课堂记录，杂乱无章

# 3rd Apr 2025

证明：考虑$\varphi:S\to S'$，定义为$\varphi(H)=f(H)$。考虑单射，任取$H_1,H_2\in S$，我们知道

$$\varphi(H_1)=\varphi(H_2)\implies \forall h_1\in H_2,\ \exists h_2\in H_2,\ f(h_1)=f(h_2)\implies \forall h_1\in H_2,\ \exists h_2\in H_2,\ f(h_2^{-1}h_1)=e.$$

那么$h_2^{-1}h_1\in Ker f\leq H_2$，所以$h_1\in h_2 H_2=H_2$。因为$h_1$ 是任意的，所以$H_1\subseteq H_2$。同理有$H_2\subseteq H_1$。
因此$\varphi$ 是单射。

考虑证明$\varphi$ 是满射，任取$H\in S'$，令

$$N=f^{-1}(H)=\{g\in G:f(g)\in H\}.$$

我们知道$H\leq G$ 是子群（同态的原像）。而$Ker f=f^{-1}(\{e\})$，所以$Ker f\leq N$。又因为$f$ 是满射，所以$f(N)=H$（注意，如果$f$ 不是满射时，这一条可能不满足）。
因此$\varphi$ 是满射。
$\square$

证明：因为$H\unlhd G$，所以$f(H)\unlhd G'$。设$H'=f(H)$，那么因为$f$ 是满同态，所以

$$G'/H'=\{f(g)H':f(g)\in G'\}.$$

定义$\sigma:G\to G'/H'$ 为

$$\sigma(g)=f(g)H'.$$

不难验证$\sigma$ 是同态。又因为$f$ 是满同态，所以$\sigma$ 也是满同态。而且注意到

$$Ker\sigma=\{g\in G:f(g)H'=H'\}=\{g\in G:f(g)\in H'\}=f^{-1}(H').$$

根据上面子群对应定理的证明，以及$H'=f(H)$，所以$H=f^{-1}(H')$。
因此$Ker\sigma=H$。所以根据群同态基本定理

$$G/H=G/Ker\sigma\cong G'/H'.$$

$\square$

第一同构定理实际上说明了

$$G'/f(H)\cong (G/Ker f)/(H/Ker f)\cong G/H.$$

证明：可以证明，$HN\leq G$，以及$N\unlhd HN$。
定义$\varphi:H\to HN/N$ 为

$$\varphi(h)=hN.$$

那么可以验证$\varphi$ 是同态，而且$\varphi$ 是满同态，因为陪集$(h\cdot n)N=hN$。
下面考虑$Ker\varphi$:

$$Ker\varphi=\{h\in H:\varphi(h)=hN=N\}=\{h\in H:h\in N\}=H\cap N.$$

因此根据群同态基本定理，

$$H/(H\cap N)=H/Ker\varphi\cong HN/N.$$

$\square$

两个同构定理证明思路是同样的：构造一个满同态，然后用群同态基本定理。

证明：$(\Rightarrow)$ 若$G/N$ 是单群，且$N<H\leq G$，那么根据第一同构定理

$$G/H\cong (G/N)/(H/N).$$

因为$G/N$ 是单群，且$N<H$，所以$H/N$ 不只含有一个单位元，所以$H/N=G/N$，即$H=G$。因此$N$ 是$G$ 的极大正规子群。

$(\Leftarrow)$ 假设$\{e\}<H'\unlhd G/N$，我们要证明$H'=G/N$。定义自然同态$\varphi:G\to G/N$:

$$\varphi(g)=gN.$$

令$H=\varphi^{-1}(H')$，而且$N=\varphi^{-1}(\{e_{G/N}\})<H$，且$H\unlhd G$。
因为$N$ 是极大正规子群，而且$N<H\unlhd G$，所以$H=G$。
因此$G/N$ 是单群。
$\square$

练习：验证$End(G)$ 是一个含幺半群，$Aut(G)$ 是一个群，运算都为映射的复合。

练习：对于任意$a\in G$，验证$\sigma_a=aga^{-1}$ 的确是一个同构，称为内自同构。而且全体内自同构构成一个群，记为$Inn(G)$。

证明：$Inn(G)\leq Aut(G)$ 是好证明的。那么验证正规性，对于$f\in Aut(G),\sigma_a\in Inn(G)$，那么

$$(f\sigma_af^{-1})(x)=f(af^{-1}(x)a^{-1})=f(a)xf(a)^{-1}=\sigma_{f(a)}(x).$$

因此$f\sigma_a f^{-1}\in Inn(G)$。

定义一个$\varphi:G\to Inn(G)$ 为$\varphi(a)=\sigma_a$。那么容易验证$\varphi$ 是同态。它是满同态也是显然的。而且

$$Ker\varphi=\{a\in G:\forall x\in G,\ axa^{-1}=x\}=C(G).$$

因此根据群同态基本定理$G/C(G)=G/Ker\varphi\cong Inn(G)$。
$\square$

可交换性越差，$Inn(G)$ 越大。

例：如果$G$ 是 Abel 群，那么$C(G)=G$，此时$Inn(G)$ 是平凡的。

例：令$G=\mathbb{Z}$，考虑$Aut(\mathbb{Z})$。这其中只有两个元素：$f(n)=n,f(n)=-n$。

例：令$G=S_3$。那么$Inn(S_3)\cong S_3/C(S_3)\cong S_3$。

# 10th Apr 2025

来点 orbit，burnside 引理的应用例子。

项链问题：用$n$ 种颜色的珠子做成$m$ 颗珠子的项链，一共有多少种不同的方法。

简化版：设$X=\{1,...,m\}$ 表示$m$ 颗珠子的集合，$A=\{a_1,...,a_n\}$ 为$n$ 个颜色集合。那么一个项链对应了一个映射$f:X\to A$。令$\Omega=\{f:X\to A\}$ 这样的集合，那么$|\Omega|=n^m$。

下面我们考虑二面体群$D_m$ 对$\Omega$ 的作用。我们考虑

$$g=\begin{pmatrix} 1 & 2 & ... & m\\ i_1 & i_2 & ... & i_m \end{pmatrix}\in D_m\leq S_m,\qquad f=\begin{pmatrix} 1 & 2 & ... & m \\ C_1 & C_2 & ... & C_m \end{pmatrix}\in\Omega,$$

那么我们定义群作用

$$g(f)=\begin{pmatrix} i_1 & i_2 & ... & i_m\\ C_1 & C_2 & ... & C_m \end{pmatrix}\in\Omega.$$

可以验证，这是一个群作用。那么我们想要求$|\Omega/D_m|$，即 orbit 的数量。根据 Burnside 引理，

$$|\Omega/D_m|=\frac{1}{|D_m|}\sum_{g\in D_m}|\Omega^g|.$$

下面考虑$\Omega^g$，假设$g$ 是一个$1^{\lambda_1}...m^{\lambda_m}$ 型置换，什么时候$f$ 是一个不动点呢？这意味着$g$ 的轮换分解中，同一个轮换中的珠子颜色相同。所以

$$|\Omega^g|=n^{\lambda_1+...+\lambda_m}.$$

所以$|\Omega^g|$ 只和$g$ 的类型有关。然后生草的是，最后表达式也没有解析解，就是对不同类型的轮换求和。

$$\frac{1}{|D_m|}\sum_{[\lambda_1,...,\lambda_m]}C(\lambda_1,...,\lambda_m)\cdot n^{\lambda_1+...+\lambda_m},$$

其中$C(\lambda_1,...,\lambda_m)$ 是轮换类型的数量。

当$n=3,m=6$ 时，那么$D_6$ 中有

• 1 个$1^6$ 型；
• 3 个$1^22^2$ 型（沿着 6 边形的对称轴翻转，对称轴过一对顶点）；
• 4 个$2^3$ 型（沿着 6 边形的对称轴翻转，对称轴过一对边中点。以及一个旋转 180 度的）；
• 2 个$3^2$ 型（旋转 120，240 度）；
• 2 个$6^1$ 型（旋转 60，300 度）。

因此答案是

$$\frac{1}{12}(3^6+3\cdot 3^4+4\cdot 3^3+2\cdot 3^2)=92.$$

一共有 92 种不同的项链。

图论：考虑$n$ 个顶点的图有多少种。设$V=\{1,...,n\}$，$Y=\{\{i,j\}:i,j\in V,i\neq j\}$。
那么一个带标号的图，也就是一个映射$f:Y\to \{0,1\}$，令$\Omega$ 是这样映射的集合。我们要考虑顶点没有标号的图的个数。定义一个对称群$S_n$，对$\Omega$ 的作用为

$$\sigma(f):\{i,j\}\mapsto f(\{\sigma^{-1}(i),\sigma^{-1}(j)\}).$$

意思是，新图中$\sigma(i),\sigma(j)$ 连边，当且仅当原来图$i,j$ 连边。
因此我们又要开始求 orbit 数量了。譬如$n=4$ 时，我们考虑$\Omega^\sigma$。

