模n的剩余类环的子环.docx
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模n的剩余类环的子环
模n的剩余类环的子环
模n的剩余类环的子环
作者：
***指导老师：
***
摘要：
模n剩余类环是一种比较透彻的特殊环，模n的剩余类环为有限可换环、整环及
域都提供了丰富的例证，剩余类环对Euler函数关系式、Eisemstein判别法、整数多项式无整数根、Euler定理及Fermat小定理等数论的古典结果给出纯代数的证明•并从代数的角度观察熟知完全及简化剩余系的一些性质.
关键字：
模n剩余类环的子环幂等元理想
1引言
环是有两个二元运算建立在群的基础上的一个代数系统，因此它的许多基本概念与理论是群的相应内容的推广，同时环也有一些特殊的问题，例如因子分解问题等•
2模n的剩余类环的子环的性质和运用
2.1基本概念
定义2.1.1任取正整数n,令Zn={0,1,2,丙则Z”为n个剩余类的集合，对任意i,]Zn，规定i，：
]=],则Zn关于这两个运算做成一个环，且是一个具有单位元的交换环，称之为以n为模的剩余类环，或简称模n剩余类环.
定义2.1.2对任意i乙，若类;中有一个整
数与n互素,则这个类中所有整数均同n互素,
因此称类i与n互素.
定义2.1.3称环Zn的一个非空子集A叫做
Zn的一个理想子环,假如:
（i）
[a]wA,[b]wAn[a-b]wA
（ii）
[a]A,[b]A=[a][b],[b][a]A
在代数运算中
我们都知道若
必有ab=0,相反若ab=0,则必有a=0或b=0成立,
而在环中是否还存在这样的运算性质呢？
我们
有：
定义2.1.4模n剩余环Zn中,如果任意元⑻7,[b"0,但[ab]=0,那么称[a]为Z.的一个左零因子,[b]为Z„的一个右零因子，若Zn的左零因子与右零因子都为[a],称[a]为乙的零因子.
定义2.1.5一个环Zn‘‘中若有元素e使得-[a]Zn,有[e][a]二[a][e]二[a],那么称元素[e]叫做环Zn,,的单位元，记作1.
定义2.1.6在环Zn，，中,如果-[a]Zn,满足:
任意V[b^Zn,有[a][b]=[b][a]=1,贝称[a]是Z.中的逆元，且⑻与[b]互逆.
定义2.1.7设R为任意一个环，而I是R的理想.那么R/I称作R关于理想的剩余类环（也叫商环或差环）,其中R/I中，每个元素叫作模I的剩余类.
定义2.1.8模n剩余环Z”的乘法群G（当n为素数，Zn中的所有非零元作成乘法群，当n为合数，乙中的所有可逆元作成乘法群）中，适合a2=a的元素a称为环Zn的一个幂等元.
定义2.1.9设a，bZn，若存在qZn使得b=aq，则称a整除b，记为a|b，称a为b的因数，而称b为a的倍数.否则，称a不整除b.
2.2剩余类环Zn的基本性质
定理2.2.1在模n剩余环Zn中，若[a]=[b]，则有a=b+nk（k二…一1，—1,2，…）.
定理2.2.2在Zn中，每个元素的n倍均为零.即n[a]可a][a][a]“na]二[0].
定理2.2.3设a，bZn，则a|b的充要条件为（a，n）|b.
2.3剩余类环Zn的一般性质
利用已有的定义和基本性质,可以得出模n剩余
环Zn的更一般的一些性质•
1模n剩余环乙是交换环.
2在模n剩余环Zn中，所有左右零因子都是其零因子.
3模n剩余环Zn是无零因子环的充分必要条件是n为素数.
4设Zn,,为无零因子环（Zn模大于1）,那么加群Z”,,中每一个非零元素的阶必相同.
5模n剩余环乙为整环的充分必要条件是n
为素数.
6对于Zp,
（1）Zp是特征为p的有单位元的可
换环；
（2）环Zp是域二p为素数.
7模n剩余类环Zn的所有子群（对加法）是循环子群.
例：
设s•Zn,若（s,n）=1,s=t,则（t,n）=1.
证明：
因为S=t,故n|（s-t）,从而有整数k使
s-t二nk,s=tnk
如果（t,n）=d’则由上式可知,d是s与n的一个
公因数,这与（s,n）=1矛盾.因此（t,n）=1.
