模n的剩余类环的子环.docx
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模n的剩余类环的子环
模n的剩余类环的子环
模n的剩余类环的子环
作者:
***指导老师:
***
摘要:
模n剩余类环是一种比较透彻的特殊环,模n的剩余类环为有限可换环、整环及
域都提供了丰富的例证,剩余类环对Euler函数关系式、Eisemstein判别法、整数多项式无整数根、Euler定理及Fermat小定理等数论的古典结果给出纯代数的证明•并从代数的角度观察熟知完全及简化剩余系的一些性质.
关键字:
模n剩余类环的子环幂等元理想
1引言
环是有两个二元运算建立在群的基础上的一个代数系统,因此它的许多基本概念与理论是群的相应内容的推广,同时环也有一些特殊的问题,例如因子分解问题等•
2模n的剩余类环的子环的性质和运用
2.1基本概念
定义2.1.1任取正整数n,令Zn={0,1,2,丙则Z”为n个剩余类的集合,对任意i,]Zn,规定i,:
]=],则Zn关于这两个运算做成一个环,且是一个具有单位元的交换环,称之为以n为模的剩余类环,或简称模n剩余类环.
定义2.1.2对任意i乙,若类;中有一个整
数与n互素,则这个类中所有整数均同n互素,
因此称类i与n互素.
定义2.1.3称环Zn的一个非空子集A叫做
Zn的一个理想子环,假如:
(i)
[a]wA,[b]wAn[a-b]wA
(ii)
[a]A,[b]A=[a][b],[b][a]A
在代数运算中
我们都知道若
必有ab=0,相反若ab=0,则必有a=0或b=0成立,
而在环中是否还存在这样的运算性质呢?
我们
有:
定义2.1.4模n剩余环Zn中,如果任意元⑻7,[b"0,但[ab]=0,那么称[a]为Z.的一个左零因子,[b]为Z„的一个右零因子,若Zn的左零因子与右零因子都为[a],称[a]为乙的零因子.
定义2.1.5一个环Zn‘‘中若有元素e使得-[a]Zn,有[e][a]二[a][e]二[a],那么称元素[e]叫做环Zn,,的单位元,记作1.
定义2.1.6在环Zn,,中,如果-[a]Zn,满足:
任意V[b^Zn,有[a][b]=[b][a]=1,贝称[a]是Z.中的逆元,且⑻与[b]互逆.
定义2.1.7设R为任意一个环,而I是R的理想.那么R/I称作R关于理想的剩余类环(也叫商环或差环),其中R/I中,每个元素叫作模I的剩余类.
定义2.1.8模n剩余环Z”的乘法群G(当n为素数,Zn中的所有非零元作成乘法群,当n为合数,乙中的所有可逆元作成乘法群)中,适合a2=a的元素a称为环Zn的一个幂等元.
定义2.1.9设a,bZn,若存在qZn使得b=aq,则称a整除b,记为a|b,称a为b的因数,而称b为a的倍数.否则,称a不整除b.
2.2剩余类环Zn的基本性质
定理2.2.1在模n剩余环Zn中,若[a]=[b],则有a=b+nk(k二…一1,—1,2,…).
定理2.2.2在Zn中,每个元素的n倍均为零.即n[a]可a][a][a]“na]二[0].
定理2.2.3设a,bZn,则a|b的充要条件为(a,n)|b.
2.3剩余类环Zn的一般性质
利用已有的定义和基本性质,可以得出模n剩余
环Zn的更一般的一些性质•
1模n剩余环乙是交换环.
2在模n剩余环Zn中,所有左右零因子都是其零因子.
3模n剩余环Zn是无零因子环的充分必要条件是n为素数.
4设Zn,,为无零因子环(Zn模大于1),那么加群Z”,,中每一个非零元素的阶必相同.
5模n剩余环乙为整环的充分必要条件是n
为素数.
6对于Zp,
(1)Zp是特征为p的有单位元的可
换环;
(2)环Zp是域二p为素数.
7模n剩余类环Zn的所有子群(对加法)是循环子群.
例:
设s•Zn,若(s,n)=1,s=t,则(t,n)=1.
证明:
因为S=t,故n|(s-t),从而有整数k使
s-t二nk,s=tnk
如果(t,n)=d’则由上式可知,d是s与n的一个
公因数,这与(s,n)=1矛盾.因此(t,n)=1.
