(1) Let R be a ring with 1 and let S be a subring of R such that 1∈ S and a2= a,
∀a ∈ S.
(a) Show that if a∈ S then a = −a. (Hint: consider (1 + a)2= 1 + a,∀a ∈ S.) (b) Show that S is commutative. (Hint: consider (a + b)2= a + b,∀a,b ∈ S.)
(c) Suppose that R is commutative and r =−r, ∀r ∈ R. Let A = {a ∈ R : a2= a}.
Prove that A is a subring of R.
這個題目取自課本 Section 18 習題 55. 加上了適當的提示, (a), (b) 兩小題大 部分同學都會. (c) 小題很多同學從頭證明 A 是一個 ring, 這是沒必要的. 這是重 要概念, subring 只要檢驗封閉性, 即若 a, a′∈ A, 則 a − a′∈ A 且 aa′∈ A.
(2) Suppose that R is a commutative ring and let Z be the set of zero divisors of R.
(a) Prove that I = Z∪ {0} is an ideal of R.
(b) Prove that I is a prime ideal of R.
本題取自講義習題 Chapter 5 (7), 原本想檢測的是 (7) 的 (d) 小題, 不過因 為我的不慎, 題目出錯了, 相當抱歉. 所以本題不予計分. 不過若同學有想到處 理習題 (7)(d), 我會加分. 題目錯誤的地方在於要證明 I 是 ideal 我們需要驗證 若 a, b∈ I, 則 a − b ∈ I 且對任意 r ∈ R, ra ∈ I (因 R 是 commutative). ra ∈ I 沒 有問題. 其證明如下: (1) 若 ra = 0, 則 ra∈ I. (2) 若 ra ̸= 0, 因 a ̸= 0, 由 a ∈ I 知 a∈ Z 表示 R 中存在 a′̸= 0 使得 aa′= 0 (這裡要用到 commutative). 由此得 (ra)a′= r(aa′) = 0. 因 ra̸= 0 且 a′̸= 0 表示 ra ∈ Z, 故 ra ∈ I.
本題的錯誤出在加法封閉性 (a∈ I ⇒ −a ∈ I 沒問題). 也就是說若 a,b ∈ I 則 a + b 未必會在 I 中. 問題在於若 a, b 是 zero divisor 表示存在 a′, b′ 皆不等於 0 使得 aa′ = 0 且 bb′= 0. 要證明 a + b∈ I 我們要考慮是否存在 c ̸= 0 使得 (a + b)c = 0. 這裡唯一我們可以利用的就是令 c = a′b′, 此時利用 commutative 得 (a + b)a′b′= (aa′)b + a′(bb′) = 0. 不過我們無法保證 a′b′̸= 0. 例如考慮 a + a′, 我 們只能利用 c = aa′ 使得 (a + a′)c = 0, 但是 aa′= 0, 所以無法保證 a + a′ 是 zero divisor. 最簡單的例子就是在 Z/6Z 中, 3,4 是 zero divisor, 但是 3 + 4 = 1 不是 zero divisor. 所以大家千萬要注意, 要證明一個元素 a 是 zero divisor, 不是光找 到 a′ 使得 aa′= 0 就可以, 還要說明 a′̸= 0 才可以, 千萬不要弄錯 (我就犯了同樣 的錯誤).
當然了還是有可能一個 ring 中 I 真的是 ideal. 例如 Z/2nZ 中 (n > 1) 只要 a 是偶數則除了 a = 0 的情況外, a 都會是 zero divisor. 換言之, 在這種期況下 Z∪ {0} =(
2)
真的是 Z/2nZ 的 ideal, 此時( 2)
真的是 Z/2nZ 的 prime ideal. 所 以這題正確的形式, 應該如下:
Suppose that R is a commutative ring and let Z be the set of zero divisors of R.
Let I = Z∪ {0}.
(a) Prove that if a∈ I and r ∈ R, then ra ∈ I.
(b) Suppose that I is an ideal. Prove that I is a prime ideal of R.
為了讓大家更了解 zero divisor, 我們證明一下 (b). 要證明 I 是 prime ideal, 我 們要說明若 ab∈ I, 則 a ∈ I or b ∈ I. 設 a ̸∈ I, 即 a ̸= 0 且 a 不是 zero divisor. 此 時由 ab∈ I, 知 ab = 0 或 ab ∈ Z. 若 ab = 0, 由 a 不是 zero divisor 得 b = 0 ∈ I;
而若 ab∈ Z 表示存在 c ̸= 0 使得 (ab)c = 0, 亦即 a(bc) = 0. 此時由 a 不是 zero divisor 得知 bc = 0. 同樣的若 b = 0, 則 b∈ I, 而若 b ̸= 0, 則由 c ̸= 0 以及 bc = 0, 得證 b∈ Z ⊆ I.