• $\sigma$ 是$1^6$ 型置换，$|\Omega^e|=|\Omega|=2^{C_4^2}=2^6$；
• $\sigma$ 是$1^22^1$ 型置换，不妨设$\sigma=(12)(3)(4)$。那么$\sigma(f)=f$ 意味着$f(\{1,4\})=f(\{2,4\}),f(\{1,3\})=f(\{2,3\})$，其余$f$ 任取。所以$|\Omega^\sigma|=2^4$。
• $\sigma$ 是$1^13^1$ 型置换，不妨设$\sigma=(123)(4)$。那么$\sigma(f)=f$ 意味着$f(\{1,2\})=f(\{2,3\})=f(\{3,1\}),f(\{1,4\})=f(\{2,4\})=f(\{3,4\})$。因此$|\Omega^\sigma|=2^2$。
• $\sigma$ 是$2^2$ 型置换，不妨设$\sigma=(12)(34)$。那么$\sigma(f)=f$ 意味着$f(\{1,3\})=f(\{2,4\}),f(\{1,4\})=f(\{2,3\})$，所以$|\Omega^\sigma|=2^4$。
• $\sigma$ 是$4^1$ 型置换，不妨设$\sigma=(1234)$。那么$\sigma(f)=f$ 意味着$f(\{1,2\})=f(\{2,3\})=f(\{3,4\})=f(\{4,1\})$，$f(\{1,3\}=f(\{2,4\}))$，所以$|\Omega^\sigma|=2^2$。

最后，答案就是

$$\frac{1}{4!}(2^6+6\cdot 2^4+4\cdot 2^2+3\cdot 2^4+6\cdot 2^2)=11.$$

条幅问题：想象一个 6 个格子排成一排的条幅，3 种颜色，每一个位置可以染一个颜色。条幅旋转 180 度认为相等。
还是令$\Omega=\{f:\{1,2,3,4,5,6\}\to \{1,2,3\}\}$。考虑一个二元群$\{0,1\}$，作用为

$$1(f)(i)=f(6-i).$$

那么$|\Omega^0|=|\Omega|=3^6$，$|\Omega^1|=3^3$，因为$1(f)=f$ 意味着$f$ 这个染色是对称的。因此 答案是

$$\frac{1}{2}(3^6+3^3)=\frac{1}{2}(729+27)=378.$$

# 17th Apr 2025

网格问题： 给定一个$4\times 4$ 的网格，每一个网格内可以染 2 种颜色，问有多少种染色方法。

还是先考虑简单情况，假如我们可以区分网格。那么所有的染色方案就是：

$$\Omega=\{f:\{1,2,...,16\}\to \{A,B\}\}.$$

故有$|\Omega|=2^{16}$ 个染色方案。

接下来我们考虑没有标号的情况。网格只有 4 种旋转，这个旋转群就是 4 阶循环群\bZ_4。

定义群作用就是几何含义，旋转 0,90,180,270 度。很显然

$$\begin{aligned} &|\Omega^{0}|=|\Omega|=2^{16},\\ &|\Omega^{90}|=2^4,\\ &|\Omega^{180}|=2^8,\\ &|\Omega^{270}|=2^4. \end{aligned}$$

因此答案就是

$$\frac{1}{4}(2^{16}+2^8+2^4+2^4)=16456.$$

# 24th Apr 2025

证明：只证明必要性。几乎是平凡的，因为取$x\in H$，就可以得到乘法封闭，$H$ 是子环。然后立刻得到$H$ 是理想。
$\square$

证明 highly trivial。

证明 trivial。

证明：设理想$I\neq \{0\}$，取一个非零元素$a\in I$。那么我们知道$1=a\cdot a^{-1}\in I$（因为$a\in I$）。因此根据前述定理，$1\in I$ 推出$I=F$。

$\square$

我们知道，由元素$a\in A$ 生成的子理想有如下形式：

$$(a)=\left \{\sum xay+sa+at+na:x,y,s,t\in A,n\in\mathbb{N}\right \}.$$

这样由一个元素生成的理想被称为主理想。
若$A$ 是含单位元的交换环，那么

$$(a)=\{xa:x\in A\}.$$

例：在$\mathbb{Z}$ 中，两个数$m,n\in\mathbb{Z}$ 生成的理想和一个数$gcd(m,n)$ 生成的理想是一样的。所以$\mathbb{Z}$ 中所有理想都是由一个元素生成，被称为主理想环。

例：在多项式环$R[x]$ 中，由$多项式f(x)=x$ 生成的理想是$\{x\cdot g(x):g\in R[x]\}$，即所有不含常数项的多项式。

例：$R[x]/(x^2)=\{a_0+a_1x+(x^2):a_0,a_1\in\mathbb{R}\}$。

例：考虑$p$ 是一个素数，那么$(p)=p\mathbb{Z}$ 是$\mathbb{Z}$ 的一个极大理想。

其实命题反过来也是对的。
证明：只要证明在$A/M$ 中，非零元素都是可逆的。
由于$M\neq A$，那么$1\not\in M$，所以$1+M\neq 0+M$。任取一个$a+M\in A/M$ 使得$a\not\in M$。那么$(a)+M$ 是一个理想（两个理想相加），且$M\subsetneq (a)+M$。因此$(a)+M=A$。即存在$b\in A,m\in M$ 使得$ab+m=1$（因为$(a)$ 的一般形式）。因此

$$ab+m+M=1+M,$$

即$ab+M=1+M$。因此$a+M$ 在$A/M$ 中可逆。
$\square$

例：设$p$ 是素数，那么$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\cong \mathbb{Z}_p$ 是一个域。因为$p\mathbb{Z}$ 是一个极大理想。

# 8th May 2025

我们现在证明上次最后一个命题的反方向。

证明：考虑一个理想$H\supsetneq M$，根据理想对应定理，考虑自然满同态$f:A\to A/M$（此时$Ker f=M$）。那么$M$ 对应了$\{0\}$（是$A/M$ 的一个理想）。那么考虑$H$ 对应$A/M$ 中的哪个理想，因为双射且$H\neq M$，所以对应的理想$f(H)\supsetneq \{0\}$。而又因为$A/M$ 是一个域，所以它的理想只有$\{0\}$ 和它本身，因此$f(H)=A/M$，也就是$H=A$（对应的双射关系）。

可以将$D$ 看作$P$ 的子环。
$\square$

例：任取$a\in\mathbb{R}$，考虑赋值同态$f:\mathbb{R}[x]\to \mathbb{R}$ 为

$$f:p\mapsto p(a).$$

那么$Ker f=(x-a)$（由一次多项式$x-a$ 生成的子环，因为所有满足$p(a)=0$ 的多项式$p$ 必定被$x-a$ 整除），因此

$$\mathbb{R}[x]/(x-a)\cong \mathbb{R}.$$

例：考虑赋值同态$f:\mathbb{R}[x]\to \mathbb{C}$ 为

$$f:p\mapsto p(\sqrt{-1}).$$

可以验证$f$ 是满同态。
那么$Ker f=(x^2+1)$，因此

$$\mathbb{R}[x]/(x^2+1)\cong \mathbb{C}.$$

这两个例子从代数的观点告诉我们实数域$\mathbb{R}$ 和复数域$\mathbb{C}$ 是怎么构造出的。一个是商掉 1 次多项式（商掉的更多），一个是商掉 2 次多项式（商掉的更少）。

例：$P(\mathbb{Z})=\mathbb{Q}$。
例：若$F$ 是一个域，那么$F[x]$ 的分式域是所有形如$f(x)/g(x),g(x)\neq 0$ 的有理函数的集合。

基本事实：

• $0$ 是任何元素的倍元；
• $1$ 是任何元素的因子；
• 一个元素如果是乘法可逆的，那么它是所有元素的因子；
• 如果$a\mid b,b\mid c$，那么$a\mid c$；
• 如果$a\sim b$，那么它们差一个乘法可逆元；

