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近世代数教案


近世代数教案

西南大学 数学与统计学院 张广祥

学时数:80(每周 4 学时) 使用教材:抽象代数——理论、问题与方法,科学出版社 2005 教材使用说明:该教材共 10 章,本课程学习前 6 章,覆盖通用的传统教材(例如:张禾瑞 《近世代数基础》 )的所有内容,但本教材更强调抽象代数理论的应用和方法特点。本教材的后 4 章有一定难度和深度,可作为本科近世代数(二)续用。如果不再开设近世代数(二) ,则可 以供有兴趣的学生自学、自读,进一步了解现代代数学更加前沿的内容,拓宽知识面。 教学方法:由于该教材首次在全年级使用,采用教研室集体备课的方式,每 2 周一次参加教

学的教师集体研讨备课。 每节配有 3—5 题常规练习作业。每章提供适量的(3—4 题)思考问题供学生独立思考,学 生完成的思考题成绩可记入平时成绩。 整学期可安排 1—2 次相关讲座,介绍现代代数学的研究方法或研究成果。本学期已经准备 讲座内容:群与 Goldbach 猜想。 教学手段:黑板板书与 Powerpoint 课件相结合。 主要参考书: 1.张禾瑞,近世代数基础,1952 第一版,1978 年修订版,高等教育出版社 2.刘绍学, 近世代数基础,(面向 21 世纪课程教材,“九五”国家级重点教材) 高等教育出版 社,1999 3.石生明, 近世代数初步, 高等教育出版社 2002 4.B.L.Van der Waerden,代数学,丁石孙,曾肯成,郝鈵新,曹锡华译,1964 卷 1,1976 卷 2,科学出 版社 5. M.Kline, 古今数学思想,卷 1-4,张理京,张锦炎,江泽涵译,上海科技出版社 2002

第二章
本章教学目标:

数环与数域

1. 熟悉整数剩余类环的运算,了解整数剩余类环在数论研究中的作用。 2. 数环就是数系,熟悉各种不同形态的数环与数域;有限的、无限的;交换的、不交换的。 3. 学习整环的分式域、素域与扩域的理论。 4. 综合应用数环与数域的初等方法证明欧拉二平方和定理、Lagrange 四平方和定理。 5. 本章通过若干数论定理的学习,使学生了解和熟悉环论的初等方法,为第 3 章与第 5 章 学习系统的扩域理论奠定基础。

教学时数:共 6 节,8 学时

2.1

整数剩余类环

复习引入:通过整数的整除性问题,了解引入整数剩余类环的必要性,一方面使学生知道同

余类方法是数论的基本工具,另一方面整数剩余类环也是一类重要的数环。

内容要点: 1. 整数剩余类环的定义及基本性质。 2. 环同态定义、理想定义、环同态基本定理。 3. 整数剩余类环是整数环的同态像。 讲授内容:
整数的整除性是整数最重要的性质,它是数论研究的一个重要的内容。整除性问题常常是数论中的困难问 题。 法国数学家费马 (Pierre de Fermat, 1601-1665) 曾经认为形如 2
2n
25

+1 的数都是素数, 直到大约 100 年之后 2 +1

的一个非平凡因子 641 才被数学家欧拉 (Leonhard Euler, 1707—1783) 发现, 欧拉得到分解 232+1=4294967297=641 ×6700417,可见整数的整除问题具有一定的难度。 研究整数整除性的一个重要工具是带余除法。对于两个整数 a,b(b>0)存在整数 q,r 使 a=qb+r 且 0?r <b。式中 q 称为商,r 称为余数。在整除性问题中我们主要关心余数,而不关心商。因此有下面的同余概念。 定义 1 假定 m 是一个正整数,两个整数 a 与 b 如果满足条件 m︱a-b,则称 a 与 b 模 m 的同余,记为 a ≡b(m)。 由 1.2 节知模 m 同余是整数集 Z 上的一个等价关系,其商集记为 Zm,其元素记为[a],称之为模 m 的一个剩 余类。定义 Zm 上的加法与乘法运算: [a]+[b]=[ a+b] [a]·[b]=[ab] 容易知道上面的加、乘运算的定义与剩余类中代表元的选法无关,即当[a]=[a1],[ b]=[b1]时[a]+[b]=[ a1] + [b1], [a]·[b]=[ a1]·[b1]。 定理 2.1.1 Zm 成为一个环。 该定理证明没有太多困难,仅仅是按定义作常规验证。证明留给读者作为练习。 Zm 称为模 m 剩余类环,这是一个包含 m 个元素的有限环。我们也可以把它看成一个有限数系。借助环 Zm 常常可以简化整数中的计算问题,特别是整除性问题。 例 Z2 仅含两个元[0]与[1],每个偶数与 0 同余,每个奇数与 1 同余。如果我们用[0]代表偶,[1]代表奇,则

