抽代期中题 & 复习

$\gdef\suf{\Longrightarrow}\gdef\nec{\Longleftarrow}\gdef\iff{\Longleftrightarrow}\gdef\cha{\operatorname{char}}\gdef\gal{\operatorname{Gal}}\gdef\aut{\operatorname{Aut}}\gdef\Q{\mathbb{Q}}\gdef\C{\mathbb{C}}$

强推邓老师的抽代！

一些有意思的作业题：2.4.18, 3.1.18, 3.3.7, 3.4.5, 3.4.8, 4.1.7, 5.4.8, 5.5.5, 8.3.5, 8.3.8, 9.5.7, 9.3.4, 9.4.20, 13.2.14, 13.2.17, 13.4.6, 14.7.8

群论比较熟悉所以就没记了，下面是下半学期的考试内容，自己复习的时候写的，只记了自己不是很熟的点，所以这篇文章不适合初学，应该先看过 Dummit & Foote 再看这个。群论笔记、环、域论笔记。

期中题

期中前有个作业是让每个同学出道题，会选 1~2 道放在考试里。我的可能比较超纲就没被选上。

Lec 8

Def. 整环 $\subset$ 交换幺环。

Cor. 有限整环是域。

Def. 子环的要求：非空、减法与乘法封闭。子域的要求：非空、含单位元、减法与除法封闭。

Def. 对于无平方因子整数 $D$，可以定义二次域 $\Q(\sqrt D)$。它有个子环称为二次整数环：$\mathcal{O}=\Z[\omega]$，$\omega=\begin{cases}\sqrt{D},&D\not\equiv1\pmod4\\ \frac{1+\sqrt D}2,&D\equiv1\pmod4\end{cases}$，$D\equiv1$ 是这样定义是因为它刚好能关于乘法封闭（平方模 $4$ 必余 $1$）。定义模 $N(a+b\omega)=\begin{cases}a^2-b^2D,&D\not\equiv1\\ a^2+ab-\frac{1-D}4b^2,&D\equiv1\end{cases}$。
Remark. 这个模仅仅是有积性，没有 ED 的性质。它可以用来判断单元、不可约元。对于 $D=-1,-2,-3$，$\cal O$ 是 ED。对于 $<-3$ 的 $D\not\equiv1$，可以证明 $\cal O$ 仅仅是整环（HW 8.3.5）。

Pro. $R$ 是整环 $\suf$ $R[x]$ 是整环

Def. 群环：$\sum (r\in R)(g\in G)$

Def. 左理想定义为 $\forall r$，$rI\subseteq I$。注意元素和理想“乘积”定义是直接的。

Def. $I+J=\set{i+j\mid i\in I,j\in J}$，$IJ=\set{\sum i_kj_k}$ 有限和。在 $I$ 或 $J$ 是理想时，$I+J$ 和 $IJ$ 才一定是子环；在 $I$ 和 $J$ 都是理想时，$I+J=(I,J)$，$IJ$ 也是理想且 $\subseteq I\cap J$。

Thm (2nd iso). $A$ 是子环，$B$ 是理想（可减弱为是子环且 $AB,BA\subseteq B$），则 $(A+B)/B\cong A/(A\cap B)$。

Pro. 对于交换环 $R$，$R$ 只有两个平凡的理想 $\iff$ $R$ 是域。如果不是交换环是不对的，例如四元数环 $\mathbb{H}$。

Lec 9

Dummit 里的素理想和极大理想都默认定义在幺环上……

Def. 注意：极大理想和素理想都不能是 $R$ 但可以是 $0$。不可约元和素元都不能是零元或单元。

Pro. 幺环中每个真子环都包含于一个极大子环中。证明见 P254。

Pro. 交换环 $R$ 的理想 $M$ 极大 $\iff$ $R/M$ 是域。
Prf. 极大 $\iff$ 商环 lattice 中没有介于 $R/M$ 和 $R/R$ 之间的别的商环 $\iff$ $R/M$ 只有两个平凡理想 $\iff$ 域。

Pro. 交换环 $R$ 的理想 $P$ 素 $\iff$ $R/P$ 是整环。
Prf. 素 $\iff$ $(ab\in P\suf a\in P\lor b\in P)$ $\iff$ $((a+P)(b+P)=0+P\suf a+P=0+P\lor b+P=0+P)$ $\iff$ 整。