证明：存在$u,v$ 使得$b=au,a=bv$，那么$b=bvu$，根据整环中的消去率，$vu=1$。因此$u,v$ 都是乘法可逆元。
$\square$

• 相伴是一个等价关系；
• 设$u$ 乘法可逆，那么$u$ 没有真因子，并且和$1$ 相伴；

证明：首先$1=uu^{-1}$，所以$u\mid 1$。$u=1\cdot u$，所以$1\mid u$。所以$u\sim 1$。
反设$u=ab$，那么$1=u^{-1}ab=abu^{-1}$，因此$a,b$ 都是乘法可逆的。
$\square$

例：设$p$ 是素数，那么$p$ 是$\mathbb{Z}$ 中的素元和不可约元。
例：考虑高斯整数环$\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]=\{a+b\sqrt{-1}:a,b\in\mathbb{Z}\}$，那么$2=(1+\sqrt{-1})(1-\sqrt{-1})$，我们知道$1+\sqrt{-1},1-\sqrt{-1}$ 都不是可逆的，所以$2$ 不是不可约元。
例：$x^2+1$ 是$\mathbb{R}[x]$ 中的不可约元，但不是$\mathbb{C}[x]$ 中的不可约元。

证明：设$p=ab$，有$p\mid ab$。因为$p$ 是素元，所以$p\mid a$ 或$p\mid b$。因此不失一般性，$p\sim a$。根据前述结论，存在一个$u\in U(D)$ 使得$p=au$，所以$au=ab$，根据整环消去率，$b=u\in U(D)$。因此$a,b$ 都是乘法可逆的，故$p$ 没有真因子。
$\square$

例：考虑逆命题的反例，在$\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ 中，$6=(1-\sqrt{-5})(1+\sqrt{-5})$。我们可以证明，$2$ 是一个不可约元，但是$2\mid 6=(1-\sqrt{-5})(1+\sqrt{-5})$，但是$2$ 并不整除$1\pm\sqrt{-5}$，因此$2$ 不是素元。这和分解的唯一性息息相关。

# 15th May 2025

假设最大公因子存在，则有以下基本事实：

1. 若$d_1,d_2$ 都是$a,b$ 的最大公因子，那么$d_1\sim d_2$；
2. $(0,a)\sim 1$；
3. 对于所有乘法可逆的元素$u$，$(u,a)\sim 1$；
4. $((a,b),c)\sim(a,(b,c))$；
   证明：设$d_1\sim ((a,b),c)$，$d_2\sim(a,(b,c))$，要证明$d_1\mid d_2,d_2\mid d_1$。我们知道$d_1\mid (a,b),d_1\mid c$，所以$d_1\mid a,d_1\mid b,d_1\mid c$。因此$d_1\mid (b,c)$，所以$d_1\mid(a,(b,c))$。因此$d_1\mid d_2$，同理$d_2\mid d_1$。
   $\square$
5. $c\cdot(a,b)\sim (ac,bc)$；

证明：由基本事实，

$$(a,bc)\sim(a(c,1),bc)\sim((ac,a),bc)\sim(a,(ac,bc))\sim(a,c(a,b))\sim(a,c)\sim 1.$$

其实这里用到了另一个基本事实：$a\sim b\implies (a,c)\sim(b,c)$。
$\square$

例：考虑$\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$，$a=2(1+\sqrt{-5}),b=6=2\cdot 3=(1+\sqrt{-5})(1-\sqrt{-5})$，那么$a,b$ 的公因子只有$\pm 2,\pm(1+\sqrt{-5})$。注意到$2$ 和$1+\sqrt{-5}$ 是不相互整除的，所以$a,b$ 没有最大公因子。

证明：设$p$ 是不可约元，反设$p$ 不是素元，那么存在$a,b\in D$ 使得$p\mid ab$ 但$p\cancel\mid a,p\cancel\mid b$。所以$(p,a)\sim 1,(p,b)\sim 1$。因此根据上述定理，$(p,ab)\sim 1$，这和$p\mid ab$ 矛盾。
$\square$

证明：设$a,b\in D$，$a=up_1^{k_1}...p_s^{k_s}$，$b=vp_1^{l_1}...p_s^{l_s}$，其中$p_1,...,p_s$ 是互不相伴的不可约元，$k_i,l_i$ 都是非负整数，$u,v\in U(D)$ 是乘法可逆元。

令$\alpha=\min(k_i,l_i),i=1,...,s$，令$d=p_1^\alpha...p_s^\alpha$，下面证明$d$ 是最大公因子。首先它是公因子是显然的，对于任意$d'\mid a$，那么$a=cd'$，根据唯一分解性，若$d'=wp_1^{\beta_1}...p_s^{\beta_s}$，那么$\beta_i\leq k_i$。同理$\beta_i\leq l_i$，所以$\beta_i\leq \alpha_i$，所以$d'\mid d$。
注意，乘法可逆元不影响整除关系。
$\square$

证明：($1\implies 2$) 由之前定理，$D$ 中任意两个元素都有最大公因子。此外，由于$a_1$ 只能唯一分解为有限个不可约元的乘积，所以真因子序列有限。

$(2\implies 3)$ 由前述定理可以直接得到。

$(3\implies 1)$ 粗略地说，序列的有限性说明分解的存在性，不可约元都是素元说明分解的唯一性。任取$a\in D\setminus(\{0\}\cup U(D))$，先证明$a$ 可以分解为不可约元的乘积。若$a$ 是不可约元，那么分解已经存在了。否则，$a=bc$，其中$b,c$ 都是真因子。重复上述讨论，因为真因子序列的有限性，所以$a$ 可以分解为不可约元的乘积。

考虑唯一性，设$a=p_1...p_s=q_1...q_t$，对$s$ 作归纳法。若$s=1$，那么$a$ 是不可约元，必须有$t=1$，此时$p_1=q_1$。归纳时，由于$p_1\mid q_1...q_t$，并且$p_1$ 是不可约元，所以是素元，所以存在$k$ 使得$p_1\mid q_k$。不失一般性设$k=1$，那么$q_1=up_1$，其中$u$ 是乘法可逆元，因为$q_1,p_1$ 是不可约元、素元。因此$p_1\sim q_1$。由归纳假设以此类推。

$\square$

证明：考虑$a\in D\setminus(\{0\}\cup U(D))$，我们证明上面等价条件中第二个。先证明$a$ 的任意真因子序列是有限长的，以及最大公因子总存在。考虑$a=a_0,a_1,a_2,...$。因为是真因子关系，所以

$$(a_0)\subsetneq (a_1)\subsetneq (a_2)\subsetneq ...$$

令$A=\bigcup_{n\geq 0}(a_n)$ 也是一个理想。那么根据主理想子环，存在$b\in D$ 使得$(b)=A$。又因为包含链关系，存在一个足够大的$k$ 使得$b\in (a_k)$，所以$a_k\mid b$。而$a_k\in A=(b)$，所以$b\mid a_k$。因此$a_k\sim b$，并且可以推出$a_{k+1}\sim b$，即$a_k\sim a_{k+1}$。这和$a_{k+1}$ 是$a_k$ 的真因子矛盾，因此序列至多有有限项。

下面考虑考虑最大公因子，注意到由$a,b$ 生成的理想为$\{xa+yb:x,y\in D\}$，根据主理想整环，一定存在一个元素$d$ 使得这个理想就是$(d)$。 因此$d\in (d)$ 保证了存在$r,s\in D$ 使得$d=ra+sb$。由于$a,b\in (d)$，所以$d\mid a,d\mid b$ 是公因子。对于$d'\mid a,d'\mid b$，那么$d'\mid ra+sb=d$，所以$d$ 是最大公因子。
$\square$

所以有一个推论：主理想整环$D$ 中，如果$d\sim (a,b)$，那么存在$r,s\in D$ 使得$d=ra+sb$。

证明：$p$ 不可约，所以$p\not\sim 1$，所以$1\not\in (p)$，即$D/(p)\neq 0$。
任取$0\neq\bar{a}\in D/(p)$，我们知道$a\not\in (p)$，所以$(a,p)\sim 1$，即存在$r,s\in D$ 使得$ra+sp=1$，所以$\bar{r}\cdot\bar{a}=1$，即$\bar{a}$ 是可逆的。所以$D/(p)$ 是一个域。
$\square$

例：$\mathbb{Z}$ 是主理想整环，也就是唯一分解子环。

例：设$F$ 是域，所以$F[x]$ 是一个主理想整环。
证明：任取一个理想$I\subset F[x]$，我们用带余除法找出生成$I$ 的元素。令

$$m=\min \{\deg p(x):p(x)\in I\},$$

令$q(x)\in I$ 使得$\deg q(x)=m$。我们证明$q(x)$ 生成了$I$。考虑带余除法，对于任意$g(x)\in I$，根据带余除法有$g(x)=p(x)q(x)+r(x)$，其中$\deg r(x)<q(x)$ 或$deg r(x)=0$。又因为$r(x)=g(x)-p(x)q(x)\in I$，所以$\deg r(x)=0$。因此$q(x)\mid g(x)$。
$\square$