剩余类环 Z2 中的运算实际上表示了整数运算的奇偶性法则: 奇+奇=偶,奇+偶=奇,偶+偶=偶 奇·奇=奇,奇·偶=偶,偶·偶=偶 定义 2 设 R 与 S 是两个环,映射?:R→S 若满足条件:对每 a,b∈R 有?(a+b)=?(a)+?(b),?(ab)=?(a)?(b), 则?称为环同态。若?是满映射,则?称为满同态;若?是单映射,则?称为单同态;若?是既单又满的环同态,则称 ?为环同构。 满同态记为 ?:R ~ S

环同构记为 ?:R ? S 定义 3 两个域同态或同构是指它们作为环同态或同构。 定理 2.1.2 定义映射?:Z→Zm 使?(a)=[a],则?是环同态。 证 证明十分简单,略去。

为了进一步讨论整数剩余类环的性质,我们先证明一个整数方面的定理。 定理 2.1.3 两个整数 a、b 互素的充分必要条件是存在整数 s、t 使 sa+tb=1。 证 如果条件 sa+tb=1 成立,则 a、b 互素,因为这时 a,b 的公因子 d∣sa+tb=1,d=± 1。

反过来假定 a、b 互素,不妨设 a 与 b 都是正整数。对 a+b 作归纳。由带余除法,存在整数 q、r 使 a=qb+r 且 0?r<b。 如果 r=0,则 b|a,但因 a、b 互素,故 b=1,当然存在整数 s、t 使 sa+tb=1。如果 r≠0,则 b,r 互素。由归 纳存在整数 s1,t1 使 s1b+t1r =1,于是 t1a=t1qb+t1r =t1qb+1-s1b。因此 t1a+(s1-t1q)b=1,定理得证。 定理 2.1.4 若 p 是素数,则 Zp 是域。 证 只要证明 Zp 中的非零元素集成为一个乘法群。设[a]≠[0],由定理 2.1.3 存在整数 s,t 使 sa+tp=1,于

是[s][a]=[1],说明[s]是[a]在 Zp 中的逆元素,因而 Zp 中的全体非零元素集组成一个乘法群。 注:Zp 是我们过去在代数中未遇到过的有限域。 像整数模 n 剩余类环一样,对于一般的环也可以作剩余类环。为此我们引入一个在环论研究中十分重要的 定义,这个定义称为“理想”。 定义 4 设 R 是一个环, A 是 R 的一个子环, 如果 A 满足下面条件: 对每 r?R 有 rA, Ar ? A, 其中 rA={ ra | a?A },Ar={ ar | a?A },则称 A 是 R 的理想。 如果 A 是 R 的理想,定义 R 上的一个二元关系 a?b 当且仅当 a-b?A。容易检验 ? 是 R 上的一个等价关 系,商集合记为 R = R/A。 R 的元记为[r]=r+A, 定义 R 上的运算 [a]+[b]=[a+b],[a][b]=[ab]。这样 R 成为一个环, 称之为模 A 剩余类环。 我们有下面的同态基本定理 定理 2.1.5 (1)假定 R 与 R 是两个环,并有环同态 ?:R? R ,则 A={ r?R | r = o }是 R 的理想,且有环同 构 R ?R/A。 上面的? 称为自然同态,记 A=ker?,称之为同态?的核。 (2)反之,若 A 是 R 的理想,则有环同态 R?R/A= R 。 证 (1)对每 a、b?A,?(a-b)= a - b = 0 ,故 a-b?A,说明 A 是一个加群。进一步若 r?R,a?A,则?(ra) = ra = 0 ,ra?A,同样 ar?A。因此 A 是 R 的理想。容易验证?: r ?r+A 是环同构 R ?R/A。 (2)容易知道映射?:R?R/A 使?(r)= r 是环同态。

思考问题 4 问定理 2.1.2 中环同态?:Z→Zm 的同态核 A=? 解答:同态核 A=(m)={am | a?Z},因此由定理 2.1.5 Zm≌Z/(m)。

