交換代數/代數與整元

代數

note to self: 21.4 is false when the constant polynomials are allowed!

定義 21.1:

設 $R$ 是一個環。一個代數 $A$ 在 $R$ 上是一個 $R$ -模，加上一個乘法 $\cdot :A\times A\to A$ 。這個乘法應該 $R$ -雙線性。

在代數中，我們有加法和乘法，並且許多代數的常規規則仍然適用。因此得名代數。

當然，也有一些代數的乘法不滿足交換律或結合律。如果底層環是交換的，則該環在以下意義上具有一定的交換性

r(sa)=(rs)a=(sr)a=s(ra)

.

定義 21.2:

設 $A$ 是一個代數，設 $Z\subseteq A$ 是 $A$ 的一個子集。 $Z$ 稱為 $A$ 的子代數，當且僅當它對以下運算封閉

加法
乘法
模運算

的 $A$ 。

請注意，這意味著 $Z$ ，連同從 $A$ 繼承的運算，本身也是一個 $R$ -代數；必要的規則只是從 $A$ 中繼承過來的。

示例 21.3：設 $R$ 是一個環，設 $S$ 是另一個環，並設 $\varphi :R\to S$ 是一個環同態。那麼 $S$ 是一個 $R$ -代數，其中模運算由下式給出

rs:=\varphi (r)s

,

並且該代數的乘法和加法由環 $S$ 的乘法和加法給出。

證明:

模運算所需的規則如下所示

$1_{r}s=\varphi (1_{R})s=1_{S}s=s$
$r(s+t)=\varphi (r)(s+t)=\varphi (r)s+\varphi (r)t=rs+rt$
$(r+r')s=\varphi (r+r')s=(\varphi (r)+\varphi (r'))s=rs+r's$
$r(r's)=\varphi (r)r's=\varphi (r)\varphi (r')s=\varphi (rr')s=(rr')s$

由於在 $S$ 中我們擁有環的所有規則，我們需要檢查的唯一事情是 $R$ -雙線性的乘法是否與模運算相容。

事實上，

(rs)t=\varphi (r)st=r(st)

對於另一個引數也是類似的。 $\Box$

需要注意的是，如果給定一個 $R$ -代數 $A$ ，那麼我們可以取一個多項式 $p\in R[x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 和一些元素 $a_{1},\ldots ,a_{n}$ 來自 $A$ 並計算 $p(a_{1},\ldots ,a_{n})\in A$ 如下。

使用代數乘法，我們形成單項式 $a_{1}^{k_{1}}a_{2}^{k_{2}}\cdots a_{n}^{k_{n}}$ .
使用模運算，我們將每個單項式乘以相應的係數： $r_{k_{1},\ldots ,k_{n}}a_{1}^{k_{1}}a_{2}^{k_{2}}\cdots a_{n}^{k_{n}}$ .
使用代數加法（=模加法），我們將所有這些 $r_{k_{1},\ldots ,k_{n}}a_{1}^{k_{1}}a_{2}^{k_{2}}\cdots a_{n}^{k_{n}}$ 加在一起。

乘法 (1.) 和加法 (3.) 的交換律確保了這個過程不依賴於加法和乘法順序的選擇。

定義 21.4:

設 $A$ 是一個 $R$ -代數，並設 $a_{1},\ldots ,a_{n}$ 是 $A$ 中的任何元素。然後，我們定義一個新物件 $R[a_{1},\ldots ,a_{n}]$ ，它是 $A$ 中所有元素的集合，這些元素是透過對元素 $a_{1},\ldots ,a_{n}$ 應用 $A$ 的代數運算和模運算（使用基礎環的任意元素 $r\in R$ ）有限次得到的。這些運算可以以任意方式進行（例如，元素 $a_{1}\cdot a_{2}$ ， $a_{3}+ra_{1}\cdot a_{2}$ ， $a_{1}\cdot (ra_{2})$ 都在 $R[a_{1},\ldots ,a_{n}]$ 中）。將所有項乘開（使用我們給定的代數規則），我們發現它等於

R[a_{1},\ldots ,a_{n}]=\{p(a_{1},\ldots ,a_{n})|p\in R[x_{1},\ldots ,x_{n}]\}

.