2.4
群与其子群有相同的单位元，环与其子环有相同的零元，但子环不一定有单位元•
例如S,={0,2,4,6}是Z8的子环，3无单位元，而且子环即使有单位元，单位元也不一定与环的单位元相同，^={0,3}与'{0,2,4}都是Z6的子环，但S,的单位元是3，S2的单位元是4，它们都与的单位元1不同•
2.5
p是素数的充要条件是模p的剩余类环Z是域.它的每个非零元都是可逆元，全体非零元关于环的乘法组成一个P-1阶的群.由域是整环以及Z"=Z/（n）易证：
当p是素数时，（p）是整数环的素理想，也是整数环Z的极大理想，事实上，有Z是含幺交换环，Z的理想（p）是素理想二Z/（p）是整环二p是素数，由Z是含幺交换环，Z的理想（p）是极大理想=Z/（p）是域'=p为素数.
另外，由域Zp的特征数是素数p且Zp是一个素数.任意一个素域F的特征数或者为0或者为素数p，当为0时，F=Q，当为素数p时，FmZ.
3Zn的子环、域、零环
3.1定义
设n是正整数，p是素数，Zn是模n的剩余类环，S是Zn的子环•我们将得到如下结果：
（1）设n=p'（t_2），|S|=pr（r,：
t），则S是有零因子无单位元的环；
（2）设n=pq,lS|=p当（p,q）=1，则S是域，当（p,q）二p时，S是零环.（3）设n=uv（u是合数）v式1，|SI=U，则S是有零因子无单位元的环•
3.2命题证明
命题3.2.1当n=J（t_2），其中p是素数时，则Zn的p-阶（r证明Zn的P'阶子环S={0『；,9-1）丽，
（1）当2t-2r2t时，Va=kpt_r*0，b=lpJ#0则ab=0，所以S是无单位元的零元.
（2）当2t-2r■:
t时，取a=p'J0，b=p2rJpt_r=0，ab=p'=0，•S是有零因子的环
下证S是无单位元的环
设S有单位元ehtpt，，，a=kpt」，l兰k兰pt_1，/有ea=a，即lpt_rkpt"二kf",
彳得至〔lkp2t3=kpt_r+mpt
Ikpt丄=mprk=I
r
mpk二kpt」
r
取2，则1=晋因为2r-2t:
:
t二t-2r:
:
:
0=t-r:
:
:
r
所以pt_r|mipr
而p不整除I故pt_r不整除mipr1
故I不是整数，.S无单位元•
命题3.2.2若n=pq，p是素数，q是大于1的正整数，当（P,q）=1时.Zn的p阶子环S是域；且S^Zp；当（p,q）=p时，Zn的p阶子环S是零环.
证明Zn的p阶子环S={0,q,…（p-1）q}
所以S是零环.
（1）当（P,q）=P时
q=pd,一a,bS,a=Kq,b=k2q=ab=k^d,k2pd=0,
只要a=0时,
（2）当（P,q）二1时，-a=k1q,b=k2qS,若
—2—
k1qk2q=0=k1k2qmpq=p|k1k2q，p不整除&=p|k2，所以ab=0有a=0=b=0，即S是无零因子环，又S有限，所以S是域.
设e=lq是S的单位兀，则PkqES，有lqkq=kq即lkq2二kqmpq，取kN，得l=皿口.因为l为整数，只要
q7
适当选取叫使I为整数，即可求得单位元.
命题3.2.3设n=uv，其中u是合数，V"，则乙的u阶子环是含零因子的无单位元的环.
证明因u是合数，设U=St，Zn的U阶子环S={0,v,2v,,（u-1）v}，取a=sv=0，b=lv=0，贝ab=0，故S含有零因子.设S有单位元e=lv,Va=kv（1兰k兰v—1）,
有ea=a即lkv2=kvnlkv=mu+kl=mu*k
kv?
（1）设（u,v）““时，在（）取，，罟,如l有
整数解，即整数方程“uX—1中x有整数解，所以方程有整数解的充要条件为（u,v）|1，与假设矛盾，所以无单位元.
（2）设（u,v）=1,在（）式中取k二u—11,
（u,v（u-1））=（u,u-1）=1,
mkuu-1
l（u-1）v，
l有整数解即为整系数
方程-mku（u-1）vx二U—1有整数解X,x有整数解的充要
条件是:
（u,（u-1）v）|u-1.因（u,v）=1，故（u,（u-1）v）=1不整除u-1与
假设矛盾，故S无单位元.
