Elena's Blog

发表于 更新于 分类于 ，

  1. 相当于说 当且仅当 且 。

  2. (浸梨花和psei的做法)记 为 的一个根。显然 可分从而 可分，而 纯不可分。反过来假若 可以写成 纯不可分扩张 的可分扩张，则 ，且 ，考虑到 在代数闭包中分裂为 $(t-a_i)p $ 形式，其中 互不相同，则 在 上的极小多项式（因为可分， 次）形如 ，从而 即 ，意味着 ，因而 ，矛盾。
    事实上更具体的， 中 的可分闭包 形如 ，其中 （ 且扩张次数相同）， 的根形如 ， 。

  3. 将 写作 ，设 是 极小多项式，则作为 -代数 ，它完全取决于 在 中的的因式分解。如果 ，

  4. 考虑到 的极小多项式 ，从而 是 两个二次扩张的乘积。

  5. 如果 在加法群中的阶是 ，则必然是 ；否则 ，取这个环中不是 的 ，则 在加法群中的阶也是 ，从而 给出加群的一组生成元，因此可以把这个环写成 ，考虑下CRT即知有 、 和 三种可能，前两种是平展 代数。

  1. （应该是笔误，把fractional打成prime）假设并非域的整环 中非零分式理想皆可逆，只需证 诺特且关于素理想的局部化皆DVR。首先 诺特：对理想 ， ，从而存在 ，其中 ， ，从而对任意 ， ，而按Lemma 2.20有 ，从而 ，于是 有限生成。考虑 在 处局部化知 中理想皆可逆。现在开始假设 是局部环，极大理想为 ，为证明DVR先证明 中理想皆为 的幂次：假若不然，由诺特性，存在极大的不能表为 的幂次的理想 ， ，从而 是真理想，如果 即 ，由Nayakama引理 ，从而 ，与 极大性矛盾。现在由于 是整环， 非幂零，如果 那么同样由Nayakama引理 ，故 的任意幂次互不相同，特别地存在 ，而 也是 的幂次，从而 而 ，即得证 是DVR。

  2. 只需证明一切非零素理想皆可逆，从而一切理想皆可逆。现在依次证明三个结论 (1) 任意环中理想的乘积 可逆当且仅当诸 皆可逆：如果 可逆， 的逆是 ，反过来如果 皆可逆则显然 可逆。(2) 任意环中可逆理想如果可以被写成素理想的乘积，则这种分解在置换意义上唯一：假设 可逆，如果 ，那么首先至少一个 ，如果这是真包含则 ，矛盾，所以 ，也同理由可逆知剩下的 都是 ，也就是 ；现在取一个包含意义上极小的 ，则有某个 ，而且存在某个 ，由极小性知 ，于是 ，按可逆消去两者归纳便知分解的唯一性。 (3) 如果 中理想都可以写成有限素理想的乘积，则 中非零素理想均可逆：对非零素理想 ，取非零元 ，写成素理想的乘积 ，则由于 可逆 均可逆，至少一个可逆的 包含于 ，现在只需证明可逆的素理想极大则可说明 可逆。假设 是可逆素理想，取 ， 如果是真理想，则可写成素理想的有限乘积 ，这些素理想都包含 （包含它们的乘积），从而对应到 投影在整环 中主理想 分解为 中素理想有限乘积 ，而由于 是整环且 ， 可逆， 皆可逆，而 唯一分解为 ，也就是 ，因此在 中， ，即 可逆， 。

  3. 如果某个理想 不能写成极大理想的乘积，那么取极大理想 ，则有分解 ，而后再取 ，则有分解 ……其中每个 皆非极大，且 ，由诺特性其中某一步开始， ， ，由Nayakama引理存在 ， ，但这是整环所以 ，从而 。 由此证明了任何理想都能写成素理想的乘积，从而由 (b) 知dedekind。

