论模n剩余类环Z_n的性质与扩张

第38卷第2期西南师范大学学报(自然科学版)2013年2月V o l.38N o.2J o u r n a l o f S o u t h w e s t C h i n aN o r m a lU n i v e r s i t y(N a t u r a l S c i e n c eE d i t i o n)F e b.2013文章编号:10005471(2013)02015703对模n剩余类环教学的新处理①周伟1,晏燕雄2,徐海静11.西南大学数学与统计学院,重庆400715;2.重庆第二师范学院数学与信息工程系,重庆400067摘要:讨论在教学中处理模n剩余类环的一种新的处理方式,以利于学生更好地理解教材的内容.关键词:陪集;商群;子群中图分类号:O152.1;G642.0文献标志码:A大学阶段的数学课程正在进行着越来越深入的改革.随着各个课程改革的深入,对单个课程中出现的问题已经有了许多解决的方案,而各个课程之间的衔接是一个亟待解决的问题.本文以近世代数课程教学过程中出现的一个问题来说明这类衔接问题是非常重要的,应当引起教学改革者以及教师的重视.1问题的出现近世代数是数学系本科阶段的一门基础课程.它既对高等代数中的内容进行了抽象和整理,又为进一步学习更专业的代数课程作了准备.因此,深入理解近世代数中的各种概念对学生非常重要.以往对于近世代数中所涉及到的知识都有充分的准备,学生能够比较容易地理解近世代数中的基本概念㊁技巧以及结论.但是随着教学改革,近世代数的一些先行课程有了调整,从而产生了一些问题.初等数论课程是近世代数课程的先行课程,由于是选修课程,许多学校把它安排在第三学年上期,而近世代数是必修课,一般都安排在第二学年上期,从而在学习进世代数课程时,学生不能对其进行充分理解.教材[1]是目前各高校近世代数课程选用比较多的一本优秀教材,它用剩余类对于模n剩余类环作了定义(参见文献[1]的定义2).由于学生在之前并没有学习初等数论,如何让学生理解剩余类就是一个亟待解决的问题.当然,学生可以通过文献[1]中第一章介绍的等价类进行理解,然而,这样必须对同余这个基本的数论概念进行一些必要的介绍.由于没有时间系统地学习初等数论,学生对于剩余类的理解并不深入.因此,我们必须寻找新的处理方法来解决这个问题.由于课时的限制,我们只能利用近世代数中已有的结果.本文利用近世代数课程中的陪集概念处理模n剩余类环,使学生能够最大可能地避免对初等数论知识的依赖.这样的处理有以下优点:1.由于不需使用数论知识,因而不会增加额外的课时;2.可加深学生对所学过的知识的认识;3.可引导学生对一般剩余类环的理解.2问题的处理陪集是群的理论中最基本的概念,教材[2]将之定义为:①收稿日期:20120110基金项目:重庆市自然科学基金(C S T C,2009B B8111);重庆第二师范学院院级一般教改项目(J G201230).Copyright©博看网. All Rights Reserved.作者简介:周伟(1974),男,四川德阳人,副教授,主要从事群论的研究.通信作者:徐海静,讲师.定义1[2] 设H 是群G 的一个子群,a ɪG ,则称群G 的子集a H ={a x |x ɪH }为群G 关于子群H 的一个左陪集;称H a ={x a |x ɪH }为群G 关于子群H 的一个右陪集.因此,我们容易知道等价关系:x H =y H ⇔x -1y ɪH (1) 当研究的群的运算满足交换律时,我们一般使用加法作为其运算.此时,元素x 关于子群H 的陪集就改为x +H ={x +h },从而等价关系(1)就变为:x +H =y +H ⇔y -x ɪH (2) 现在把以上的讨论应用到对整数环Z 的讨论中去.Z 关于加法作成一个交换群.对于给定的正整数n ,可以生成一个循环子群<n >={k n |k ɪZ }.于是可以得到元素m 关于子群<n >的陪集为m +<n >={m +k n |k ɪZ }.我们记Z /<n >={m +<n >|m ɪZ }.对于Z /<n >中的任意两个陪集m 1+<n >和m 2+<n >,定义运算:(m 1+<n >)+(m 1+<n >)=(m 1+m 2)+<n >(3)显然Z /<n >关于运算(3)构成一个交换群.