商环乘法定义的合理性

$I$是环$R$的理想，我们知道$I$是$R$的关于加法的正规子群.那么我们已经把环$R$分成关于$I$的加法商群了.但是我们知道$R$还有一种乘法运算,我们现在在商群上定义乘法运算.令

$$(t+I)(b+I)=tb+I$$

我们现在验证定义合理性：令$t'$和$t$位于$I$的同一个左陪集.下证

$$(t'+I)(b+I)=t'b+I=tb+I$$

即证，

$$\forall i\in I,\exists i'\in I,\mbox{使得}tb+i=t'b+i'$$ (实际上，这一条式子只是证明了$tb+I\subseteq t'b+I$.我们还要证明另一半$t'b+I\subseteq tb+I$之后才能证明$tb+I=t'b+I$.但是由于这另一半的证明和(1)的证明类似，所以略去.下同.)

即证$\forall i\in I,\exists i'\in I$,使得$(t-t')b+i=i'$.我们知道，$t$和$t'$位于$I$的同一个左陪集意味着$t-t'\in I$,所以$(t-t')b\in I$,所以$(t-t')b+i\in I$.

同样，当$b'$和$b$位于$I$的同一个左陪集的时候，验证定义

$$(t+I)(b'+I)=tb'+I=tb+I$$

的合理性.

即证,

$$\forall i\in I,\exists i'\in I,\mbox{使得}tb+i=tb'+i'    (2)$$

即证$\forall i\in I,都\exists i'\in I$,使得$t(b-b')+i=i'$.我们知道$b-b'\in I$,所以$t(b-b')+i\in I$.

以上的证明实际上只证了

$$\mbox{当}b\mbox{固定时，}t+I\mbox{被}t'+I\mbox{替换后相乘结果是一样的}$$

和

$$\mbox{当}t\mbox{固定时，}b+I\mbox{被}b'+I\mbox{代替后相乘结果是一样的}$$

实际上只用(3)和(4)就可以证明当$t$被$t'$代替，$b$被$b'$代替之后效果是一样的.这是因为我们可以这样:

先保持$b$固定，$t$被$t'$代替后我们知道相乘结果不变.然后再把$b$换成$b'$我们知道相乘结果照样不变.两种变换复合一下就知道$t$被$t'$代替，同时$b$被$b'$代替后效果不变.

评论:由上面的论证过程的红色部分我们也可以看到，在理想的定义中，$\forall a\in R,b\in I,ab,ba\in I$的重要性.

正规子群，商群和群同态基本定理

给定群$G$,以及$G$的正规子群$H$.$S=\{aH|\forall a\in G\}$是$H$的所有左陪集的集合.我们知道，这些左陪集互不相交（我想有必要详述这一点，用来复习：(1)如果两个元素$k_1$和$k_2$位于同一个左陪集当且仅当$k_1H=k_2H$.这是因为$k_1=ah_1$,$k_2=ah_2(h_1,h_2\in H)$.$k_1H=(ah_1)H=a(h_1H)=aH$，同理，$k_2H=aH$.(2)如果两个元素$k_1$和$k_2$位于不同的左陪集，那么这两个左陪集将不相交.否则，若两个左陪集相交，设$k_3$是公共元素，则$k_1H=k_3H=k_2H$,则根据(1),$k_1$和$k_2$将位于同一个左陪集，矛盾)且它们构成群$G$.$S$实际上就是群$G$的商集合.下面我们在$S$上定义一种运算，也就是说，我们要构造从$S\times S$到$S$的函数$f$,$f(aH,bH)=abH$.容易证明，在这种运算下，$S$形成了一个群.不过我们首先要验证运算$f$的定义合理性：

固定$bH$,当$t$与$a$位于同一个陪集时，我们容易得到$tH=aH$.$abH=a(bH)=a(Hb)=(aH)b=(tH)b=t(Hb)=t(bH)=tbH$.

固定$aH$,当$k$与$b$位于同一个陪集时，$t=bh,h\in H$我们容易得到$atH=abhH=abH$.$\Box$

其实，比方说，固定$bH$,$f$就可以看成$aH$到$abH$的映射.这是一个被诱导出来的映射(见Kostrikin的《代数学基础》中等价关系和商映射的那一节)

群$G$到群$H$有一个满同态$\phi$.令$S=\{k\in G|f(k)=e\}$,则易得$S$是交换群，所以是正规子群.如果$S$中只有一个元素$e$,则$\phi$是同构.(这是因为，如果在这种情况下，$\phi$不是单射，那么存在$x_1,x_2\in G,x_1\neq x_2$,我们有$f(x_1)=f(x_2)=h$.则$f(x_1^{-1})=h^{-1}$，所以$f(x_1^{-1})f(x_2)=e$,所以$f(x_1^{-1}x_2)=e$,所以$x_1^{-1}x_2=e$,所以$x_1=x_2$,矛盾.)如果$S$中不止一个元素，则$\phi$显然不是同构.