练习作业
1. 设 m 是一个正整数,证明同余的性质 (1)若 a≡b(m),c=d(m),则 a± c≡b± d(m) (2)若 a≡b(m),c=d(m),则 ac≡bd(m) (3)若 a≡b(m),则 ad≡bd(m) (4)若 ad≡bd(m),且(d,m)=1,则 a≡b(m) 2. Z 是整数环,2Z={2a︱a?Z}在整数运算之下成为一个环,可以称它为偶数环,?:a→2a 是 Z→2Z 的一 个映射,问?是不是环同构? 3. 设 R 是一个有单位元的环,a,b?R,证明 1?ab 可逆当且仅当 1?ba 可逆。 4. 假定 R 是一个交换环,证明 A={a?R| 存在某个正整数 n 使 an=0}是 R 的一个理想。这个理想称为幂零元 理想。

2.2

整环的分式域

复习引入:上节我们从整数环出发,构造整数模 n 剩余类环 Zn,由同态基本定理,剩余类 环 Zn≌Z/(n)。这样,我们实际从一个无限数系得到一有限数系。有限数系 Zn 在数论研究中有重 要价值。 数系发展的另一个方向是从整数系统构造出分数系统, 既有理数系统。 本节我们将把这样的 数系扩充推广到一般的整环上。

内容要点: 1. 证明整环嵌入分式域定理。 2. 整环的分式域是包含这个整环的最小域。 3. 了解一些常见整环分式域的实例。 讲解内容:
在数系发展的历史上,由整数系到有理数系的扩展是最简单、最容易被认识的一次,这种数系的扩展理论 作为“比与比例论”是由古希腊数学家 Eudoxus 建立的,并被收入欧几里德(Eudid)《几何原本》的第五卷。 两个可公度的量 a 与 b 可以通过下面的方法来比较。选定一个(足够小的)公共单位量,使量 a 是单位量的整 数倍,b 也是单位量的整数倍。在这一观点之下,量 a 与 b 实际都可认为与一个整数对应。现在量 a 与 b 的比就 是两个整数的比 a/b。Eudoxus 发现这种“比”可以进行运算,其运算法则是 (1)
an a ? bn b

(2) (3)

a c ad ? bc ? ? b d bd
a c ac ? ? b d bd

上面这种整数的“比例论”实际上就是有理数系的代数理论。Eudoxus 的比例论启发我们可以用类似的“比例论” 方法把一个具有与整数环性质相当的环扩展成为一个域。由此我们有下面的整环的定义。 定义 1 设 R 是一个环,对 R 的每两个非零元 a、b,如果 ab=0 则 a 称为 R 的左零因子,b 称为 R 的右零因 子。当 R 是交换环时零因子没有左、右的区别。 一个有单位元的交换环若没有零因子,则称为整环。 例 整数环当然是整环;域上的多项式环也是整环;Zn 是整环当且仅当 n 是素数。

定义 2 设 R 是一个环,S 是 R 的一个非空子集,如果 S 在 R 的加法与乘法运算之下也成为一个环,则 S 称为 R 的子环,我们说一个环 S1 可以嵌入环 R,是指环 S1 与 R 的一个子环 S 同构。 下面的定理与 Eudoxus 的比例论相当。 定理 2.2.1 每一个整环都可以嵌入一个域。 证 证明分为以下三步

(1)设已知的整环为 R。 作集合 A= {(a, b)∣a, b∈R, b≠0} 。 定义 A 上的关系(a, b)~(c, d)当且仅当 ad=bc, 容易验证这是一个等价关系。 记 F 为 A 的等价类作成的集合,把 F 的元素表为
a c ad ? bc a . c ac ? + = ; bd b d b d bd a ,定义 F 上的运算 b

容易验证上面的运算与等价类代表元的取法无关,即如果
a1 a c1 c a1 c1 a c a1 . c1 a . c = , = 则 + = + , = . b1 b d 1 d b1 d 1 b d b1 d 1 b d
0 a ?a (2)验证 F 在上面定义的运算之下成为一个域。首先 F 成为一个加群,其零元素是 , - = , F 对于乘法封 b b b

闭 , 且 F 中 的 非 零 元 成 为 一 个 群 , 群 的 单 位 元 是 立:
a c s a ct ? sd act ? asd ( + )= ( )=( )= dt b d t b bdt

b , b

而 且 (

a -1 b ) = 。 分 配 律 成 b a

ac as a . c a . s + = + , 因此 F 是一个域。 bd bt b d b t

(3)F 的子集 R1={

ab ab ab 1 ab |a,b ? R,b ? 0}组成 F 的一个子环,命?:R ?R1 使 ?(a)= ,由于 b1≠0 时 = ,故? b b b1 b
ab 1 ab = 则 a1b1b=abb1,于是(a1-a)bb1=0,但因 R 是整环,没有零因子,故 a1=a,说明? b1 b ,