  4. 等于说理想可逆。

  5. 与 (f) 等价。

  6. 诺特性已有，只需证明关于素理想的局部环皆DVR。事实上，取素理想 并在局部化环中考虑，令 ， ，则由Nayakama引理 ，取 而 ，使得 ，则 ，也就是说 ，那么商去 得到 ，由Nayakama引理知 。现在由于对 ， ，所以由Nayakama ，因此对理想 ，可以把 中 因子都提出来（分解为 ，） ，于是得到 ，诸 不全属于 ，也就是存在可逆元，由此知 。

  7. 的极小多项式是 但不属于 。

发表于 更新于

(i)(ii)：8.1和8.3。(ii)(iii)：显然。(iii)(i)：8.5。

不妨设 是局部Artin环，那么按零点定理 是 的有限代数扩张，而 中有包含链

发表于 更新于

考虑将 分解为 和 ，由于Going-up所以 是闭映射（也就是 中素理想都是 形式），由于 满所以 是闭映射（对包含 的 ， 是 中素理想，从而由于 ， ）。

在 上整，则对 ，假设其中诸 ，则也就是 在 上整。

考虑 的子环 ， ， ，如果 在 上整，则存在 使得从而得到由于 所以 即 ，从而考虑上式在 处取值即得矛盾。

(i) 向上乘以 得到 (ii) 按5.8与5.10，由于 中极大理想的收缩皆极大且 中极大理想都是 中极大理想的收缩，故显然 的Jacobson根就是 Jacobson根的收缩。

另证：对 中Jacobson根 ， ，对一切 ， 在 中可逆，从而在 中可逆，故 Jacobson根的收缩包含于 的Jacobson根。

假设 ，取首一多项式 使 ，则 给出 满足的首一多项式。

假设 ，诸 且 ，则 意味着 或 之一属于 ，如此归纳下去便知 。

(ii) 由分裂域相同构造可以找到扩环，使得 分裂为线性因子，而这些根满足 从而在 上整，因而 的系数都在 上整，但 在 中整闭，从而属于 。

假设 在 上整，从而在 上整，也就是满足假设 ，考虑最高次项系数知 在 （或者 ）上整从而属于 ，、 与 皆在 上整，从而 在 上整，由此重复降次知 。同样，由于 和 都在 上整，从而 中任何元素都在 上整。

另证：按上一题结论有 。

发表于 更新于

考虑准素分解 ， 即 ，而 中已经证明 的不可约分支就是极小素理想对应的 （其实无非Zariski拓扑定义），欲证之结论无非 的重述。

则 。

考虑到 而即知这是一个reduced的极小准素分解， 与 isolated而 embedded。

用Urysohn很容易证明如果 是 中的素理想，则 有唯一公共零点（也就是包含于唯一的极大理想 ，极大理想皆形如 （或者是公共零点存在）由compact保证，而 与 两两不同（也就是公共零点唯一）由Urysohn保证），从而任何 中准素理想有唯一公共零点。现在由于 无穷，如果 有准素分解，也就是可以写作有限多准素理想的交，，那么取一个不是任何 公共零点的 ，每个 中取 ，那么 ，然而 矛盾。

(i) 显然。
(ii) 是整环。
(iii) 在 中 ，则如果 非零，按 第三问知存在 使得 ， ，于是按 准素性 的每个分量 都有一个幂次属于 （也就是 ），再由同一道题第二问知 接幂零推出 幂零，即得证 准素性。
(iv) 由 第二问，考虑 知 。
(v) 假设素理想 ，则 ，然而 是 的极小素理想，从而 ，但 。

显然是素理想。假设 ，如果 皆非零则必须都属于 （否则取 中不只含 的项中字典序最大的两个乘积），从而由于 ，如果 都不属于 ，也就是次数最小项次数小于 ，那么 都必须常数项为零，也就是属于 ，因此 准素。

如果 是零因子则显然 ，反过来，假设对某个 有 ，在 中考虑则只需证明极小素理想元素皆零因子，从而存在某个 ， 零化 。如果 是极小素理想，则 在 中的扩张正是 （因为是唯一素理想），其中元素皆在 中幂零，也就是对 ，存在存在 使 ，取极小的 则 被 零化，从而是零因子。
在 中，考虑到 即可。
假若 有准素分解，取 ， 是包含某个 的极小素理想，$(0)=_{i=1}n _i $ ，则 ，于是由 知 ，由极小性 。