我们称运算(3)为G /Z 的加法运算.新定义的加法运算(3)与Z 本来的加法运算是有密切联系的.剩下还需要考虑如何在这些陪集上定义乘法运算.自然地,对于Z /<n >中的任意两个陪集m 1+<n >和m 2+<n >,比照Z 中的乘法,我们定义:(m 1+<n >)(m 1+<n >)=m 1m 2+<n >(4)我们需要验证运算(4)是否和代表元的选择无关.这是显然的.令l 1+<n >=m 1+<n >,l 2+<n >=m 2+<n >.由等价关系(2),m 1-l 1ɪ<n >,m 2-l 2ɪ<n >.根据<n >的定义,存在k 1,k 2ɪZ ,满足l 1=m 1+k 1n l 2=m 2+k 2n 从而有l 1㊃l 2+<n >=(m 1+k 1n )(m 2+k 2n )+<n >=m 1m 2+(m 1k 2+m 2k 1+k 1k 2n )n +<n >=m 1m 2+<n >则运算(4)与代表元的选择无关.因此我们又定义了Z /<n >上的乘法运算.容易验证Z /<n >关于运算(3)和运算(4)成为一个环,简记为Z n .我们看到,这样的处理首先避免了对剩余类这个概念的依赖,使学生不需过多地使用没经过系统训练的知识;其次,这样的处理使学生从新认识了陪集这个概念,并且对于运算这个重要的概念也有了进一步的认识.因此,这是一个比较好的处理方式.3 对模n 剩余类环中一些概念的新理解以上对模n 剩余类环的处理有以下优点:1.通过直观的计算,有利于学生理解一般剩余类环与原来环之间的联系;2.Z /<n >中的运算是由Z 得到的,计算过程容易,有利于学生掌握;3.加深了学生对于一般环的剩余类环的理解.对于一般的环R ,如果I 是R 的一个理想,我们可以比照上面对Z /<n >的处理,定义R /I .下面我们通过例子来说明上面处理方法的优点.例1 求Z /<n >中的单位元和零元.解 对于任意Z /<n >中的元素m +<n >,我们有(m +<n >)(1+<n >)=m 1+<n >=m +<n >=(1+<n >)(m +<n >)这就说明1+<n >是Z /<n >的单位元.同理可证明0+<n >是Z /<n >的零元.例2 求Z /<4>中的单位元.解 Z /<4>中的元为0+<4>,1+<4>,2+<4>,3+<4>.注意到061西南师范大学学报(自然科学版) h t t p ://x b b jb .s w u .c n 第38卷Copyright ©博看网. All Rights Reserved.(2+<4>)(2+<4>)=4+<4>=0+<4>(3+<4>)(3+<4>)=9+<4>=1+<4>因此,1+<4>和3+<4>为单位元,而2+<4>是零因子.例3 证明K =F [x ]/<p (x )>是域,其中p (x )是F 上的不可约多项式.证 为了证明K 是域,我们只需说明K 中的非零元都可逆.令k ɪK ,k ʂ0,存在f (x )ɪF (x )-<p (x )>,满足k =f (x )+<p (x )>由于F [x ]是有单位元的交换环,则<p (x )>={g (x )p (x )|g (x )ɪF [x ]}.所以f (x )∉<p (x )>等价于p (x )⫮f (x ).根据p (x )不可约,我们有(p (x ),f (x ))=1因此存在s (x ),t (x )ɪF [x ],满足s (x )p (x )+t (x )f (x )=1从而(t (x )+<p (x )>)(f (x )+<p (x )>)=1+<p (x )>即k 可逆.注 例3实际上是教材[1]在讨论单扩域的构造时所使用的一个结论.教材[2]给出的方法是:首先说明<p (x )>是极大理想,然后得出单环F [x ]/<p (x )>,最后利用有单位元的交换单环是域得到例3的结论.这个方法虽然有一般性,但是极大理想这一节是选学内容,由于时间关系,一般都没有讲授,学生理解起来就会有困难.而通过现在的处理方式,就会避免这个问题.参考文献:[1]杨子胥.近世代数[M ].3版.北京:高等教育出版社,2011.[2] 张禾瑞.近世代数基础[M ].北京:高等教育出版社,1978.[3] 陈贵云.