1
(3) Suppose that R is a commutative ring with 1 and I is a nontrivial prime ideal of R such that R/I is a finite ring.
(a) Prove that I is a maximal ideal.
(b) Show that there exists a prime number p such that pa = 0 in R/I, ∀a ∈ R.
(c) Suppose R = F[x] where F is a field and suppose that I =( f (x))
where f (x) is an irreducible polynomial. Prove that R/I is finite if and only if F is a finite field. (Hint: Use Euclidean Algorithm.)
本題取自講義習題 Chapter 5 (3). (a) 小題只要利用 I 是 prime, 故 R/I 為 integral domain. 再由 R/I 為 integral domain 以及 finite 來證明 R/I 為一個 field.
因此再得證 I 為 maximal ideal. 很多同學說 I 是 prime ideal 所以是 maximal ideal. 這是錯的 (只有在 principle ideal domain 才保證對). 我們曾經給過例子 (x)
在 Z[x] 為 prime ideal 但不是 maximal ideal. 所以在做數學論證時請確認引 述的性質是否正確。
(b) 小題也有很多同學的證明邏輯不正確。題目是要求找到一個質數 p 使得所 有 R/I 的元素 a 都滿足 pa = 0. 大家的論證都是由 a∈ R/I 找到 p 使得 pa = 0, 但沒去解釋這個 p 對其他 b∈ R/I 也滿足 pb = 0. 希望大家了解這裡邏輯上的錯 誤，把它補正。其實最好的方法是考慮 1∈ R/I, 因為 1 是 R/I 的 identity, 所以 p1 = 0, 就可得對任意 a∈ R/I 皆有 pa = (p1)a = 0.
(c) 小題原本是要證明 R/I is a finite field if and only if F is a finite field. 雖然 疏忽了, 不過題目仍沒有錯，只是這樣不需用到 f (x) is an irreducible polynomial 這一個多餘的假設，僅需 deg( f ) > 0 即可. 提示很明顯, 我們假設 deg( f ) = n, 利 用 Euclidean Algorithm, 我們可以知道對任意 g(x)∈ F[x], 皆存在 h(x),r(x) ∈ F[x]
使得 g(x) = f (x)h(x) + r(x) 其中 r(x) = 0 或者 deg(r(x)) < n. 也就是說對任意 g(x)∈ F[x] 皆存在次數小於 n 的多項式 (包含 0 多項式) r(x) 使得 g(x) − r(x) ∈ (f (x))
. 換言之 F[x]/( f (x))
的元素 g(x) 都可以用 r(x) 這樣的形式來表示, 亦即 F[x]/(
f (x))
={an−1xn−1+··· + a1x + a0: ai∈ F}.
因此若 |F| = q, 則 |F[x]/( f (x))
| ≤ qn 僅有有限多個元素 (事實等號成立，不
過這要用到唯一性)。反之, 對任意 F 中的元素 c 我們可以將之視為 F[x] 中 的 constant polynomial c, 再合成 π : F[x]→ F[x]/(
f (x))
這一個 nature quotient map, 我們得到一個 F → F[x]/(
f (x))
這樣的 ring homomorphism. 很容易檢查這 是 injection (一對一), 所以若 |F[x]/(
f (x))
| is finite, 則 |F| is finite.
(4) Consider Z[i] = {a + bi : a,b ∈ Z} as a subring of C, where i2=−1. Consider the ring homomorphism ϕ :Z[i] → (Z/5Z) ⊕ (Z/5Z) defined by
ϕ(a + bi) = (a + 2b, a + 3b),∀a + bi ∈ Z[i].
(a) Find the kernel and image ofϕ.
(b) Show that (Z/5Z) ⊕ (Z/5Z) is not an integral domain and find α,β ∈ Z[i]
such thatαβ ∈( 5)
but α̸∈( 5)
&β ̸∈( 5)
.
(c) Show that if J is an ideal of (Z/5Z)⊕(Z/5Z) and (m,n) ∈ J with m ̸= 0&n ̸= 0, then J = (Z/5Z) ⊕ (Z/5Z).