2.4
群与其子群有相同的单位元,环与其子环有相同的零元,但子环不一定有单位元•
例如S,={0,2,4,6}是Z8的子环,3无单位元,而且子环即使有单位元,单位元也不一定与环的单位元相同,^={0,3}与'{0,2,4}都是Z6的子环,但S,的单位元是3,S2的单位元是4,它们都与的单位元1不同•
2.5
p是素数的充要条件是模p的剩余类环Z是域.它的每个非零元都是可逆元,全体非零元关于环的乘法组成一个P-1阶的群.由域是整环以及Z"=Z/(n)易证:
当p是素数时,(p)是整数环的素理想,也是整数环Z的极大理想,事实上,有Z是含幺交换环,Z的理想(p)是素理想二Z/(p)是整环二p是素数,由Z是含幺交换环,Z的理想(p)是极大理想=Z/(p)是域'=p为素数.
另外,由域Zp的特征数是素数p且Zp是一个素数.任意一个素域F的特征数或者为0或者为素数p,当为0时,F=Q,当为素数p时,FmZ.
3Zn的子环、域、零环
3.1定义
设n是正整数,p是素数,Zn是模n的剩余类环,S是Zn的子环•我们将得到如下结果:
(1)设n=p'(t_2),|S|=pr(r,:
t),则S是有零因子无单位元的环;
(2)设n=pq,lS|=p当(p,q)=1,则S是域,当(p,q)二p时,S是零环.(3)设n=uv(u是合数)v式1,|SI=U,则S是有零因子无单位元的环•
3.2命题证明
命题3.2.1当n=J(t_2),其中p是素数时,则Zn的p-阶(r 证明Zn的P'阶子环S={0『;,9-1)丽, (1)当2t-2r2t时,Va=kpt_r*0,b=lpJ#0则ab=0,所以S是无单位元的零元. (2)当2t-2r■: t时,取a=p'J0,b=p2rJpt_r=0,ab=p'=0,•S是有零因子的环 下证S是无单位元的环 设S有单位元ehtpt,,,a=kpt」,l兰k兰pt_1,/有ea=a,即lpt_rkpt"二kf", 彳得至〔lkp2t3=kpt_r+mpt Ikpt丄=mprk=I r mpk二kpt」 r 取2,则1=晋因为2r-2t: : t二t-2r: : : 0=t-r: : : r 所以pt_r|mipr 而p不整除I故pt_r不整除mipr1 故I不是整数,.S无单位元• 命题3.2.2若n=pq,p是素数,q是大于1的正整数,当(P,q)=1时.Zn的p阶子环S是域;且S^Zp;当(p,q)=p时,Zn的p阶子环S是零环. 证明Zn的p阶子环S={0,q,…(p-1)q} 所以S是零环. (1)当(P,q)=P时 q=pd,一a,bS,a=Kq,b=k2q=ab=k^d,k2pd=0, 只要a=0时, (2)当(P,q)二1时,-a=k1q,b=k2qS,若 —2— k1qk2q=0=k1k2qmpq=p|k1k2q,p不整除&=p|k2,所以ab=0有a=0=b=0,即S是无零因子环,又S有限,所以S是域. 设e=lq是S的单位兀,则PkqES,有lqkq=kq即lkq2二kqmpq,取kN,得l=皿口.因为l为整数,只要 q7 适当选取叫使I为整数,即可求得单位元. 命题3.2.3设n=uv,其中u是合数,V",则乙的u阶子环是含零因子的无单位元的环. 证明因u是合数,设U=St,Zn的U阶子环S={0,v,2v,,(u-1)v},取a=sv=0,b=lv=0,贝ab=0,故S含有零因子.设S有单位元e=lv,Va=kv(1兰k兰v—1), 有ea=a即lkv2=kvnlkv=mu+kl=mu*k kv? (1)设(u,v)““时,在()取,,罟,如l有 整数解,即整数方程“uX—1中x有整数解,所以方程有整数解的充要条件为(u,v)|1,与假设矛盾,所以无单位元. (2)设(u,v)=1,在()式中取k二u—11, (u,v(u-1))=(u,u-1)=1, mkuu-1 l(u-1)v, l有整数解即为整系数 方程-mku(u-1)vx二U—1有整数解X,x有整数解的充要 条件是: (u,(u-1)v)|u-1.因(u,v)=1,故(u,(u-1)v)=1不整除u-1与 假设矛盾,故S无单位元. 