现在我们构造一种对应$g$，$g$是从$S$的左陪集到$H$的映射.让$g(vS)=f(v)(v\in G)$.$g(v_1Sv_2S)=g(v_1v_2S)=f(v_1v_2)$.我们先证明这种定义是合理的，即在这种定义下，一个确定的左陪集被映射到一个唯一的$H$中的元素：设这个确定的左陪集是$v_mS$,那么这个左陪集对应于$f(v_m)$.若$v_nS=v_mS$,现在证明$f(v_n)=f(v_m)$.即证$v_n^{-1}v_m\in S$.这是显然的.现在证明$g$是单射.我们发现，当$g(v_1S)=g(v_2S)$时，即$f(v_1)=f(v_2)$,从前面的分析可知$f(v_1^{-1}v_2)=e$.即$v_1^{-1}v_2\in S$, 即$v_2\in v_1S$,即$v_1,v_2$在同一个$S$的左陪集里面，可见，$v_1S$与$v_2S$是相同的.所以$g$是双射.$\Box$.

证明斯笃兹定理

无限递增数列$b_0,b_1,...,b_n,\cdots$与数列$a_0,a_1,\cdots，a_n,\cdots$其中$\lim_{n\to\infty}b_n=\infty$而且$\lim_{n\to\infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}$存在(有限或无穷),则

$$\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}$$

把数列

$$a_0,a_1-a_0,a_2-a_1,a_3-a_2,...a_n-a_{n-1},\cdots$$

记为

$$x_0,x_1,x_2,x_3,\cdots,x_n,\cdots$$

把数列

$$b_0,b_1-b_0,b_2-b_1,b_3-b_2,\cdots b_n-b_{n-1},\cdots$$

记为

$$y_0,y_1,y_2,y_3,...，y_n,\cdots$$

则斯笃兹定理可以改写为：无限数列$x_0,x_1,x_2,x_3,\cdots,x_n,\cdots$与从第二项开始各项为正的数列(第一项随便)$y_0,y_1,y_2,y_3,\cdots,y_n,\cdots$,其中$\displaystyle\sum_{i=0}^\infty y_i=\infty$,且$\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}$存在（有限或无限）.则

$$\lim_{n\to\infty}\frac{x_0+x_1+...x_n}{y_0+y_1+...y_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}$$

这样子变换一下，斯笃兹定理就显得直观.不过仍旧需要严格的论证.

当$\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}$存在且有限时，设为$L$.则对于任意给定的正实数$\varepsilon$,都存在正整数$N$,当$n\geq N$时都有$|\frac{x_n}{y_n}-L|<\varepsilon$我们可以放心地把$\lim_{n\to\infty}\frac{x_0+x_1+...x_n}{y_0+y_1+...y_n}$(不管该极限存在与否)改写成$\lim_{n\to\infty}\frac{x_N+x_{N+1}+...x_n}{y_N+y_{N+1}+...y_n}$，这是因为$\displaystyle\sum_{i=0}^\infty y_i=\infty$,删去$\lim_{n\to\infty}\frac{x_0+x_1+...x_n}{y_0+y_1+...y_n}$中的$y_0,y_1,...y_{N-1}$\\与$x_0,x_1,...x_{N-1}$不会影响极限计算结果.如果你一定要又无聊又简单的详细过程的话，你就去写出来吧.

下面我们看看$\frac{x_N+x_{N+1}+...+x_n}{y_N+y_{N+1}+...+y_n}$的几何意义：

设$\overrightarrow{A_i}=(y_i,x_i)(i=N,N+1,...n)$,则$\frac{x_N+x_{N+1}+...+x_n}{y_N+y_{N+1}+...+y_n}$的几何意义是$\overrightarrow{B}=\overrightarrow{A_1}+\overrightarrow{A_2}+...+\overrightarrow{A_n}$所在直线的斜率.

而且$\overrightarrow{A_i}=(y_i,x_i)(i=N,N+1,...n)$的斜率通通限制在区间(L-$\varepsilon$,L+$\varepsilon)$之间.

