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环同态基本定理 习题详解

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第一部分：基础同态性质证明

这部分题目考察的是环同态最基本的“保结构”性质。

题目 1

设 f:R→Sf: R \to S 是一个环同态。证明：ff 的像 Im⁡f\operatorname{Im} f 是 SS 的一个子环，且 ff 的核 ker⁡f\ker f 是 RR 的一个理想。

【深度解析】

  • 什么是像 (Im⁡f\operatorname{Im} f)？ 它是 RR 中所有元素通过 ff 映射过去后，在 SS 中形成的集合。证明它是子环，要验证：做减法不出圈，做乘法不出圈。
  • 什么是核 (ker⁡f\ker f)？ 它是 RR 中所有被映射成 SS 中零元 (0S0_S) 的元素集合。证明它是理想，要验证：做减法不出圈，被外界元素乘（吸收律）也不出圈。

【详细证明】

1. 证明 Im⁡f\operatorname{Im} f 是 SS 的子环

记 Im⁡f={f(r)∣r∈R}\operatorname{Im} f = \{f(r) \mid r \in R\}。 (1) 非空性：因为 ff 是同态，所以 f(0R)=0Sf(0_R) = 0_S，故 0S∈Im⁡f0_S \in \operatorname{Im} f，集合非空。 (2) 减法封闭：设 y1,y2∈Im⁡fy_1, y_2 \in \operatorname{Im} f。 根据定义，存在 x1,x2∈Rx_1, x_2 \in R 使得 f(x1)=y1f(x_1) = y_1，f(x2)=y2f(x_2) = y_2。 y1−y2=f(x1)−f(x2)=f(x1−x2)y_1 - y_2 = f(x_1) - f(x_2) = f(x_1 - x_2) （注：同态保持加减法，f(a)−f(b)=f(a−b)f(a)-f(b)=f(a-b)） 因为 x1−x2∈Rx_1 - x_2 \in R，所以 f(x1−x2)∈Im⁡ff(x_1 - x_2) \in \operatorname{Im} f。即 y1−y2∈Im⁡fy_1 - y_2 \in \operatorname{Im} f。 (3) 乘法封闭： y1⋅y2=f(x1)⋅f(x2)=f(x1⋅x2)y_1 \cdot y_2 = f(x_1) \cdot f(x_2) = f(x_1 \cdot x_2) （注：同态保持乘法） 因为 x1⋅x2∈Rx_1 \cdot x_2 \in R，所以其像也在 Im⁡f\operatorname{Im} f 中。

结论：Im⁡f\operatorname{Im} f 是 SS 的子环。

2. 证明 ker⁡f\ker f 是 RR 的理想

记 ker⁡f={x∈R∣f(x)=0S}\ker f = \{x \in R \mid f(x) = 0_S\}。 (1) 非空性：f(0R)=0S  ⟹  0R∈ker⁡ff(0_R) = 0_S \implies 0_R \in \ker f。 (2) 减法封闭：设 a,b∈ker⁡fa, b \in \ker f。这意味着 f(a)=0S,f(b)=0Sf(a) = 0_S, f(b) = 0_S。 f(a−b)=f(a)−f(b)=0S−0S=0Sf(a - b) = f(a) - f(b) = 0_S - 0_S = 0_S 所以 a−b∈ker⁡fa - b \in \ker f。 (3) 吸收律（关键）：设 a∈ker⁡fa \in \ker f（即 f(a)=0Sf(a)=0_S），r∈Rr \in R 是环中任意元素。 我们要看 rara 和 arar 是否还在核里。 f(ra)=f(r)⋅f(a)=f(r)⋅0S=0Sf(ra) = f(r) \cdot f(a) = f(r) \cdot 0_S = 0_Sf(ar)=f(a)⋅f(r)=0S⋅f(r)=0Sf(ar) = f(a) \cdot f(r) = 0_S \cdot f(r) = 0_S 因为结果都是 0S0_S，所以 ra∈ker⁡fra \in \ker f 且 ar∈ker⁡far \in \ker f。

结论：ker⁡f\ker f 是 RR 的理想。 □\square

题目 2

设 f:R→Sf: R \to S 是一个满同态（Surjective Homomorphism），且 II 是 RR 的一个理想。证明：f(I)f(I) 是 SS 的一个理想。