(i) 中元素被 中元素零化，按素理想定义一定属于 。
(ii) : 如果 是极小素理想，则 在 中的扩张正是 （因为是唯一素理想），其中元素皆在 中幂零，也就是对 ，存在存在 使 ，由是 。: 如果 ，则任意 中元素在 中的像幂零，于是知 中 是nilradical从而是唯一素理想，因此 为 的极小素理想。
(iii) 意味着 被某个 中元素零化，从而 。
(iv) 如果 ，考虑包含 的极小素理想 ， 中元素均不零化 ，从而 。

发表于 更新于

Reading: Section 3.1
Exercises: 3.1, 3.2, 3.14

我们想在一般的模上找到一些模，拥有比较接近有限长度的性质，从现在开始我们考虑诺特环上的有限生成模。比如说 ，则 取有限生成Abel群，我们知道 都可以被写成这里某种意义上的基本组成是 和 ，虽然并非单模但都是 商素理想。首此启发，我们考虑能否如此分解 ，使得有子模的链其中 都同构于某个 。

若 是诺特模，则存在某个素理想 ，使 同构于 的子模

取极大的使得存在 的某个子模同构于 的理想 ，而 同构于 的子模等于说 是某个 ， 。现在证明 是素理想：假若不然，存在 且 ，考虑 ，则 包含 和 ，而 意味着 ，从而 ，与 极大矛盾。

对诺特环 上的有限生成模 ，存在子模的链其中 都同构于某个

取 的子模 ，取 同构于某个 的子模，则在 中的原像 满足 ，如此取出一系列 ……由于 诺特，所以取出来的升链稳定。

我们现在想像合成列一样定义 在有限长度的 中出现的次数。它应当在正合列上具有加性。

比如说直观上在 中，我们希望 和 出现的次数都是 。现在考虑则 的次数在 上为 ，在 上为 ，从而这样的次数并不具有加性。如果我们修改定义比如说出现在商里也算出现，那上面正合列的核是 ，所以 会在 中出现任意多次。

但对一些特殊情况我们可以定义符合上述性质的次数。比如说 在 中出现的次数，就可以直接定义为 ，此时如果 同构于 直和某些有限群，则 ，显然这是加性的。这其实就是所谓有限生成群的秩。当然，𝟚𝟚 就不具有加性，因为 不正合。

综上，我们说明了对 在某个有限生成Abel群中的次数，如果 则可定义一个对应加性的次数，如果 则不具有加性（甚至无法良定义一个“次数”）。不过任意的 对有限群都具有加性。

接下来还可以有一些更神秘的例子。比如说考虑 而 ， 在图中是蓝色部分，橙色部分是一个同构于 的子模，商模则是绿色部分下边的两张图都对应了两个正合列，从而也是两个子模包含链 ，考虑左边的图可知 并没有在 中出现，考虑右边的图则知 并没有在 中出现，所以事实上只有 在 中出现，然而我们无法只用 构建 （也就是不存在正合列 ）。

定义 为所有作为某个 中元素零化子的素理想，也就是所有使得 同构于 某个子模的素理想 组成的集合。

直观上来讲 是“一定”出现在 中的 对应素理想的集合。由1.1，如果 非零且诺特，则 非空。

就前面提到的几个例子， ， ， 。

对正合列 ，

事实上对 ，如果 ，那么意味着 可以嵌入 ， ；如果 ，由于 是整环，其中任何非零元的 ，所以 中任何非零元素零化子皆为 ，特别的，取非零的 则 。

对一般正合列 ， ， 就是反例。

对诺特模 ， 是有限集

1.1中给出子模升链其中 都同构于某个 ，从而 ，而 包含于它们的并。

对子模升链其中 都同构于某个 ， 中每个素理想都在诸 中出现

Reading: Section 3.2
Exercises: 3.16, 3.17, 3.20

发表于 更新于

正十七边形

称一个复数可尺规作图，如果它可以从有理数中通过域运算和开根号构造（考虑尺规作图道理，加减乘除通过画平行线和比例论手段，开根需平分辐角；而反过来，联立二次方程（圆）和直线只能得到二次扩域）。

