R$中的元素$r_{g}$。）我们用求和表示这样的一个函数：
$$
\sum\limits_{g\in G}r_{g}g。
$$
例如，下面是$\mathbb{Z}[S_{3}]$的一个元素：
$$
5(~)+3(12)-8(123)。
$$
加法是显然的——我们仅对每一项相加，因此
$$
\left(\sum r_{g}g\right)+\sum\left(s_{g}g\right)=\sum\limits_{g\in G}(r_{g}+s_{g})g。
$$
即，这是函数的加法。乘法不仅仅是函数的乘法。$\sum r_{g} g$和$\sum s_{g} g$的乘积在$g$的系数由以下公式给出
$$
\sum\limits_{(g_{1},g_{2})~\text{s.t.}~g_{1}g_{2}=g}r_{g_{1}}s_{g_{2}}.
$$
换句话说，
$$
\left(\sum\limits_{g\in G}r_{g}g\right)\left(\sum\limits_{h\in G}s_{h}h\right)=\sum\limits_{g\in G}\sum\limits_{h\in G}r_{g}s_{h}(gh)=\sum\limits_{k\in G}\left(\sum\limits_{(g_{1},g_{2})~\text{s.t.}~g_{1}g_{2}=g} r_{g}s_{h}\right)k.
$$
注意，这种乘法不是交换的。

## §14.6 环同态
**定义 14.4** 设$R$和$S$是环，且$f: R\to S$是一个函数。我们称$f$为一个**环同态(ring homomorphism)**，如果

(1) $f$是加法的群同态，

(2) $f(1)=1$（即$f$将$R$的乘法单位元映射到$S$的单位元），并且

(3) 对所有$a,b\in R$有$f(ab)=f(a)f(b)$。

**定义 14.5** 如果$f$是一个双射，我们称$f$是一个**同构(isomorphism)**。

现在我想进一步说明为什么$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$是一个环。我们如何证明它是一个群的？通过应用一个普遍原则：如果$H\triangleleft G$，那么$G/H$是一个群。

我想对环做同样的事情。但在这个上下文中，当我们说到环时，我们将意味着一个交换环。

# §14 Rings

## §14.1 Definition of a Ring

**Definition 14.1** A **monoid** is a group without inverses. That is, a monoid is a set $M$ together with a function

$$
\cdot:M\times M\to M
$$

which has an identity element and is associative. We call a monoid **commutative** if

$$
ab=ba
$$

for all
$a,b\in M$.



**Definition 14.2** An **associative ring** is a triple

$$
(R,+,\cdot),
$$

where $R$ is a set and

(1)

$$
+:R\times R\to R
$$

is a function making $(R,+)$ into an Abelian group. We call this operation addition, and its identity element is $0$.

(2)

$$
\cdot:R\times R\to R
$$

is a function making $R$ into a monoid. We call the operation $\cdot$ multiplication, and its identity element is $1$.

(3) Finally, we require multiplication to distribute over addition. This means that for all
$a,b,c\in R$,

$$
a(b+c)=ab+ac
\quad\text{and}\quad
(b+c)a=ba+ca,
$$

where we write
$a\cdot b$
as
$ab$.

We usually write simply $R$ for a ring, suppressing the operations $+$ and $\cdot$.

**Definition 14.3** If $(R,\cdot)$ is an Abelian monoid, we call $R$ a **commutative ring**.

When discussing groups, I quickly proved the cancellation law because it is useful to know. Here is another useful fact.

**Proposition 14.1** Let $R$ be an associative ring, and let $0$ be the additive identity of $R$. Then

$$
0\cdot a=a\cdot0=0
$$

for every
$a\in R$.

Proof:

$$
\begin{align*}
0\cdot a
&=(0+0)\cdot a
\tag{since $0+0=0$}\\
&=0\cdot a+0\cdot a
\tag{distributivity}.
\end{align*}
$$

Using the cancellation law in the Abelian group, we may subtract
$0\cdot a$
from both sides of the equation. This leaves

$$
0=0\cdot a.
$$

Similarly,

$$
a\cdot0=0.
$$

$$
~\tag*{$\square$}
$$

**Remark** We will not explore the reason in detail, but rings behave very differently depending on whether or not they are commutative.

## §14.2 Examples of Commutative Rings

**Example 14.1** Consider the triple

$$
(\mathbb{Z},+,\cdot).
$$

This makes
$(\mathbb{Z},+)$
an Abelian group, while
$(\mathbb{Z},\cdot)$
is clearly a monoid: multiplication has an identity element called $1$ and is associative.

The distributive law is the familiar distributive law.

**Example 14.2** With the usual addition and multiplication, the triple

$$
(\mathbb{Q},+,\cdot)
$$

is a ring.

The same is true of
$\mathbb{R}$
and
$\mathbb{C}$
with their usual multiplication.

These are special kinds of rings because every element of

$$
R-\{0\}
$$

has a multiplicative inverse.

**Example 14.3 (Polynomial Rings)**

Let

$$
\mathbb{Z}[x]
$$

denote the set of polynomials in $x$ with integer coefficients.

Thus an element is an expression

$$
p(x)
=
a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n
=
\sum_{i=0}^{\infty}a_ix^i,
$$

where

$$
a_i=0
$$

for all $i$ larger than some finite $n$.

For example, the following are elements of
$\mathbb{Z}[x]$:

$$
0,\quad5,\quad3+x-5x^4,\quad x.
$$

In the third example,

$$
a_0=3,\qquad
a_1=1,\qquad
a_2=0,\qquad
a_3=0,\qquad
a_4=-5.
$$

Let $q(x)$ be a polynomial with coefficients $b_i$.