高等代数知识的理解[J ].重庆市职业技术学院学报:综合版,2003,12(3):1-2.[4] 晏燕雄,徐海静.我国初等数论课程教学改革的必要性及途径[J ].西南师范大学学报:自然科学版,2012,37(4):217-220.T h eN e w M e t h o d t oT e a c h i n g t h eC o n c e p tA b o u t I n t e ge r sM o d u l o n Z HO U W e i 1, Y A N Y a n -x i o n g 2, X U H a i -j i n g 11.S c h o o l o fM a t h e m a t i c sa n dS t a t i s t i c s ,S o u t h w e s t U n i v e r s i t y ,C h o n g q i n g 400715,C h i n a ;2.D e p a r t m e n t o fM a t h e m a t i c sa n d I n f o r m a t i o nE n g i n e e r i n g ,C h o n g q i n g U n i v e r s i t y o f E d u c a t i o n ,C h o n g q i n g 400067,C h i n a A b s t r a c t :I nt h i s p a p e r ,an e w m e t h o dt ot e a c h i n g t h ec o n c e p ta b o u t i n t e g e r s m o d u l o n i s i n t r o d u c e d ,w h i c hm a k e s t h e s t u d e n t t ou n d e r s t a n d t h e s e c o n c e p t e a s i l y .K e y wo r d s :c o s e t ;q u o t i e n t g r o u p ;s u b g r o u p 责任编辑 廖 坤161第2期 周 伟,等:对模n 剩余类环教学的新处理Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

不可约多项式外文文献加翻译不可约多项式外文文献加翻译= irreducible polynomialLet f (x) = fl (x)ll--fk(x)lk be the standard factorization of f(x) in the polynomial ring F[x], where fi (x) is an irreducible polynomial with leading coefficient 1 and degree ni.f (x) =f_l (x) 1・・・f_k (x) ~lk是f (x)在多项式环F[x]中的标准分解式,f_i (x)是最高系数为1、次数为n_i的不可约多项式.In this note, we suppose n is a composite, Z_n is a residue class ring mod n> r (x) WZ_n[x] and r (x) is a monic irreducible polynomial of degree k (k>0) over Z_n.设n是一个合数,Z_n表示模n的剩余类环,r (x) EZ_n[x]是一个首一的k(>0)次不可约多项式。