可尺规作图当且仅当 在一个 次的正规扩张中

假设 可尺规作图。考虑一系列域扩张其中 且 其中 ， ，其中 ， 取遍 ，类似地 ， 取遍 ……由于每一步都把 的所有共轭都添进来，所以 是正规扩张（它是分裂域）。

假设 在某个 次正规扩张中，那么这个扩张的Galois群是 阶。而有限 -群皆幂零，所以合成列给出二次域扩张的塔。

注：这里的正规不可少，因为比如说不是所有四次方程的根都可尺规作图。

正七边形不可尺规作图。事实上 的极小多项式三次。

现在考虑尺规作正 边形，这多少相当于考虑 次单位根是否可以尺规作图。考虑到 ，后者以 代 再用Eisentein判别法知不可约。令 ，则 的其它根是 ，从而 Galois ， 扩某个 次单位根形式的扩张成为分圆扩张。

易见 ，那么正 边形可尺规作图等于说 具有 形式，这是著名的费马素数，可以证明 具有 形式，从而这些素数就是

对 的情况，我们知道 有原根 ，于是有子群的合成列显然一个被 固定的元素是 ， 的陪集有 ， ……所以也有 的共轭（被某个自同构作用后的像） ， ……类似地四阶群的陪集有 、 、 、 ，对应 等等。

考虑到 ，于是 可以写成带 的二次根式 。类似地，我们考虑 的共轭 ，则 且 是 的共轭，所以 可以写成某个 不动域系数的二次方程的根。类似地考虑 和 对应的和……而我们可以计算 ，从而一路下来可以将 用一堆有理数和二次根式表达出来。

代数基本定理

我们已经知道一些拓扑或者分析手段的证明，比如说考虑winding number，或者比如说假设没有零点则 全纯有界，按Liouville定理是常数等等。现在给出一个比较代数的证明。

假设已知
(i) 是特征 的有限扩张
(ii) 奇次数的 中多项式都在 中有根
(iii) 没有二次扩域（相当于说 中元素总有平方根）

取某个 的有限正规扩张 我们将证明 。特征 意味着 Galois，令 ，条件(ii)意味着 没有奇次数的非平凡扩张，从而 的奇数指数子群只有 自己。假设 ，那么 的扩域相当于 的子群，于是 (iii)相当于 也没有偶数指数的子群。

现在 的Sylow 2-子群是 自己，从而 ，因而 ，从而 是幂零群，如果 则 有指数 子群。

本原元定理

如果 满足 ，则称 是一个本原元素。

如果 有限可分，则只有有限多个中间域

考虑某个有限Galois扩张（比如说根扩出 的有限个极小多项式的分裂域） ，令 ，则 的中间域都对应 的子群，而 是有限群。

无限域上线性空间不能表示为有限多个真子空间的并

取真子空间 ，不妨设 不包含于 ，取 中不在 上的点，再取 中不在 上的点，两点连线不在任何 中，所以和每个 都只有至多一个交点，而上面有无限多个点。

有限可分扩张 是单扩张

如果 是有限，则 有限，其乘法群是循环群，从而自然有本原元。

现在设 无限，则 不能被有限多真子空间覆盖，事实上从而取不在这些子空间之并中的 ，则 。

考虑 ，则中间域是 ，不在这些中间域中相当于要求 中 至少两个非零。

对不可分的情况，一个基本的原则是它们几乎是一切事情的反例。假设特征 ，那么 次的不可分扩张显然是单扩张。现在考虑 ，对每个 ，由Frobenius同态道理知 ，从而 的单扩张至多是 次。我们同样观察到（如果 无穷） 次数有限但却有无限多个中间域（否则作为无限域上线性空间前面论证适用于此）。