Polynomial addition is defined by

$$
p(x)+q(x)
:=
\sum_{i=0}^{\infty}(a_i+b_i)x^i.
$$

Notice that since
$a_i=0$
for
$i>n$,
and
$b_i=0$
for every $i$ larger than some $m$, the sum really is a polynomial because

$$
a_i+b_i=0
$$

for every

$$
i>\max(m,n).
$$

The product of two polynomials is defined in the usual way:

$$
\begin{aligned}
p(x)\cdot q(x)
&=
(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n)
(b_0+b_1x+\cdots+b_mx^m)\\
&=
a_0b_0
+
(a_1b_0+a_0b_1)x
+
\cdots
+
a_nb_mx^{n+m}\\
&=
\sum_{k\geqslant0}
\left(
\sum_{i+j=k}a_ib_j
\right)x^k.
\end{aligned}
$$

**Proposition 14.2**
$\mathbb{Z}[x]$
is a commutative ring.

More generally, if $R$ is a commutative ring, then the set

$$
R[x]
$$

of polynomials with coefficients in $R$ is a commutative ring.

Proof:

1. $R[x]$ is a ring because:

(1) Addition is closed.

For two polynomials
$p(x)$
and
$q(x)$
in
$R[x]$,
their sum

$$
p(x)+q(x)
$$

is a polynomial whose coefficients are the sums of the corresponding coefficients of
$p(x)$
and
$q(x)$.

Since $R$ is a commutative ring and is closed under addition, this operation is well defined in
$R[x]$.

(2) Multiplication is closed.

For two polynomials
$p(x)$
and
$q(x)$,
their product can be written as

$$
p(x)\cdot q(x)
=
\left(
\sum_{i=0}^{n}a_ix^i
\right)
\left(
\sum_{j=0}^{m}b_jx^j
\right)
=
\sum_{k=0}^{n+m}c_kx^k,
$$

where

$$
c_k
=
\sum_{i+j=k}a_ib_j.
$$

Since $R$ is closed under multiplication, each coefficient
$c_k$
is an element of $R$. Thus the product is a polynomial in
$R[x]$.

(3) Addition is associative and commutative.

Polynomial addition in
$R[x]$
is associative and commutative because addition in $R$ is associative and commutative, and the operations on individual coefficients obey the corresponding properties in $R$.

(4) Multiplication is associative.

Polynomial multiplication in
$R[x]$
is associative because the distributive laws hold and multiplication in $R$ is associative.

Thus, for polynomials
$p(x),q(x),r(x)\in R[x]$,

$$
(p(x)\cdot q(x))\cdot r(x)
=
p(x)\cdot(q(x)\cdot r(x)).
$$

(5) Distributivity.

Multiplication distributes over addition because, for
$p(x),q(x),r(x)\in R[x]$,

$$
p(x)\cdot(q(x)+r(x))
=
p(x)\cdot q(x)
+
p(x)\cdot r(x).
$$

This follows from the distributive law for the individual coefficients in $R$.

2. Commutativity of multiplication.

For any polynomials

$$
p(x),q(x)\in R[x],
$$

we have

$$
p(x)\cdot q(x)
=
q(x)\cdot p(x).
$$

This is because multiplication in $R$ is commutative.

In particular, if

$$
p(x)
=
\sum_{i=0}^{n}a_ix^i
$$

and

$$
q(x)
=
\sum_{j=0}^{m}b_jx^j,
$$

then

$$
p(x)\cdot q(x)
=
\sum_{k=0}^{n+m}
\sum_{i+j=k}
a_ib_jx^k.
$$

Since multiplication in $R$ is commutative,

$$
a_ib_j=b_ja_i.
$$

Therefore,

$$
p(x)\cdot q(x)
=
q(x)\cdot p(x).
$$

$$
~\tag*{$\square$}
$$

**Example 14.4 (Smooth Functions)**

Here is an example in which it is more difficult to explicitly list all the elements of the set.

Let

$$
C^{\infty}(\mathbb{R}^{n})
$$

denote the set of all infinitely differentiable functions from
$\mathbb{R}^{n}$
to
$\mathbb{R}$.

Given two functions $f$ and $g$, define their sum
$f+g$
to be the function sending

$$
x\in\mathbb{R}^{n}
$$

to

$$
f(x)+g(x),
$$

where the addition takes place in
$\mathbb{R}$.

Their product
$fg$
is the function sending

$$
x\in\mathbb{R}^{n}
$$

to

$$
f(x)\cdot g(x)\in\mathbb{R}.
$$

This is also a ring.

## §14.3 The Ring $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$

We have already seen three examples of familiar rings.

They are all infinite.

Now let us look at some finite examples.

**Lemma 14.3** Let

$$
\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}
$$

be the set of integers modulo $n$.

The function

$$
\cdot:
\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}
\times
\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}
\to
\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},
\qquad
\overline{a}\cdot\overline{b}
:=
\overline{a\cdot b}
$$

is well defined.

**Remark** We use
$\overline{a}$
to denote the equivalence class associated with
$a\in\mathbb{Z}$.

Here,
$a\cdot b$
is ordinary multiplication of integers, while
$\overline{a\cdot b}$
denotes the corresponding equivalence class modulo $n$.

Proof: We need to prove that if

$$
\overline{a}
=
\overline{a}^{\prime}
$$

and

$$
\overline{b}
=
\overline{b}^{\prime},
$$

then

$$
\overline{a\cdot b}
=
\overline{a^{\prime}\cdot b^{\prime}}.
$$

Since
$a=a^{\prime}$
modulo $n$ if and only if

$$
a=a^{\prime}+An
$$

for some integer $A$.