我们还相应的讨论了商环（n）/（mn）在什么条件下是域或是有零因子无单位元的环.
命题324设n是正整数，R=（n）是由n生成
的环，则商环S=（n）/（nt>
（t是正整数，且t_2）是含零因子，无单位元的环.
证明当t=2时，S=（n）/（n2）是有限零环.
事实上，-a,b匕S，a=kin，b=k2n，
2
ab=Kk?
n0
当t2时，S={0,n,,（n^-1）n}
^取a=n=0，b=nt_2n=0
ab胡=0，所以S是含零因子的环.
设S有单位元e=ln，则-a二knS,
有ea=a，艮卩lkn2二kn=
2t
lknknmn=T
mn^k
kn
t」
取k=1，“rn—J,
n
因为n|minz，n不整除1，n不整除nt^+1,
所以不存在整数I，故S无单位元.
命题3.2.5设n是正整数，p是素数，R=（n）
是由n生成的环，则商环S=（n）/（pn），当（p,n）=1时是域
且S三Zp，当（p,n）=p时S是零环.
（P,n）=1时，
证明设S=（n）/（pn）={0,n,2n,（p_1）n},
-a,bS,a’n,b二k2n,
如果
ab=«nkznuk^n2=0—pn|屮2n2—p|k1k2n
因为（—"I，所以p|kik2,
当a=&n式0时，p不整除kup|k2即1b=0,
所以S是无零以你的环，S中消去率成立，又S是有限，所以S是域.
设e是S的单位兀，pZp,有a对应于a,e即可得Zp^S.
②（p,n）=p时，n=pd,-a,bS,a=kin,b=kzn=ab=0
所以S是零环.
命题3.2.6设n,m是正整数，且m是合数，
n=1,R=（n）是由n生成的环，则商环S=（n）/（mn）是含零因子无单位元的环.
证明S=（n）/（mn）={0,n,…，（m-1）n}是m阶环.
1：
：
u,
所以S是有零因子的环.设S有单位元e"n,
_a二knS
^有ea=a，即Inkn=kn=Ikn2=kn+tmn
^所以I=（tmk）/kn
（*）
（1）当（m,n）=d=1时，在（*）式中取k=m一1,
I-[tk（m-1）]/（m-1）n
（m-1）n|tkm-（m-1），即找到正整数x使得（m-1）nx-tkm=m-1，x有整数解的充要条件是（（m-1）n,m）|m—1，而（（m-1）n,m）-（m-1,m）-1与假设矛盾，所以S无单位元.
4模n的剩余类环Zn，对幕等元的存在
4.1设Zn是一个模n的剩余类环，考察Z"中的乘法群G（当n为素数，Z”中非零元作成乘法群；当n为合数则有Zn中可逆的元作成乘法群），我们首先定义如下.
定义：
群G中适合g2=g的元素g称为环Zn的一个幂等元
由定义可知群G中的单位元e是G的一个幂等兀，且显然有e=e2=e3"
反之，若g是环Zn的一个幂等元，则g必是Z”的一个乘法群的单位元；例如g是一元群[g]的单位元.
在一个低阶的模n的剩余类环，例如中，不难
通过测试的方法确疋其幂等兀；
」般地，在模n的
剩余类环Zn中则可如下考虑.
设e施环Zn中的一个幂等元，
那么，我们
^有e2三e（modn）
（1）
因而
e（e—1）三0（m°dn）
（2）
即e和e_1是互素的、相邻的整数；
且若n为整数，
有e三0或〔（modn），若n为合数，不妨设
n=n小2，不考虑
e^0或（modn）的幂等元（即e既非环Z”的零元也非Z”单位元），e或e-1将分别是n的因子①和丘的倍数；此时可考虑取该因子的倍数判断是否为环的幂等元.
例如，设n=18=22，于是在Zi8中若是取e=9，则首先我们有9（9-1）=0（modn）或者92三9（m°dn）即e=9是Zi8中的一个幂等元；其次，由于9和（9-1）=8互素,故91-81=1在上式两端分别加上98-89，则可推算出88-97=64-63=1并得到适合
（2）式得两个相邻整数64和63，于是由6410（m°dn），102三10m°dn）又可得到Z18中的另一个幂等元10.