是 R 到 R1 上的映射。若

是一一映射。容易验证?是环同构,因此 R 与域 F 的一个子环同构。定理得证。 注 1. 定理 2.2.1 的证明不依赖 R 有单位元这一条件,因此实际上我们证明了每个没有零因子的交换环都可 以嵌入一个域。 2. 由整环 R 所构造的域 F,其元素形如
a , 因此 F 称为 R 的分式域。 b

3. 整数环的分式域是有理数域。 下面的定理说明分式域是包含一个环的最小域。 定理 2.2.2 如果一个非零环 R 含在一个域 F 中,则 F 含 R 的分式域。 a 证 对于 R 的元 a,b,只要 b≠0,则分式元 =ab-1 ? F,且分式元满足下列运算法则 b
a c ? 当且仅当 ad=bc b d
a c ad ? bc ? ? b d bd

(*)

a . c ac ? b d bd

因此 R 的分式域 F1 ={ 注 例

a | a,b∈R,b≠0}是 F 的子域。 b

环 R 的分式域 F1 由等式(*)决定,而等式(*)由 R 的运算决定。因此同构的环,分式域也同构。 设 F 是一个域,容易知道多项式环 F[x]是一个整环,由定理 2.2.1 F[x]有分式域,记分式域为 F(x)。由
f ( x) ,其中 f(x),g(x)∈F[x]且 g(x)≠0。由定理 2.2.2 F(x)是含多项式环 F[x] g ( x)

分式域的构造,F(x)含所有的分式

的最小域。从另一个观点看问题,F(x)也是含域 F 同时又含一个不定元 x 的最小域,F(x)也称为域 F 的超越扩域。

思考问题 5 问一个无零因子的交换环 R 与它的子环 S 在什么条件下有相同的分式域。 参考答案 对?∈R 记?S={?u | u∈S }。我们证明下面结论:无零因子交换环 R 与它的子环

S 有相同的分式域当且仅当对每?∈R 都有?S?S≠{0}。 证明:充分性。如果对每 0≠?∈R 都有?S?S≠{0},则存在 0≠ a、b∈S 使 a =? b。设 R、S 的分式域分别为 F 与 L。于是在 S 的分式域 L 中?= a / b∈L,这样 R?L,F?L,因此 F=L。 必要性。如果存在 0≠?∈R 使?S?S={0},我们断言??L。否则,如果?∈L,则?=a / b,a、 b∈S,这样 a = b?∈R,当然 a≠0 因此?S?S≠{0},与假设矛盾。

练习作业
1.问一个域的分式域是什么? 2.求复整数环 Z(i)={a+bi | a,b?Z}的分式域。 3.求多项式环 Z[x]的分式域。 4.偶数环 2Z={2a | a?Z }是一个无零因子的交换环,求偶数环的分式域。 5.*问一个无零因子的交换环 R 与它的子环 S 在什么条件下有相同的分式域。

2.3

素域与扩域

复习引入:在中学数学中,大家所熟悉的数域主要是有理数域、实数域与复数域,这三个数 域的共同特点是: 它们都包含有理数域作为它们的子域。 那么, 一般的域是否也有类似的性质呢? 本节将回答这个问题。

内容要点: 1. 无零因子环的特征。 2. 素域与扩域的定义。 3. 两类不同的素域。 4. 域上的 n 次方程最多 n 个根。 讲解内容:
定义 设 K 是一个域, 如果 K 的非空子集 F 在 K 的加法与乘法运算之下也成为一个域, 则 F 称为 K 的子域,