【深度解析】

  • 陷阱提示：一般情况下，理想在同态下的像不一定是理想（只能保证是子环）。但这里有一个关键条件：“满同态”。这意味着 SS 中的任何元素 ss，都能找到 RR 中的“原身” rr。这对于证明“吸收律”至关重要。

【详细证明】 设 J=f(I)={f(x)∣x∈I}J = f(I) = \{f(x) \mid x \in I\}。

  1. 非空性：因为 0R∈I0_R \in I，所以 f(0R)=0S∈Jf(0_R) = 0_S \in J。
  2. 减法封闭：设 y1,y2∈Jy_1, y_2 \in J。存在 x1,x2∈Ix_1, x_2 \in I 使得 f(x1)=y1,f(x2)=y2f(x_1)=y_1, f(x_2)=y_2。 y1−y2=f(x1)−f(x2)=f(x1−x2)y_1 - y_2 = f(x_1) - f(x_2) = f(x_1 - x_2) 因为 II 是理想，所以 x1−x2∈Ix_1 - x_2 \in I，故其像属于 JJ。
  3. 吸收律：设 y∈Jy \in J，s∈Ss \in S。我们要证明 s⋅y∈Js \cdot y \in J。
    • 因为 y∈Jy \in J，存在 x∈Ix \in I 使得 f(x)=yf(x) = y。
    • 关键步骤：因为 ff 是满射，对于 SS 中的任意元素 ss，必然存在 r∈Rr \in R 使得 f(r)=sf(r) = s。 现在计算 s⋅ys \cdot y： s⋅y=f(r)⋅f(x)=f(r⋅x)s \cdot y = f(r) \cdot f(x) = f(r \cdot x) 由于 II 是 RR 的理想，x∈I,r∈R  ⟹  r⋅x∈Ix \in I, r \in R \implies r \cdot x \in I。 所以 f(rx)f(rx) 是 II 中某元素的像，即 s⋅y∈Js \cdot y \in J。 同理可证 y⋅s∈Jy \cdot s \in J。

结论：f(I)f(I) 是 SS 的理想。 □\square

题目 3

设 π:R→R/I\pi: R \to R/I 是由 π(a)=a+I\pi(a) = a+I 定义的映射（称为典范同态）。证明：π\pi 是一个环同态，且 ker⁡π=I\ker \pi = I。

【深度解析】

  • 这是商环定义的直接推论。你需要熟悉商环的运算法则：
    • (a+I)+(b+I)=(a+b)+I(a+I) + (b+I) = (a+b) + I
    • (a+I)(b+I)=(ab)+I(a+I)(b+I) = (ab) + I

【详细证明】

  1. 证明 π\pi 是同态：
    • 保持加法： π(a+b)=(a+b)+I\pi(a+b) = (a+b) + Iπ(a)+π(b)=(a+I)+(b+I)=(a+b)+I\pi(a) + \pi(b) = (a+I) + (b+I) = (a+b) + I 两者相等。
    • 保持乘法： π(ab)=ab+I\pi(ab) = ab + Iπ(a)π(b)=(a+I)(b+I)=ab+I\pi(a)\pi(b) = (a+I)(b+I) = ab + I 两者相等。 所以 π\pi 是环同态。
  2. 证明 ker⁡π=I\ker \pi = I： ker⁡π\ker \pi 的定义是映射到 R/IR/I 中零元的所有元素。 R/IR/I 的零元是什么？是 0+I0+I，也就是集合 II 本身。 a∈ker⁡π  ⟺  π(a)=0R/I  ⟺  a+I=Ia \in \ker \pi \iff \pi(a) = 0_{R/I} \iff a+I = I 在陪集理论中，a+I=Ia+I = I 当且仅当 a∈Ia \in I。 所以 ker⁡π=I\ker \pi = I。 □\square

题目 4

设 RR 是有单位元的环，I1,…,InI_1, \dots, I_n 和 JJ 都是 RR 的理想。已知对于任意 ss， Is+J=RI_s + J = R。证明：积理想 I1⋯InI_1 \cdots I_n 与 JJ 也是互素的。

