cinta作業12

任取環 R R R中的元素 x x x都滿足 x 2 = x x^2=x x2=x，請證明環 R R R是交換環，
若 R R R是整環
a b = b a ab=ba ab=ba， ? a , b ∈ R , 若 有 a b = 0 , 則 b a = a b = 0 ， \forall a,b \in R, 若有ab=0,則ba=ab=0， ?a,b∈R,若有ab=0,則ba=ab=0，滿足交換環的性質，否則 a 2 b 2 = a b = ( a b ) 2 = a b a b = a a b b ， a b a b = a a b b a^2b^2=ab=(ab)^2=abab=aabb，abab=aabb a2b2=ab=(ab)2=abab=aabb，abab=aabb，根據消去律有 a b = b a ab=ba ab=ba， R R R是交換環，

若 R R R不是整環，對于那些 R R R那些滿足消去律的元素任然滿足 a b = b a ab=ba ab=ba，對不滿足消去律的元素，即 a b = 0 且 a ≠ 0 , b ≠ 0 ab=0且a\neq0,b\neq0 ab=0且a?=0,b?=0， ( b a ) 2 = b a (ba)^2=ba (ba)2=ba = b a b a = b ( a b ) a = 0 =baba=b(ab)a=0 =baba=b(ab)a=0，所以 a b = b a = 0 ab=ba=0 ab=ba=0，
所以環 R R R是交換環，

設 Z [ 2 ] = { a + b 2 : a , b ∈ Z } \Z[\sqrt2]=\{a+b\sqrt2:a,b\in\Z\} Z[2 ?]={a+b2 ?:a,b∈Z}，請證明 Z [ 2 ] \Z[\sqrt2] Z[2 ?]是環，且是整環，

? a 1 + b 1 2 , a 2 + b 2 2 ∈ Z [ 2 ] \forall a_1+b_1\sqrt2,a_2+b_2\sqrt2 \in \Z[\sqrt2] ?a1?+b1?2 ?,a2?+b2?2 ?∈Z[2 ?]， a 1 + b 1 2 + a 2 + b 2 2 = a 1 + a 2 + ( b 1 + b 2 ) 2 ∈ Z [ 2 ] a_1+b_1\sqrt2+a_2+b_2\sqrt2=a_1+a_2+(b_1+b_2)\sqrt2\in \Z[\sqrt2] a1?+b1?2 ?+a2?+b2?2 ?=a1?+a2?+(b1?+b2?)2 ?∈Z[2 ?]，所以在加法上滿足封閉性，顯然單位元為 0 0 0，逆元為 ? a ? b 2 -a-b\sqrt2 ?a?b2 ?，且滿足交換律，所以在加法上成阿貝爾群，

( a 1 + b 1 2 ) ( a 2 + b 2 2 ) = a 1 a 2 + 2 b 1 b 2 + (a_1+b_1\sqrt2)(a_2+b_2\sqrt2)=a_1a_2+2b_1b_2+ (a1?+b1?2 ?)(a2?+b2?2 ?)=a1?a2?+2b1?b2?+ ( a 1 b 2 + b 1 a 2 ) 2 (a_1b_2+b_1a_2)\sqrt2 (a1?b2?+b1?a2?)2 ?，所以在乘法上滿足封閉性，形成一個半群，