我們稱 $R[a_{1},\ldots ,a_{n}]$ 為由元素 $a_{1},\ldots ,a_{n}$ 生成的代數。

定理 21.5:

設給定一個 $R$ -代數 $A$ ，並設 $a_{1},\ldots ,a_{n}\in A$ 。然後

$R[a_{1},\ldots ,a_{n}]$ 是 $A$ 的一個子代數。

此外，

$R[a_{1},\ldots ,a_{n}]=\bigcap _{\{a_{1},\ldots ,a_{n}\}\subseteq Z\subseteq A \atop Z{\text{ subalgebra}}}Z$

以及

$R[a_{1},\ldots ,a_{n}]$ 是（關於集合包含）小於 $A$ 的任何其他包含每個元素 $a_{1},\ldots ,a_{n}$ 的子代數。

證明:

第一個結論來自對 $A$ 的子代數的定義：對三種運算的封閉性。因為，如果我們給定 $R[a_{1},\ldots ,a_{n}]$ 中的任何元素，對它們應用任何運算僅僅是對元素 $a_{1},\ldots ,a_{n}$ 進行進一步的操作。

我們繼續證明方程

R[a_{1},\ldots ,a_{n}]=\bigcap _{\{a_{1},\ldots ,a_{n}\}\subseteq Z\subseteq A \atop Z{\text{ subalgebra}}}Z

.

對於“ $\subseteq$ ”，我們注意到，由於 $a_{1},\ldots ,a_{n}$ 包含在每個出現在等式右邊的 $Z$ 中。因此，根據這些 $Z$ 的封閉性，我們可以推斷，所有透過三種代數運算（加法、乘法、模運算）進行的有限操作都包含在每個 $Z$ 中。由此得出“ $\subseteq$ ”。

對於“ $\supseteq$ ”，我們注意到 $R[a_{1},\ldots ,a_{n}]$ 也是 $A$ 的一個子代數，包含 $\{a_{1},\ldots ,a_{n}\}$ ，並且與更多元素的交集只會使集合最多變小。

現在，如果給出 $A$ 的任何其他包含 $a_{1},\ldots ,a_{n}$ 的子代數，那麼等式右邊的交集必須包含在該子代數中，因為該子代數將是這些 $Z$ 之一。 $\Box$

練習

練習 21.1.1:

對稱多項式

定義 21.6:

令 $R$ 為環。多項式 $f\in R[x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 稱為對稱當且僅當對於所有 $\sigma \in S_{n}$ （ $S_{n}$ 為對稱群），我們有

f(x_{1},\ldots ,x_{n})=f(x_{\sigma (1)},\ldots ,x_{\sigma (n)})

.

這意味著，我們可以任意地排列變數，仍然得到相同的結果。

本節將專門用來證明關於這些多項式的一個非常基本的事實。也就是說，有一些所謂**基本對稱多項式**，並且每個對稱多項式都可以寫成這些基本對稱多項式的**多項式**。

定義 21.7:

固定一個 $n\in \mathbb {N}$ . ** $n$ 個變數的基本對稱多項式** 是 $n$ 個多項式

{\begin{aligned}s_{n,1}(x_{1},\ldots ,x_{n})&:=x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n-1}+x_{n}\\s_{n,2}(x_{1},\ldots ,x_{n})&:=x_{1}x_{2}+\cdots +x_{1}x_{n}~~~~+~~~~x_{2}x_{3}+\cdots +x_{2}x_{n}~~~~+~~~~\cdots ~~~~+~~~~x_{n-2}x_{n-1}+x_{n-2}x_{n}~~~~+~~~~x_{n-1}x_{n}\\\vdots &\\s_{n,k}(x_{1},\ldots ,x_{n})&:=\sum _{1\leq j_{1}<j_{2}<\cdots <j_{k}\leq n}~~\prod _{i=1}^{k}x_{j_{i}}\\\vdots &\\s_{n,n}(x_{1},\ldots ,x_{n})&:=x_{1}x_{2}\cdots x_{n-1}x_{n}.\end{aligned}}

我們馬上進入我們承諾的定理。

定理 21.8:

設任何對稱多項式 $f\in R[x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 給定。那麼我們可以找到另一個多項式 $p\in R[x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 使得

f(x_{1},\ldots ,x_{n})=p(s_{n,1}(x_{1},\ldots ,x_{n}),s_{n,2}(x_{1},\ldots ,x_{n}),\ldots ,s_{n,n}(x_{1},\ldots ,x_{n}))

.