Cor. 交换环 $R$ 的极大理想 $\suf$ 素理想。

Def. 定义分式环时要求子集对乘法封闭。

Def. comaximal 理想： $A+B=R$。

Thm (CRT). 对于交换幺环 $R$ 及其理想 $A_{1\sim n}$，定义环同态 $\varphi:R\to (R/A_1)\times\cdots\times(R/A_n)$（映射略）。$\ker\varphi=A_1\cap\cdots\cap A_n$。
如果每对 $A_i,A_j$ 都是 comaximal 的，则 $\bigcap A_i=\prod A_i$ 因此 $R/(A_1\cdots A_n)=(R/A_1)\times\cdots\times(R/A_n)$。
Prf. 考虑归纳，这里只说明 $A+B=R\suf AB=A\cap B$：这种情况下存在 $a+b=1$，因此 $c\in A\cap B$ 时 $c=ac+cb\in AB$。

Pro. 域 $F$ 的 $F[x]$ 是 ED。

Pro. ED 的理想都是主理想。

Def. GCD 定义在交换环上。两种等价定义：$d\mid a,b$ 且其他这样的 $d^\prime$ 都 $\mid d$；$(a,b)\subseteq(d)$ 且其他这样的 $(d^\prime)$ 都 $\supseteq(d)$。

Def. 对于一个整环，如果它的每个 $(a,b)$ 都是主理想，则它称为 Bézout domain。

Lec 10

Def. 相伴定义在整环上。

Pro. $(d)=(d^\prime)\iff d\sim d^\prime$。

Pro. PID $R$ 的非零理想 $P$ 素 $\suf$ 极大。
Prf. 假设 $(p)\subseteq(m)\Rightarrow p=rm\Rightarrow rm\in(p)\Rightarrow r\in(p)\lor m\in(p)$。后者就结束了，若 $r\in(p)\Rightarrow r=sp\Rightarrow p=spm\Rightarrow sm=1$，$m$ 就是单元。
于是 PID 中 $(0)$ 以外素 $\iff$ 极大。

Cor. 交换环 $R$ 的 $R[x]$ 是 PID $\suf$ $R$ 是域。
Prf. $R[x]/(x)\cong R\Rightarrow (x)$ 素 $\Rightarrow (x)$ 极大 $\Rightarrow R[x]/(x)$ 域。

Def. 不可约：$ab=r\suf a\sim 1\lor b\sim 1$。素：$r\mid ab\Rightarrow r\mid a\lor r\mid b$。这两个概念定义在整环上（其实也可以在交换幺环上）。

Pro. 整环 $R$ 中素 $\suf$ 不可约。
反例：$3\in\Z[\sqrt{-5}]$ 不可约但不是素，因为 $(2+\sqrt{-5})(2-\sqrt{-5})=3^2$。

Pro. PID $R$ 中素 $\iff$ 不可约。
Prf. 对于不可约元 $p$，若 $(p)\subset(m)\subset R\Rightarrow p=rm\Rightarrow r\sim 1\lor m\sim 1\Rightarrow (m)=(p)\lor (m)=R\Rightarrow (p)$ 极大 $\Rightarrow (p)$ 素。

Pro. UFD $R$ 中素 $\iff$ 不可约。

Thm. PID $\subset$ UFD。

Summary.

Pro. 对于环 $R$ 的理想 $I$，$(R/I)[x]=R[x]/(I)$。如果 $I$ 素则 $(I)$ 在 $R[x]$ 中也是素的。

Thm. 域的多项式环是 ED。

Lec 11

Pro (Gauss). UFD $R$ 对应的分式域为 $F$，$p(x)\in R[x]$ 在 $F[x]$ 中可约 $\suf$ 在 $R[x]$ 中可约。进一步地，如果 $p(x)=A(x)B(x)$，$A(x)B(x)\in F[x]$，则存在 $r,s\in F$，使得 $rA(x),sB(x)\in R[x]$ 且 $p(x)=(rA(x))(sB(x))$。

Cor. UFD $R$ 对应的分式域为 $F$，各项系数 $\gcd=1$ 的 $p(x)\in R[x]$ 在 $F[x]$ 中可约 $\iff$ 在 $R[x]$ 中可约。