对于上述乙8中的两个幂等元9和10,容易看出它们还具有如下有趣的性质：
10+91（mod18），1090（mod18）
因而，我们有如下
4.2命题：
设F是一个有单位元的环，e是R的非零非单位元的幂等元，则f=1-e也是R的幂等元，且具有性质：
ef=1,ef=0.
证明事实上，由
（1-e）2=1-2ee2=1-2ee=1-e即f=1-e是R的一个幂等元；又
2
e+f=e+（1_e）=1，ef=e（1_e）=e_e=0.
于是命题得证•
运用该命题，我们已经可以容易地从乙中的
一个非零非单位元幂等元求出另一个幂等元f
例：
已知「=13是Z26的一个幂等元,则由
F=1-e=1-13=-12=14（modn）f=1—e=1-13=-12三14（modn）
故f=14也是Z26的一个幂等元由命题，我们还可以得出关于Zn中的幂等元与Zn元素之间另一关系的如下结果：
设n=n1n2,且幂等兀e是n1或其倍数，贝I」Zn中每
一个元素k均可表为Zn中幂等元e和f的唯一组^合：
k三xeyf（modn）（**）
其中幂等元e的系数x=k（modn2）,而幂等元f的系数yk（modnJ,
例如：
在上述Z26中，n=26=132,幂等元e为13；任取k=17,则由（**）有
0三0e0f（mod26）
17三1e4f三13414三69（mod26）
-
25三1e12f三131214三181（mod26）
其中x三17三1（mod2），而y三17三4（mod13）.
以上讨论了模n的剩余类环Zn中幂等元的存在和求法，那么，对于给定的一个整数；，；可以是哪一个模n的剩余类环Zn的幂等元呢？
若要；为Zn的幂等元，则应有：
2
；三；（modn）二；（；—1）三0（modn）二n|；（；T）
于是对于给定的一个整数；，取定一个（-1）的因子n,便可在模n的最小非负剩余系中确定以；为幂等元的包含于Z”的群，为此，对于；，令
R={（1,；,2；,,（n-1）；）}（4）
则
（1）Zn中以，幂等元；为单位元的乘法群
GR；
（2）R中属于G的元必须是一个关于R和G
共同的单位元的；的有逆元的元.为此，令：
G（R）={rR|rJR,使r=rr」=；：
},则G（R）是一个满足要求的、由R的可逆元作成、包含幂等元；的乘法群.
例：
设=25，则n是；（；-1）=2524=600的一个因子，
不妨设n=30,则显然有252=25（mod30）,而由（4）式得：
R二{0,1（25）,2（25）,,（30-1）25}二{0,5,10,15,20,25}（mod30）
不难判断R中关于单位元=25的可逆元为
5,25，因此
GN。
）={5,25}（mod30）
为所求Z30中包含幂等元；=25的乘法群.
至此，上述对于模n的剩余类环Zn及其乘法群的一些讨论，阐述了群与环的部分关系；有群的单位元导出了幂等元，并给出了如何在Zn中去确定幂等元；反之，对于给定的一个整数，也可以确定以其为幂等元的换Zn及其所构成的乘法
群•
5模n剩余类环Zn的理想
结论：
模n剩余类环Zn的所有理想都是主理想•
证明：
对循环子群（对加法）,-[i],根据理想的定义,-【a]Z”,[b],[c]（[i]）有
1）[b]-[c]=[b-c]（[i]）；
2）[a][b]=[ab]=[b][b][b]（[i]）,同理[b][a]（[i]）；
a
所以（[i]）做为一个理想，显然（[i]）是主理想•
由定理上叙定理的证明过程可以看出：
所有循环子群（对加法）加上乘法都是模n剩余类环Zn的主理想•
定理5.1环Zn有且只有T（n）个子环（其中T（n）表示n的正因子的个数）,而且Zn是一个n
阶循环环,从而其子加群、子环、理想是一致的•
定理5.2设Zn是模n剩余类环，则
（1）若n是素数,Zn是域,则Zn只有零理想和单位理想；
（2）Zn是域充分必要条件是（n）是Z的极大理想•
证明
（1）显然成立•
（2）由上述定理6知Zn是域充分必要条件是n为素数•因此只须证明（n）是Z的极大理想的充分必要条件是n为素数.
由于Zn是有单位元的交换环，设主理想（n）={nk|k・Z}.若（n）为极大理想，如果n不是素数，则必有n=nm2,1vnin2vn,,于是n^（ni）,但n^（n）,（nJ是Z”的真包含（n）的理想.由（n）为极大理想知（nJ=Zn.但"（ni）矛盾,所以n是素数.