(d) Find all nontrivial ideals of (Z/5Z) ⊕ (Z/5Z).
(e) Find all nontrivial ideal I ofZ[i] such that( 5)
( I. (Hint: Use Correspondence Theorem.)
本題取自講義習題 Chapter 6 (12)(13). (a) 小題, 大家幾乎都能算出 ker(ϕ) = (5)
, 不過有些人忘了驗證 ker(ϕ)⊇( 5)
這個方向，還好這部分是簡單的，所 以不會扣分。至於 im(ϕ), 大部分同學皆可以對任意 (x, y)∈ (Z/5Z) ⊕ (Z/5Z) 找到 a, b ∈ Z 使得 ϕ(a + bi) = (x, y). 這理想介紹一個以前介紹過的實用的 方法, 也就是說 ring homomorphism 考慮加法會是 group homomorphism. 所 以既然 ϕ :Z[i] → (Z/5Z) ⊕ (Z/5Z) 是 ring homomorphism, 所以它是加法的 homomorphism. 既然 (Z/5Z)⊕(Z/5Z) 這個加法群是由 (1,0) 和 (0,1) 所生成的, 要證明 ϕ 是 onto, 我們僅要找到 a + bi, c + di∈ Z[i] 使得 ϕ(a + bi) = (1, 0) 以及 ϕ(c + di) = (0, 1) 即可. 經由解聯立可找到 ϕ(3−i) = (1,0) 以及ϕ(−2+i) = (0,1).
所以 ϕ is onto. 有些同學僅寫出答案 ker(ϕ), im(ϕ) 是甚麼, 但沒給任何理由. 我 很不樂意看到這情形，受了這麼多數學訓練應該知道學習數學不是僅知道答案 是甚麼即可。同樣令我不悅的是有些同學算 im(ϕ)是直接代入列出. 要知道考試 不是要你如小學生一樣能硬算出答案即可, 而是要知道你能否用所學知識處理問 題. 考試時為了減輕大家計算的負擔, 我數字都會出小一點, 請不要因此用硬算 的, 就以為可拿到分數. 要不然下一次我出 ϕ :Z[i] → (Z/101Z) ⊕ (Z/101Z) 這樣 的 ring homomorphism 請你算出 im(ϕ).
(b) 大多數同學都能說明因 (1, 0)̸= (0,0),(0,1) ̸= (0,0) 但 (1,0)(0,1) = (0,0), 所以得知 (Z/5Z) ⊕ (Z/5Z) 不是 integral domain. 至於找到 α ̸∈(
5)
, β ̸∈( 5)
但 αβ ∈(
5)
來說明 ( 5)
不是 Z[i] 的 prime ideal. 大都也找到, 但未完整說明為何 α ̸∈(
5) ,β ̸∈(
5)
. 其實很簡單, 只要 a + bi 代入ϕ 使得ϕ(a + bi)̸= (0,0) 即可 (因 為 ker(ϕ) =(5)). 事實上由前面知 ϕ(3− i) = (1,0) 以及 ϕ(−2 + i) = (0,1), 所以 3− i ̸∈(
5)
,−2 + i ̸∈( 5)
. 但
ϕ((3− i)(−2 + i)) =ϕ(3− i)ϕ(−2 + i) = (1,0)(0,1) = (0,0), 所以知 (3− i)(−2 + i) = −5 + 5i ∈(
5) .
(c) 我們都知道一個 ring 中由 unit 所形成的 principle ideal 會是整個 ring. 所 以這一小題只要證明當 m̸= 0,n ̸= 0, 則 (m,n) 為 (Z/5Z) ⊕ (Z/5Z) 的 unit 即可.
(d) 由前一小題知在 (Z/5Z)⊕(Z/5Z) 的 nontrivial ideal 中的元素除了 (0,0) 外 僅能含 (m, 0) 其中 m̸= 0 這樣的元素; 或僅能含 (0,n) 其中 n ̸= 0 這樣的元素, 但 不能同時擁有否則會含 (m, 0) + (0, n) = (m, n) 這樣的元素. 所以 (Z/5Z)⊕(Z/5Z) 的 nontrivial ideals 只有
I1={(m,0)|0 ≤ m ≤ 4}, I2={(0,n)|0 ≤ n ≤ 4}
這兩個.