Thm. $R$ 是 UFD $\iff$ $R[x]$ 是 UFD。
Prf. 只考虑 $\suf$。对于 $p(x)\in R[x]$ 如果 $C(p)\ne 1$ 可以除一下，现假设 $C(p)=1$。现在 $p(x)$ 在 $F[x]$ 里有唯一分解（因为 $F[x]$ 是 ED），于是用 Gauss 引理可以得到在 $R[x]$ 里的分解，且各个因子的 $C=1$ 于是都不可约。唯一性也是放到 $F[x]$ 里去论证。

Pro. 域上的 $2/3$ 次多项式可约 $\iff$ 有根。

Pro. 整环 $R$ 有个真理想 $I$。首一多项式 $p(x)\in R[x]$ 在 $(R/I)[x]$ 内的“投影”如果无法分解为两个度数更小的多项式乘积，则在 $R[x]$ 内也是不可约的。
Remark. 注意 $R/I$ 可能不是整环。

Pro (Eisenstein). 整环 $R$ 有个素理想 $P=(p)$。考虑多项式 $f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$，如果 $p^2\nmid a_0$ 且 $p\mid a_{0\sim n-1}$，则 $f(x)$ 不可约。
Prf. 若可约则 $a(x)b(x)=f(x)\equiv x^n\pmod p$，但 $p^2\nmid a_0$。

Cor. 在 $R=\Z$ 的情况下，我们不仅能说明 $f(x)$ 在 $\Z$ 中不可约，还可以同时说明在 $\Q$ 中不可约。

Pro. 域 $F$ 的多项式环 $F[x]$ 中所有极大理想恰为所有不可约多项式的主理想。换句话说，$F[x]/(f(x))$ 是域 $\iff$ $f(x)$ 不可约。

Pro. 域 $F$ 的多项式环中，$f(x)$ 至多有 $\deg f$ 个根。

Pro. $K/F$ 则 $K$ 是 $F$ 上的一个向量空间。$F$ 可以看作其素子域上的向量空间。

Pro. 域的同态要么是 $0$ 要么是单同态，因为域无非平凡理想。

Lec 12

Thm. 对于不可约多项式 $p(x)$ 的一个根 $\alpha$，$F(\alpha)\cong F[x]/(p(x))$。

Thm. （这不是交换图）

Pro. $\alpha$ 是 $F$ 上的代数元 $\iff$ $[F(\alpha):F]<\infty$。

Thm. $L/K/F$，$[L:F]=[L:K][K:F]$。
Prf. 设 $L/K$ 的一组基是 $\alpha_{1\sim m}$，$K/F$ 的一组基是 $\beta_{1\sim n}$。易证 $\set{\alpha_i\beta_j}$ 是 $L/F$ 的一组基。

Thm. $K/F$ 有限 $\iff$ $K$ 可以在 $F$ 上由有限个代数元生成。如果 $K=F(\alpha_{1\sim k})$，其中 $\alpha_i$ 的度为 $n_i$，则 $[K:F]\le\prod n_i$。

Cor. $L/F$。$L$ 上所有 $F$ 的代数元构成一个子域。
Prf. 代数元关于四则运算封闭，因为 $F(\alpha,\beta)=F(\alpha)(\beta)$，维数有限。反正总的来说这里就是要通过维数来 argue。

Thm. 代数扩张的代数扩张是代数扩张。
Remark. 注意代数扩张也可能是无限维的。这里的证明是取相关的子域。

Def. 域复合。

Pro. $K_1,K_2/F$，$[K_1K_2:F]\le[K_1:F][K_2:F]$。
Prf. 设出基，两步走。取等 $\iff$ 两组基之间线性无关。