我们还相应的讨论了商环(n)/(mn)在什么条件下是域或是有零因子无单位元的环. 命题324设n是正整数,R=(n)是由n生成 的环,则商环S=(n)/(nt> (t是正整数,且t_2)是含零因子,无单位元的环. 证明当t=2时,S=(n)/(n2)是有限零环. 事实上,-a,b匕S,a=kin,b=k2n, 2 ab=Kk? n0 当t2时,S={0,n,,(n^-1)n} ^取a=n=0,b=nt_2n=0 ab胡=0,所以S是含零因子的环. 设S有单位元e=ln,则-a二knS, 有ea=a,艮卩lkn2二kn= 2t lknknmn=T mn^k kn t」 取k=1,“rn—J, n 因为n|minz,n不整除1,n不整除nt^+1, 所以不存在整数I,故S无单位元. 命题3.2.5设n是正整数,p是素数,R=(n) 是由n生成的环,则商环S=(n)/(pn),当(p,n)=1时是域 且S三Zp,当(p,n)=p时S是零环. (P,n)=1时, 证明设S=(n)/(pn)={0,n,2n,(p_1)n}, -a,bS,a’n,b二k2n, 如果 ab=«nkznuk^n2=0—pn|屮2n2—p|k1k2n 因为(—"I,所以p|kik2, 当a=&n式0时,p不整除kup|k2即1b=0, 所以S是无零以你的环,S中消去率成立,又S是有限,所以S是域. 设e是S的单位兀,pZp,有a对应于a,e即可得Zp^S. ②(p,n)=p时,n=pd,-a,bS,a=kin,b=kzn=ab=0 所以S是零环. 命题3.2.6设n,m是正整数,且m是合数, n=1,R=(n)是由n生成的环,则商环S=(n)/(mn)是含零因子无单位元的环. 证明S=(n)/(mn)={0,n,…,(m-1)n}是m阶环. 1: : u, 所以S是有零因子的环.设S有单位元e"n, _a二knS ^有ea=a,即Inkn=kn=Ikn2=kn+tmn ^所以I=(tmk)/kn (*) (1)当(m,n)=d=1时,在(*)式中取k=m一1, I-[tk(m-1)]/(m-1)n (m-1)n|tkm-(m-1),即找到正整数x使得(m-1)nx-tkm=m-1,x有整数解的充要条件是((m-1)n,m)|m—1,而((m-1)n,m)-(m-1,m)-1与假设矛盾,所以S无单位元. 4模n的剩余类环Zn,对幕等元的存在 4.1设Zn是一个模n的剩余类环,考察Z"中的乘法群G(当n为素数,Z”中非零元作成乘法群;当n为合数则有Zn中可逆的元作成乘法群),我们首先定义如下. 定义: 群G中适合g2=g的元素g称为环Zn的一个幂等元 由定义可知群G中的单位元e是G的一个幂等兀,且显然有e=e2=e3" 反之,若g是环Zn的一个幂等元,则g必是Z”的一个乘法群的单位元;例如g是一元群[g]的单位元. 在一个低阶的模n的剩余类环,例如中,不难 通过测试的方法确疋其幂等兀; 」般地,在模n的 剩余类环Zn中则可如下考虑. 设e施环Zn中的一个幂等元, 那么,我们 ^有e2三e(modn) (1) 因而 e(e—1)三0(m°dn) (2) 即e和e_1是互素的、相邻的整数; 且若n为整数, 有e三0或〔(modn),若n为合数,不妨设 n=n小2,不考虑 e^0或(modn)的幂等元(即e既非环Z”的零元也非Z”单位元),e或e-1将分别是n的因子①和丘的倍数;此时可考虑取该因子的倍数判断是否为环的幂等元. 例如,设n=18=22,于是在Zi8中若是取e=9,则首先我们有9(9-1)=0(modn)或者92三9(m°dn)即e=9是Zi8中的一个幂等元;其次,由于9和(9-1)=8互素,故91-81=1在上式两端分别加上98-89,则可推算出88-97=64-63=1并得到适合 (2)式得两个相邻整数64和63,于是由6410(m°dn),102三10m°dn)又可得到Z18中的另一个幂等元10. 对于上述乙8中的两个幂等元9和10,容易看出它们还具有如下有趣的性质: 10+91(mod18),1090(mod18) 因而,我们有如下 4.2命题: 设F是一个有单位元的环,e是R的非零非单位元的幂等元,则f=1-e也是R的幂等元,且具有性质: ef=1,ef=0. 