因此，每個對稱多項式都是基本對稱多項式的多項式。

證明 1:

我們首先對所有單項式（記住，它們是形式為 $x_{1}^{k_{1}}x_{2}^{k_{2}}\cdots x_{n-1}^{k_{n-1}}x_{n}^{k_{n}}$ 的多項式）進行排序，使用以下順序

x_{1}^{k_{1}}x_{2}^{k_{2}}\cdots x_{n-1}^{k_{n-1}}x_{n}^{k_{n}}<x_{1}^{m_{1}}x_{2}^{m_{2}}\cdots x_{n-1}^{m_{n-1}}x_{n}^{m_{n}}:\Leftrightarrow {\begin{cases}k_{1}+\cdots +k_{n}<m_{1}+\cdots +m_{n}&\\{\text{or}}&\\{\big (}k_{1}+\cdots +k_{n}=m_{1}+\cdots +m_{n}{\big )}\wedge {\big (}k_{j}<m_{j},{\text{ where }}j:=\min _{1\leq i\leq n}k_{i}\neq m_{i}{\big )}&\end{cases}}

.

在這個順序中， $s_{n,m}$ 的最大單項式由 $x_{1}\cdots x_{m}$ 給出；這是因為對於 $s_{n,m}$ 的所有單項式，指數的和等於 $m$ ，並且順序的最後一個條件透過單項式最佳化，這些單項式儘可能晚地具有第一個零指數。

此外，對於任何給定的 $r_{1},\ldots ,r_{n}\in \mathbb {N} _{0}$ ，的最大單項式

s_{n,1}^{r_{1}}\cdots s_{n,n}^{r_{n}}

由 $x_{1}^{r_{1}+\cdots +r_{n}}x_{2}^{r_{2}+\cdots +r_{n}}\cdots x_{n-1}^{r_{n-1}+r_{n}}x_{n}^{r_{n}}$ 給出；這是因為指數之和始終等於 $r_{1}+2r_{2}+\cdots +(n-1)r_{n-1}+nr_{n}$ ，此外，上述單項式確實會出現（將每個基本對稱因子中的所有最大單項式相乘），如果給定單項式的 $s_{n,1}^{r_{1}}\cdots s_{n,n}^{r_{n}}$ 來自基本對稱多項式的因子不是該基本對稱多項式的最大單項式，我們可以用更大的單項式代替它，並得到積 $s_{n,1}^{r_{1}}\cdots s_{n,n}^{r_{n}}$ 的一個嚴格更大的單項式；這是因為和 $r_{1}+2r_{2}+\cdots +(n-1)r_{n-1}+nr_{n}$ 的一部分被移到了前面。

現在，令對稱多項式 $f\in R[x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 給出。我們斷言，如果 $x_{1}^{k_{1}}x_{2}^{k_{2}}\cdots x_{n-1}^{k_{n-1}}x_{n}^{k_{n}}$ 是 $f$ 的最大單項式，那麼我們有 $k_{1}\geq k_{2}\geq \cdots \geq k_{n-1}\geq k_{n}$ 。

假設相反，比如 $k_{j}<k_{j+1}$ 。因為 $f$ 是對稱的，我們可以交換 $j$ 次方和 $j+1$ 次方對應的變數，仍然得到 $f$ 的一個單項式，並且得到的單項式將嚴格更大。

因此，如果我們定義 $j=1,\ldots ,n-1$

d_{j}:=k_{j}-k_{j+1}

並且進一步地 $d_{n}:=k_{n}$ ，我們得到了非負數。因此，我們可以形成乘積

h(x):=s_{n,1}^{d_{1}}\cdots s_{n,n}^{d_{n}}

,

如果 $c$ 是 $f$ 的最大單項式的係數，那麼

f(x)-ch(x)

的最大單項式嚴格小於 $f$ 的最大單項式；這是因為 $h$ 的最大單項式，根據我們上面的計算和一些累加和的計算，等於 $f$ 的最大單項式，因此兩者抵消了。

由於基本對稱多項式是對稱的，對稱多項式的和、線性組合和乘積也是對稱的，我們可以重複這個過程，直到我們剩下什麼都沒有。我們從 $f$ 中減去的那些東西，組合在一起就形成了我們一直在尋找的基本對稱多項式中的多項式。 $\Box$

證明 2:

設 $f\in R[x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 是一個任意的對稱多項式，設 $d$ 是 $f$ 的次數，而 $n$ 是 $f$ 的變數個數。