Cor. 如果 $[K_1:F]\perp[K_2:F]$，则上式取等。

Pro. $F$ 上 $f(x)$ 的分裂域的维数 $\le(\deg f)!$。

Thm. 分裂域的扩展。

Cor. 分裂域在同构意义下唯一。

Lec 13

Pro. 代数闭域是代数闭的。

Pro. 任何域的代数闭域存在且唯一。

Pro. $f(x)$ 可分 $\iff f(x)\perp\mathrm{D}_xf(x)$。

Pro. $\cha=0$ 的域或有限域上，不可约 $\suf$ 可分。于是可分 $\iff$ 分解中不可约多项式互不相同。
Prf. 零特征的情况直接用上一个 Pro。如果是有限域，考虑一个不可约多项式 $f(x)$，如果它不可分，就意味着 $f(x)$ 和 $\mathrm{D}_xf(x)$ 有非单元公因子，但是 $f(x)$ 是不可约的，这就说明 $\mathrm{D}_xf(x)=0$。这种情况下，$f(x)=\sum a_i x^{pi}$ 的形式。然而根据下面的 Cor，$a_i=b_i^p$，于是 $f(x)=\sum(b_ix^i)^p=(\sum b_ix^i)^p$ 可约，矛盾。
Remark. 进一步地，完美域定义为不可约 $\suf$ 可分的域。完美域的一个等价定义是 $F=F^{\cha F}$ 或 $\cha F=0$。

Def. $\cha=p$ 的域上，定义 Frobenius 自同态 $\varphi$ 为 $a\mapsto a^p$。可以验证这是个同态。

Cor. 上述情况如果是有限域，则 $\varphi$ 是自同构，因为 $\varphi$ 是单的。

Pro. $K/F$，$\alpha$ 是 $F$ 上的代数元。则 $\forall\sigma\in\gal(K/F)$，$m_{\alpha,F}(\sigma\alpha)=0$。
Prf. $m_{\alpha,F}(\sigma\alpha)=\sigma m_{\alpha,F}(\alpha)=0$。
Remark. 这一性质可用于排除 $\gal(K/F)$ 里面有哪些元素。

Pro. $H\le\aut(K)$，$H$ 的不动点形成一个子域。

Pro. $E$ 是 $F$ 上 $f(x)$ 的分裂域，则 $\lvert\aut(E/F)\rvert\le[E:F]$。取等 $\nec$ $f(x)$ 可分。
Prf. 同样考虑归纳，现考虑一个根 $\alpha$ 及对应的不可约因子 $g(x)$，我们要把中间域 $K$ 的自同构扩展到 $K(\alpha)$ 上（当然这里默认 $\alpha\notin K$），这样的扩展由 $\sigma(\alpha)$ 唯一确定，并且 $g(x)$ 的任意根都可以作为 $\sigma(\alpha)$。因此我们知道：$[K(\alpha):K]=\deg g$，而 $\#\sigma=g(x)$ 的不同的根的数量。
Remark. 为了理解不取等的情况，可以考虑 $x^p-t\in\mathbb{F}_p(t)[x]$。另外，如果取等，那么 $f(x)$ 的不可约因子必然可分，$f(x)$ 不一定可分。

Def. 一个群 $G$ 到一个域的乘法群 $L^\times$ 的同态称为一个 character。一些 character 线性无关，意思是它们以 $L$ 中元素为系数的线性组合的意义下线性无关。

Thm. 只要 $\chi_{1\sim n}$ 互不相同，它们就线性无关。
假设 $\sum a_i\chi_i=0$，其中 $i$ 取遍所有 $a_i\ne 0$ 并假设最后一个是 $i=m$。我们有 $\sum a_i\chi_i(g_0)=0\cdots(1)$。取 $g$ 使得 $\chi_i(g)$ 不全相同，也有 $\sum a_i\chi_i(gg_0)=\sum a_i\chi_i(g)\chi_i(g_0)=0\cdots(2)$。取 $(2)-(1)\cdot\chi_m(g)$ 得到 $\sum_{i\ne m}a_i(\chi_m(g)-\chi_i(g))\chi_i(g_0)=0$ 对每个 $g_0$ 都成立，这样非零参数数量就减少了。无穷递降。

Lec 14

这里的 Galois 扩张都默认有限。

Cor. $K$ 到 $L$ 的不同嵌入线性无关。$K$ 的各个自同构线性无关。

Thm. 有限 $H\le\aut(K)$，记 $F$ 为 $H$ 的不动点。上面我们提到 $F$ 是个子域，现在有：$[K:F]=|H|$。

Cor. $K/F$ 有限，$\lvert\aut(K/F)\rvert\le[K:F]$。取等 $\iff$ 除了 $F$ 之外没有点在 $\aut(K/F)$ 下不动。
Prf. 取不动域 $F_1$。$\lvert\aut(K/F)\rvert=[K:F_1]=[K:F]/[F_1:F]$。
Remark. 这给出了 Galois 扩张的两种定义，一种是大小取等，一种是不动不变。