下面證分配律任取 Z [ 2 ] \Z[\sqrt2] Z[2 ?]里的三個元素，有 ( a 1 + b 1 2 ) ( a 2 + a 3 + (a_1+b_1\sqrt2)(a_2+a_3+ (a1?+b1?2 ?)(a2?+a3?+ ( b 2 + b 3 ) 2 ) = a 1 a 2 + a 1 a 3 + a 1 b 2 2 + a 1 b 3 2 + b 1 a 2 2 + b 1 a 3 2 + 2 b 1 b 2 + 2 b 1 b 3 = a 1 a 2 + 2 b 1 b 2 + ( a 1 b 2 ) 2 + ( b 1 a 2 ) 2 + (b_2+b_3)\sqrt2)=a_1a_2+a_1a_3+a_1b_2\sqrt2+a_1b_3\sqrt2+b_1a_2\sqrt2+b_1a_3\sqrt2+2b_1b_2+2b_1b_3=a_1a_2+2b_1b_2+(a_1b_2)\sqrt2+(b_1a_2)\sqrt2+ (b2?+b3?)2 ?)=a1?a2?+a1?a3?+a1?b2?2 ?+a1?b3?2 ?+b1?a2?2 ?+b1?a3?2 ?+2b1?b2?+2b1?b3?=a1?a2?+2b1?b2?+(a1?b2?)2 ?+(b1?a2?)2 ?+ a 1 a 3 + 2 b 1 b 3 + ( a 1 b 3 ) 2 + ( b 1 a 3 ) 2 a_1a_3+2b_1b_3+(a_1b_3)\sqrt2+(b_1a_3)\sqrt2 a1?a3?+2b1?b3?+(a1?b3?)2 ?+(b1?a3?)2 ?，即 a ( b + c ) = ( a b + b c ) a(b+c)=(ab+bc) a(b+c)=(ab+bc)，右分配律同理可得，

若 ? x 1 , x 2 ∈ Z [ 2 ] \forall x_1,x_2\in \Z[\sqrt2] ?x1?,x2?∈Z[2 ?]，如果 x 1 x 2 = 0 x_1x_2=0 x1?x2?=0，即 a 1 a 2 + 2 b 1 b 2 + ( a 1 b 2 + b 1 a 2 ) 2 = 0 a_1a_2+2b_1b_2+(a_1b_2+b_1a_2)\sqrt2=0 a1?a2?+2b1?b2?+(a1?b2?+b1?a2?)2 ?=0，因為 a 1 , a 2 , b 1 , b 2 ∈ Z a_1,a_2,b_1,b_2\in Z a1?,a2?,b1?,b2?∈Z，所以不可能消去 2 \sqrt2 2 ?這項，所以必有 a 1 b 2 + b 1 a 2 = 0 a_1b_2+b_1a_2=0 a1?b2?+b1?a2?=0，且 a 1 a 2 + 2 b 1 b 2 = 0 a_1a_2+2b_1b_2=0 a1?a2?+2b1?b2?=0，若 a 1 , a 2 , b 1 , b 2 a_1,a_2,b_1,b_2 a1?,a2?,b1?,b2?都不為0，則有 a 1 b 2 = ? b 1 a 2 , a 1 a 2 = ? 2 b 1 b 2 a_1b_2=-b_1a_2,a_1a_2=-2b_1b_2 a1?b2?=?b1?a2?,a1?a2?=?2b1?b2?， 2 b 2 2 / = a 2 2 2b_2^2/=a_2^2 2b22?/=a22?，因為 b 2 , a 2 b_2,a_2 b2?,a2?是整數，所以不可能成立，所以 a 1 = b 1 = 0 a_1=b_1=0 a1?=b1?=0或者 a 2 = b 2 = 0 a_2=b_2=0 a2?=b2?=0，所以是整環，

設 Z [ i ] = { a + b i : a , b ∈ Z } \Z[i]=\{a+bi:a,b\in \Z\} Z[i]={a+bi:a,b∈Z}，請證明 Z [ i ] \Z[i] Z[i]是整環，
顯然 Z [ i ] \Z[i] Z[i]在加法上成阿貝爾群，
在乘法上，取 ? a 1 + b 1 i , a 2 + b 2 i ∈ Z [ i ] \forall a_1+b_1i ,a_2+b_2i \in \Z[i] ?a1?+b1?i,a2?+b2?i∈Z[i]， 兩者相乘得到 a 1 a 2 ? b 1 b 2 + ( b 1 a 2 + a 1 b 2 ) i ∈ Z [ i ] a_1a_2-b_1b_2+(b_1a_2+a_1b_2)i \in \Z[i] a1?a2??b1?b2?+(b1?a2?+a1?b2?)i∈Z[i]，滿足封閉性，
分配律也顯然，
若 ? x 1 , x 2 ∈ Z [ i ] \exist x1,x2 \in \Z[i] ?x1,x2∈Z[i]，使得 x 1 x 2 = 0 x1x2=0 x1x2=0，即 a 1 a 2 ? b 1 b 2 + ( a 1 b 2 + a 2 b 1 ) i a_1a_2-b_1b_2+(a_1b_2+a_2b_1)i a1?a2??b1?b2?+(a1?b2?+a2?b1?)i，因為 a 1 , a 2 , b 1 , b 2 ∈ Z a_1,a_2,b_1,b_2\in Z a1?,a2?,b1?,b2?∈Z，所以 a 1 a 2 ? b 1 b 2 = 0 , a_1a_2-b_1b_2=0, a1?a2??b1?b2?=0, a 1 b 2 + a 2 b 1 = 0 a_1b_2+a_2b_1=0 a1?b2?+a2?b1?=0，得到 a 1 2 + b 1 2 = 0 a_1^2+b_1^2=0 a12?+b12?=0或者 a 2 2 + b 2 2 = 0 a_2^2+b_2^2=0 a22?+b22?=0，所以 Z [ i ] \Z[i] Z[i]是整環，