而 K 称为 F 的扩域。 一个域如果不包含更小的子域,则称为素域。因为若干个子域的交集还是一个子域,因此素域是存在的而 且也是唯一的。 为了研究素域,我们先证明没有零因子环的一个重要的性质。 定理 2.3.1 设 R 是一个没有零因子的环,则 R 满足下面两个条件之一: (1) 对每 0≠a∈R 及整数 n , na=0,当且仅当 n=0。这时称 R 的特征为 0,记为 char R=0。 (2)存在一个素数 p 使对每 a∈R 有 pa=0。这时称 R 的特征为 p,记为 char R=p。 证 (1)若存在某个非零元 a∈R 使每个非零整数 n 都有 na≠0,我们要证 R 的任一个非零元 b 都有 nb≠0。 否则若 nb=0,则(na)b=a(nb)=0。因 R 无零因子,且 b≠0,故 na=0,与 a 的性质矛盾。说明这时 char R=0。 (2)若 char R≠0,则存在 R 的非零元 a 及非零整数 n 使 na=0,假定 n 是满足这一性质的最小正整数,下证 这时 n 必为素数。否则若 n=st,0<s,t<n,则 sa·ta=(sta)a=(na)a=0。因为 R 无零因子,故 sa=0 或 ta=0,与 n 的最小性矛盾,故 n=p 是一个素数。 下证每 b∈R 都有 pb=0。因为(pb)a=b(pa)=0,但 a≠0,故 pb=0。于是 char R=p。 定理 2.3.2 素域 F 只有以下两种: (1)char F=0 时 F≌Q(有理数域), (2)char F=p 时 F≌Zp。 证 设 F 是一个素数,e 是 F 的单位元,则 Ze={ne∣n∈Z?F}是含于域 F 中的子环。我们有下面两种可能 的情形: (1)char F=0,则 ne=0 当且仅当 n=0。于是有环同构 Ze≌Z。由定理 2.2.2 F 含 Ze 的分式域,而 Ze 的分式域 与整数环 Z 的分式域 Q 同构,故 F≌Q。

(2)char F=p,则 pe=0。这时容易验证 Ze≌Zp,而 Ze 的分式域 F≌Zp。 注 由定理 2.3.2 从同构的意义上说任何域都可以看成有理数域 Q 的扩域或者 p 元域 Zp 的扩域。

定理 2.3.3 域上的 n 次多项式最多有 n 个根。 证 若 x=a 是多项式 f(x) 的一个根,则利用多项式的带余除法,存在多项式 q(x)及系数域中的元 r 使

f(x)=q(x)(x-a)+r ,但 f(a)=0,故 r=0,因此 f(x)=g(x)(x-a)。若 f(x)次数为 n 则 q(x)的次数为 n-1,由归纳 q(x) 最多 n-1 个根,因此 f(x)最多 n 个根。

练习作业
1.方程 x2+1=0 在有理数域中没有根,问在有限域 Z5 中有没有根,有几个根? 2.记 F=Z2 是含 2 个元素的域,证明多项式 x2+1 在多项式环 F[x]中可约,而 x2+x+1 在多项式环 F[x]中不可 约。 3.假定 F=Z2,?是 F[x]中不可约多项式 x2+x+1 的一个根,证明 F(?)={0,1,?,1+?}是一个含 4 个元素的 域。求多项式 x2+x+1 的另一个根。 4.假定 F=Z2,求 F[x]中所有 3 次不可约多项式。

2.4

素数的欧拉分解

复习引入:从 1.1 节思考问题 1,我们已经知道素数 p 在复整数环 Z(i)中存在非平凡分解当 且仅当 p=a +b ,进一步的问题是:素数 P 能够写成 2 整数平方和的充分必要条件是什么? 本节将利用整数剩余类环的方法证明著名的欧拉定理:素数 P 能写成 2 整数平方和当且仅 当 p≡1(4)。 内容要点:证明“欧拉二平方和定理”,为此我们首先必须证明 Fermat 定理与 Wilson 定理, 但是我们的方法是初等的、 而且与前一节的上下文互相关联, 我们尽可能避免采用纯数论的方法。 提示学生在学习中注意到,抽象代数的方法比纯初等数论的方法具有一定的优势。
2 2

讲解内容:
高斯发现复整数环 Z(i)={a+bi | a、b?Z }具有与整数环 Z 十分类似的因子分解唯一性,这点我们将在第 6 章中加以证明。但是一个通常的整数在整数环中的因子分解与在复整数环中的分解很不一样。例如通常的素数 2 在复整数环中不再是素元,而存在非平凡分解 2=(1+i)(1-i)。5 也一样,5 作为通常的整数是素数,不存在非平 凡分解,但 5=(2+i)(2-i),5 在复整数环中也不再是素元。下面我们要研究通常的素数 p 在复整数环中的因子分 解问题。首先如果复整数?=a+bi 是通常素数 p 的因子,则 ? 的共轭复数 ? 也是 p 的因子。由于 ? ? 是实数,因 而也是通常的整数,因此 ? ? = p。而 p=(a+bi)(a-bi)的充分必要条件是 x2+y2=p 有正整数解。现在问题转化为

不定方程 x2+y2=p 的可解性。为了研究这个数论问题,我们先证明下面两个重要的数论定理。 定理 2.4.1(Fermat) 设 p 是素数,a 是整数,p ? a,则 ap 1≡1(p)