Similarly,

$$
b=b^{\prime}+Bn
$$

for some integer $B$.

Therefore,

$$
ab
=
(a^{\prime}+An)(b^{\prime}+Bn)
=
a^{\prime}b^{\prime}
+
(a^{\prime}B+Ab^{\prime}+AB)n.
$$

Hence

$$
ab
$$

is equal to

$$
a^{\prime}b^{\prime}
$$

modulo $n$.

$$
~\tag*{$\square$}
$$

**Corollary 14.4** Let $+$ be the usual addition on
$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$,
and let $\cdot$ be the operation above.

Then:

(1)

$$
(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+)
$$

is an Abelian group with identity
$\overline{0}$.

(2)

$$
(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\cdot)
$$

is an Abelian monoid with identity
$\overline{1}$.

(3) The operation
$\cdot$
distributes over
$+$.

Proof:

(1) This is a result we have already proved.

(2) To prove associativity, note that

$$
\begin{aligned}
(\overline{a}\cdot\overline{b})\cdot\overline{c}
&=
\overline{a\cdot b}\cdot\overline{c}\\
&=
\overline{(a\cdot b)\cdot c}\\
&=
\overline{a\cdot(b\cdot c)}\\
&=
\overline{a}\cdot\overline{b\cdot c}\\
&=
\overline{a}\cdot
(\overline{b}\cdot\overline{c}).
\tag{14.1}
\end{aligned}
$$

Every line except (14.1) follows from the definition of $\cdot$, while (14.1) uses associativity of integer multiplication.

Commutativity holds because

$$
\overline{a}\cdot\overline{b}
=
\overline{a\cdot b}
=
\overline{b\cdot a}
=
\overline{b}\cdot\overline{a}.
$$

The middle equality is simply commutativity of integer multiplication.

The identity is $1$ because

$$
\overline{a}\cdot\overline{1}
=
\overline{a\cdot1}
=
\overline{a}.
$$

(3) Distributivity holds because

$$
\begin{aligned}
\overline{a}\cdot
(\overline{b}+\overline{c})
&=
\overline{a}\cdot\overline{b+c}\\
&=
\overline{a\cdot(b+c)}\\
&=
\overline{ab+ac}\\
&=
\overline{ab}+\overline{ac}\\
&=
\overline{a}\cdot\overline{b}
+
\overline{a}\cdot\overline{c}.
\tag{14.2}
\end{aligned}
$$

Except for (14.2), each line follows from the definitions, while (14.2) uses the ordinary distributive law for integers.

$$
~\tag*{$\square$}
$$

## §14.4 Motivation for Commutative Rings

There is a philosophy in modern mathematics that the properties of a space can be inferred by studying the properties of collections of functions on that space.

For example, by studying the collection of polynomial functions on a space $X$, one can infer certain properties of the space $X$ itself.

In fact, collections of functions naturally form commutative rings.

Properties of these rings determine certain features of the space $X$.

This is far from obvious.

Some of the most important developments related to this idea did not appear until the 1880s—almost two hundred years after Descartes first observed that algebraic equations could describe concrete geometry.

So if you consider that algebra, beginning in the Islamic Golden Age around the 800s, and geometry, originating with the Greeks, developed for almost a thousand years before Descartes brought them together, and that it then took another two hundred years before we systematically understood rings as powerful tools for studying geometry, you may begin to appreciate that these are very deep ideas.

We will not be able to explore the theory of using rings to study geometry in detail.

But if you are interested, you can look into commutative algebra and algebraic geometry.

## §14.5 Examples of Noncommutative Rings

**Example 14.5 (Matrix Rings)**

Fix an integer

$$
n\geqslant0,
$$

and consider the set

$$
M_{n\times n}(\mathbb{R})
$$

of all
$n\times n$
matrices with entries in
$\mathbb{R}$.

You can add and multiply matrices, and matrix multiplication distributes over addition.

Therefore,

$$
M_{n\times n}(\mathbb{R})
$$

is a ring.

To make distributivity explicit, consider three matrices
$A,B,C$
with entries

$$
a_{ij},
\qquad
b_{ij},
\qquad
c_{ij}.
$$

The $ij$ entry of

$$
A(B+C)
$$

is

$$
\sum_{k=1}^{n}
a_{ik}(b_{kj}+c_{kj})
=
\sum_{k=1}^{n}a_{ik}b_{kj}
+
\sum_{k=1}^{n}a_{ik}c_{kj}.
$$

But the expression on the right is exactly the $ij$ entry of

$$
AB+AC.
$$

Similarly, one can prove

$$
(B+C)A
=
BA+CA.
$$

**Example 14.6 (Group Rings)**

Let $G$ be a finite group and let $R$ be a commutative ring.

As a set,

$$
R[G]
$$

is the set of all functions from $G$ to $R$.

Thus each element

$$
g\in G
$$

corresponds to an element

$$
r_g\in R.
$$

We write such a function using the notation

$$
\sum_{g\in G}r_gg.
$$

For example, the following is an element of

$$
\mathbb{Z}[S_3]:
$$

$$
5(~)+3(12)-8(123).
$$

Addition is straightforward: we simply add the corresponding terms:

$$
\left(
\sum r_gg
\right)
+
\sum(s_gg)
=
\sum_{g\in G}(r_g+s_g)g.
$$

That is, this is simply addition of functions.

Multiplication is not just multiplication of functions.