反之，设n是素数，A是Zn的理想，且（n）AZ”,（n）=A,则存在aA,a「（n）,n_a。
.因为n是素数，所以n与a互素.于是存在u,vZ,使uanv=1,由n,a•A可知1=ua+vne代A=Z
因为n=_1,（n）=Z,所以（n）是极大理想在模n剩余类加群（乙,）及其子群中，0是单位元（有时也称零元），a的逆元是二.但在模n剩余类环（Z",,）中，0必称零元，a的负元记作a-1.又知“a是z”的可逆元，=（a,n）=1"，“a是Zn的零因子吕（a,n）1且（a,n）式n（注意这里n_2）.
6剩余类环的应用
本节将利剩余类环对Euler函数关系式、
Eisenstein判别法、整系数多项式无整数根、
Euler定理及Fermat小定理等数论的古典结果给出纯代数的证明.并从代数的角度观察熟知完全及简化剩余系的一些性质.
定理6.1（Euler函数关系式）「为Euler函数当（m,n）=1时，有；（mn）=（m）（n）.
证（m,n）=1时U（Z/（mn））=U（Z/（m））U（Z/（n））,而U（Z/（mn））=、（mn）,U（Z/（n））=、（n）,U（Z/（n））="m）,所以
（mn）V（m）（n）.
注：
为方便起见下面出现的函数、,都是Euler函数.
定理6.2（Eisenstein判别法）:
设
f（x）二a”Xna”4Xn「a°是一个整系数多项式,如果有一个质数P,使得P满足条件:
i）P不整除an；
ii）P|ai（i=0,1,n-1）；
iii）p2不整除ao,那么f（x）在Z[x]中不可约.
证首先令f（x）=瓦aiX，EZ/（p）[x],其中a表示a的
iz0
模P剩余类.现反设f在Z[x]中可约f=gh,其中
=btxt+0二xt_1十一+b]X+b0.
h二CmXmCm二xmJ1qxc°,m,t:
:
nmt二n.
于是f=gh,另一方面f（X）=anXn+an_tXn_!
+…+a0.因P|ai（01n-1）P不整除an,故f扁用，于是有gxt,h=「xm，这说明g的常数项b0=0,h的常数项C0=0,那么p|b0且p|C0,所以p21b0C0=a°,这与P2不整除a。
矛盾,故f（x）不可约.
定理6.3（整系数多项式无整数根）:
设
f（X）=akXk…a1x1a0是整系数多项式,
且a。
及'ai都是奇数,则f（x）无整数根.
i=0
证令f（x）=£aix^Z/
（2）[x],其中ai表示ai的模2
i=0
剩余类,反设f（x）有一整数根n.而n=0或n=i,若n=0,则有f（n）=f（0）=a0=0,故有2|a0矛盾.若n=1,则有f（n）=f
（1）=£”0,故2|Zak,矛盾.故反设不成立,即
i=0i=0
f（x）无整数根.
定理6.4（Euler定理）设n是大于1的整数,（a,n）=1,则a（X）三1（modn）.
证因（a,n）=1,又,a.u（z/（n））a-€U（Z/（n））,但单位群U（Z/（n））的阶为，（n）,所以a定理6.5（Fermat小定理）若p是质数，贝廿ap三a（modp）.
证若（a,p）=1,由Euler定理及（p）=p-1,即得ap11（modp）,因而a—agodp）,若（a,p）H0,贝Vp|a,故
ap三a（modp）.
下面从代数的角度观察完全及简化剩余性质.
定理6.6设（a,n）=1,a°,a1,s为模n的完全剩余
系,贝Vaa°,aa1,
也是
模n的完全剩余系.
证由题设知｛a°,a1,,anv｝=Z/（n）,而从（a,n）=1得a可逆,故有｛aa0,aa1,…，aan"=Z/（n）,从而aa°,aa1,,aa*」也是模n的完全剩余系.
定理6.7设（a,n）=1如釦,a心为模n的简化剩余系，则aao®”…,aa皿也是模n的简化剩余系.
证由题设知｛ao,a“…，a（n）—｝=U（Z/（n））,又因（a,n）=1,得知2可逆,故｛aao,aa1,…,aa心｝=U（Z/（n））,从而aasaa1，…,aa（”）」是模n的简化剩余系.
结束语
模n剩余类环是一种比
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