证明事实上,由 (1-e)2=1-2ee2=1-2ee=1-e即f=1-e是R的一个幂等元;又 2 e+f=e+(1_e)=1,ef=e(1_e)=e_e=0. 于是命题得证• 运用该命题,我们已经可以容易地从乙中的 一个非零非单位元幂等元求出另一个幂等元f 例: 已知「=13是Z26的一个幂等元,则由 F=1-e=1-13=-12=14(modn)f=1—e=1-13=-12三14(modn) 故f=14也是Z26的一个幂等元由命题,我们还可以得出关于Zn中的幂等元与Zn元素之间另一关系的如下结果: 设n=n1n2,且幂等兀e是n1或其倍数,贝I」Zn中每 一个元素k均可表为Zn中幂等元e和f的唯一组^合: k三xeyf(modn)(**) 其中幂等元e的系数x=k(modn2),而幂等元f的系数yk(modnJ, 例如: 在上述Z26中,n=26=132,幂等元e为13;任取k=17,则由(**)有 0三0e0f(mod26) 17三1e4f三13414三69(mod26) - 25三1e12f三131214三181(mod26) 其中x三17三1(mod2),而y三17三4(mod13). 以上讨论了模n的剩余类环Zn中幂等元的存在和求法,那么,对于给定的一个整数;,;可以是哪一个模n的剩余类环Zn的幂等元呢? 若要;为Zn的幂等元,则应有: 2 ;三;(modn)二;(;—1)三0(modn)二n|;(;T) 于是对于给定的一个整数;,取定一个(-1)的因子n,便可在模n的最小非负剩余系中确定以;为幂等元的包含于Z”的群,为此,对于;,令 R={(1,;,2;,,(n-1);)}(4) 则 (1)Zn中以,幂等元;为单位元的乘法群 GR; (2)R中属于G的元必须是一个关于R和G 共同的单位元的;的有逆元的元.为此,令: G(R)={rR|rJR,使r=rr」=;: },则G(R)是一个满足要求的、由R的可逆元作成、包含幂等元;的乘法群. 例: 设=25,则n是;(;-1)=2524=600的一个因子, 不妨设n=30,则显然有252=25(mod30),而由(4)式得: R二{0,1(25),2(25),,(30-1)25}二{0,5,10,15,20,25}(mod30) 不难判断R中关于单位元=25的可逆元为 5,25,因此 GN。 )={5,25}(mod30) 为所求Z30中包含幂等元;=25的乘法群. 至此,上述对于模n的剩余类环Zn及其乘法群的一些讨论,阐述了群与环的部分关系;有群的单位元导出了幂等元,并给出了如何在Zn中去确定幂等元;反之,对于给定的一个整数,也可以确定以其为幂等元的换Zn及其所构成的乘法 群• 5模n剩余类环Zn的理想 结论: 模n剩余类环Zn的所有理想都是主理想• 证明: 对循环子群(对加法),-[i],根据理想的定义,-【a]Z”,[b],[c]([i])有 1)[b]-[c]=[b-c]([i]); 2)[a][b]=[ab]=[b][b][b]([i]),同理[b][a]([i]); a 所以([i])做为一个理想,显然([i])是主理想• 由定理上叙定理的证明过程可以看出: 所有循环子群(对加法)加上乘法都是模n剩余类环Zn的主理想• 定理5.1环Zn有且只有T(n)个子环(其中T(n)表示n的正因子的个数),而且Zn是一个n 阶循环环,从而其子加群、子环、理想是一致的• 定理5.2设Zn是模n剩余类环,则 (1)若n是素数,Zn是域,则Zn只有零理想和单位理想; (2)Zn是域充分必要条件是(n)是Z的极大理想• 证明 (1)显然成立• (2)由上述定理6知Zn是域充分必要条件是n为素数•因此只须证明(n)是Z的极大理想的充分必要条件是n为素数. 由于Zn是有单位元的交换环,设主理想(n)={nk|k・Z}.若(n)为极大理想,如果n不是素数,则必有n=nm2,1vnin2vn,,于是n^(ni),但n^(n),(nJ是Z”的真包含(n)的理想.由(n)为极大理想知(nJ=Zn.但"(ni)矛盾,所以n是素数. 