想想直观图景：

一束束代表着向量的线段全都被束缚在区间$(L-\varepsilon,L+\varepsilon)$内，

最上面的虚线代表斜率为$L+\varepsilon$的向量，最下面的虚线代表着斜率为$L-\varepsilon$的向量.

下面看向量$\overrightarrow{B}$,$\overrightarrow{B}$的斜率我们采用数学归纳法（其实明眼人一眼就看得出来）易得仍在区间$(L-\varepsilon,L+\varepsilon)$内.

这样，我们就证完了斯笃兹定理当$\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}$为有限数时的情形.

对于$\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}$为无限数时的情形，也就是$L=\infty$时，其实

那一束束直线是紧密围绕在$y$轴附近的，按照以上一样的方法也可以很容易证明.$\Box$

利用斯笃兹定理证明一种类型的洛必达法则

已知$\displaystyle\lim_{x\to\infty}g(x)=\infty$,而且$\lim_{n\to\infty}\frac {f'(x)}{g'(x)}=L$或者$\lim_{n\to\infty}\frac {f'(x)}{g'(x)}$是无限.而且存在正实数$K$,当$a>K$时，都有$g'(a)\neq 0$而且保证$f(a)$与$g(a)$的可导,则$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}$

证明：当$\lim_{n\to\infty}\frac {f'(x)}{g'(x)}$有限时,在区间$(K,+\infty)$上取间隔为1的点:$x_1<x_2<x_3<\cdots$,这些点对应的函数值分别为$f(x_1),f(x_2),\cdots$和$g(x_1),g(x_2),\cdots$

因为$\lim_{n\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}=L$,即对于任意给定的正实数$\varepsilon$,都存在相应的正实数$M$,对于一切$x>M$都有

$$\displaystyle |\frac{f'(x)}{g'(x)}-L|<\varepsilon                     （1）$$

我们知道，必定存在正整数$P$,使得$x_P,x_{P+1},x_{P+2},\cdots$都大于$M$.现在要证的是：对于任意一个大于或等于$P$的正整数$N$,都有

$$\displaystyle |\frac{f(x_{N+1})-f(x_N)}{g(x_{N+1})-g(x_N)}-L|<\varepsilon（2）$$

这是因为根据柯西中值定理，必定有$t\in(x_N,x_{N+1})$,使得$\frac{f'(t)}{g'(t)}=\frac{f(x_{N+1})-f(x_N)}{g(x_{N+1})-g(x_N)}$,再结合（1）得证(2).

可见，$\lim_{n\to\infty}\frac{f(x_{n+1})-f(x_n)}{g(x_{n+1})-g(x_n)}=L$.由于当$a>K$时，$g'(a)\neq 0$,且$g'(a)$可导，根据导函数的连续性(达布定理)，$g'(a)$恒大于0或者恒小于0.那么我们很容易得出数列$g(x_N),g(x_{N+1}),\cdots$是单调的,那么我们现在就可以使用斯笃兹定理.由斯笃兹定理，$\lim_{n\to\infty}\frac{f(x_n)}{g(x_n)}=L$

证到这一步就可以推出$\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=L$了.因为我并没有规定$x_1,x_2,...$必须为整数，只是它们的间隔必须为1而已，若存在给定的正实数$\Delta$,对于任意的正实数$K$都存在实数$m>K$,使得$|\frac{f(m)}{g(m)}-L|>\Delta$,那么我可以在距离$m$很近的地方设置一个$x_i$,因为易证$\frac{f(x)}{g(x)}$在$x$很大的时候肯定是一个连续函数，那么$\frac{f(m)}{g(m)}$与$\frac{f(x_i)}{g(x_i)}$也会很近，可以达到想多近就有多近的程度.这就与$|\frac{f(m)}{g(m)}-L|>\Delta$矛盾.

对于$\lim_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}$是无限的情况，留待以后.

循环群的子群是循环群

命题：循环群的子群是循环群

证明：$m$阶循环群都与$(\mathbb{Z}_m,+)(m\geq 1)$同构，无限阶循环群都与$(\mathbb{Z},+)$同构，所以我们只要讨论$(\mathbb{Z}_m,+)$和$(\mathbb{Z},+)$就足够了.

