交换代数/代数与整元

代数

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

定义 21.1:

设 $R$ 是一个环。一个代数 $A$ 在 $R$ 上是一个 $R$-模，加上一个乘法 $\cdot :A\times A\to A$。这个乘法应该 $R$-双线性。

在代数中，我们有加法和乘法，并且许多代数的常规规则仍然适用。因此得名代数。

当然，也有一些代数的乘法不满足交换律或结合律。如果底层环是交换的，则该环在以下意义上具有一定的交换性

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

定义 21.2:

设 $A$ 是一个代数，设 $Z\subseteq A$ 是 $A$ 的一个子集。 $Z$ 称为 $A$ 的子代数，当且仅当它对以下运算封闭

• 加法
• 乘法
• 模运算

的 $A$。

请注意，这意味着 $Z$，连同从 $A$ 继承的运算，本身也是一个 $R$-代数；必要的规则只是从 $A$ 中继承过来的。

示例 21.3：设 $R$ 是一个环，设 $S$ 是另一个环，并设 $\varphi :R\to S$ 是一个环同态。那么 $S$ 是一个 $R$-代数，其中模运算由下式给出

$rs:=\varphi (r)s$,

并且该代数的乘法和加法由环 $S$ 的乘法和加法给出。

证明:

模运算所需的规则如下所示

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

由于在 $S$ 中我们拥有环的所有规则，我们需要检查的唯一事情是 $R$-双线性的乘法是否与模运算兼容。

事实上，

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

对于另一个参数也是类似的。 $\Box$

需要注意的是，如果给定一个 $R$-代数 $A$，那么我们可以取一个多项式 $p\in R[x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 和一些元素 $a_{1},\ldots ,a_{n}$ 来自 $A$ 并计算 $p(a_{1},\ldots ,a_{n})\in A$ 如下。

1. 使用代数乘法，我们形成单项式 $a_{1}^{k_{1}}a_{2}^{k_{2}}\cdots a_{n}^{k_{n}}$.
2. 使用模运算，我们将每个单项式乘以相应的系数：$r_{k_{1},\ldots ,k_{n}}a_{1}^{k_{1}}a_{2}^{k_{2}}\cdots a_{n}^{k_{n}}$.
3. 使用代数加法（=模加法），我们将所有这些 $r_{k_{1},\ldots ,k_{n}}a_{1}^{k_{1}}a_{2}^{k_{2}}\cdots a_{n}^{k_{n}}$ 加在一起。

乘法 (1.) 和加法 (3.) 的交换律确保了这个过程不依赖于加法和乘法顺序的选择。

定义 21.4:

设 $A$ 是一个 $R$-代数，并设 $a_{1},\ldots ,a_{n}$ 是 $A$ 中的任何元素。 然后，我们定义一个新对象 $R[a_{1},\ldots ,a_{n}]$，它是 $A$ 中所有元素的集合，这些元素是通过对元素 $a_{1},\ldots ,a_{n}$ 应用 $A$ 的代数运算和模运算（使用基础环的任意元素 $r\in R$）有限次得到的。 这些运算可以以任意方式进行（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）。 将所有项乘开（使用我们给定的代数规则），我们发现它等于

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

我们称 $R[a_{1},\ldots ,a_{n}]$ 为由元素 $a_{1},\ldots ,a_{n}$生成的代数。

定理 21.5:

设给定一个 $R$-代数 $A$，并设 $a_{1},\ldots ,a_{n}\in A$。然后

• $R[a_{1},\ldots ,a_{n}]$ 是 $A$ 的一个子代数。

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（关于集合包含）小于 $A$ 的任何其他包含每个元素 $a_{1},\ldots ,a_{n}$ 的子代数。

证明:

第一个结论来自对 $A$ 的子代数的定义：对三种运算的封闭性。因为，如果我们给定 $R[a_{1},\ldots ,a_{n}]$ 中的任何元素，对它们应用任何运算仅仅是对元素 $a_{1},\ldots ,a_{n}$ 进行进一步的操作。