Abel定理

上一般的五次方程 无法通过加减乘除和开 次根给出一般的求根公式

事实上我们将证明

可以被特征 域 通过根式表达，则 属于 的某个Galois群可解的有限Galois扩张

这里可解指存在正规列其中 皆Abel。

我们通过几步来构造这个Galois扩张：
(i) 向 中加入我们所需的所有单位根，也就是取某个足够大的 和 的分裂域。对特征 的情况， 是Abel群，从而可解。
(ii) 考虑一系列扩张 ， ， ，其中 ， 取遍 ，类似地 ， 取遍 ……直到 。由于 包含所有的 次单位根（对 ），所以 正规，更进一步的因为每次扩张都把所有共轭扩进来，所以 正规从而Galois。现在我们得到了一系列域扩张的塔其中 对任意 皆Galois。假设对应的Galois群是则 。此外考虑到如果 包含所有 次单位根， 的自同构把 打到某个 ，从而 ，将 分解为依次扩进 某个共轭的 次根，则 可以被定位为 若干 直积的子群，从而Abel。

， 是基本对称多项式，多项式有根 ，从而其Galois群是 ，不可解，于是 无法通过 用根式表达。

下面的命题是找到无根式解的多项式的一个好办法：

假设五次多项式 不可约，且恰有两个虚根，则其Galois群不可解

不可约意味着扩张次数被 整除，Galois群阶被 整除，从而包含某个 -循环。另一方面恰有两个虚根意味着Galois群包含对换（复共轭），而对换和 -循环可以生成整个 。

恰有三个实根（画图可知），且有Eisentein判别法知其不可约，从而它的Galois群是 。

在有 或 个虚根时，Galois群可能可解，比如说 ，考虑它的分裂域是 ， 是一个五次本原单位根，于是它的Galois群是 阶群， 对应的Galois群是 （把 打到另外某个 的五次根），且由于 正规而零个虚根的情况类似，譬如说考虑 ， 是 次单位根，类似地 次单位根在实轴上的投影还有 ，总共五个。易见这就是 的全部共轭，从而 正规， 是 的商群，具体来说就是五阶循环群。

Kummer扩张

某种意义上说群 可解相当于说 可以被分解为许多循环群，从而自然产生一个问题，就是对Galois扩张 ，如果 循环，那么我们能得到什么这个域扩张的性质。

假设 是 ， 包括所有的 次单位根，且 不整除 ，除此之外在以下讨论中为方便起见设 素数（虽然说这个条件并不必要）。我们现在说明 。

假设 由 生成，由于 的特征不整除 ，所以 次单位根 互不相同。而 把 打到 ，从而 是 的特征值为 的特征向量。 从而 $M= (n-1)=_{i=0}^{n-1} (-i) $ （这里用到 包含 次单位根和 互不相同），于是 可对角化，从而取 对应的特征向量 ， 从而 即 ，于是 。

考虑多项式 ，它有根 ，Galois群是 （也就是这些根的3循环置换）。现在考虑找到一个特征向量。首先显然的是 ，而这等于 ；再考虑 ，其中 是三次单位根；以及同样考虑 。这三者分别被 固定（从而都是特征向量），它们加起来得到 （实际就是考虑 ）。具体计算来说就能得到这样一坨……

现在考虑 与 何时相等。事实上如果它们相等， 特征值是 而 特征值为 ，将 替换为某个幂次则两者同特征值。此时 被 所固定，从而属于 ，于是 是 中某个元素的 次幂，反过来如果这个条件成立显然 。

因此我们知道在上述条件下Galois群为 的Galois扩张对应于 中的元素。我们可以得到一种被称作Kummer pairing的 到 次单位根的映射，具体来说，对某个 和 ，考虑 ，取 即可。这里相当于说某种意义上 与指数 的Abel群 的对偶关系。而这里 次单位根群虽然作为抽象的群同构于 ，但 的Galois群对它的作用有所不同，此事某种意义上被称作Tate twist。在特征 而 整除 时会出问题。

0%