【深度解析】

  • 互素的定义：两个理想 A,BA, B 互素意味着 A+B=RA+B=R。也就是说，我们可以找到 a∈A,b∈Ba \in A, b \in B 使得 a+b=1a+b=1。
  • 思路：已知 11 可以写成 i1+j1i_1 + j_1，也可以写成 i2+j2i_2 + j_2... 我们把这些式子乘起来看看会发生什么。

【详细证明】 因为 RR 有单位元 11，且对于每个 k∈{1,…,n}k \in \{1, \dots, n\} 都有 Ik+J=RI_k + J = R。 这意味着存在 xk∈Ikx_k \in I_k 和 yk∈Jy_k \in J，使得： xk+yk=1x_k + y_k = 1 现在，我们将这 nn 个等式乘起来： 1=1⋅1⋯1=(x1+y1)(x2+y2)⋯(xn+yn)1 = 1 \cdot 1 \cdots 1 = (x_1 + y_1)(x_2 + y_2)\cdots(x_n + y_n)

观察右边的展开式：

  • 展开后只有一项是不含任何 yy 的，那就是 x1x2⋯xnx_1 x_2 \cdots x_n。
  • 这一项 x1x2⋯xnx_1 x_2 \cdots x_n 显然属于积理想 I1I2⋯InI_1 I_2 \cdots I_n。
  • 展开后的其余所有项，每一项至少包含一个 yky_k 作为因子。
  • 因为 yk∈Jy_k \in J 且 JJ 是理想（吸收律），所以任何包含 yky_k 的项都在 JJ 中。所有这些项的和也在 JJ 中。

于是，我们可以把展开式写成： 1=(x1x2⋯xn⏟∈I1⋯In)+(其余项之和⏟∈J)1 = (\underbrace{x_1 x_2 \cdots x_n}_{\in I_1 \cdots I_n}) + (\underbrace{\text{其余项之和}}_{\in J}) 令 X=x1⋯xn∈I1⋯InX = x_1 \cdots x_n \in I_1 \cdots I_n，令 Y=其余项之和∈JY = \text{其余项之和} \in J。 我们得到了 1=X+Y1 = X + Y，其中 X∈I1⋯In,Y∈JX \in I_1 \cdots I_n, Y \in J。 这表明 1∈I1⋯In+J1 \in I_1 \cdots I_n + J。 因为理想包含 11 就等于整个环 RR，所以： I1⋯In+J=RI_1 \cdots I_n + J = R 即它们互素。 □\square

第二部分：课本 P37 习题

习题 4

证明 (End⁡(G);+,⋅)(\operatorname{End}(G); +, \cdot) 构成幺环。

【深度解析】

  • End⁡(G)\operatorname{End}(G) 是群 GG 到自身的所有同态的集合。
  • 题目定义了加法是“逐点相加”，乘法是“函数复合”。
  • 证明它是环，需要验证：
    1. (End⁡(G),+)(\operatorname{End}(G), +) 是阿贝尔群。
    2. (End⁡(G),⋅)(\operatorname{End}(G), \cdot) 是半群（封闭、结合律）。
    3. 分配律成立。
    4. 有幺元。