我们继续证明方程

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

对于“$\subseteq$”，我们注意到，由于$a_{1},\ldots ,a_{n}$ 包含在每个出现在等式右边的$Z$ 中。因此，根据这些$Z$ 的封闭性，我们可以推断，所有通过三种代数运算（加法、乘法、模运算）进行的有限操作都包含在每个$Z$ 中。由此得出“$\subseteq$”。

对于“$\supseteq$”，我们注意到$R[a_{1},\ldots ,a_{n}]$ 也是$A$ 的一个子代数，包含$\{a_{1},\ldots ,a_{n}\}$，并且与更多元素的交集只会使集合最多变小。

现在，如果给出$A$ 的任何其他包含$a_{1},\ldots ,a_{n}$ 的子代数，那么等式右边的交集必须包含在该子代数中，因为该子代数将是这些$Z$ 之一。$\Box$

练习

• 练习 21.1.1:

对称多项式

定义 21.6:

令$R$ 为环。多项式$f\in R[x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 称为对称当且仅当对于所有$\sigma \in S_{n}$（$S_{n}$ 为对称群），我们有

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

这意味着，我们可以任意地排列变量，仍然得到相同的结果。

本节将专门用来证明关于这些多项式的一个非常基本的事实。也就是说，有一些所谓**基本对称多项式**，并且每个对称多项式都可以写成这些基本对称多项式的**多项式**。

定义 21.7:

固定一个 $n\in \mathbb {N}$. **$n$ 个变量的基本对称多项式** 是 $n$ 个多项式

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

我们马上进入我们承诺的定理。

定理 21.8:

设任何对称多项式 $f\in R[x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 给定。那么我们可以找到另一个多项式 $p\in R[x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 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，每个对称多项式都是基本对称多项式的多项式。

证明 1:

我们首先对所有单项式（记住，它们是形式为 $x_{1}^{k_{1}}x_{2}^{k_{2}}\cdots x_{n-1}^{k_{n-1}}x_{n}^{k_{n}}$ 的多项式）进行排序，使用以下顺序

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

在这个顺序中，$s_{n,m}$ 的最大单项式由 $x_{1}\cdots x_{m}$ 给出；这是因为对于 $s_{n,m}$ 的所有单项式，指数的和等于 $m$，并且顺序的最后一个条件通过单项式优化，这些单项式尽可能晚地具有第一个零指数。

此外，对于任何给定的 $r_{1},\ldots ,r_{n}\in \mathbb {N} _{0}$，的最大单项式

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

由 $x_{1}^{r_{1}+\cdots +r_{n}}x_{2}^{r_{2}+\cdots +r_{n}}\cdots x_{n-1}^{r_{n-1}+r_{n}}x_{n}^{r_{n}}$ 给出；这是因为指数之和始终等于 $r_{1}+2r_{2}+\cdots +(n-1)r_{n-1}+nr_{n}$，此外，上述单项式确实会出现（将每个基本对称因子中的所有最大单项式相乘），如果给定单项式的 $s_{n,1}^{r_{1}}\cdots s_{n,n}^{r_{n}}$ 来自基本对称多项式的因子不是该基本对称多项式的最大单项式，我们可以用更大的单项式代替它，并得到积 $s_{n,1}^{r_{1}}\cdots s_{n,n}^{r_{n}}$ 的一个严格更大的单项式；这是因为和 $r_{1}+2r_{2}+\cdots +(n-1)r_{n-1}+nr_{n}$ 的一部分被移到了前面。

现在，令对称多项式 $f\in R[x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 给出。我们断言，如果 $x_{1}^{k_{1}}x_{2}^{k_{2}}\cdots x_{n-1}^{k_{n-1}}x_{n}^{k_{n}}$ 是 $f$ 的最大单项式，那么我们有 $k_{1}\geq k_{2}\geq \cdots \geq k_{n-1}\geq k_{n}$。

假设相反，比如 $k_{j}<k_{j+1}$。因为 $f$ 是对称的，我们可以交换 $j$ 次方和 $j+1$ 次方对应的变量，仍然得到 $f$ 的一个单项式，并且得到的单项式将严格更大。