The coefficient of $g$ in the product of

$$
\sum r_gg
$$

and

$$
\sum s_gg
$$

is given by

$$
\sum_{(g_1,g_2)~\text{s.t.}~g_1g_2=g}
r_{g_1}s_{g_2}.
$$

In other words,

$$
\left(
\sum_{g\in G}r_gg
\right)
\left(
\sum_{h\in G}s_hh
\right)
=
\sum_{g\in G}
\sum_{h\in G}
r_gs_h(gh)
=
\sum_{k\in G}
\left(
\sum_{(g_1,g_2)~\text{s.t.}~g_1g_2=g}
r_gs_h
\right)k.
$$

Notice that this multiplication is not commutative.

## §14.6 Ring Homomorphisms

**Definition 14.4** Let $R$ and $S$ be rings, and let

$$
f:R\to S
$$

be a function.

We call $f$ a **ring homomorphism** if

(1) $f$ is a group homomorphism with respect to addition;

(2)

$$
f(1)=1,
$$

i.e. $f$ sends the multiplicative identity of $R$ to the multiplicative identity of $S$;

(3) for all
$a,b\in R$,

$$
f(ab)=f(a)f(b).
$$

**Definition 14.5** If $f$ is a bijection, we call $f$ an **isomorphism**.

Now I would like to explain further why

$$
\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}
$$

is a ring.

How did we prove that it is a group?

By applying a general principle:

if

$$
H\triangleleft G,
$$

then

$$
G/H
$$

is a group.

I would like to do the same thing for rings.

But in this context, whenever we say “ring”, we will mean a commutative ring.

§ DS-14 环

§ DS-14 Ring

# §13 Sylow定理
## §13.1 计数
我们已经看到轨道-稳定子定理为我们解答了一些非平凡的问题：例如，四面体的对称群有多大？回顾一下，该定理表明对于任何作用在集合$X$上的群$G$以及$X$中的任意元素$x$，都有双射$G/G_{x}\cong\mathcal{O}_{x}$。特别地，如果群$G$是有限的，我们有
$$
|\mathcal{O}_{x}|=|G|/|G_{x}|
$$
这类计数定理在数学中非常有用。它们就像篮球中的“上篮”一样，是最简单的得分方式。一旦你将一个复杂问题简化为计数问题，你就取得了进展。



在Lagrange定理的证明中，我们使用了这样一个推理：任何集合都是其轨道的并集。因此，给定$G$作用在有限集合$X$上的群作用，我们可以得出结论
$$
|X|=\sum\limits_{\text{轨道}}|\mathcal{O}_{x}|
$$
让我们进一步利用这个观察。上述等式被称为**计数公式(counting formula)**。
## §13.2 $p$-群
**定义 13.1** 设$p$为素数。如果一个有限群$G$的阶为$p$的幂，即
$$
|G|=p^{n}
$$
其中$n\geqslant 1$为整数，则称$G$为 **$p$-群($p$-group)**。

**定义 13.2** 设$G$作用在集合$X$上。如果对于$X$中的某个元素$x$，对所有$g\in G$都有$gx=x$，则称$x$是该群作用的一个**不动点(fixed point)**。

**命题 13.1** 固定一个$p$-群$G$，并且固定一个阶不被$p$整除的有限集合$X$。那么$G$对$X$的任何作用都至少有一个不动点。

**例 13.1** 如果有人声称他们有一个$p$-群作用在四面体上，你可以查看$G$在四面体顶点集合上的诱导作用。如果$p$不是$2$，那么该群作用至少会固定一个顶点。

证明：根据轨道-稳定子定理，任何轨道$\mathcal{O}_{x}$的阶都能整除群$G$的阶。因此，我们可以得到$|\mathcal{O}_{x}|$必须等于$p^{k}$，其中$k\geqslant 0$。注意，我们必须证明对于某个$x\in X$，$|\mathcal{O}_{x}|=p^{0}=1$以显示一个不动点。

这样的$x$必须存在——否则，每个$\mathcal{O}_{x}$都等于$p^{k}$，其中$k\geqslant 1$，因此每个$\mathcal{O}_{x}$都能被$p$整除。于是计数公式右侧
$$
|X|=\sum\limits_{\text{轨道}}\mathcal{O}_{x}
$$
被$p$整除。但根据假设，$|X|$不能被$p$整除。因此，$\mathcal{O}_{x}$必须为$1$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$
这是另一个应用：

**命题 13.2** 设$G$是一个$p$-群。那么$G$的中心非平凡（即其中心必须包含不止单位元素）。

在以下内容中，我们用$Z$表示$G$的中心。

证明：考虑$G$对自身的共轭作用。该作用的轨道正是$G$的共轭类。因此计数公式为
$$
|G|=\sum\limits_{\text{共轭类}}|[x]|
$$
其中$[x]$是$x$的共轭类——它是所有形如$gxg^{-1}$的元素的集合，其中$g\in G$。$|[x]|=1$当且仅当$x$在$G$的中心中。因为如果$\mathcal{O}_{x}$中唯一的元素是$x$本身，这意味着对所有$g\in G$都有$gxg^{-1}=x$——这当然意味着$gx=xg$。

最后，我们知道$1_{G}\in G$始终在$G$的中心中，因此计数公式为
$$
|G|=1+\sum\limits_{\text{共轭类}\neq[1_{G}]}|[x]|
$$
如果对所有$x\neq 1_{G}$都有$|[x]|\geqslant 2$，那么右侧就不会被$p$整除——因为它会是一个类似于
$$
1+\sum\limits_{\text{各种}~k\geqslant 1}p^{k}
$$
的求和。这与$|G|$只能被$p$整除相矛盾。因此，必须存在某个$x\neq 1_{G}$使得$|[x]|=1$；也就是说，中心中必须存在某个$x\neq 1_{G}$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