【详细证明】 设 ϕ,ψ,θ∈End⁡(G)\phi, \psi, \theta \in \operatorname{End}(G)，g∈Gg \in G。

  1. 加法群性质：
    • 封闭性：(ϕ+ψ)(a+b)=ϕ(a+b)+ψ(a+b)=ϕ(a)+ϕ(b)+ψ(a)+ψ(b)(\phi+\psi)(a+b) = \phi(a+b)+\psi(a+b) = \phi(a)+\phi(b)+\psi(a)+\psi(b)。 因为 GG 是交换群，我们可以交换中间两项：=(ϕ(a)+ψ(a))+(ϕ(b)+ψ(b))=(ϕ+ψ)(a)+(ϕ+ψ)(b)= (\phi(a)+\psi(a)) + (\phi(b)+\psi(b)) = (\phi+\psi)(a) + (\phi+\psi)(b)。 所以 ϕ+ψ\phi+\psi 也是同态。
    • 结合律、交换律、零元、逆元：直接继承自交换群 GG 的性质。零元是零同态 0(g)=00(g)=0。
  2. 乘法性质（复合）：
    • 封闭性：两个同态的复合还是同态（标准结论）。
    • 结合律：函数的复合天然满足结合律。(ϕ∘ψ)∘θ=ϕ∘(ψ∘θ)(\phi \circ \psi) \circ \theta = \phi \circ (\psi \circ \theta)。
  3. 分配律（最重要的一步）：
    • 左分配律 θ⋅(ϕ+ψ)=θ⋅ϕ+θ⋅ψ\theta \cdot (\phi + \psi) = \theta \cdot \phi + \theta \cdot \psi： [θ∘(ϕ+ψ)](g)=θ((ϕ+ψ)(g))=θ(ϕ(g)+ψ(g))[\theta \circ (\phi + \psi)](g) = \theta((\phi+\psi)(g)) = \theta(\phi(g) + \psi(g)) 因为 θ\theta 是同态（保持加法）： =θ(ϕ(g))+θ(ψ(g))=(θ∘ϕ)(g)+(θ∘ψ)(g)= \theta(\phi(g)) + \theta(\psi(g)) = (\theta \circ \phi)(g) + (\theta \circ \psi)(g) 得证。
    • 右分配律 (ϕ+ψ)⋅θ=ϕ⋅θ+ψ⋅θ(\phi + \psi) \cdot \theta = \phi \cdot \theta + \psi \cdot \theta： [(ϕ+ψ)∘θ](g)=(ϕ+ψ)(θ(g))[(\phi + \psi) \circ \theta](g) = (\phi + \psi)(\theta(g)) 根据加法的定义： =ϕ(θ(g))+ψ(θ(g))=(ϕ∘θ)(g)+(ψ∘θ)(g)= \phi(\theta(g)) + \psi(\theta(g)) = (\phi \circ \theta)(g) + (\psi \circ \theta)(g) 得证。
  4. 幺元： 恒等映射 id:G→Gid: G \to G (id(g)=gid(g) = g) 是同态，且对于任何 ϕ\phi，ϕ∘id=ϕ=id∘ϕ\phi \circ id = \phi = id \circ \phi。

结论：End⁡(G)\operatorname{End}(G) 构成幺环。 □\square

习题 18

判断命题正误（φ:R→S\varphi: R \to S 是满同态，且 φ(1R)=1S\varphi(1_R)=1_S）：

(1) φ\varphi 把幂零 (幂等) 元映为幂零 (幂等) 元。

  • 正确。
  • 证明：
    • 设 aa 是幂零元，即存在 nn 使 an=0Ra^n = 0_R。 φ(a)n=φ(an)=φ(0R)=0S\varphi(a)^n = \varphi(a^n) = \varphi(0_R) = 0_S。所以 φ(a)\varphi(a) 是幂零元。
    • 设 aa 是幂等元，即 a2=aa^2 = a。 φ(a)2=φ(a2)=φ(a)\varphi(a)^2 = \varphi(a^2) = \varphi(a)。所以 φ(a)\varphi(a) 是幂等元。

(2) φ\varphi 把零因子映为零因子。

  • 错误。
  • 反例：考虑 R=Z4R = \mathbb{Z}_4（整数模4），S=Z2S = \mathbb{Z}_2（整数模2）。 φ(x)=x(mod2)\varphi(x) = x \pmod 2。 在 Z4\mathbb{Z}_4 中，2⋅2=02 \cdot 2 = 0，所以 22 是零因子。 φ(2)=0\varphi(2) = 0 在 Z2\mathbb{Z}_2 中。 通常“零因子”指非零元素。00 不是零因子。所以零因子 22 被映成了 00。 即使零因子映射成非零元，例如 R=Z×ZR = \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}，S=ZS = \mathbb{Z}。 φ((1,0))=1\varphi((1,0)) = 1。(1,0)(1,0) 是 RR 的零因子（因为它乘以 (0,1)(0,1) 等于 0），但像 11 在 SS 中显然不是零因子。