From these, the cyclic Zq? code with the generator hm(x) whichis primitive basic irreducible polynomial over Zq can be mapped for nonlinearcode with big distance over Zp.由此将Zq上的一类由本原基本不可约多项式hm(x)生成的循环码映射成Zp上具有较大距离的非线性码，其中本原基本不可约多项式hm(x)是指hm(x)在模p映射下的象hm(x)是Zp [x]中的本原多项式.As a matter of fact, the met hod starts from Z_2, and t here is an irreducible polynomial x~2+x+l over Z_2. As a generating element, which may be regarded as a Princpal Ideal (x~2+x+l). Therefore, as are know from the thory of Modern Algebra, Z_2[x]/(x~2+x+l) is a Finite Fields.这一方法实质上是从Z_2岀发，以Z_2上的一个不可约多项式x~2+x+l 为生成元做一个主理想(x~2+x+l),然后由近世代数的理论知Z_2[x]/(x~2+x+l)是一个有限域，从而得到了GF⑷。

PCS-环与扩张曾庆怡【摘要】结合ACS环和p.q-Baer环的定义,本文将p.q-Baer环推广到PCS环,这样在p.q-Baer环和ACS环之间存在一类新的环,PCS环.环R称为PCS-环,如果R 的每个主理想的右零化子作为右理想在一个由幂等元生成的右理想中是本质的.PCS-环包括所有的右p.q-Baer环,所有的右FI-扩展环,以及所有的交换的ACS-环.通过研究环主右理想的零化子的性质和模的本质子模的性质,研究了三种环之间的关系,推广了p.q-Baer环的结果,得到了ACS环所没有的结果,同时研究了环的扩张问题,证明了强PCS性质是Morita等价性质.【期刊名称】《纯粹数学与应用数学》【年(卷),期】2018(034)001【总页数】16页(P26-41)【关键词】PCS-环;零化子;本质;环扩张【作者】曾庆怡【作者单位】韶关学院数学与统计学院,广东韶关 512023【正文语种】中文【中图分类】O1531 引言本文中,除非特别说明,所有的环是有单位元的结合环,所有的模是幺作用右模.设R是一个环,X是R的非空子集.用rR(X)={r∈R|Xr=0}表示X的右零化子.左零化子类似定义.模M 的子模N称为本质子模,表示为N≤eM,如果对M 的每个非零子模L,L∩N ≠0[1].设 N 是模 M 的子模,则N ≤eM 当且仅当对任意0≠m ∈M,存在r∈R使得0≠mr∈N.设R是环,用Zr(R)={a∈R|rR(a)≤eRR}表示R的右奇异理想.如果Zr(R)=0,则称R是右非奇异的.环R为(拟-)Baer环,如果R的每个非空子集(右理想)的零化子作为右理想是由R的幂等元生成[2-3].这些定义是左右对称的.如果R是拟-Baer环,则n阶矩阵环Mn(R)是拟-Baer环.所有的Baer环是非奇异的,但是存在不是右非奇异的右拟-Baer环. 在文献[4]中,环R称为右主拟-Baer环,(或者右p.q-Baer环),如果任意主右理想的右零化子(作为右理想)是由R的幂等元生成.左p.q-Baer环类似定义.如果R既是右的又是左的 p.q-Baer环,则称R是 p.q-Baer的.环R称为Abelian的,如果R的所有幂等元是中心的.环R称为简约的,如果R没有非零幂零元.任意简约环是Abelian的.在一个简约环R中,所有的幂等元是中心的,且对R的任意子集X有rR(X)=lR(X).环R称为右ACS-环,如果R的每个元素的右零化子在RR的直和项中是本质的[5].作为p.q-Baer环的推广,定义环R为右PCS-环,如果R的每个主理想的右零化子(作为右理想)在R的由幂等元生成的右理想中是本质的.但是右PCS环未必是右p.q-Baer环.在第1节引进了PCS-环的定义并给出了一些例子.证明了一个简约环R是右PCS-环当且仅当R是左PCS-环.在本节中还讨论了PCS-环与其他环的关系,比如拟-Baer环,ACS-环.在第2节讨论了环R和R扩张的PCS性质.证明了:1.设R是Armendariz环.那么R是右PCS-环当且仅当R[x]是右PCS-环;2.设R是α-刚的环,那么则R是右PCS(ACS)-环当且仅当Ore扩张R[x;α]是右PCS(ACS)-环.在第3节,证明了:1.设R是任意Abelian环.那么是右PCS-环当且仅当R是右PCS-环;2.