如果 I I I和 J J J都是交換環 R R R的理想，則 I + J = { i + j : i ∈ I , j ∈ J } I+J=\{i+j:i\in I, j\in J\} I+J={i+j:i∈I,j∈J}也是 R R R的理想，

因為 I I I和 J J J都是交換環 R R R的理想，所以對于 R R R中的任意元素 a a a， ? x ∈ I , y ∈ J \forall x\in I, y\in J ?x∈I,y∈J， ? i ∈ I , j ∈ J \exist i \in I, j\in J ?i∈I,j∈J使得 a x = i , a y = j ax=i,ay=j ax=i,ay=j，所以 a ( x + y ) = i + j ∈ I + J a(x+y)=i+j\in I+J a(x+y)=i+j∈I+J，同理可證 ( x + y ) a = i + j ∈ I + J (x+y)a=i+j\in I+J (x+y)a=i+j∈I+J，所以 I + J I+J I+J是理想，

證明：設映射 ? : R → R ′ \phi: R \rightarrow R' ?:R→R′是環同態，則：

1. 如果 R R R是交換環，則 ? ( R ) \phi(R) ?(R)也是交換環，
2. 分別記 0 0 0和 0 ′ 0' 0′是 R R R和 R ′ R' R′的加法單位元， ? ( 0 ) = 0 ′ \phi(0)=0' ?(0)=0′，
3. 分別記 1 1 1和 1 ′ 1' 1′是 R R R和 R ′ R' R′的乘法單位元，如果 ? \phi ?是滿射，則 ? ( 1 ) = 1 ′ \phi(1)=1' ?(1)=1′

若 R R R是交換環，則 ? a , b ∈ R \forall a,b\in R ?a,b∈R，有 a b = b a ab=ba ab=ba，則 ? ( a b ) = ? ( b a ) \phi(ab)=\phi(ba) ?(ab)=?(ba)，即 ? ( a ) ? ( b ) = ? ( b ) ? ( a ) \phi(a)\phi(b)=\phi(b)\phi(a) ?(a)?(b)=?(b)?(a)，所以 ? ( R ) \phi(R) ?(R)也是交換環，
因為 ? ( a + 0 ) = ? ( a ) + 0 ′ = ? ( a ) + ? ( 0 ) \phi(a+0)=\phi(a)+0'=\phi(a)+\phi(0) ?(a+0)=?(a)+0′=?(a)+?(0)，所以 ? ( 0 ) = 0 ′ \phi(0)=0' ?(0)=0′，
設 ? ( 1 ) = s \phi(1)=s ?(1)=s，因為 ? \phi ?是滿射， ? x ′ ∈ R ′ \forall x' \in R' ?x′∈R′， ? x ∈ R \exist x\in R ?x∈R使得 ? ( x ) = x ′ \phi(x)=x' ?(x)=x′，所以 x ′ = ? ( 1 ? x ) = ? ( 1 ) ? ( x ) = s x ′ x'=\phi(1*x)=\phi(1)\phi(x)=sx' x′=?(1?x)=?(1)?(x)=sx′，同理有 x ′ = x ′ s x'=x's x′=x′s，所以 x ′ = s x ′ = x ′ s x'=sx'=x's x′=sx′=x′s，所以 s s s是 R ′ R' R′的單位元，所以 ? ( 1 ) = 1 ′ \phi(1)=1' ?(1)=1′，