(*)
p p p-1



记 b=a-1 则 a ≡(b+1) ≡b +1≡(a-1) +1≡(a-2) +2≡?≡1 +(a-1)≡a(p), 说明 p︱a -a=a(a
p-1 p

p

p

p

p

p

-1)。但 p ? a,故 p︱a -1 即 a -1≡1(p)。 定理 2.4.2(Wilson) 若 p 是素数,则(p-1)!+1≡0(p)。 证 由 Fermat 定理方程 x p-1-1=0 在域 Zp 中有 p-1 个根:[1]、[2]、?[p-1]。由定理 2.3.3 方程 x p-1-1 = 0 中 Zp 只有这 p-1 个根,由根与系数的关系得 (p-1)!≡-1(p) 注 为了语言简便,在上面的证明过程中我们说在域 Zp 中解方程 x p-1-1=0 与求同余式 x p-1-1≡0(p)的整

数解是同一个意思。 定理 2.4.3(Euler) 奇素数 p 在复整数环 Z(i)中有非平凡因子当且仅当 p≡1(4)。 证 只要证明方程 x2+y2=p 有正整数解当且仅当 p≡1(4)。首先若 x2+y2=p 有正整数解,则其解 x、y 一奇

一偶,奇数平方≡1(4),而偶数平方≡0(4),故这时 p≡1(4)。 p ?1 下面假定 p≡1(4)。记 a= !,由 Wilson 定理 2 a2≡(?1)
p ?1 2

(

p ?1 2 p ?1 p ?1 !) ≡[(p?1)(p?2)?(p? )] !≡(p-1)!≡?1(p) 2 2 2

因此 a2+1≡0(p)。 记 b=[ p ]是不超过 p 的最大整数,于是(b+1)2?p+1。整数集{x-ay︱0?x,y?b}含(b+1)2 个元, 故至少有两个模 p 同余,有 x1-ay1≡x2-ay2。记 x=x1-x2,y=y1-y2,则︱x︱,︱y︱?b 且 x≡ay(p)。因此 x2 +y2≡(a2+1)y2≡0(p),但 x2+y2?2b2<2p,因此 x2+y2=p 有正整数解,定理得证。 欧拉定理实际上告诉我们一个素数能够表为两个整数的平方和的充分必要条件, 我们还将在 2.6 节进一步证 明每个正整数都能表为四个整数的平方和。 为此, 我们先在 2.5 节讨论一种性质与复数域十分类似的四元数除环。

练习作业
证明存在无限多个形如 4k?1 的素数。(提示:考虑模仿证明“素数无限多”的欧几里德方法。注意到这种 方法难以直接应用于证明“存在无限多 4k+1 型素数” )

2.5

Hamilton 四元数环

复习引入:复数域是最大的数域,现在我们提出下面的问题:从数域扩充的观点看复数域是 否还存在另外意义之下的数系扩充呢?在高斯那个时代,数学家关注复数的合理性,同时也关注 是否存在新的更大的数系包含复数系统。1843 年爱尔兰数学家 William R. Hamilton(1805—1865) 经过 10 年的艰辛探索,发现了新的数系,现在称为 Hamilton 四元数系。Hamilton 四元数系在现

代物理学中发挥重大作用。

内容要点: 1. 四元数定义。 2. 全体实四元数组成一个出环。 3. 三个欧拉恒等式。 4. 可除代数的 Frobenius 定理(只讲不证)。 讲解内容:
复数最初是为了求解形如 x2+1=0 的代数方程而引入的, 但是在漫长的时期中人们没有承认虚数单位 i = ?1 的合法地位。直到 1800 年左右在高斯那个时代,数学家对复数作出了适当的几何解释,把复数与平面上的点对 应。复数的几何解释使得复数更为自然,拓宽了复数的意义,增加了复数的应用价值。复数的几何意义无异于把 复数看成二元数,这样便产生了一个自然的问题,就是是否存在类似的三元数。爱尔兰数学家 William R. Hamilton(1805—1865)经过长期的研究发现不存在三元数。在 7.2 节定理 7.2.1 与 7.4 节推论 7.4.2,我们将从不同 的角度对这种不存在性作严格的数学证明。但是进一步的研究使得 Hamilton 于 1843 年发现了四元数。 定义 1 设 R 是实数集,定义集合 H={a+bi+cj+dk︱a,b,c,d∈R},该集合中的每个元素称为 Hamilton 四元数。用下面的方法定义四元数的加法与乘法运算。 四元数的加法十分自然地定义为 (a1+b1i+c1j+d1k)+(a2+b2i+c2j+d2k)=(a1+a2)+(b1+b2)i+(c1+c2)j+(d1+d2)k 四元数的乘法由下面 i,j,k 的乘法再利用分配律定义到整个四元数集。 i2 = j2 =k2 =?1,ij =?ji=k,jk =-?kj = i ,ki = ?ik =j 容易知道在上面的定义之下,全体四元数成为一个环,这是一个不交换的环。进一步研究还会发现 与其共轭四元数 ? =a-bi-cj-dk 相乘有 ? ? =a2+b2+c2+d2, 因此只要 ? ≠0,就可命 ? =(a2+b2+c2+d2) ?1 ? =a+bi+cj+dk,