证明：设$G\subseteq F^*$ 是一个有限子群，根据 Sylow 定理，存在一个阶为$m$ 的元素$c$ 使得

$$\forall a\in G,\ a^m=1.$$

考虑多项式$f(x)=x^m-1\in F[x]$，因为$F[x]$ 是唯一分解整环，所以$f(x)$ 在$F$ 上最多有$m$ 个根。由于任意全元素$a\in G$ 都是$f(x)$ 的根，所以$|G|\leq m$，所以$G=(c)$。
$\square$

# 22th May 2025

证明：在欧氏整环$D$ 中任取一个非零理想$I$，设

$$X=\{v(x):x\in I\setminus \{0\}\},\qquad m=\min X,\quad v(q)=m,$$

即$q$ 是$I\setminus\{0\}$ 中范数最小的元素。对于任意$g\in I$，存在一个$a,r$ 使得

$$g=aq+r.$$

如果$r= 0$ 或$v(r)<v(q)$。又因为$r=g-aq\in I$，所以$v(r)\geq v(q)$，即$r=0$。
$\square$
min 一定存在，因为$v(x)$ 的取值是$\mathbb{Z}_{\geq 0}$。
例：考虑$\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$，它是欧氏整环。定义$v(a+b\sqrt{-1})=a^2+b^2$。

很显然$D[x]$ 是一个整环，我们把$D$ 看作是$D[x]$ 的子环，而且有$U(D[x])=U(D)$。

本源多项式有如下基本命题：

1. $f(x)$ 是本源多项式，$g(x)\sim f(x)$，那么$g(x)$ 也是本源多项式；

证明：$f(x)\sim g(x)$ 意味着他们差一个乘法可逆元，而$U(D[x])=U(D)$，所以实际上不改变最大公因子：

$$u\in U(D[x])=U(D)\implies (ua_0,...,ua_n)\sim u(a_0,...,a_n)\sim 1.$$

$\square$

2. 任取非零$f(x)\in D[x]$，存在一个本源多项式$\varphi(x)$ 和$d\in D$ 使得$f(x)=d\varphi(x)$。这种表示除了差一个乘法可逆元外是唯一的。

证明：设$f(x)=a_0+...+a_nx^n$, 假设$d\sim (a_0,...,a_n)$。令$a_i=db_i$，令

$$\varphi(x)=b_0+b_1x+...+b_nx^n.$$

那么$f(x)=d\varphi(x)$，$\varphi(x)$ 是本源多项式。下面考虑唯一性，若$d_1\varphi_1(x)=d_2\varphi_2(x)$，那么$\varphi_1(x)$ 的系数的最大公因子就是$d_1$，$\varphi_2(x)$ 的系数的最大公因子就是$d_2$。因此$d_1\sim d_2$，即存在$u\in U(D)$ 使得$d_1=ud_2$。所以$\varphi_1(x),\varphi_2(x)$ 差一个乘法可逆元。
$\square$

3. (Gauss 引理) 设$\varphi_1(x),\varphi_2(x)$ 都是本源多项式，那么$\varphi_1(x)\varphi_2(x)$ 也是本源多项式。

证明：设$f(x)=\varphi_1(x)\varphi_2(x)$，反设$f(x)$ 不是本源的，即存在不可约元$p\in D$ 使得$p\mid f(x)$。由习题，$D[x]/(p)$ 是一个整环，因为$p\cancel\mid \varphi_1(x),\varphi_2(x)$，所以$\varphi_1(x),\varphi_2(x)$ 在$D[x]/(p)$ 中都是非 0 的。而$p\mid f(x)$，所以$f(x)$ 在商环中是 0。因此在商环中，有$\varphi_1\varphi_2=f=0$，意味着$\varphi_1,\varphi_2$ 是零因子，矛盾。
$\square$

证明：先考虑分解的存在性。任取$0\neq f(x)\in D[x]$。根据前述基本事实，考虑$f(x)=d\varphi(x)$，其中$\varphi(x)$ 是本源多项式，$d\in D$。因为$D$ 是唯一分解整环，所以存在不可约元$p_1,...,p_s\in D$ 使得$d=p_1...p_s$。设$P$ 是$D$ 的分式域，将$\varphi(x)$ 看作是$P[x]$ 中的多项式。由于$P$ 是一个域，所以$P[x]$ 是唯一分解整环。因此存在不可约多项式$g_1(x),...,g_t(x)\in P[x]$ 使得

$$\varphi(x)=g_1(x)...g_t(x).$$

令$g_i(x)=\frac{d_i}{c_i}q_i(x)$，其中$q_i(x)\in D[x]$ 是本源多项式且不可约的，那么

$$c_1...c_t\varphi(x)=d_1...d_tq_1(x)...q_t(x).$$

其中$c_1...c_t,d_1...d_t\in D$。
根据之前基本事实，$\varphi(x)\sim q_1(x)...q_t(x)$ 且$c_1...c_t\sim d_1...d_t$。
（注意，这里$\varphi,q_1...q_t$ 都是本源多项式，所以它们差一个乘法可逆元）
因此我们找到了$f(x)$ 的一个分解。

分解的唯一性，设$f(x)=p_1...p_sq_1(x)...q_t(x)=r_1...r_ku_1(x)...u_l(x)$，因为$q,r$ 都是不可约多项式，所以它们是本源多项式，由上述命题存在一个$\alpha\in D$，$q_1(x)...q_t(x)=\alpha u_1(x)...u_l(x)$。还是把多项式放在$P[x]$ 中考虑，因为$P[x]$ 是唯一分解整环，所以$t=l$ 且$q_i(x)\sim u_i(x)$（在$P[x]$ 中）。

。。。这里证明有点糊，回去看一下。
$\square$

例：$\mathbb{Z}$ 是唯一分解整环，$\mathbb{Z}[x]$ 也是唯一分解整环。观察$\mathbb{Z}[x]$ 中由$2$ 和$x$ 生成的理想，它不是主理想。因此$\mathbb{Z}[x]$ 不是主理想整环。
$\mathbb{Z}$ 是主理想整环，所以是唯一分解整环。但是$\mathbb{Z}$ 不是主理想整环，但是是唯一分解整环。

例子：$F[x,y]=F[x][y]$。$F[x]$ 是唯一分解整环，所以$F[x,y]$ 也是唯一分解整环。但是$F[x,y]$ 不是主理想整环。增加变元得到多变元多项式整环只能保持唯一分解整环的性质，无法保持主理想整环的性质。

证明：($\implies$) 设$f(x)=g(x)h(x)$，其中$g,h$ 是$D[x]$ 中的真因子。又因为$f(x)$ 是本源的，所以$\deg g,\deg h\geq 1$，所以$g(x),h(x)$ 也是$P[x]$ 中的真因子。

($\impliedby$) 设$f(x)=g(x)h(x)$，其中$g,h$ 是$P[x]$ 中的真因子。令$g(x)=\frac{b_1}{a_1}g_1(x),h(x)=\frac{b_2}{a_2}h_1(x)$，那么$g_1(x),h_1(x)$ 都是$D[x]$ 中的本源多项式，那么

$$f(x)=\frac{b_1b_2}{a_1a_2}g_1(x)h_1(x).$$

即$a_1a_2f(x)=b_1b_2g_1(x)h_1(x)$，又因为$f,g_1h_1$ 都是本源多项式，根据前述基本事实 2，3，存在乘法可逆元$u$ 使得$b_1b_2=ua_1a_2$，根据消去率，$f(x)=ug_1(x)g_1(x)$，即$f(x)$ 在$D[x]$ 中可约。
$\square$

证明：因为是$r/s$ 是$f(x)$ 的根，所以

$$a_0+a_1\frac{r}{s}+...+a_n\left(\frac{r}{s}\right)^n=0.$$

同时乘以$r^n$，那么

$$a_0r^n+a_1r^{n-1}s+...+a_ns^n=0.$$

因此

$$ra_0=-a_1r^{n-1}s-a_2r^{n-2}s^2-...-a_ns^n.$$

注意到$s\mid RHS$，所以$s\mid ra_0$。因为$(r,s)\sim 1$，所以$s\mid a_0$。同理，$r\mid a_n$。
$\square$