Cor. 在上一个 Cor 的语境下，$\aut(K/F)=H$。
Prf. 根据定义 $H\le\aut(K/F)$。根据不等式 $\lvert\aut(K/F)\rvert\le[K:F]=|H|$。

Thm. $K/F$ 是 Galois 的 $\iff$ $K$ 是 $F$ 上某个可分多项式的分裂域 $\suf$ 如果 $F[x]$ 的不可约多项式在 $K$ 中有根，就有所有根。
Prf. 可分 $\suf$ Galois 用前面的那个不等式。
Galois $\suf$ 正规：假设不可约首一 $f(x)$ 有根 $\alpha\in K$，就考虑 $\gal(K/F)$ 中的每个自同构作用于 $\alpha$，我们期望这得到所有根。首先直接推可以得到 $\sigma\alpha$ 一定是根。收集所有的 $\set{\sigma_i\alpha}$ 记作 $\set{\alpha_i}$，记 $g(x)=\prod(x-\alpha_i)$，其在 $\gal(K/F)$ 的作用下不动于是 $g(x)\in F[x]$，于是说明 $g(x)=f(x)$ 即可。由于 $f(x)$ 不可约故 $f(x)\mid g(x)$，由于 $\alpha_i$ 均为 $f$ 的根故 $g(x)\mid f(x)$，从而 $f(x)=g(x)$。
Galois $\suf$ 可分：取 $K/F$ 的一组基，得到它们的最小多项式，去个重得到所需要的多项式。
Remark. 这里其实就是在说：有限 Galois $\iff$ 有限可分 $\suf$ 正规。

Thm (Galois). 对于 Galois 扩张 $K/F$，中间域与 Galois 群的子群一一对应。且：

1. $E_1\leftrightarrow H_1$，$E_2\leftrightarrow H_2$，则 $E_1\subseteq E_2\iff H_2\le H_2$。
2. $E\leftrightarrow H$ 则 $[K:E]=|H|$，$[E:F]=|G:H|$。
3. $E\leftrightarrow H$ 则 $K/E$ 必然 Galois 且 $\gal(K/E)=H$。
4. $E\leftrightarrow H$ 而 $F/E$ Galois $\iff$ $H\unlhd G$。这种情况下 $\gal(E/F)\cong G/H$。
5. $E_1\leftrightarrow H_1$，$E_2\leftrightarrow H_2$，则 $E_1\cap E_2\leftrightarrow\langle H_1,H_2\rangle$ 且 $E_1E_2\leftrightarrow H_1\cap H_2$。

Prf. 一方面，子群的不动点是子域；另一方面，对于一个子域 $E$，$K$ 可以视作 $E$ 上可分多项式的分裂域，从而 $K/E$ Galois，于是也对应唯一的子群。

Thm. $F(x_1,\cdots,x_n)/F(s_1,\cdots,s_n)$ 是 Galois 扩张且 Galois 群为 $S_n$。

Pro. 对于多项式 $f(x)$，其判别式 $D=\prod_{i<j}(\alpha_i-\alpha_j)^2\in F$。
Prf. 设分裂域为 $K$。如果 $f$ 不可分，则 $D=0$；否则 $K/F$ Galois，由于 $\gal(K/F)$ 置换所有根，所以 $D$ 是不动点从而 $\in F$。

Pro. $\gal(K/F)\le A_n\iff\sqrt{D}\in F$。

Exp. 二次多项式 $D=s_1^2-4s_2=a^2-4b$。

1. $D$ 是有理平方。这时两个有理根（可能重），平凡扩张。
2. $D$ 不是有理平方。$G=\Z_2$。

Exp. 三次多项式。先要将 $D=(\alpha-\beta)^2(\alpha-\gamma)^2(\beta-\gamma)^2$ 表示成各项系数的式子： $$ f(x)=x^3+ax^2+bx+c\xrightarrow{x=y-a/3}g(y)=y^3+py+q\to D=-4p^3-27q^2\to D=a^2-4b^3-4a^3c-27c^2+18abc $$