它有一个非常好的推论

**推论 13.3** 任意阶为$p^{2}$的群都是Abel群。

这是一条非常非平凡的推论。例如，想象一下手动证明阶为$49$的群必须是Abel群的情况。

我们已经知道，任何阶为$p$的群都是Abel群，因为它必须是循环群。这是更高的一个幂。

证明：$G$的中心是一个子群，因此根据Lagrange定理，我们必须有$|Z|=1$、$p$或$p^{2}$，因为这些是$p^{2}$的唯一因数。

另一方面，命题告诉我们$|Z| \neq 1$，因此它必须是$p$或$p^{2}$。

假设$|Z|=p$。我们将引出一个矛盾。对于固定的$x \in G$，$x \notin Z$，让我们检查$x$在$G$下的共轭作用的稳定子。这就是我们上次提到的$x$的中心化子，并记作$Z(x)$。它是所有满足$xy=yx$的$y \in G$的集合。

由于一个群作用的稳定子总是一个子群，根据Lagrange定理，我们知道$|Z(x)|$必须整除$p^{2}$。另一方面，由于$Z \subset Z(x)$，因为中心的任何元素（根据定义）都与$x$交换。此外，由于$x \in Z(x)$，因为$x$与自身交换。这证明$|Z| < |Z(x)|$，因此$|Z(x)|$必须是一个大于$p$的且能整除$p^{2}$的数。我们得出结论$|Z(x)|=p^{2}$。

但这意味着$G$的每个元素都与$x$交换。因此$x$必须在中心中。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

所以这种“计数”策略已经取得了很大的成效。让我们尽可能多地利用它。所有这些努力的一个美丽结果就是Sylow定理。

## §13.3 第一Sylow定理
设$p$整除$|G|$。我们写作
$$
|G|=p^{e} \cdot m
$$
其中$p^{e}$是$p$整除$|G|$的最大幂。特别地，$\operatorname{gcd}(m, p)=1$。

**定义 13.3** 一个**Sylow $p$-子群(Sylow $p$-subgroup)**，或 **$p$-Sylow子群($p$-Sylow subgroup)**，是一个子群$H \subset G$，满足$|H|=p^{e}$。换句话说，它是一个阶为$p$的幂的最大子群。

所以如果有多个不同的素数$p$整除$|G|$，我们可以尝试为每个这样的$p$找到一个Sylow $p$-子群。到目前为止，我们还不知道它们是否存在，或在$G$中可能有多少个。

**例 13.2** 设$G=S_{3}$。由于$6=3 \cdot 2$，一个Sylow $3$-子群是$G$中阶为3的子群。只有一个这样的子群，即$H=\{\mathrm{id},(123),(132)\}$。有三个Sylow $2$-子群：$\{\mathrm{id},(12)\},\{\mathrm{id},(13)\},\{\mathrm{id},(23)\}$。

**定理 13.4 (第一个Sylow定理)**
设$p$整除$|G|$。则存在一个Sylow $p$-子群。

在进入该定理的证明之前，让我们引入两个将在证明中使用的引理。

**引理 13.5** $p$不整除$|\mathcal{P}_{p^{e}}(G)|$。

证明：阶为$p^{e}$的子集的数量不被$p$整除。回想一下
$\begin{pmatrix}
    a\\
    b
\end{pmatrix}=$从大小为$a$的集合中选择$b$个无序元素的方式数量。因此$\begin{pmatrix}
    a\\
    b
\end{pmatrix}=\frac{a!}{b!(a-b)!}$。于是我们有
$$
\begin{pmatrix}
p^{e}m\\
p^{e}
\end{pmatrix}=\frac{(p^{e}m)(p^{e}m-1)\cdots(p^{e}m-p^{e}+1)}{p^{e}(p^{e}-1)\cdots 1}
$$
注意，如果$p$整除一个分子项
$$
p^{e}m-k,
$$
它也整除
$$
p^{e}-k
$$
在分母中，而且次数相同！为什么？如果
$$
k=p^{i}l,\quad p\nmid l.
$$
$$
\begin{aligned}
p^{e}m-k&=p^{i}(p^{e-i}m-l)\\
p^{e}-k&=p^{i}(p^{e-i}-l)
\end{aligned}
$$
注意$i<e$，否则$p^{e}-k$将为负数！

所以$\frac{p^{e}m-k}{p^{e}-k}$不被$p$整除。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**注** 我们已经论证了
$$
\begin{pmatrix}
p^{e}m\\
p^{e}
\end{pmatrix}=\frac{p^{e}m(p^{e}m-1)\cdots(p^{e}m-p^{e}+1)}{p^{e}(p^{e}-1)\cdots 1}
$$
不被$p$整除。这归结为
$$
p^{i}\mid p^{e}m-k\quad \Rightarrow\quad p^{i}\mid p^{e}-k.
$$
为什么$i<e$？因为否则，
$$
k=p^{e+a}l\quad \Rightarrow\quad p^{e}-k=p^{e}(1-p^{a}l)\leqslant 0~\text{如果}~a\geqslant 0.
$$
更具体地，根据二项式系数的定义，$k$必须从$0$运行到$p^{e}-1$，所以$k$本身必须小于$p^{e}$。

**命题 13.6** 设$U\subset G$是一个子集。$U$的稳定子$H$的阶能整除$|U|$。

证明：如果$U$被$H$固定，那么
$$
U=\bigcup\limits_{u\in U}Hu,
$$
且$U$被分割成陪集。因此，
$$
U=\bigsqcup Hu
$$
所以
$$
|U|=|H|+\cdots+|H|.
$$
$$
~\tag*{$\square$}
$$