(e) 由於 ϕ 是 onto, 所以 correspondence theorem 告訴我們 (Z/5Z) ⊕ (Z/5Z) 的兩個 nontrivial ideals I1, I2和Z[i] 中包含 ker(ϕ) =(5) 的 nontrivial ideals 有一 對一的對應關係. 所以ϕ−1(I1),ϕ−1(I2)就是我們要的. 因為 I1, I2 分別是由 (1, 0), (0, 1) 所產生的 principle ideal, 由於 ϕ(3− i) = (1,0) 以及 ϕ(−2 + i) = (0,1). 很 多同學誤以為ϕ−1(I1),ϕ−1(I2) 就是分別由 3−i, −2+i 所產生的 principle ideals.
其實這一般是錯的, 原因是 ker(ϕ) 在 ϕ−1(I1),ϕ−1(I2) 中, 所以 ϕ−1(I1) 應該是 Z[i] 中由 3 − i 和 5 所形成的 ideal, 同理 ϕ−1(I2) 應該是 Z[i] 中由 −2 + i 和 5 所 形成的 ideal, 因此
ϕ−1(I1) =( 3− i)
+( 5)
, ϕ−1(I2) =(
−2 + i) +(
5) , 就是 Z[i] 中包含 (
5)
所有的 nontrivial ideals. 答案寫到這裡就可以了, 以下作 一些補充. 要注意因為 5 = (−2 + i)(−2 − i) 所以在 Z[i] 中 (
5)
⊆(
−2 + i) , 因
3
此 (
−2 + i) +(
5)
=(
−2 + i)
. 不過 ( 5)
*( 3− i)
, 因此 ( 3− i)
(( 3− i)
+( 5)
. 同學或許發現 ϕ(−2 − i) = (1,0), 所以 ϕ−1(I1) 也可以寫成 (
−2 − i) +(
5) ( , 又
−2 − i)
=( 2 + i)
且 ( 5)
⊆( 2 + i)
, 所以我們也有 ϕ−1(I1) =(
−2 − i) +(
5)
=( 2 + i)
. 因此(
3−i) +(
5) 和 (
2 + i)
這兩個看起來不一樣的 ideals 事實上是相等的. 同學 不妨直接用集合相等的方式來證明在 Z[i] 中(
3− i) +(
5)
=( 2 + i)
.
(5) Suppose that f (x), g(x)∈ Q[x] such that the only common divisors of f (x),g(x) in Q[x] are nonzero constant polynomials.
(a) Prove that if h(x)∈ Q[x] and f (x) | g(x)h(x), then f (x) | h(x).
(b) Prove that if l(x)∈ Q[x] satisfies f (x) | l(x) and g(x) | l(x), then f (x)g(x) | l(x).
本題取自講義習題 Chapter 7 (3). 有非常多的同學用 content 處理這一題, 我 不理解為何會有這種情況發生? 課堂上說明過 content 是讓我們處理 Z[x] 這種 係數不是 field 的多項式環的問題. 本題完全探討的是 Q[x], 為何要用 content 處 理呢? 為何有那麼多的同學認為這樣的證明行得通呢? 本題和整數論一樣用到 的是 Q[x] 為 P.I.D. 所以若 d(x) = gcd( f (x),g(x)), 則存在 h(x),l(x) ∈ Q[x] 滿足 d(x) = f (x)h(x) + g(x)l(x), 這樣的方式來處理. 這題和習題問題一模一樣, 可見大 多數同學沒有認真做功課, 證明很簡單 (和整數論一樣) 請自行弄清楚. 有同學想 用 Q[x] 是 U.F.D. 來處理, 當然可以, 不過證明較為繁瑣, 要寫清楚不容易.
(6) Suppose that f (x)∈ Z[x] is a primitive polynomial. Let I be the principle ideal of Q[x] generated by f (x) and let J be the principle ideal of Z[x] generated by f (x).
(a) If h(x)∈ J is primitive, show that there exist g(x) ∈ Z[x] is primitive such that h(x) = g(x) f (x).
(b) Prove that I∩ Z[x] = J.
本題取自講義習題 Chapter 7 (10). 主要檢測同學是否了解 Z[x],Q[x] 中的分 解, 以及 Z[x],Q[x] 中 ideal 的差異, 這樣的問題當然才是應該用 content 來處理.