证明：反设$f(x)$ 可约，即存在本源多项式$g(x),h(x)$ 满足$\deg g,\deg h\geq 1$ 使得$f(x)=g(x)h(x)$。设$g(x)=b_0+...+b_rx^r,h(x)=c_0+...+c_sx^s$。注意到$a_0=b_0c_0,a_n=b_rc_s$，因为$p\mid a_0,p^2\cancel \mid a_0$，所以$b_0,c_0$ 中只有一个可以被$p$ 整除。不失一般性设$p\mid b_0$。

由于$p\cancel \mid a_n=b_rc_s$，那么$p\cancel\mid b_r,p\cancel\mid c_s$。存在一个$k\in\{1,...,r\}$ 使得$p\mid b_{1},...,p\mid b_{k-1},p\cancel\mid b_k$。考察$a_k==b_kc_0+b_{k-1}c_1+...$，我们知道$p\mid a_k$ 所以$p\mid b_kc_0$，这和$p\cancel\mid c_0$ 且$p\cancel\mid b_k$ 矛盾。
$\square$
如果$f(x)$ 满足 Eisenstein 条件，那么称它为 Eisenstein 多项式。
例：设$p$ 是一个素数，$n$ 是一个正整数，考虑多项式$x^n-p$，它是$\mathbb{Z}[x]$ 中的 Eisenstein 多项式。从而它在$\mathbb{Z}[x],\mathbb{Q}[x]$ 中都是不可约的。

下面考虑一些多项式编码的应用。
假设要传递的信息码是一串数字$b_0,...,b_{k-1}\in\mathbb{Z}_2$。目标是设计一串码词$a_0,...,a_{n-1}$($n>k$) 使得码词可以用于检测错误。可以考虑信息码多项式

$$m(x)=b_0+b_1x+...+b_{k-1}x^{k-1}\in\mathbb{Z}_2[x],\qquad v(x)=a_0+a_1x+...+a_{n-1}x^{n-1}\in\mathbb{Z}_2[x].$$

任取$p(x)\in \mathbb{Z}_2[x]$ 使得$\deg p=n-k$，那么考虑带余除法$x^{n-k}m(x)=q(x)p(x)+r(x)$，满足$r(x)=0$ 或$\deg r(x)<n-k$。可以令$v(x)=x^{n-k}m(x)-r(x)=q(x)p(x)$。所以$p(x)\mid v(x)$。
由于$r(x)=0$ 或$\deg r<n-k$，所以$a_{n-k}=b_0,a_{n-k+1}=b_1,...,a_{n-1}=b_{k-1}$。多出来的数字$a_0,...,a_{n-k-1}$ 被称为检验数字。如果收到的码词多项式$v(x)$ 满足$p(x)\cancel\mid v(x)$，那么说明发生了错误。

# 29th May 2025

我们记$F\leq K$ 表示$F$ 是$K$ 的子域，譬如$F\leq F(x)=\{\tfrac{f(x)}{g(x)}:f(x),g(x)\in F[x],g(x)\neq 0\}$。

证明：我们只考虑有限的情况，即$o^+(1)=n<\infty$ 时，证明$n$ 是一个素数。反设$n$ 不是素数，那么存在$a,b\in\mathbb{Z}^+$ 使得$a,b<n$ 且$n=ab$。那么

$$0=n\cdot 1=(a\cdot 1)(b\cdot 1).$$

又因为域是乘法可逆的，所以$a\cdot 1=0$ 或$b\cdot 1=0$，矛盾。
$\square$

证明：
如果$\text{ch}F=0$，那么$o^+(1)=\infty$，任取$0\neq n\in\mathbb{Z}$，都有$n\cdot 1\neq 0$。对于任意$n\in\mathbb{Z},m\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$，那么因为生成的域有封闭性，所以

$$(n\cdot 1)(m\cdot 1)^{-1}\in \langle 1\rangle.$$

那么实际上

$$\langle 1\rangle=\{(n\cdot 1)(m\cdot 1)^{-1}:n\in\mathbb{Z},m\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}\}.$$

其中，之所以等于，$RHS\subseteq LHS$ 是证明过了的，而右侧已经是一个域了，所以$LHS\subseteq RHS$。此时$\langle 1\rangle$ 同构于$(\mathbb{Q},+,\cdot)$。

如果$\text{ch}F=p$，那么$o^+(1)=p$，那么$\langle 1\rangle=\{n\cdot 1:0\leq n<p\}$。此时显然同构于有限域$\mathbb{Z}_p$。

$\square$
（推论）基本事实：

• 若$\text{ch}F=0$，那么$F$ 是$\mathbb{Q}$ 的扩域；
• 若$\text{ch}F=p$，那么$F$ 是$\mathbb{Z}_p$ 的扩域。例如$\text{ch}\mathbb{Z}_p=\text{ch}\mathbb{Z}_p(x)=p$。所以特征是$p$ 的域不一定是有限域！
• 若$\text{ch}F=p$，那么$\forall a\in F,\ p\cdot a=0$。特别地，若$p=2$，那么$-a=a$。
• 若$\text{ch}F=p$，那么任取$a,b\in F$，那么$(a+b)^{p^n}=a^{p^n}+b^{p^n}$。这可以根据二项式定理展开直接得到，中间项系数都可以被$p$ 整除。
• 设$F\leq K$，那么任取$u_1,u_2\in K,\ a,b\in F$，平凡地都有$au_1+bu_2\in K$。此时我们可以把$K$ 看作是$F$ 上的向量空间！

例：$\mathbb{C}=\{a+b\sqrt{-1}:a,b\in\mathbb{R}\}$，所以$(\mathbb{C}:\mathbb{R})=2$。
例：$(\mathbb{R}:\mathbb{Q})=\infty$，因为所有的$\sqrt{p}$，其中$p$ 是素数，都是线性无关的。（为什么要$\sqrt{p}$？因为$2+3=5$，此时$2,3,5$ 都是素数，但线性相关！）
例：$(\mathbb{Q}(x):\mathbb{Q})=\infty$，因为$1,x,x^2,x^3,...$ 都是线性无关的。

练习（望远镜公式）：若$F\leq K\leq E$，若$(E:K),(K:F)<\infty$，那么$(E:F)=(E:K)(K:F)$。
例：设$K=\{a+b\sqrt{2}:a,b\in\mathbb{Q}\}$，那么$(K:\mathbb{Q})=2$。设$E=\{\alpha+\beta\sqrt{-1}:\alpha,\beta\in K\}$，那么$(E:K)=2$。所以$(E:\mathbb{Q})=4$。因为

$$E=\{a+b\sqrt{-1}+c\sqrt{2}+d\sqrt{-2}:a,b,c,d\in\mathbb{Q}\}.$$

例：$\sqrt{2},e^{2\pi i/n}$ 都是$\mathbb{Q}$ 上的代数元。$e,\pi$ 都是$\mathbb{Q}$ 上的超越元。
例：设$F$ 是一个域，考虑$F(x)$，那么$x$ 是$F$ 上的超越元。

练：$m(x)$ 不可约。

证明：如果$u$ 是代数元，那么$F[x]$ 是主理想整环，$m(x)\in F[x]$ 不可约（所以$(m(x))$ 是一个极大理想）。所以$F[x]/(m(x))$ 是一个域。练习：可以证明$F(u)=\{a_0+a_1u+...+a_{n-1}u^{n-1}:a_i\in F\}$，其中$n=\deg m(x)$。而

$$F[x]/(m(x))=\{a_0+a_1x+...+a_{n-1}x^{n-1}+(m(x)):a_i\in F\}.$$

那么同构映射比较显然了。

若$u$ 是超越元，那么$\forall f(x)\in F[x]$，$f(u)\neq 0$，而$\frac{f(u)}{g(u)}$ 一定落在$F(u)$ 里，所以$F(u)=\left \{ \frac{f(u)}{g(u)}:f(x),g(x)\in F[x],g(x)\neq 0\right \}$。而这东西同构于$F[x]$ 比较显然。
（这个证明省略了一些内容）
$\square$

例：$\mathbb{Q}[\sqrt{2}]$ 是$\mathbb{Q}$ 的代数扩张域。
例：$F(x)$ 是$F$ 的超越扩张域。
例：$\mathbb{Q}[\pi]$ 是$\mathbb{Q}$ 的超越扩张域。

证明： 设$(K:F)=n$，对于任意$u\in K$，那么可以考虑单项式$1,u,u^2,...,u^n$，那么它们一定是线性相关的，所以$u$ 是一个代数元。
$\square$
例（反之不对）：譬如$\mathbb{Q}[\sqrt{2}]$ 是代数扩张域，但不是有限的。