强右PCS性质是Morita不变的;3.设是由环A,B和双模AMB做成的形式三角矩阵环.则下列命题等价:(a)R是右PCS-环;(b)(i)A和 B是右 PCS-环;(ii)如果a∈A,那么作为右 R模有2 PCS-环以及性质设 Z是整数环.容易证明模 4的剩余类环 Z4是 ACS-环,但不是 p.q-Baer环.对任意x∈Z4,如果r(xZ4)≠0,那么r(xZ4)≤eZ4.由这个例子启发定义PCS-环如下:定义 2.1 环R称为右PCS-环,如果R的每个主右理想的右零化子(作为右理想)在R 的由幂等元生成的右理想中是本质的.等价地,R称为右PCS-环,如果对任意a∈R,左PCS-环类似定义.如果 R既是右又是左PCS-环,则称R为PCS-环.右PCS-环类包括右p.q-Baer环,右FI-扩展环,交换的ACS-环和p.p-环(环R称为右p.p-环如果每个主右理想作为右R模是投射的).有如下蕴含关系:Z4和Z8是PCS-环,但不是p.q-Baer环.设R是交换环,R作为右R模是一致的.如果存在非零元a∈R使得rR(a)≠0,那么R不是右p.q-Baer环.因此右或左PCS-环未必是右或左非奇异的.除了Z4和 Z8外,下面的例子也是右 PCS-环,但不是p.q-Baer环,右ACS-环,右扩展环,右FI-扩展环和右 p.p-环.例 2.1(1)存在右PCS-环,既不是右ACS-环也不是右扩展环.设M2(Z)是整数环Z上的2×2矩阵环[6].令则R是右拟-Baer环,因而是右PCS-环.但R不是右ACS-环.事实上,设注意到R的幂等元只有O和2阶单位矩阵E.假设R是右ACS-环,设则这是不可能的.同样R既不是右p.p-环,也不是左p.p-环.(2)考虑环Z⊕Z,其运算是通常的加法和乘法.子环R={(a,b)∈Z⊕Z|a≡b(mod 2)}是交换环,R的幂等元是(0,0)和(1,1).容易证明R是右PCS-环,但不是右p.q-Baer环.(3)整数环Z上的下三角n×n(n≥2)矩阵环是拟-Baer的,因而是右PCS-环;但不是右CS-环.设D 交换整环,R=Mn(D),n≥2.那么R是拟-Baer环;因而是PCS-环. (4)设Z2是模2的剩余类环,是Z2上的Hamilton四元数环.则R不是p.p-环[7].容易证明R是PCS-环. (5)存在不是右FI-扩展环的右PCS-环.设D是单的整环,非除环,则R是拟-Baer环;因而是右PCS-环.但R既不是右也不是左FI-扩展环[5].定理 2.1 设R是简约环.则下列命题等价:1.R是右PCS-环;2.每个有限生成右理想的右零化子(作为右理想)在RR的直和项中是本质的;3.每个主右理想的右零化子(作为右理想)在RR的直和项中是本质的;4.每个主理想的右零化子(作为右理想)在RR的直和项中是本质的;5.R是右ACS-环;6.R是右Von Neumann正则环;7.(1)到 (6)的所有的“右”字可以换成“左”字.证明 (1)⇒(2)设是R的任意有限生成右理想.则因为 R是右 PCS-环,存在使得对任意1≤i≤n有rR(xiR)≤eeiR.令e=e1e2···en∈R,因为 R 是简约,有 e2=e且因此有rR(X)≤eeR.(2)⇒(1)显然;(1)⇔(3)显然;(3)⇔(4)注意到对任意a∈R有rR(aR)=rR(RaR)即可;(4)⇔(5)对一个简约环R以及R的任意子集X有rR(X)=lR(X),且R的任意幂等元是中心的.设a∈R,x∈rR(a).因为 lR(a)=rR(a),于是∀r∈R,有 arxarx=0,arx=0.因此∀a∈R有rR(aR)=rR(a).(5)⇔ (6)假设 R是右 ACS-环.设a∈R.则存在 R的幂等元 e使得rR(a)≤eeR.设R=eR⊕(1−e)R.则因为R是简约的,R是非奇异的[8].但是rR(a)≤eeR蕴含er/rR(a)是奇异的,因此于是R是Von Neumann正则环.反之是显然的.(1)⇔(7)对一个简约环R以及R的任意子集X有rR(X)=lR(X),且R的任意幂等元是中心的.现在考虑不可分解右PCS-环.引理 2.1 设R是不可分解环.则:1.如果R是简约右PCS-环,那么rR(a)≠0蕴含a∈Zr(R);2.如果R是右非奇异简约PCS-环,那么R是整环;3.