I, J 雖然同是由 f (x) 產生的 ideal, 不過一個在 Q[x] 中, 另一個在 Z[x] 中, 所以 I 中的元素為 f (x)k(x), 其中 k(x)∈ Q[x] 這樣的形式, 而 J 中的元素為 f (x)h(x), 其 中 h(x)∈ Z[x] 這樣的形式. 很自然的 J ⊆ I 且 J ⊆ Z[x], 所以我們知 J ⊆ I ∩ Z[x].
很自然的我們想知道是否 J⊇ I ∩ Z[x]. 也就是說若 g(x) ∈ Z[x] 且 g(x) = f (x)k(x), 其中 k(x)∈ Q[x], 能否保證 k(x) ∈ Z[x]. 很明顯的這就需要 content 來幫忙囉! 記 住, 這個結論需要 f (x)∈ Z[x] 且是 primitive, 才能成立. 例如若 f (x) = 2x, 則 x∈ I ∩ Z[x] 但 x ̸∈ J.
(7) LetF5=Z/5Z be the field of 5 elements.
(a) Show that there exists an irreducible polynomial f (x)∈ F5[x] such that 3≤ deg( f )≤ 5.
(b) Find the number of degree 2 monic reducible polynomials in F5[x].
(c) Prove that there exists an irreducible polynomial of degree 2 in F5[x]. (Hint:
count the number of degree 2 monic polynomials.)
本題取自講義習題 Chapter 7 (8). 整數論中 Euclid 的定理說質數有無窮多 個, 是用反證法假設 p1, . . . , pn 為所有的質數, 則 p1··· pn+ 1, 既非質數且不能被 任意質數 pi 所整除, 違反整數為 U.F.D. 所以得到矛盾. 任何的 U.F.D 除了是
field 的情況 (沒有 prime), 皆可用同樣方法證明有無窮多個 prime elements (即 irreducible element). F5[x] 是 U.F.D 我們可以用這個方式處理問題.
(a) 考慮 g(x) 為 F5[x] 中所有一次 monic polynomials 的乘積加上 1, 即 g(x) = x(x− 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4) + 1.
由於 g(x) = 0 在 F5 無解, 所以 g(x) 沒有一次因式. 注意 g(x) 為 5 次的 monic polynomial. 因此若 g(x) 可以分解, 僅能是一個 3 次的 monic irreducible polyno- mial 和一個 2 次的 monic irreducible polynomial 相乘. 所以若 g(x) 是 irreducible, 令 f (x) = g(x) 我們就找到一個 5 次的 monic irreducible polynomial f (x). 否則 g(x) 必有一個 3 次的 monic irreducible polynomial 為其因式, 令之為 f (x) 即為 所求. 有些同學直接找一個 3 次的多項式, 也沒驗證是否在 F5 有解就說它是 irreducible, 這我不能接受. 即使驗證在 F5 無解, 也要說明為何它是 irreducible.
不管怎樣這樣的作答我不能接受, 這個 3 次的多項式是如何得到的? 如果我的 問題是 F101[x], 你能辦的到嗎? 另外更糟糕的是也有很多同學誤以為若 f (x) 在 Z[x] 不可分解, 在 F5[x] 就不可分解. 這是錯的, 例如 x2+ 1 在 Z[x] 不能分解, 但 在 F5[x] 中 x2+ 1 = (x− 2)(x − 3). 大家又把方向搞錯了. 是在 F5[x] 不能分解才 能推出在Z[x] 不能分解. 再次提醒, 請確認自己引用的性質是否正確再進行論證.
(b) 依定義 2 次的 reducible polynomial 表示可以拆解成兩個一次的乘積, 所 以依唯一分解性質 (注意要提到這個性質, 否則沒唯一性就無法計算), 每個 2 次的 monic irreducible polynomial 不計順序可唯一寫成 (x− m)(x − n), 其中 0≤ m,n ≤ 4. 由於 m, n 各有 5 種選擇且當 m ̸= n 時, (x−m)(x−n) = (x−n)(x−m).
故共有 52− 10 = 15 個 monic reducible polynomials of degree 2.
(c) 由於所有的 degree 2 moinic polynomial 為 x2+ mx + n 其中 0≤ m,n ≤ 4 這種 形式, 所以共有 25 個. 扣除 reducible 的 15 個, 所以共有 10 個 monic irreducible polynomial of degree 2 in F5[x]. 我們可以利用這個方法證明 F5[x] 中也存在 3 次 的 irreducible polynomial, 然後一直下去. 有後我們會證明對任意的 finite field Fq, 當 n∈ N, 皆可找到次數為 n 的 irreducible polynomial.
5