应用：几何作图（尺规作图）问题。
已知平面直角坐标系和一个点$(0,1)$，另外有$m$ 个已知点坐标

$$(x_1,y_1),...,(x_m,y_m)\in\mathbb{R}^2.$$

考虑$\mathbb{Q}(x_1,y_1,...,x_m,y_m)$（添加若干实数生成的域），尺规作图就是通过有限次下列操作就是可构造点，对应的点的坐标就是可构造数。

1. 通过已得到的点画一个直线；
2. 以一个已经得到的某个点为圆心，以已经得到的某两个点的距离为半径画一个圆；
3. 计算并且标出两直线、圆和直线、两圆交点坐标。

这两个定理都可以证明，但是需要画图比较麻烦。

# 5th June 2025

证明：给定$\varphi$ 时，可以尺规作图出$\cos\varphi$。设$\theta=\varphi/3$，那么

$$\cos\varphi=4\cos^3\theta-3\cos\theta.$$

令$f(x)=4x^3-3x-\cos\varphi$，那么$f(\cos\theta)=0$。

如果$\varphi$ 可以三等分，那么$\cos\theta$ 可以尺规作图，令$F=\mathbb{Q}(\cos\varphi),K=F(\cos\theta)$，由之前的定理，$(K:F)=2^n$ 对某个$n$ 成立。由于$f(\cos\theta)=0$ 且$\deg f=3$，而$\cos\theta$ 是$F$ 上的代数元，所以扩张次数$(K:F)$ 是满足$g(\cos\theta)=0$ 的最小多项式次数，其中$g\in F[x]$。又因为$f(\cos\theta)=0$，所以$2^n\leq 3$，所以$n=0,1$。因此$f(x)$ 在$F[x]$ 上是可约的（最小多项式严格小于$3$）。

如果$f$ 可约，那么存在$g\in F[x]$ 满足$g(\cos\theta)=0$，且$\deg g\leq 2$。所以$(K:F)\leq 2$，由之前定理，$\cos\theta$ 可以作出，所以$\theta$ 可以作出。

$\square$

和老师求证了下，这个定理对四等分、五等分角都不一定成立。因为$2^n\leq 3$ 时$n$ 只能等于 1，但是$2^n\leq 4$ 时不一定。所以虽然四等分角是平凡可作的，但是四倍角多项式 -$\cos\varphi$ 在$\mathbb{Q}[\cos\varphi]$ 上不一定可约。

例：设$f(x)=x^2-2\in\mathbb{Q}[x]$。那么$\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 是$f(x)$ 在$\mathbb{Q}$ 上的分裂域。因为$f(x)=(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})$

例：$f(x)=x^2+1\in\mathbb{R}[x]$，那么$\mathbb{C}$ 是$f(x)$ 在$\mathbb{R}$ 上的分裂域。

例：$f(x)=x^3-2\in\mathbb{Q}[x]$，那么$\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{2}\xi,\sqrt[3]{2}\xi^2)=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{2}\xi)$ 是$f(x)$ 在$\mathbb{Q}$ 上的分裂域。其中$\xi=e^{2\pi i/3}$，满足$1+\xi+\xi^2=0$。

证明：设$F$ 是有限域，$|F|=p^n$。令$f(x)=x^{p^n}-x\in\mathbb{Z}_p[x]$，$E_f$ 是$f(x)$ 在$\mathbb{Z}_p$ 上的分裂域，要证明$F\cong E_f$。注意到在$\mathbb{Z}_p$ 上，

$$f'(x)=x^{p^n-1}-1=-1\neq 0,$$

因此$f(x)$ 在$E_f$ 里没有重根。设$f(x)$ 的根为

$$\alpha_0,\alpha_1,...,\alpha_{p^n-1},$$

根据欧拉定理，$\mathbb{Z}_p$ 中每一个元素都是$f(x)$ 的根，即$\mathbb{Z}_p\subset \{\alpha_0,...,\alpha_{p^n-1}\}$。根据定义$E_f=\mathbb{Z}_p(\alpha_0,...,\alpha_{p^n-1})$。而且，

$$\forall \alpha_i,\alpha_j,\ f(\alpha_i-\alpha_j)=0,\qquad f(\alpha_i/\alpha_j)=(\alpha_i/\alpha_j)^{p^n}-\alpha_i/\alpha_j=\alpha_i/\alpha_j-\alpha_i/\alpha_j=0.$$

因此$\{\alpha_0,...,\alpha_{p^n-1}\}$ 是一个域。又因为他是一个包含$\mathbb{Z}_p$ 的域，所以$E_f=\mathbb{Z}_p(\alpha_0,...,\alpha_{p^n-1})=\{\alpha_0,...,\alpha_{p^n-1}\}$。

又因为$|F|=p^n$，所以$F$ 中所有的根都是$f(x)$ 的根，且他们元素个数相同，所以$E_f=F$。
$\square$

将$p^n$ 阶的有限域记为$GF(p^n)$ 或$F_{p^n}$，称为 Galois 域。任取$f(x)\in\mathbb{Z}_p[x]$ 是$n$ 次不可约多项式，那么根据之前的结论$(\mathbb{Z}_p[x]/(f(x)):\mathbb{Z}_p)=n$，所以实际上

$$GF(p^n)\cong \mathbb{Z}_p[x]/(f(x)).$$

对于域$F$，我们知道$F^*=F\setminus\{0\}$ 是一个乘法 Abel 群。那么任意子群$G\subset F^*$ 都是循环群（有限群都是循环群）。因此$GF(p^n)^*=GF(p^n)\setminus\{0\}$ 为$p^n-1$ 阶的循环群。

证明：设$K\leq GF(p^n)$，设$(GF(p^n):K)=r$，即存在一组基$\{\alpha_1,...,\alpha_r\}\in GF(p^n)$。设$K=GF(p^m)$，那么$p^n=|GF(p^n)|=(p^m)^r$，因此$m\mid r$。

反之，可以验证$GF(p^m)\leq GF(p^n)$，如果$m\mid n$。
$\square$

# 划重点（考试）

1. 群的基本概念，基本例子：对称群置换群循环群。$n\geq 3$ 时$S_n$ 不是 Abel 群。
2. 群的中心$C(G)=\{a\in G:\forall g\in G,\ ag=ga\}$，$C(G)$ 一定是正规子群，商群。
3. Burnside 引理及应用（项链问题）。
4. 子群的陪集和 Lagrange 定理。（重点略难）Wilson 定理：设$p$ 是素数，那么$(p-1)!\equiv -1\mod p$。
5. 环的理想，基本概念（交换环，商环）。
6. （重点略难）欧氏整环、主理想整环、唯一分解整环。复习例题 3.5.3: 要证明$\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$ 是欧式整环。
7. （重点略难）不可约元，唯一分解整环：任取$u\in D^*\setminus U(D)$，都存在唯一分解$u=p_1...p_s$。
8. 域的特征（2 个，$0$ 或素数$p$，素数情况的例子，譬如$\text{char}\mathbb{Z}_p=p$）。特征是$p$ 的未必是有限域，但有限域一定特征是$p$。子域的关系，$GF(p^m)\leq GF(p^n)\iff m\mid n$。
9. 扩域，有限扩域，$n$ 次代数元（最小多项式是$n$ 次的代数元）。望远镜公式
10. 有限域上的多项式以及不可约多项式，以及和 Galois 域的关系。
    （思路正确的话题目解答不长）

# 翻书（有用的小结论）

• 半群中，如果没有右（左）单位元，那么左（右）单位元不一定唯一。
  假设$G$ 是一个只有左单位元的半群，且它没有右单位元。那么$G\cup \{e\}$ 仍然是一个半群，令$\forall a\in G,\ e\cdot a=a\cdot e=a$。此时$e$ 是左单位元，而且不在$G$ 中（因为它也是右单位元）。
  否则，如果半群中分别有左单位元和右单位元，那么它们相等且唯一了，都等于单位元：$e_R=e_L\cdot e_R=e_L$。单位元如果存在，那么一定唯一。但左（右）单位元不一定。

• 含幺半群中，一个元素如果既有左逆元又有右逆元，那么它的左逆元和右逆元相等且唯一。

• 半群是群的充要条件是：存在左单位元，所有元素都有左逆元。

• 半群$G$ 是群的充要条件是：$\forall a,b\in G,\ ax=b,ya=b$ 在$G$ 中都有解。

• 有限半群是群的充要条件是：左右消去律成立。

• 考虑子群关系：$H_1,H_2\leq G$。那么$H_1\cup H_2\leq G\iff H_1\leq H_2$ 或$H_2\leq H_1$。

• 考虑子群关系：$H_1,H_2\leq G$。那么$H_1H_2\leq G\iff H_1H_2=H_2H_1$。

• 考虑群元素的阶$o(a)$：$a^m=1\iff o(a)\mid m$。

• 令$\bar{k}\in\mathbb{Z}_n$，那么$o(\bar{k})=n/gcd(k,n)$。因此$\mathbb{Z}_n$ 的生成元是那些和$n$ 互素的元素。