让我们尝试证明第一个Sylow定理。我们的策略是什么？计数。

更好的问题是：计数什么？

证明：$G$作用在$\mathcal{P}_{p^{e}}(G)$上，作用方式为左乘：
$$
S\mapsto gS.
$$
由于根据引理，$p$不整除$|\mathcal{P}_{p^{e}}(G)|$，因此存在一个轨道$\mathcal{O}_{U}$，使得$p$不整除$\mathcal{O}_{U}$。（因为$|\mathcal{P}_{p^{e}}(G)|=\sum\limits_{\text{轨道}}|\mathcal{O}_{U}|$。）

设$U\in\mathcal{O}_{U}$。根据轨道-稳定子定理，
$$
|G|/|G_{U}|=|\mathcal{O}_{U}|
$$
并且根据另一个引理，$U=\bigcup\limits_{\text{陪集}}G_{U}$。所以$|G_{U}|$能整除$|U|=p^{e}$。因此
$$
p^{e}m=|G|=|G_{U}|\cdot|\mathcal{O}_{U}|
$$
其中$|G_{U}|$是$p$的幂，而$|\mathcal{O}_{U}|$不被$p$整除。
$$
|G_{U}|=p^{e}.
$$
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**推论 13.7** 若$p$整除$|G|$，则存在一个阶为$p$的元素$x \in G$。

您可能之前未曾考虑过这个推论。根据Lagrange定理，我们知道$G$中的任意元素$x$的阶必须整除$|G|$。但给定一个能整除$|G|$的数，对于一个整除$G$的素数$p$，显然存在一个阶为$p$的指定元素吗？

证明：由于$p$整除$G$，因此$|H| \geqslant 2$。因此，我们可以选择一个$x \in H$，使得$x \neq 1_{G}$。此外，根据Lagrange定理，$x$的阶必须整除$|H|$。因此
$$
x^{p^{k}}=1_{G}
$$
对于某个$k \geqslant 1$。令$y=x^{p^{k-1}}$。那么$y^{p}=1_{G}$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**例 13.3** 设
$$
G=S_{7}\times\mathbb{Z}/14\mathbb{Z}
$$
则
$$
\begin{aligned}
|G|&=7!\times 14\\
&=7^{2}\times 5\times 3^{2}\times 2^{5}.
\end{aligned}
$$
第一Sylow定理保证该群包含以下子群：

- 一个阶为$49$的子群
- 一个阶为$5$的子群
- 一个阶为$9$的子群
- 一个阶为$32$的子群

**例 13.4** 你能在$S_{7}$中找到一个阶为$16$的子群吗？

证明：1. 找到合适的素数幂：
- $S_{7}$的阶是$7! = 5040$，而$16$是$2$的幂，特别是$2^{4}$。
- 我们需要在$S_{7}$中找到一个阶为$16$的子群，这将是一个Sylow $2$-子群。
2. 寻找阶为$2$的元素：
- 在$S_{7}$中，阶为$2$的元素是换位（$2$-循环），它交换两个元素并保持其他元素不变。例如，$(12) \in S_{7}$的阶为$2$。
- 一组不相交的换位的积，例如$(12)(34)$，也有阶$2$。通常，不相交的$k$个换位的积有阶$2^{k}$。
3. 构造一个阶为$16$的子群：
- 为了得到一个阶为$16$的子群，我们需要由$4$个不相交的换位生成的群（因为$2^{4}=16$）。
- 考虑$S_{7}$中的以下不相交换位：$(12)$，$(34)$，$(56)$，$(78)$。
- 这四个不相交的换位生成一个阶为$16$的子群。该子群同构于$\mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2}$，因为每个换位生成一个阶为$2$的循环群，并且这些换位是相互独立的（即它们彼此交换）。

因此，$S_{7}$中阶为$16$的子群可以由不相交换位$\{(12), (34), (56), (78)\}$生成，并且同构于$\mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2}$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

第一Sylow定理告诉我们Sylow $p$-子群存在——给定群$G$，满足
$$
|G|=p^{e}m,\quad p\nmid m,
$$
若$|H|=p^{e}$，则$H\subset G$是一个Sylow $p$-子群。

## §13.4 第二Sylow定理
**定理 13.8 (第二Sylow定理)**
确定一个有限群$G$和一个素数$p$，使得$p$整除$|G|$。

(1) 任意两个Sylow $p$-子群是共轭的。

(2) 对于$G$的任意一个$p$-群子群$H$，存在一个包含$H$的Sylow $p$-子群。

证明：设$K\subset G$为子群，$K$作用在$G/H$上，即$G$的左陪集$\{gH\}$的集合。
$$
gH\mapsto (kg)H.
$$
如果$K$是一个$p$-群而$H$是一个Sylow $p$-子群，那么$|K|=p^{l}$且$|G/H|=|G|/|H|=p^{e}m/p^{e}=m$。由于$p\nmid m$，$K$对$G/H$的作用具有一个不动点：存在一个$g$，使得
$$
k\cdot gH=gH,\quad \forall k\in K.
$$
即对于所有$k\in K$，对于所有$h\in H$，存在$h^{\prime}\in H$，使得
$$
k\cdot g\cdot h=g\cdot h^{\prime}.
$$
因此，$k=gh^{\prime}h^{-1}g^{-1}$。