(3) φ\varphi 把整环映为整环。

  • 错误。
  • 反例：R=ZR = \mathbb{Z}（整环），S=Z4S = \mathbb{Z}_4（不是整环，有零因子）。 φ:n↦n(mod4)\varphi: n \mapsto n \pmod 4 是满同态。

(4) 如果 SS 是整环, 则 RR 是整环。

  • 错误。
  • 反例：R=Z×ZR = \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}（不是整环），S=ZS = \mathbb{Z}（整环）。 φ(a,b)=a\varphi(a, b) = a 是满同态。

(5) φ\varphi 把可逆元映为可逆元。

  • 正确。
  • 证明：设 u∈Ru \in R 可逆，即存在 vv 使 uv=1Ruv = 1_R。 φ(u)φ(v)=φ(uv)=φ(1R)=1S\varphi(u)\varphi(v) = \varphi(uv) = \varphi(1_R) = 1_S。 所以 φ(u)\varphi(u) 在 SS 中可逆。

(6) 对于 a∈Ra \in R, 如果 φ(a)\varphi(a) 可逆, 则 aa 可逆。

  • 错误。
  • 反例：R=ZR = \mathbb{Z}，S=Z5S = \mathbb{Z}_5。 取 a=2a = 2。φ(2)=2\varphi(2) = 2 在 Z5\mathbb{Z}_5 中可逆（因为 2⋅3=6≡12 \cdot 3 = 6 \equiv 1）。 但在 Z\mathbb{Z} 中，只有 1,−11, -1 可逆，22 不可逆。

习题 19

设 RR 是幺环, TT 是整环, φ:R→T\varphi: R \to T 是环同态. 证明 φ(1R)=1T\varphi(1_R) = 1_T。

【深度解析】

  • 一般定义环同态不强制要求保单位元，但如果陪域是整环（无零因子）且同态非零，则自动保持。

【详细证明】 在 RR 中，有 1R⋅1R=1R1_R \cdot 1_R = 1_R。 两边取同态： φ(1R)⋅φ(1R)=φ(1R⋅1R)=φ(1R)\varphi(1_R) \cdot \varphi(1_R) = \varphi(1_R \cdot 1_R) = \varphi(1_R) 记 e=φ(1R)∈Te = \varphi(1_R) \in T。上式变为 e⋅e=ee \cdot e = e，即 e2−e=0e^2 - e = 0，也就是 e(e−1T)=0e(e - 1_T) = 0。 因为 TT 是整环，没有非零零因子，所以必有： e=0T或e−1T=0T  ⟹  e=1Te = 0_T \quad \text{或} \quad e - 1_T = 0_T \implies e = 1_T 如果 φ\varphi 不是零同态（通常默认含单位元的环同态把 1R1_R 映到非零元，或者题目隐含非平凡同态），且 TT 是含单位元的环。如果 φ(1R)=0\varphi(1_R)=0，则对于任意 rr，φ(r)=φ(r⋅1)=φ(r)⋅0=0\varphi(r)=\varphi(r \cdot 1)=\varphi(r) \cdot 0 = 0，即 φ\varphi 是零映射。 如果排除零映射的情况，则必有 φ(1R)=1T\varphi(1_R) = 1_T。 □\square

习题 20

证明构造的环 (R,⊕,⊙)(R, \oplus, \odot) 与原环 (R,+,⋅)(R, +, \cdot) 同构。 定义：a⊕b=a+b−1a \oplus b = a + b - 1, a⊙b=a+b−aba \odot b = a + b - ab。

【深度解析】

  • 我们需要构造一个双射 f:(R,⊕,⊙)→(R,+,⋅)f: (R, \oplus, \odot) \to (R, +, \cdot)。
  • 观察运算：a⊙b=1−(1−a)(1−b)a \odot b = 1 - (1-a)(1-b)。这个形式暗示了 x↦1−xx \mapsto 1-x 可能是一个同构。