因此，如果我们定义 $j=1,\ldots ,n-1$

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

并且进一步地 $d_{n}:=k_{n}$，我们得到了非负数。因此，我们可以形成乘积

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

如果 $c$ 是 $f$ 的最大单项式的系数，那么

$f(x)-ch(x)$

的最大单项式严格小于 $f$ 的最大单项式；这是因为 $h$ 的最大单项式，根据我们上面的计算和一些累加和的计算，等于 $f$ 的最大单项式，因此两者抵消了。

由于基本对称多项式是对称的，对称多项式的和、线性组合和乘积也是对称的，我们可以重复这个过程，直到我们剩下什么都没有。我们从 $f$ 中减去的那些东西，组合在一起就形成了我们一直在寻找的基本对称多项式中的多项式。$\Box$

证明 2:

设 $f\in R[x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 是一个任意的对称多项式，设 $d$ 是 $f$ 的次数，而 $n$ 是 $f$ 的变量个数。

为了证明定理，我们对 $f$ 的次数和变量个数的和 $n+d$ 进行归纳。

如果 $n+d=1$，我们必须有 $n=1$（因为 $d=1$ 会导致矛盾的结果 $n=0$）。但是，任何一个变量的多项式本身就是一个对称多项式 $s_{1,1}(x)=x$ 的多项式。

现在设 $n+d=k$。我们写

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

其中在 $g$ 中出现的每个单项式至少缺少一个变量，即不可被 $x_{1}\cdots x_{n}$ 整除。

多项式 $g$ 仍然是对称的，因为任何至少缺少一个变量的单项式的排列也至少缺少一个变量，因此出现在 $g$ 中的系数相同，因为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。

多项式 $h$ 具有相同数量的变量，但 $h$ 的次数小于 $f$ 的次数。此外，$h$ 是对称的，因为

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

因此，根据归纳假设，$h$ 可以写成对称多项式的多项式

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

对于一个合适的 $p_{1}\in R[x_{1},\ldots ,x_{n}]$。

如果 $n=1$，那么 $f$ 是基本对称多项式 $s_{1,1}(x)$ 的多项式。因此，只需要考虑 $n\geq 2$ 的情况。在这种情况下，我们可以定义多项式

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

现在 $q$ 比 $f$ 少一个变量，并且最多具有相同的次数，因此根据归纳假设，我们可以找到一个表示

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

对于合适的 $p_{2}\in R[x_{1},\ldots ,x_{n-1}]$.

我们观察到对于所有 $j\in \{1,\ldots ,n-1\}$，我们有 $s_{n-1,j}(x_{1},\ldots ,x_{n-1})=s_{n,j}(x_{1},\ldots ,x_{n-1},0)$。这是因为不需要的单项式只是消失了。因此，

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

我们断言，甚至

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

事实上，由于$g$ 和 $s_{n,1},\ldots ,s_{n,n-1}$ 的对称性以及变量的重新命名，上述等式成立，我们可以将其中一个变量任意设为零。但 $g$ 的每个单项式至少缺少一个变量。因此，通过依次在$(*)$ 中将其中一个变量设为零来比较系数，我们得到 $(*)$ 右边和左边的系数相等，因此这两个多项式相等。$\Box$

整除依赖性

定义 21.9:

如果 $R$ 是任何环，而 $S\subseteq R$ 是一个子环，$r\in R$ 被称为 $S$ 上的**整除**元素，当且仅当

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

对于合适的 $a_{n-1},\ldots ,a_{0}\in S$。

形如

$x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_{0}$（最高次项系数等于 $1$）

被称为首一多项式。因此，$r$ 是 $S$ 上的整除元素意味着 $r$ 是一个系数属于 $S$ 的首一多项式的根。

每当我们有一个子环 $S\subseteq R$ 在一个环 $R$ 中，我们考虑 $R$ 作为 $S$-模的结构，其中模运算和加法由 $R$ 的环运算给出。

定理 21.10（积分依赖性的刻画）:

设 $R$ 为一个环，$S\subseteq R$ 为一个子环。以下等价：

1. $r$ 关于 $S$ 是积分的
2. $S[r]$ 是一个有限生成的 $S$-模。
3. $S[r]$ 包含在一个子环 $T\subseteq R$ 中，该子环作为 $S$-模是有限生成的。
4. 存在一个忠实的非零 $S[r]$-模，它作为 $S$-模是有限生成的。