因此，$k\in gHg^{-1}$。

因此，$K\subset gHg^{-1}$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

注意，如果仅存在一个Sylow $p$-子群，则它必然是正规子群。为什么？

对于$\forall g\in G$，
$$
\begin{aligned}
    C_{g}:G&\to G\\
    x&\mapsto gxg^{-1}
\end{aligned}
$$
是一个群同构。所以它将阶为$k$的子群映射到阶为$k$的子群。如果只存在一个这样的子群$H$，那么$C_{g}$必须将$H$映射到$H$，对于所有$g\in G$，即
$$
gHg^{-1}=H,\quad \forall g\in G.
$$
因此$H$是正规子群。

第二个Sylow定理告诉我们，逆命题也是成立的。

**推论 13.9** 如果Sylow $p$-子群$H$是$G$的正规子群，则$H$是$G$中唯一的Sylow $p$-子群。
## §13.5 正规化子
在第三Sylow定理之前，我们还需要引入一个重要的概念——正规化子。

**定义 13.4** 设$K\subset G$是一个子群。那么
$$
N(K)=\{g\in G\mid gKg^{-1}=K\}
$$
称为$K$的**正规化子(normalizer)**。

**命题 13.10** (1) $N(K)$是$G$的一个子群。

(2) $K\triangleleft N(K)$，即$K$在$N(K)$中是正规子群。

(3) $N(K)$是$G$对$\mathcal{P}_{|K|}(G)$的共轭作用的稳定子，其中$\mathcal{P}_{|K|}(G)$表示$G$中阶等于$|K|$的所有子群的集合。

## §13.6 第三Sylow定理
在进入第三Sylow定理之前，我们先快速回顾一个有用的事实。我们知道半直积可以被识别为分裂短正合列：$H\cong L\rtimes R$ $\Leftrightarrow$ 存在分裂的短正合列<img src="https://tex.xumin.net/svgb/i0lKTc_Mqy7JzK5KTqnlMlSISSwqyi-PLopVUFPwQeF5oPCCkHhQVo6OglKWkrqOQlJqXopCUWZ6RglIpSFXDJAPswIA" style="display:inline;"/>

**问题**：那么什么时候我们可以识别为直积呢？

**命题 13.11** 以下陈述是等价的：

(1) $H\cong L\times R$。

(2) $H\cong L\rtimes_{\phi} R$，其中$\phi:R\to \mathrm{Aut}(L)$是平凡映射。

(3) 存在一个分裂短正合列<img src="https://tex.xumin.net/svgb/i0lKTc_Mqy7JzK5KTqnl8lGISSwqyi-PLopVUFPwQOEFwXg5OgpKWUrqOgpJqXkpCkWZ6RklsVwxQDbMGAA" style="display:inline;"/>，使得$j(R)\triangleleft H$。

证明：我们来证明(1)$\Rightarrow$(3)$\Rightarrow$(2)$\Rightarrow$(1)的链式推理。

(1)$\Rightarrow$(3)：如果$H\cong L\times R$，我们可以定义包含映射
$$
\begin{aligned}
i: L&\to H\\
l&\mapsto (l,1_{R})
\end{aligned}
$$
以及投影映射
$$
\begin{aligned}
p: H&\to R\\
(l,r)&\mapsto r
\end{aligned}
$$
这两个映射都是群同态。于是我们得到了一个分裂的短正合列
<div align=center>
    <img src=https://tex.xumin.net/svgb/i0lKTc_Mqy7JzK5KTqnl8lGISSwqyi-PLtJRUMpUilVQU_BAFioACwXBhHKAQllKOgpJqXkpCjmpaSWxXDFAJsw4AA>
</div>

$\begin{aligned}
\text{其中}j: R&\to H~\text{是另一种“包含”同态。}\\
r&\mapsto (1_{L},r)
\end{aligned}$

此外，$j(R)\triangleleft H$。为什么？
$$
\begin{aligned}
(l^{\prime},r^{\prime})(1_{L},r)(l^{\prime},r^{\prime})^{-1}&=(l^{\prime},r^{\prime})(1_{L},r)(l^{\prime -1},r^{\prime -1})\\
&=(l^{\prime}1_{L}l^{\prime -1},r^{\prime}rr^{\prime -1})\\
&=(1_{L},r^{\prime}rr^{\prime -1})\in j(R).
\end{aligned}
$$

(3)$\Rightarrow$(2)：设$r\in j(R)$，$l\in i(L)$。那么
$$
rlr^{-1}l^{-1}\in i(L)\cap j(R)=\{1_{H}\}
$$
因此，我们可以得到$\phi(r) = \mathrm{id}_L$。

(2)$\Rightarrow$(1)：如果$\phi(r)=\mathrm{id}_{L}$，$\forall r$，那么
$$
\begin{aligned}
(l_{1},r_{1})\cdot(l_{2},r_{2})&=(l_{1}\cdot\phi_{r_{1}}(l_{2}),r_{1}r_{2})\\
&=(l_{1}l_{2},r_{1}r_{2})
\end{aligned}
$$
这就是$L\times R$上的乘法定义。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

现在我们陈述第三Sylow定理，这将极大地帮助我们确定群的结构。

**定理 13.12 (第三Sylow定理)**
设$G$是一个有限群，$p$是一个能整除$|G|$的素数。我们记
$$
\mathrm{Syl}_{p}(G)
$$
为$G$的Sylow $p$-子群的集合。则

(1) $|\mathrm{Syl}_{p}(G)|$能整除$m$。

(2) $|\mathrm{Syl}_{p}(G)|\equiv 1\pmod p$。

**注** (1) 表明$G$通过共轭作用作用在$\mathrm{Syl}_{p}(G)$上，根据第二个Sylow定理，该作用只有一个轨道，即$|\mathrm{Syl}_{p}(G)|=|G|/\text{稳定子}~G_{H}$，其中$H$是一个Sylow $p$-子群。由于$H \subset G_{H}$，因此$|G_{H}|=p^{e}\cdot m^{\prime}$，所以
$$
|\mathrm{Syl}_{p}(G)|=p^{e}m/p^{e}\cdot m^{\prime}=m/m^{\prime}。
$$