• （定义）对称群$S_X$ 是集合$X$ 上的所有双射的集。对称群$S_X$ 的子群称为变换群。当$X=\{1,2,...,n\}$ 时，$S_X$ 记为$S_n$。$S_n$ 的子群称为$n$ 次置换群。

• $\sigma\in S_n$ 分解为不相交的轮换乘积，那么$o(\sigma)=lcm(l_1,...,l_m)$ 等于所有轮换长度的最小公倍数。

• 子群的指数$[G:H]$ 并不需要$H$ 是正规子群（因为左右陪集数相同），也不需要$G,H$ 是有限群。只需要$H\leq G$ 就可以定义。

• 考虑两个有限子群$A,B\leq G$，$|A|,|B|<\infty$。那么$|AB|=\frac{|A|\cdot |B|}{|A\cap B|}$。

• Euler 定理：若$gcd(a,n)=1$，那么$a^{\varphi(n)}\equiv 1\mod n$。
  证明：考虑乘法群$\mathbb{Z}_n^*=\{\bar{k}:gcd(k,n)=1\}$，那么$|\mathbb{Z}_n^*|=\varphi(n)$。所以$\forall \bar{a}\in\mathbb{Z}_n^*,\ \bar{a}^{\varphi(n)}=\bar{1}$，即得证明。

• Euler 定理推论：设$p$ 是素数，$gcd(a,p)=1$，那么$a^{p-1}\equiv 1\mod p$。

• Wilson 定理：设$p$ 是素数，那么$(p-1)!\equiv -1\mod p$。
  证明：还是考虑乘法群$\mathbb{Z}_p^*=\{\bar{1},\bar{2},...,\bar{p-1}\}$。我们知道

  $$\overline{p-1}^{-1}=\overline{-1}^{-1}=\overline{-1}=\overline{p-1}.$$

  任取$\bar{a}\in \mathbb{Z}_p^*\setminus\{\bar{1},\overline{p-1}\}$，我们证明$\bar{a}^{-1}\neq \bar{a}$。反设$\bar{a}^2=\bar{1}$，那么$a^2\equiv 1\mod p$，即$p\mid (a-1)(a+1)$，即$p\mid a-1$ 或$p\mid a+1$。所以$a\equiv \pm 1\mod p$，所以$\bar{a}=\bar{1}$ 或$\overline{p-1}$，矛盾。
  因此$\mathbb{Z}_p^*\setminus\{\bar{1},\overline{p-1}\}$ 中和它的逆元两两成对，所以

  $$\bar{1}\cdot \bar{2}\cdot...\cdot\overline{p-1}=\overline{p-1},$$

  因此$(p-1)!\equiv p-1\equiv -1\mod p$。

• 若子群$H\leq G$ 满足$[G:H]=2$，那么$H$ 是$G$ 的正规子群。

• 子群$H$ 是$G$ 的正规子群，当且仅当$\forall a\in G,h\in H,\ aha^{-1}\in H$。

• $A,B\unlhd G\implies A\cap B,AB\unlhd G$。

• $A,B\unlhd G$ 且$A\cap B=\{e\}$，那么$\forall a\in A,\forall b\in B,\ ab=ba$。（考虑证明换位子$aba^{-1}b^{-1}\in A\cap B$）

• 设$G$ 是有限 Abel 群，素数$p\mid |G|$。那么$G$ 中存在阶为$p$ 的元素（对$|G|$ 归纳，考虑商群）。

• （定义）若$G$ 没有平凡正规子群，则称$G$ 是单群。

• （定义）对于子集$A\subset G$，称$C_G(A)=\{g\in G:\forall a\in A,\ ga=ag\}$ 为$A$ 在$G$ 中的中心化子。特别地，$C(G)=C_G(G)$ 称为群$G$ 的中心。

• $C_G(A)\leq G,C(G)\unlhd G$。

• $G=C(G)\cup \bigcup_{a\not\in C(G)}K_a$，其中$K_a$ 是$a$ 所在的类。在求并时，只考虑不同类的代表元。

• $|K_a|=[G:C_G(a)]$。特别地，$G$ 有限时，$|G|=|C(G)|+\sum_{a\not\in C(G)}[G:C_G(a)]$。
  证明：$\varphi:K_a\to (G/C_G(a))_L$ 定义为$\varphi(gag^{-1})=gC_G(a)$。

• 设$N\leq G$，定义$N_G(H)=\{g\in G:gHg^{-1}=H\}$ 为$H$ 在$G$ 中的正规化子。那么$N_G(H)\leq G,H\unlhd N_G(H)$。若$H\unlhd K\leq G$，那么$K\leq N_G(H)$。

• 设$G$ 时有限群，$H\leq G$，那么$|K_H|=|\{gHg^{-1}:g\in G\}|=[G:N_G(H)]$。

• 两个置换共轭当且仅当它们轮换分解类型相同。

• 考虑$S_n$ 中偶置换子群$A_n$。对于$\sigma\in A_n$，令$K_\sigma$ 为$A_n$ 中和$\sigma$ 有相同轮换分解类型的元素。那么：若$C_{S_n}(\sigma)$ 有奇置换时，$K_\sigma$ 是$A_n$ 的一个共轭类；若$C_{S_n}(\sigma)$ 只有偶置换，那么$K_\sigma$ 在$A_n$ 中分解成两个共轭类：

$$K_\sigma'=\{\tau\sigma\tau:\tau\in A_n\},\qquad K_\sigma''=\{\tau\sigma\tau^{-1}:\tau\in S_n\setminus A_n\}.$$

• $A_n,n\geq 5$ 是单群。
• 群同态$f$ 和它的逆映射$f^{-1}$ 都保持子群、正规子群关系。
• 设$f:G\to G'$ 是满同态，$\varphi:G\to G/Ker f$ 是自然同态。那么存在同构$\sigma:G/Ker f\to G'$ 使得$f=\sigma\circ\varphi$。
• 若$G$ 是单群，那么群同态$f:G\to G'$ 是单同态或零同态。
• (子群对应定理) 设$f:G\to G'$ 是满同态，那么

$$|\{H:Ker f\leq H\leq G \}|=|N:N\leq G'|.$$

• (第一同构定理) 设$f:G\to G'$ 是满同态，$Ker f\leq H\unlhd G$，那么

$$G/H\cong G'/f(H)\cong (G/Ker f)/(H/Ker f).$$

• (第二同构定理) $N\unlhd G,H\leq G$，那么

$$HN/N\cong H/(H\cap N).$$

• 设$N\unlhd G$，那么$G/N$ 是单群当且仅当$N$ 是$G$ 的极大正规子群。
• 给定群$G$，$End(G)=\{f:G\to G:f\text{是同态}\}$ 是一个含幺半群；$Aut(G)=\{f:G\to G:f\text{是同构}\}$ 是一个群。
• 对于任意$a\in G$，定义$\sigma_a:x\mapsto axa^{-1}$ 是群$G$ 上的一个同构。那么$Inn(G)=\{a\in G:\sigma_a\}$ 是一个群，称为内自同构群。
• $Inn(G)\unlhd Aut(G)$，$G/C(G)\cong Inn(G)$。
• (Burnside 引理) 考虑群$G$ 作用在集合$X$ 上，那么轨道$G\cdot x$ 之间是不交的，对于不同的$x\in X$。那么轨道数量$|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}|X^g|$，其中$X^g=\{x\in X:gx=x\}$。应用要看 10th Apr 2025 的课堂笔记！
• 环中无左（右）零因子的充要条件是左（右）消去律成立。
• （定义）整环是无零因子的交换环（交换环下，不区分左右零因子）。
• （定义）除环是含有乘法单位元、去除 0 后对乘法构成群的环。
• （定义）域是交换的除环。
• 一个非零的、有限的、无左零因子环是一个除环。（考虑之前 "有限半群消去律成立则为群" 的结论）
• 接上，有限整环是域。
• 设$A$ 是有单位元的交换环，那么$M$ 是$A$ 的极大理想当且仅当$A/M$ 是域。
• （子环、理想对应定理）设$f:A\to A'$ 是满环同态，那么

$$|\{H\subset A:H\text{是子环（理想）},Ker f\subset H\}|=|\{L\subset A':A'\text{是子环（理想）}\}|$$