1. $f$ 可约，归到简单情况。
2. $f$ 不可约。$\sqrt{D}\in F$ 则 $G=\Z_3=A_3$，否则 $G=S_3$。注意由于扩域第一步维数一定是 $3$，故 $3\mid|G|$。

Thm. $\C$ 代数封闭。
Prf. 由于代数闭域代数封闭，故只证明 $f(x)\in\R[x]$ 有个根 $\in\C$。设 $K=\R(\mathrm{i},\alpha_{1\sim n})$，考虑 $L_t(x)=\prod_{i<j}(x-(\alpha_i+\alpha_j+t\alpha_i\alpha_j))$。由对称性 $L_t(x)$ 在 $\gal(K/\R)$ 下不动，$\deg L_t$ 的 $2$ 因子数比 $\deg f$ 的少，考虑归纳（基本情况：$\deg$ 为奇的多项式一定有实根），现在认为 $L_t$ 一定有个根 $\in\C$。由于 $t$ 任意，故可以找到 $i,j$ 使得 $\alpha_i+\alpha_j+t\alpha_i\alpha_j\in\C$ 且 $\alpha_i+\alpha_j+s\alpha_i\alpha_j\in\C$，于是 $\alpha_i+\alpha_j,\alpha_i\alpha_j\in\C$，二次多项式的根一定 $\in\C$。

Pro. 如果 $\cha\ne n$ 的 $F$ 含 $n$ 次单位根，则 $F(\sqrt[n]{a\in F})$ 是循环的，Galois 群为 $\Z_{d\mid n}$。
Remark. 如果 $\cha F=n$，会导致 $x^n-a$ 不可分。

Pro. 如果 $\cha\ne n$ 的 $F$ 含 $n$ 次单位根，它的 $n$ 度循环扩张一定形如 $F(\sqrt[n]{a\in F})$。

以下考虑 $\cha F=0$。

Def. 称 $F$ 上的代数元 $\alpha$ 可以用根式表示，为 $\alpha\in K$，其中 $K$ 为根（根式）扩张，即，通过 $F$ 有限次单根扩张得到。

Lem. 根扩张的复合是根扩张，因为可以拼接加入的根式。Galois 扩张的复合是 Galois 扩张。

Lem. 对于 Def 里的 $\alpha$，它属于某个 $F$ 的 Galois 扩张，并且这个扩张也是根扩张，同时每次根扩张都是循环的（也就是已含单位根）。
Prf. 已知 $\alpha\in K$ 是根扩张。将根式塔 $$ F=K_0\subset K_1\subset\cdots\subset K_n=K $$ 变为 $$ F\subset F^\prime\subseteq F^\prime K_1\subseteq\cdots\subseteq F^\prime K_n=F^\prime K $$ 其中 $F^\prime$ 为 $F$ 加上所有要用到的单位根。这样。每一步都是一个循环 Galois 扩张。
但是注意到 Galois 扩张的 Galois 扩张不一定是 Galois 扩张（例如 $\Q(\sqrt[4]2)/\Q(\sqrt2)/\Q$），因此我们得先保证 $K$ 是 Galois 扩张。如果不是，取 $K/F$ 的 Galois 闭包（所有包含 $K$ 的 $F$ 之 Galois 扩张中最小的），记为 $L$。我们声称 $L$ 也是根扩张。这是因为 $L$ 是所有 $\sigma K$ 的复合（$\prod\sigma K$ 是 Galois 的因为是正规的）。

Thm (Galois). $f(x)$ 根式可解 $\iff$ 其 Galois 群可解。
Prf. 若 $f(x)$ 根式可解，则每个根都有根式塔，复合起来也一样，再用上面的引理（可以先用引理再复合，也可以先复合再用引理）。于是 $f(x)$ 的分裂域包含于一个 Galois 的、根的、每次都是循环的扩张，这个扩张根据基本定理是可解的。$f(x)$ 的 Galois 群是这样一个扩张的商群，所以也是可解的。
若 Galois 群可解，就有一个循环扩张的域列。虽然是循环的，我们还不知道它是不是单根扩张。所以也要先加入 $n$ 次单位根，再用逆命题（含单位根的循环扩张一定是单根扩张），这样才符合“可以用根式表示”的定义。

https://math.stackexchange.com/a/1575702