【详细证明】 构造映射 f:R→Rf: R \to R，定义为 f(x)=1−xf(x) = 1 - x。

  1. 双射性：显然 f(f(x))=1−(1−x)=xf(f(x)) = 1-(1-x) = x，由逆映射存在可知它是双射。
  2. 保持加法： 我们需要证明 f(a⊕b)=f(a)+f(b)f(a \oplus b) = f(a) + f(b)。 左边 =f(a+b−1)=1−(a+b−1)=2−a−b= f(a + b - 1) = 1 - (a + b - 1) = 2 - a - b。 右边 =(1−a)+(1−b)=2−a−b= (1 - a) + (1 - b) = 2 - a - b。 相等！
  3. 保持乘法： 我们需要证明 f(a⊙b)=f(a)⋅f(b)f(a \odot b) = f(a) \cdot f(b)。 左边 =f(a+b−ab)=1−(a+b−ab)= f(a + b - ab) = 1 - (a + b - ab)。 右边 =(1−a)(1−b)=1−b−a+ab=1−(a+b−ab)= (1 - a)(1 - b) = 1 - b - a + ab = 1 - (a + b - ab)。 相等！

结论：f(x)=1−xf(x) = 1-x 是一个环同构，所以两个环结构同构。 □\square

第三部分：课本 P89 习题

习题 3

设 IJ⊆KIJ \subseteq K 且 II 与 KK 互素, 证明 J⊆KJ \subseteq K.

【深度解析】

  • 条件：I+K=RI+K=R（互素），IJ⊆KIJ \subseteq K（积在 KK 里）。
  • 目标：任取 j∈Jj \in J，证明 j∈Kj \in K。
  • 技巧：利用 11 的分解。

【详细证明】

  1. 因为 II 与 KK 互素，所以 I+K=RI + K = R。 这意味着存在 i∈Ii \in I 和 k∈Kk \in K，使得 i+k=1i + k = 1。
  2. 设任意元素 j∈Jj \in J。 j=1⋅j=(i+k)j=ij+kjj = 1 \cdot j = (i + k)j = ij + kj
  3. 分析这两项：
    • ijij：因为 i∈Ii \in I 且 j∈Jj \in J，所以 ij∈IJij \in IJ。 题目已知 IJ⊆KIJ \subseteq K，所以 ij∈Kij \in K。
    • kjkj：因为 k∈Kk \in K 且 KK 是理想（吸收性），所以 kj∈Kkj \in K。
  4. 因为 KK 是理想（对加法封闭），所以 ij+kj∈Kij + kj \in K。 即 j∈Kj \in K。 结论：J⊆KJ \subseteq K. □\square

习题 4

设 I,J⊇KI, J \supseteq K 且 II 与 JJ 互素, 证明 IJ⊇KIJ \supseteq K.

【深度解析】

  • 这是一个反直觉的结论。通常 IJ⊆I∩JIJ \subseteq I \cap J。
  • 当 I,JI, J 互素时，有一个重要定理：IJ=I∩JIJ = I \cap J。
  • 如果能证明 IJ=I∩JIJ = I \cap J，结合 KK 既在 II 里又在 JJ 里，自然在交集里，问题就解决了。

【详细证明】

  1. 先证当 I,JI, J 互素时，IJ=I∩JIJ = I \cap J。
    • 显然 IJ⊆I∩JIJ \subseteq I \cap J 总是成立。
    • 因为 I,JI, J 互素，存在 i∈I,j∈Ji \in I, j \in J 使得 i+j=1i+j=1。
    • 设任意 x∈I∩Jx \in I \cap J。 x=1⋅x=(i+j)x=ix+jxx = 1 \cdot x = (i+j)x = ix + jx
    • 看第一项 ixix：因为 x∈Jx \in J，所以 ix∈IJix \in IJ（II 乘 JJ）。
    • 看第二项 jxjx：因为 x∈Ix \in I，所以 jx∈JI=IJjx \in JI = IJ。
    • 所以 x∈IJx \in IJ。即 I∩J⊆IJI \cap J \subseteq IJ。
    • 综上，IJ=I∩JIJ = I \cap J。
  2. 回到题目： 已知 K⊆IK \subseteq I 且 K⊆JK \subseteq J。 根据集合论知识，这蕴含 K⊆I∩JK \subseteq I \cap J。 由第 1 步的结论，I∩J=IJI \cap J = IJ。 所以 K⊆IJK \subseteq IJ。

结论：IJ⊇KIJ \supseteq K. □\square