• （第一同构定理）设$f:A\to A'$ 是满环同态，理想$I$ 满足$Ker f\subset I\subset A$，那么

$$A/I\cong A'/f(I).$$

• （第二同构定理）设$S\subset A$ 是子环，$I\subset A$ 是理想，那么

$$(S+I)/I\cong S/(S\cap I).$$

• （定义）设$D$ 是有单位元 1 的整环，若$c=ab$，则称$a,b$ 是$c$ 的因子，$c$ 是$a,b$ 的倍元，记为$a\mid c$。注意，整环有交换律，所以$c=ab$ 和$c=ba$ 是等价的。
• （定义）设$D$ 是有单位元 1 的整环，如果$c=ab$ 且$a,b$ 都不是单位（乘法可逆元），则称$a,b$ 是$c$ 的真因子。
• 单位（乘法可逆元）总是无真因子，且与 1 相伴。
• （定义）设$D$ 是有单位元 1 的整环，对于$p\in D\setminus (\{0\}\cup U(D))$，如果$p$ 无真因子，则称$p$ 是不可约元。如果$p\mid ab\implies p\mid a\text{或}p\mid b$，则称$p$ 是素元。
• 素元必定是不可约元。证明：对于$p=ab$，有$p\mid ab$。那么$p\mid a$，此时$a\sim p$。那么$ab\sim a$，所以$b\in U(D)$ 可逆，即$a,b$ 不是真因子。
• 最大公因子保持相伴关系：$a\sim b\implies (a,c)\sim (b,c)$。因此$\forall u\in U(D),(a,u)\sim (a,1)\sim 1$。
• 若$(a,b)\sim 1,(a,c)\sim 1$，则$(a,bc)\sim 1$。
• 设$D$ 是有单位元 1 的整环，若$D$ 中任何两个元素均有最大公因子，那么$D$ 中的不可约元都是素元。
• （定义）设$D$ 是有单位元 1 的整环，若对任意$a\in D\setminus (\{0\}\cup U(D))$，都可以分解成有限个不可约元的乘积

  $$a=p_1p_2...p_s,$$

  且如果还有第二种分解$a=q_1q_2...q_t$，那么一定有$s=t$ 且在适当调整顺序后，$p_i\sim q_i$。那么称$D$ 是唯一分解整环（UFD）。
• 唯一分解整环中任何两个元素都有最大公因子。因此不可约元都是素元。
• 设$D$ 是有单位元 1 的整环，那么$D$ 是唯一分解整环当且仅当：（1）$D$ 中的任何真因子序列$a_1,a_2,...$ 都只能有有限项，其中$a_{i+1}$ 是$a_i$ 的真因子；（2）$D$ 中任意两个元素都有最大公因子。
• 设$D$ 是有单位元 1 的整环，那么$D$ 是唯一分解整环当且仅当：（1）$D$ 中的任何真因子序列$a_1,a_2,...$ 都只能有有限项，其中$a_{i+1}$ 是$a_i$ 的真因子；（2）$D$ 中不可约元都是素元。
• 主理想整环是唯一分解整环。
• 主理想整环$D$ 中，如果$d\sim (a,b)=a,b$ 的最大公因子，那么存在$r,s\in D$ 使得$d=ra+sb$。
• 主理想整环$D$ 中，如果$p\in D$ 是不可约元，那么$D/(p)$ 是域。
• 若$F$ 是域，那么$F[x]$ 是主理想整环。
• 欧氏整环都是主理想整环。
• 设$D$ 是唯一分解整环，那么多项式环$D[x]$ 是整环。对于$\varphi(x)=a_0+...+a_nx^n\in D[x]$，如果$(a_0,...,a_n)\sim 1$，那么称$\varphi(x)$ 是本原多项式。
• 若$f$ 是本原多项式，且$f\sim g$，那么$g$ 也是本原多项式。
• 对于任意$0\neq f(x)\in D[x]$，一定存在本原多项式$\varphi(x)$ 和$d\in D$ 使得$f(x)=d\varphi(x)$。除去一个单位因子外，这个表示唯一。
• （Gauss 引理）设$\varphi_1,\varphi_2$ 是本原多项式，那么$\varphi_1\varphi_2$ 也是本原多项式。
• 若$D$ 是唯一分解整环，那么$D[x]$ 是唯一分解整环。
• 设$D$ 是唯一分解整环，$P$ 是$D$ 的分式域，$f(x)\in D[x]$（$\deg f\geq 1$）是本原多项式。那么$f$ 在$D[x]$ 中可约当且仅当$f(x)$ 在$P[x]$ 中可约。
• 设$D$ 是唯一分解整环，$P$ 是$D$ 的分式域，$f(x)=a_0+...+a_nx^n\in D[x]$。若$r/s\in P,(r,s)\sim 1$ 且$r/s$ 是$f$ 在$P$ 上的一个根，那么$r\mid a_n,s\mid a_0$。
• (Eisenstein 定理) 设$D$ 是唯一分解整环，$f(x)=a_0+...+a_nx^n\in D[x]$ 是本原多项式且$\deg f\geq 1$。若$D$ 中有不可约元满足下列条件：（1）$p\mid a_0,a_1,...,a_{n-1}$；（2）$p\nmid a_n$；（3）$p^2\nmid a_0$。那么$f(x)$ 在$D[x]$ 中是不可约的。例：$x^n-p$ 是$\mathbb{Z}[x]$ 上的 Eisenstein 多项式，其中$p$ 是素数。
• 设$F$ 是域，$F^*=F\setminus\{0\}$，那么$(F^*,\cdot)$ 的任何有限子群都是循环群。
• （定义）由$\{1\}$ 生成的域为素域。
• 设$o^+(1)$ 为 1 在域中的加法阶，那么$o^+(1)$ 为素数或无穷大。$o^+(1)$ 也称为域的特征，当$o^+(1)=\infty$ 时认为特征为 0。
• 如果素域有限，那么同构于$\mathbb{Z}_p$；如果无穷，那么同构于$\mathbb{Q}$。
• （定义）扩域$K\geq F$ 可以看作一个$F$ - 向量空间。这个向量空间的维数称为扩域的次数，记为$(E:F)$。
• （望远镜公式）如果都有限的话，$(E:F)=(E:K)(K:F)$。
• （定义）考虑子域$F\leq K$，对于$u\in K$，如果存在$0\neq f(x)\in F[x]$ 使得$f(u)=0$，则称$u$ 是$F$ 上的代数元。如果不存在这样的$f(x)$，则称$u$ 是$F$ 上的超越元。
• 设$F\leq E,u\in E$，那么单点扩域有以下形式

$$F(u)=\begin{cases} \{a_0+a_1u+...+a_{n-1}u^{n-1}:a_i\in F\}\cong F[x]/(m(x)) & \text{如果} u\text{是代数元，}m(x)\text{是}u\text{的最小多项式},\deg m(x)=n,\\ \left \{ \tfrac{f(u)}{g(u)}:f,g\in F[x],g\neq 0\right \}\cong F(x) & \text{如果} u\text{是超越元}. \end{cases}$$

并且

$$(F(u):F)=\begin{cases} \deg m(x) & \text{如果} u\text{是代数元},\\ \infty & \text{如果} u\text{是超越元}. \end{cases}$$

• （定义）设$F\leq K$，如果$K$ 中的元素都是$F$ 上的代数元，那么称$K$ 是$F$ 的代数扩域。如果$K$ 中有超越元，那么称$K$ 是$F$ 的超越扩域。
• 若$K$ 是$F$ 的有限扩域，则$K$ 是$F$ 的代数扩域，反之不成立。
• 有限域$F$ 的大小一定是素数的幂次。因为$\text{ch}F=p$，那么$\mathbb{Z}_p\leq F$，那么$(F:\mathbb{Z}_p)=n$，所以存在一组基$u_1,...,u_n\in F$ 使得$F=\{a_1u_1+...+a_nu_n:a_i\in F\}$，因此$|F|=p^n$。
• 任意元素个数相同的有限域都是同构的。
• 记阶为$p^n$ 的有限域为 Galois 域$GF(p^n)$，那么$GF(p^n)^*=GF(p^n)\setminus\{0\}$ 是$p^n-1$ 阶的循环群。
• 群$(GF(p^n)^*,\cdot)$ 中的$p^n-1$ 阶元素称为域$GF(p^n)$ 的 ++$n$ 次本原元 ++。$n$ 次本原元在$\mathbb{Z}_p$ 上的最小多项式的次数为$n$，称为 ++$n$ 次本原多项式 ++。
• $GF(p^n)$ 的所有子域为$GF(p^m)$，其中$m\mid n$。

# 作业