对于(2)，我们将证明对于任何$H\in\mathrm{Syl}_{p}(G)$，$H$是$H$对$\mathrm{Syl}_{p}(G)$共轭作用的唯一不动点。因此
$$
|\mathrm{Syl}_{p}(G)|=1+\sum \mathcal{O}
$$
其中$\mathcal{O}$都是$p$的倍数。

证明：设$H$为一个Sylow $p$-子群。$G$通过共轭作用作用在$\mathrm{Syl}_{p}(G)$上：
$$
K\mapsto gKg^{-1}
$$
根据轨道-稳定子定理，
$$
|G|/|G_{H}|=|\mathcal{O}_{H}|=|\mathrm{Syl}_{p}(G)|
$$
第二个等式根据第二Sylow定理成立。因为$H \subset G_{H}$，所以$p^{e}\mid |G_{H}|$。因此，
$$
p^{e}m/p^{e}m^{\prime}=|\mathrm{Syl}_{p}(G)|\quad\Rightarrow\quad m=|\mathrm{Syl}_{p}(G)|\cdot m^{\prime}
$$
因为$G$作用在$\mathrm{Syl}_{p}(G)$上，所以$H$是一个不动点。如果$K$是另一个不动点，则有$H \subset N(K)$且$K \subset N(K)$。根据第二个Sylow定理，$H$在$N(K)$中共轭于$K$。但$K\triangleleft N(K)$，所以$H=K$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

这里有一个例子应用：

**命题 13.13** 如果$|G|=15$, $G$是循环的。

证明：我们的策略是确定$\mathrm{Syl}_{5}(G)$和$\mathrm{Syl}_{3}(G)$的结构。

对于$p=5$，我们有
$$
|G|=p^{e}m=5^{1}\cdot 3.
$$

根据第三Sylow定理，

(a) $|\mathrm{Syl}_{5}(G)|$能整除$3$。

(b) $|\mathrm{Syl}_{5}(G)|\equiv 1\pmod 5$。


(a)告诉我们$|\mathrm{Syl}_{5}(G)|=1$或$3$

(b)则要求$|\mathrm{Syl}_{5}(G)|=1$，因为$1$是小于$5$且满足$\equiv 1\pmod 5$的唯一值。

因此，$G$中存在唯一一个阶为$5$的子群$H_{5}$，并且$H_{5}$是正规子群。

类似地，

(c) $|\mathrm{Syl}_{3}(G)|$能整除$5$。

(d) $|\mathrm{Syl}_{3}(G)|\equiv 1\pmod 3$。

由(c)得出$|\mathrm{Syl}_{3}(G)|=1$。因此，$G$中存在唯一一个阶为$3$的子群$H_{3}$，并且$H_{3}$也是正规子群。

由于$\gcd(|H_{3}|,|H_{5}|)=\gcd(3,5)=1$，我们有$H_{3}\cap H_{5}=\{1_{G}\}$。因此可以构造出短正合列
<div align=center>
    <img src=https://tex.xumin.net/svgb/i0lKTc_Mqy7JzK5KTqnlMlSISSwqyi-PLopVUFPwiK82rkURcUeXN0WWh7JydBSUspTUdRSSUvNSFIoy0zNKQKoN9bhigAIwuwA>
</div>

因为$H_{3}$和$H_{5}$都是$G$的正规子群，因此我们有同构$G\cong H_{3}\times H_{5}\cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\cong\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**命题 13.14** 设$|G|=p\cdot P$，其中$p\neq P$是两个素数，且$P$是较大的素数。那么$G\cong \mathbb{Z}/P\mathbb{Z}\rtimes\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$。

证明：根据第三Sylow定理，

(a) $|\mathrm{Syl_{P}}(G)|$能整除$p$。

(b) $|\mathrm{Syl}_{P}(G)|\equiv 1 \pmod P$。

(a) $\Rightarrow$ $|\mathrm{Syl}_{P}(G)|=1$或$p<P$

(b) $\Rightarrow$ $|\mathrm{Syl}_{P}(G)|=1$ 因为小于$P$且满足$\equiv 1\pmod P$的唯一数是$1$。

$\Rightarrow$ $\exists! H_{P}\subset G$阶为$P$。

$\Rightarrow$ $H_{P}\triangleleft G$。

因此我们可以考虑以下短正合列
$$
1\to H_{P}\to G\to G/H_{P}\to 1.
$$
因为$|G/H_{P}|=p$，所以$G/H_{P}$同构于$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$，而$|H_{P}|=P$，因此$H_{P}$同构于$\mathbb{Z}/P\mathbb{Z}$。

所以我们有以下短正合列
$$
1\to \mathbb{Z}/P\mathbb{Z}\to G\to\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\to 1.
$$
根据第一Sylow定理，存在一个分裂映射$j$，因为$p$和$P$互质。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

§17 Modules

§17.1 Modules

§16 Fields

§16.1 Basic Concepts of Fields

§15 Ideals and Quotient Rings

§15.1 Ideals

§14 Rings

§14.1 Definition of a Ring

§13 Sylow Theorems

§13.1 Counting