? ,则 ? ? = ? ? =1,说明四元数环的非零元素集成为一个乘群。
定义 2 设 R 是一个环,如果 R 的非零元素集是一个乘群,则称 R 是一个除环。 定理 2.5.1 四元数集 H 组成一个除环。 作为 Hamilton 四元数的一个应用,我们可以通过四元数发现和证明下面的欧拉恒等式。 定理 2.5.2 下面等式中的字母都表实数。我们有欧拉恒等式: (1)( a2+b2)(c2+d2)=(ac?bd) 2+(ad+bc) 2 (2)(a12+a22+a32+a42)(b12+b22+b32+b42) =(a1b1+a2b2+a3b3+a4b4)2+(a1b2 ? a2b1+a3b4 ? a4b3)2 +(a1b3 ? a3b1+ a4b2 ? a2b4)2 +(a1b4 ? a4b1+ a2b3 ? a3b2)2 证 (1)记复数 ? =a+bi, ? =c+di,则| ? |2| ? |2=| ? ? |2,把 ? , ? 的表式代入即得第一个等式。

(2)记四元数 ? =a1+a2i+a3j+a4k, ? = b1+b2i+b3j+b4k, 与复数的模得法则一样有| ? |2 | ? |2=| ? ? |2 。



? ? = (a1b1-a2b2-a3b3-a4b4)+(a1b2+a2b1+a3b4-a4b3)i
+(a1b3+a3b1+a4b2-a2b4)j+(a1b4+a4b1+a2b3-a3b2)k

代入模等式得 (a12+a22+a32+a42)(b12+b22+b32+b42) =(a1b1?a2b2?a3b3?a4b4)2 +(a1b2+a2b1+a3b4?a4b3)2+(a1b3+a3b1+a4b2?a2b4) +(a1b4+a4b1+a2b3?a3b2) 用?b1 代 b1 得等式(2)。 注 欧拉恒等式, 作为一个恒等式它的证明本来只需采用简单的两边展开平方的方法进行被动的验证, 但是

直接验证的一个缺点是烦琐。另一方面更重要的缺点是,无法从证明的过程中了解怎样发现这样的恒等式。实际 上, 第 7 章中我们还将讨论一个更为复杂的八元欧拉恒等式, 只有从代数结构的角度我们才能理解这些恒等式的 由来。 推论 2.5.3 (Euler) 正整数 n 能表为两个整数的平方和当且仅当 n 的每个模 4 余 3 的素因子 p 都出现偶数次。 证 2 当然能表为两个整数的平方和,由定理 2.4.3 奇素数 p 若模 4 余 1,则 p 可表为二整数平方和,于是由

定理 2.5.2(1),若在 n 的标准分解式中模 4 余 3 的素数幂都是偶数次,则 n 能表为二整数平方和。反之,若 n 能 表为二整数平方和,n 的素因子 p 模 4 余 3,假定在 n 的标准分解式中 p 的幂指数为奇,则 n 有分解式 n=a2+b2 =d2(s2+t2),其中 a、b、d、s、t 都是整数,且 s2+t2≡0(p)但(s,p)=1,于是存在 u 使 us≡1(p),因而(ut)2≡ -1(p)。 ? 1 ? (?1)
p ?1 2

? (ut ) p ?1 ? 1( p) ,与 p≡3(4)矛盾。因此若 n 能表为二整数平方和,则 n 的标准分解式中模 4

余 3 的素因子 p 都出现偶数次,定理得证。 注 如果把整数环、有理数域、实数域、复数域看成一系列从小到大逐步扩充的数系,那末 Hamilton 四元

数除环则是由复数系所作的又一次扩充数系。把复数域看成一种 2 元数系,则四元数除环是一种 4 元数系。是否 还存在其它的多元数系呢?我们将在第 7 章证明下面的定理, 这个定理从一个特定的角度很好地回答了数系扩充 的问题。 定理(Frobeuius 1878) 实数域 R 上的可除代数只能是实数域、复数域或四元数除环。