证明:

1. $\Rightarrow$ 2.: 令 $r$ 在 $S$ 上是可积的，也就是说，$r^{n}=-a_{n-1}r^{n-1}+\cdots +a_{1}r+a_{0}$。令 $b_{k}r^{k}+b_{k-1}r^{k-1}+\cdots +b_{1}r+b_{0}$ 是 $S[r]$ 的一个任意元素。如果 $j$ 大于等于 $n$，那么我们可以利用积分关系将 $r^{j}$ 表示为低阶系数。重复这个过程，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.: 设置 $M=T$；$T$ 是忠实的，因为如果 $u\in S[r]$ 消去 $T$，那么特别是 $u=u\cdot 1=0$.

4. $\Rightarrow$ 1.: 令 $M$ 为这样一个模。我们定义模态的同态

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

我们可以将 $M$ 的模态运算限制为 $S$ 以获得一个 $S$-模。 $\phi$ 也是 $S$-模的同态。此外，设 $I=S$。然后 $\phi (M)\subseteq M=IM$ ($1\in S$)。凯莱-哈密顿定理给出了一个方程

$r^{n}+a_{n-1}r^{n-1}+\cdots +a_{1}r+a_{0}=0$，$a_{n-1},\ldots ,a_{0}\in S$，

其中 $r$ 被理解为乘以 $r$ 的乘法运算符，而 $0$ 是零运算符，并且由于 $M$ 的忠实性，$r^{n}+a_{n-1}r^{n-1}+\cdots +a_{1}r+a_{0}=0$ 按通常意义成立。$\Box$

定理 21.11:

令$\mathbb {F}$ 为域，$S\subseteq \mathbb {F}$ 为 $\mathbb {F}$ 的一个子环。如果 $\mathbb {F}$ 在 $S$ 上是整的，则 $S$ 是域。

证明:

令$s\in S$。由于 $\mathbb {F}$ 是域，我们发现一个逆元 $s^{-1}\in \mathbb {F}$；我们还不知道 $s^{-1}$ 是否包含在 $S$ 中。由于 $\mathbb {F}$ 在 $S$ 上是整的， $s^{-1}$ 满足形式为

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

的方程，其中$a_{n-1},\ldots ,a_{1},a_{0}\in S$ 是合适的。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 $R$ 的一个子环。所有在 $S$ 上整的 $R$ 的元素构成 $R$ 的一个子环。

证明 1 (来自 Atiyah-Macdonald 书籍):

如果 $x,y\in R$ 是 $S$ 上的整元素，那么 $y$ 是 $S[x]$ 上的整元素。根据定理 21.10，$S[x]$ 作为 $S$-模是有限生成的，并且 $S[x][y]=S[x,y]$ 作为 $S[x]$-模是有限生成的。因此，$S[x,y]$ 作为 $S$-模是有限生成的。此外，$S[x+y]\subseteq S[x,y]$ 并且 $S[x\cdot y]\subseteq S[x,y]$。因此，根据定理 21.10，$x+y$ 和 $x\cdot y$ 是 $S$ 上的整元素。$\Box$

证明 2 (戴德金):

如果 $x,y$ 是 $S$ 上的整元素，那么 $S[x]$ 和 $S[y]$ 作为 $S$-模是有限生成的。因此，

$S[x]\cdot S[y]:=\left\{\sum _{j=1}^{n}a_{j}b_{j}{\big |}n\in \mathbb {N} ,a_{j}\in S[x],b_{j}\in S[y]\right\}$.

此外，$S[xy]\subseteq S[x]\cdot S[y]$ 和 $S[x+y]\subseteq S[x]\cdot S[y]$。因此，根据定理 21.10，$x\cdot y,x+y$ 在 $S$ 上是整的。$\Box$

定义 21.13:

令 $S$ 是环 $R$ 的子环。$S$ 在 $R$ 上的 **整闭包** 是由所有在 $S$ 上是整的 $R$ 的元素组成的环。

定义 21.14:

令 $S$ 是环 $R$ 的子环。如果 $R$ 中的所有元素在 $S$ 上是整的，那么 $R$ 被称为 $S$ 的 **整环扩张**。