对于$(\mathbb{Z}_m,+)$来说，当$m=1$时，$(\mathbb{Z}_m,+)=(0,+)$,其子群就是$(\{0\},+)$,当然是循环群.当$m>1$时，设循环群的某一子群$H$有$k$个元素，分别为$a_{1}^{(1)},\cdots,a_{k}^{(1)}$.从这$k$个元素里取出两个相邻元素$a_i^{(1)},a_{i+1}^{(1)}$，求它们的最大公因数$a_i^{(2)}$,一共有$k-1$种取法,得到$k-1$个最大公因数$a_1^{(2)},\cdots,a_{k-1}^{(2)}$.我们有$\forall 1\leq i\leq k-1,a_i^{(2)}\in H$.(这是因为根据贝祖定理，$\exists x,y\in \mathbb{Z}$,使得$xa_i^{(1)}+ya_{i+1}^{(1)}=a_i^{(2)}$).

然后我们把$a_1^{(2)},\cdots,a_{k-1}^{(2)}$进行同样的处理，得到$a_1^{(3)},\cdots,a_{k-2}^{(3)}$.这样子一直继续下去,最终我们会得到一个$a_1^{(k)}$.如果$a_1^{(k)}=1$,则$H=Z_m$.否则，$H$是由$a_1^{(k)}$生成的循环群.

对于$(\mathbb{Z},+)$来说，论证和$(\mathbb{Z}_m,+)$类似.若$(\mathbb{Z},+)$的子群是$(\{0\},+)$,则显然这个子群是循环群.若这个子群里的元素多于一个，则按从小到大排列$a_{1}^{(1)},\cdots,a_{k}^{(1)},\cdots$
取相邻两个数的最大公约数，我们得到另一列数$a_{1}^{(2)},\cdots,a_{k-1}^{(1)}\cdots$这样子一直进行下去.我们知道，$a_{1}^{(1)}\geq a_{1}^{(2)}\geq \cdots\geq a_{1}^{(t)}\geq \cdots$

则容易得到$a_{1}^{(1)}, a_{1}^{(2)}, \cdots, a_{1}^{(t)} \cdots$这个无限数列中，必定只有有限个数不同,除了这有限个不同的数外，其余的数都相同.那么，我们容易得到，所有的数其实都是某一个数的倍数.这个数就是$H$的生成元，所以$H$是循环群.

主理想的组成

在韩士安和林磊编著的国家理科基地教材《近世代数》“理想与商环”这一节的定理3.3.3中说：设$R$是环，$a\in R$,则

$\displaystyle\langle a\rangle=\left\{\sum_{i=1}^nx_iay_i+xa+ay+ma|x_i,y_i,x,y\in R,n\in\mathbb{N},m\in\mathbb{Z}\right \}$

这其实是不恰当的表示.

恰当的表示应当是

$\displaystyle\langle a\rangle=RaR+Ra+aR+\mathbb{Z}a$

这是因为在(1)中，使用了符号$\displaystyle\sum_{i=1}^n$.使用这个符号就意味着是有限个或者是可列个.而实际上，$R$中元素可能是无限的甚至是不可列的.

现在把注意力集中在(2)上，我们来证明为什么(2)成立.

首先$RaR+Ra+aR+\mathbb{Z}a$是$R$中一个包含$a$的理想.

“包含$a$”是因为$0a0+0a+a0+1a=a$.“是理想”是因为$RaR+Ra+aR+\mathbb{Z}a$中的任何一个元素与$R$中的任何一个元素作用之后仍在在$RaR+Ra+aR+\mathbb{Z}a$中(这是因为所有形如$x_iay_i,xa,ay,ma$的都属于$RaR+Ra+aR+\mathbb{Z}a$,所以把形如以上四种形式的若干个元素相加仍会属于$RaR+Ra+aR+\mathbb{Z}a$)

而且，

 $\displaystyle RaR+Ra+aR+\mathbb{Z}a$是任何包含$a$的理想的子集

这是因为任何属于$RaR+Ra+aR+\mathbb{Z}a$的元素都会属于包含$a$的理想，而这一点是容易证明的.

所以，$RaR+Ra+aR+\mathbb{Z}a$是包含$a$的最小理想.所以$RaR+Ra+aR+\mathbb{Z}a$是包含$a$的所有理想的交集.

a prime element of the integral domain is irreducible

Let $a$ be a prime element of the integral domain R.Then $a$ is irreducible.
Proof:$a$ is a prime element of the intergral domain R,which means that $a$ is not a unit,nor it is 0,and $\forall p,q\in R$,if $ac=pq$,then $\exists c_1\in R$ such that $ac_1=p$ or $ac_1=q$.Now let $c$ be 1.If $a$ is reducible,which means that $a=mn$(m,n are not units),then $a1=mn$,so $ac_1=m$ or $ac_1=n$.For example,if $ac_1=m$,then $ac_1n=a$,so $c_1n=1$,which means that $n$ is a unit.This is a contradiction.