练习作业
设 R 是全体复数对(?,?)组成的二元复数集,定义 R 上的加法和乘法运算: (?,?)+(?,?)=(?+?,?+?),(?,?)(?,?)=(?? ? ??*,??+??*) 证明这样定义的环 R 与四元数除环同构。

2.6

Lagrange 平方和定理

复习引入:欧拉定理 2.5.5 解决了正整数表为 2 平方和的充要条件,并不是每个正整数都能 表为 2 平方和,那么,一个极有悬念的问题是:确定最小的 n 使每个正整数都能表为 n 个整数的 平方和。1770 年拉格朗日证明 n=4,这是初等数论中最漂亮的定理。

内容要点:本节只证明一个定理:拉格朗日 4 平方和定理。证明从很大的程度上依赖与上节 的 4 元欧拉恒等式。但是,因为 4 元欧拉平方和恒等式来源于 Hamilton 四元数的运算性质,因 此我们认为拉格朗日 4 平方和定理虽然是一个数论定理,但它的证明更多地采用了环论方法:整 数剩余类环与 Hamilton 四元数环的初等运算技巧。 讲解内容:
受勾股定理与勾股数的启发,人们对于将一个正整数表为平方和的问题特别感兴趣。 1770 年拉格朗日 (J.L.Lagrange,1736—1813)证明每个正整数能表为四个整数的平方和。在证明这一定理之前我们先证明下面 引理。 引理 2.6.1 设 p 是奇素数,则同余式 x2+y2≡?1(p)有整数解。 证 两组整数 (Ⅰ) 0, 12, 22, ?, (
p ?1 2 ) 2 p ?1 2 ) +1] 2

(Ⅱ) ?1, ? (12+1), ? (22+1), ?, ? [( 每组各含

p ?1 个数,且组内各数模 p 互不同余,但两组合起来共 p+1 个数,因此必有两个数来自不同的组 x2 与? 2

(y2+1),它们模 p 同余,即 x2≡?(y2+1) (p),因此 x2+y2≡?1(p)有整数解。 定理 2.6.2(Lagrange) 证 每个正整数都可表为四个整数的平方和。

由定理 2.5.2(2)只要证明每个素数 p 能表为四个整数的平方和。2 当然能表为四个整数的平方和,因此

下面可以假定 p 是奇素数。 由引理 2.6.1 x2+y2+1≡0(p)有整数解,说明存在正整数 n 使 x12+x22+x32+x42=np 有整数解,假定 n 是具有这一 性质的最小正整数,下证 n=1。 首先证明 n 奇。否则若 n 偶,则 x1,x2,x3,x4 的奇偶性只有下面三种可能:四偶,四奇,或二偶二奇。无 论哪种情况都可作下面的变量代换 y1=x1+x2, y2=x1 ? x2,y3=x3+x4, y4=x3 ? x4 而使 y1, y2,y3,y4 全为偶数,且这时 y12+ y22+y32+y42=np 于是(
y1 2 y 2 2 y 3 2 y 4 2 np ) +( ) +( ) +( ) = , 与 n 最小性矛盾。 2 2 2 4 2 n , 2

如果 n?1,则 n?3。求 ui 使得 x i?u i(n)且|ui| ? 于是

u12+u22+u32+u42?0(n), 而 u12+u22+u32+u42?n2。 0? m? n 使 u12+u22+u32+u42=mn。

因此有

记 Hamilton 四元数 ? = x1+x2i+x3j+x4k, ? = u1+u2i+u3j+u4k, ? ? =z1+z2i+z3j+z4k, 则 | ? |2=| ? |2| ? |2=(np)(mn)=pmn2

?

=

?

?





z1?x1u1+x2u2+x3u3+x4u4?x12+x22+x32+x42?0 (n) z2 = x2u1? x1u2 + x4u3 ? x3u4 ≡0 (n) z3 = x3u1 ? x1u3 + x2u4 ? x4u2 ≡0 (n) z4 = x4u1 ? x1u4 + x3u2 ? x2u3 ≡0 (n)

于是 zi=tin, n2(t12+t22+t32+t42)=|? | 2=pmn2, 与 n 最小性矛盾,定理得证。

t12+t22+t32+t42=mp,

练习作业
1. 证明每个正整数都可表为 x2+y2-z2 的形式,其中 x,y,z 是整数。 2. *证明奇素数 p 能表为 x2+2y2 的形状,x,y 是整数,当且仅当 p?1 或 3(8)。 (注:高斯证明了一个正奇数 m 能表为三个整数的平方和当且仅当 m?7(8))


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