為了證明定理，我們對 $f$ 的次數和變數個數的和 $n+d$ 進行歸納。

如果 $n+d=1$ ，我們必須有 $n=1$ （因為 $d=1$ 會導致矛盾的結果 $n=0$ ）。但是，任何一個變數的多項式本身就是一個對稱多項式 $s_{1,1}(x)=x$ 的多項式。

現在設 $n+d=k$ 。我們寫

f(x_{1},\ldots ,x_{n})=g(x_{1},\ldots ,x_{n})+x_{1}\cdots x_{n}h(x_{1},\ldots ,x_{n})

,

其中在 $g$ 中出現的每個單項式至少缺少一個變數，即不可被 $x_{1}\cdots x_{n}$ 整除。

多項式 $g$ 仍然是對稱的，因為任何至少缺少一個變數的單項式的排列也至少缺少一個變數，因此出現在 $g$ 中的係數相同，因為它的任何部分都不能被排序到 " $x_{1}\cdots x_{n}h(x_{1},\ldots ,x_{n})$ " 部分。

多項式 $h$ 具有相同數量的變數，但 $h$ 的次數小於 $f$ 的次數。此外， $h$ 是對稱的，因為

h(x_{1},\ldots ,x_{n})={\frac {f(x_{1},\ldots ,x_{n})-g(x_{1},\ldots ,x_{n})}{x_{1}\cdots x_{n}}}

.

因此，根據歸納假設， $h$ 可以寫成對稱多項式的多項式

h(x_{1},\ldots ,x_{n})=p_{1}(s_{n,1}(x_{1},\ldots ,x_{n}),\ldots ,s_{n,n}(x_{1},\ldots ,x_{n}))

對於一個合適的 $p_{1}\in R[x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 。

如果 $n=1$ ，那麼 $f$ 是基本對稱多項式 $s_{1,1}(x)$ 的多項式。因此，只需要考慮 $n\geq 2$ 的情況。在這種情況下，我們可以定義多項式

q(x_{1},\ldots ,x_{n-1}):=g(x_{1},\ldots ,x_{n-1},0)

.

現在 $q$ 比 $f$ 少一個變數，並且最多具有相同的次數，因此根據歸納假設，我們可以找到一個表示

q(x_{1},\ldots ,x_{n-1})=p_{2}(s_{n-1,1}(x_{1},\ldots ,x_{n-1}),\ldots ,s_{n-1,n-1}(x_{1},\ldots ,x_{n-1}))

對於合適的 $p_{2}\in R[x_{1},\ldots ,x_{n-1}]$ .

我們觀察到對於所有 $j\in \{1,\ldots ,n-1\}$ ，我們有 $s_{n-1,j}(x_{1},\ldots ,x_{n-1})=s_{n,j}(x_{1},\ldots ,x_{n-1},0)$ 。這是因為不需要的單項式只是消失了。因此，

g(x_{1},\ldots ,x_{n-1},0)=p_{2}(s_{n,1}(x_{1},\ldots ,x_{n-1},0),\ldots ,s_{n,n-1}(x_{1},\ldots ,x_{n-1},0))

.

我們斷言，甚至

g(x_{1},\ldots ,x_{n-1},x_{n})=p_{2}(s_{n,1}(x_{1},\ldots ,x_{n-1},x_{n}),\ldots ,s_{n,n-1}(x_{1},\ldots ,x_{n-1},x_{n}))~~~~~~~(*)

.

事實上，由於 $g$ 和 $s_{n,1},\ldots ,s_{n,n-1}$ 的對稱性以及變數的重新命名，上述等式成立，我們可以將其中一個變數任意設為零。但 $g$ 的每個單項式至少缺少一個變數。因此，透過依次在 $(*)$ 中將其中一個變數設為零來比較係數，我們得到 $(*)$ 右邊和左邊的係數相等，因此這兩個多項式相等。 $\Box$

整除依賴性

定義 21.9:

如果 $R$ 是任何環，而 $S\subseteq R$ 是一個子環， $r\in R$ 被稱為 $S$ 上的**整除**元素，當且僅當

r^{n}+a_{n-1}r^{n-1}+\cdots +a_{1}r+a_{0}=0

對於合適的 $a_{n-1},\ldots ,a_{0}\in S$ 。

形如

x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_{0}

（最高次項係數等於

1

）

被稱為首一多項式。因此， $r$ 是 $S$ 上的整除元素意味著 $r$ 是一個係數屬於 $S$ 的首一多項式的根。

每當我們有一個子環 $S\subseteq R$ 在一個環 $R$ 中，我們考慮 $R$ 作為 $S$ -模的結構，其中模運算和加法由 $R$ 的環運算給出。

定理 21.10（積分依賴性的刻畫）:

設 $R$ 為一個環， $S\subseteq R$ 為一個子環。以下等價：

$r$ 關於 $S$ 是積分的
$S[r]$ 是一個有限生成的 $S$ -模。
$S[r]$ 包含在一個子環 $T\subseteq R$ 中，該子環作為 $S$ -模是有限生成的。
存在一個忠實的非零 $S[r]$ -模，它作為 $S$ -模是有限生成的。

證明:

1. $\Rightarrow$ 2.: 令 $r$ 在 $S$ 上是可積的，也就是說， $r^{n}=-a_{n-1}r^{n-1}+\cdots +a_{1}r+a_{0}$ 。令 $b_{k}r^{k}+b_{k-1}r^{k-1}+\cdots +b_{1}r+b_{0}$ 是 $S[r]$ 的一個任意元素。如果 $j$ 大於等於 $n$ ，那麼我們可以利用積分關係將 $r^{j}$ 表示為低階係數。重複這個過程，得到 $1,r,r^{2},\ldots ,r^{n-1}$ 在 $S$ 上生成 $S[r]$ 。

2. $\Rightarrow$ 3.: $T=S[r]$ .

3. $\Rightarrow$ 4.: 設定 $M=T$ ； $T$ 是忠實的，因為如果 $u\in S[r]$ 消去 $T$ ，那麼特別是 $u=u\cdot 1=0$ .

4. $\Rightarrow$ 1.: 令 $M$ 為這樣一個模。我們定義模態的同態

\phi :M\to M,m\mapsto rm

.

我們可以將 $M$ 的模態運算限制為 $S$ 以獲得一個 $S$ -模。 $\phi$ 也是 $S$ -模的同態。此外，設 $I=S$ 。然後 $\phi (M)\subseteq M=IM$ ( $1\in S$ )。凱萊-哈密頓定理給出了一個方程

r^{n}+a_{n-1}r^{n-1}+\cdots +a_{1}r+a_{0}=0

，

a_{n-1},\ldots ,a_{0}\in S

，

其中 $r$ 被理解為乘以 $r$ 的乘法運算子，而 $0$ 是零運算子，並且由於 $M$ 的忠實性， $r^{n}+a_{n-1}r^{n-1}+\cdots +a_{1}r+a_{0}=0$ 按通常意義成立。 $\Box$

定理 21.11:

令 $\mathbb {F}$ 為域， $S\subseteq \mathbb {F}$ 為 $\mathbb {F}$ 的一個子環。如果 $\mathbb {F}$ 在 $S$ 上是整的，則 $S$ 是域。

證明:

令 $s\in S$ 。由於 $\mathbb {F}$ 是域，我們發現一個逆元 $s^{-1}\in \mathbb {F}$ ；我們還不知道 $s^{-1}$ 是否包含在 $S$ 中。由於 $\mathbb {F}$ 在 $S$ 上是整的， $s^{-1}$ 滿足形式為

(s^{-1})^{n}+a_{n-1}(s^{-1})^{n-1}+\cdots +a_{1}s^{-1}+a_{0}=0

的方程，其中 $a_{n-1},\ldots ,a_{1},a_{0}\in S$ 是合適的。用 $s^{n-1}$ 乘以上述方程，得到

s^{-1}=-(a_{n-1}+a_{n-2}s+\cdots +a_{1}s^{n-2}+a_{0}s^{n-1})\in S

.

\Box

定理 21.12:

令 $S$ 是 $R$ 的一個子環。所有在 $S$ 上整的 $R$ 的元素構成 $R$ 的一個子環。

證明 1 (來自 Atiyah-Macdonald 書籍):

如果 $x,y\in R$ 是 $S$ 上的整元素，那麼 $y$ 是 $S[x]$ 上的整元素。根據定理 21.10， $S[x]$ 作為 $S$ -模是有限生成的，並且 $S[x][y]=S[x,y]$ 作為 $S[x]$ -模是有限生成的。因此， $S[x,y]$ 作為 $S$ -模是有限生成的。此外， $S[x+y]\subseteq S[x,y]$ 並且 $S[x\cdot y]\subseteq S[x,y]$ 。因此，根據定理 21.10， $x+y$ 和 $x\cdot y$ 是 $S$ 上的整元素。 $\Box$