反之,设n是素数,A是Zn的理想,且(n)AZ”,(n)=A,则存在aA,a「(n),n_a。 .因为n是素数,所以n与a互素.于是存在u,vZ,使uanv=1,由n,a•A可知1=ua+vne代A=Z 因为n=_1,(n)=Z,所以(n)是极大理想在模n剩余类加群(乙,)及其子群中,0是单位元(有时也称零元),a的逆元是二.但在模n剩余类环(Z",,)中,0必称零元,a的负元记作a-1.又知“a是z”的可逆元,=(a,n)=1",“a是Zn的零因子吕(a,n)1且(a,n)式n(注意这里n_2). 6剩余类环的应用 本节将利剩余类环对Euler函数关系式、 Eisenstein判别法、整系数多项式无整数根、 Euler定理及Fermat小定理等数论的古典结果给出纯代数的证明.并从代数的角度观察熟知完全及简化剩余系的一些性质. 定理6.1(Euler函数关系式)「为Euler函数当(m,n)=1时,有;(mn)=(m)(n). 证(m,n)=1时U(Z/(mn))=U(Z/(m))U(Z/(n)),而U(Z/(mn))=、(mn),U(Z/(n))=、(n),U(Z/(n))="m),所以 (mn)V(m)(n). 注: 为方便起见下面出现的函数、,都是Euler函数. 定理6.2(Eisenstein判别法): 设 f(x)二a”Xna”4Xn「a°是一个整系数多项式,如果有一个质数P,使得P满足条件: i)P不整除an; ii)P|ai(i=0,1,n-1); iii)p2不整除ao,那么f(x)在Z[x]中不可约. 证首先令f(x)=瓦aiX,EZ/(p)[x],其中a表示a的 iz0 模P剩余类.现反设f在Z[x]中可约f=gh,其中 =btxt+0二xt_1十一+b]X+b0. h二CmXmCm二xmJ1qxc°,m,t: : nmt二n. 于是f=gh,另一方面f(X)=anXn+an_tXn_! +…+a0.因P|ai(01n-1)P不整除an,故f扁用,于是有gxt,h=「xm,这说明g的常数项b0=0,h的常数项C0=0,那么p|b0且p|C0,所以p21b0C0=a°,这与P2不整除a。 矛盾,故f(x)不可约. 定理6.3(整系数多项式无整数根): 设 f(X)=akXk…a1x1a0是整系数多项式, 且a。 及'ai都是奇数,则f(x)无整数根. i=0 证令f(x)=£aix^Z/ (2)[x],其中ai表示ai的模2 i=0 剩余类,反设f(x)有一整数根n.而n=0或n=i,若n=0,则有f(n)=f(0)=a0=0,故有2|a0矛盾.若n=1,则有f(n)=f (1)=£”0,故2|Zak,矛盾.故反设不成立,即 i=0i=0 f(x)无整数根. 定理6.4(Euler定理)设n是大于1的整数,(a,n)=1,则a(X)三1(modn). 证因(a,n)=1,又,a.u(z/(n))a-€U(Z/(n)),但单位群U(Z/(n))的阶为,(n),所以a 定理6.5(Fermat小定理)若p是质数,贝廿ap三a(modp). 证若(a,p)=1,由Euler定理及(p)=p-1,即得ap11(modp),因而a—agodp),若(a,p)H0,贝Vp|a,故 ap三a(modp). 下面从代数的角度观察完全及简化剩余性质. 定理6.6设(a,n)=1,a°,a1,s为模n的完全剩余 系,贝Vaa°,aa1, 也是 模n的完全剩余系. 证由题设知{a°,a1,,anv}=Z/(n),而从(a,n)=1得a可逆,故有{aa0,aa1,…,aan"=Z/(n),从而aa°,aa1,,aa*」也是模n的完全剩余系. 定理6.7设(a,n)=1如釦,a心为模n的简化剩余系,则aao®”…,aa皿也是模n的简化剩余系. 证由题设知{ao,a“…,a(n)—}=U(Z/(n)),又因(a,n)=1,得知2可逆,故{aao,aa1,…,aa心}=U(Z/(n)),从而aasaa1,…,aa(”)」是模n的简化剩余系. 结束语 模n剩余类环是一种比
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