如果R是交换的简约PCS-环,那么R是整环.证明 (1)注意到不可分解环R的所有中心幂等元是0和1,结果是显然的.(2)这是(1)的直接结果.(3)因为一个交换环R是非奇异的当且仅当R是简约的,这与(2)相同.一个幂等元e∈R称为左(或右)半中心的,如果xe=exe(或ex=exe),对任意x∈R.用Sl(R)(或Sr(R))表示R的所有左(或右)半中心幂等元的集合.引理 2.2 设R 是右(或左)PCS-环,则对任意e∈Sr(R)(或e∈Sl(R)),eRe也是右 (或左)PCS-环.证明假设R是右PCS-环.设e∈Sl(R),C=eRe.设a∈C.因为R是右PCS-环,存在f2=f∈R使得rR(aR)≤efR.注意到rR(aC)=rR(aR),rC(aC)=rR(aC)∩C=rR(aR)∩C ≤efR∩C=(efe)C.因此C是右PCS-环.左PCS-环的证明类似.推论 2.1 设R是简约PCS-环.则eRe也是PCS-环,e2=e∈R.定理 2.2 设R半完全简约环.则R是右PCS-环当且仅当R是整环的有限直和.证明假设R 是右PCS-环.设e1+e2+···+en=1,这里 {e1,e2,...,en}是R的所有两两正交的幂等元的集合.因为R是简约的,所有ei是中心的;因此而每个eiR是R的不可分解理想.于是有引理2.1,引理2.2可得结果.反之是显然的.命题 2.1 设R是右ACS-环,C是R的中心,对R的任意幂等元e,存在f2=f∈C使得eR∩C≤efC.则C是PCS-环.证明设C是R的中心,a∈C.因为R是右ACS-环,因此由假设,存在f2=f∈C使得eR∩C≤efC.因此rC(aC)≤efC,从而C是右PCS-环.推论 2.2 设R是Abelian ACS-环,C是R的中心.则C是右(ACS)PCS-环.环 R称为强右PCS-环,如果对任意a∈R,rR(aR)≤eeR,e是 R的左半中心幂等元.显然强右 PCS-环是右 PCS-环.所有强右 FI-扩展环是强右 PCS-环.Z4是强 PCS-环,但不是 p.q-Baer环.同样,容易证明如果 R是强右 PCS-环,那么 eRe也是强右PCS-环,e∈Sr(R).命题 2.2 设R是右非奇异环.则R是素的当且仅当R是半中心简约强PCS-环.证明假设R是素的,则R是拟-Baer半中心简约的[10].因此R是强右PCS-环.反之,设 X,Y是 R的任意理想,XY=0.设a∈X.因为 R是右强 PCS-环,存在e∈Sl(R)使得Y≤rR(aR)≤eeR.同时,因为R是半中心简约,要么e=0,要么e=1.如果 e=0,则Y=0.如果e=1,则a∈Zr(R)=0;因此X=0,从而R是素的.结合文献[10]引理1.1和这个命题有:推论 2.3 设R是右非奇异环.则下列命题等价:1.R是半中心简约强右PCS-环;2.R是半中心简约拟-Baer环;3.R是素的.命题 2.3 设R是右非奇异环.则下列命题等价:1.R是强右PCS-环;2.R是右PCS-环;3.R是右p.q-Baer环.证明只需证明 (2)蕴含(3).设 R是右 PCS-环,a∈R,则rR(aR)≤eeR,e2=e∈R.对于e∈eR,存在R的本质右理想I使得eI⊆rR(aR).因此aReI=0.因为R是右非奇异的,于是aRe=0,R是右p.q-Baer环.3 PCS-环和扩张本节讨论PCS-环的一些扩张.首先考虑R上的一元多项式环R[x].命题 3.1 设R是简约环,S=R[x]是R上的多项式环.如果S是右PCS-环,则R也是. 证明假设S是右PCS-环,a∈R,则存在S的幂等元e(x)使得rS(aS)≤ee(x)S.设e0是e(x)的常数项,因为R是简约,有e(x)=e0∈R.现在证明rR(aR)≤ee0R.易证rR(aR)≤ e0R.对任意0≠e0r∈e0R,则存在0≠g(x)∈ S 使得0≠e0rg(x)∈rS(aS).因此 aSe0rg(x)=0;特别地,aRe0rg(x)=0.设则 aRe0rbn=0,且rR(aR)≤ee0R.因此 R 是右 PCS-环.注 3.1 如果 R不是简约,但 S=R[x]是右 PCS-环,R可能是右 PCS-环.比如,令 R=Z4.容易证明R[x]是右PCS-环.设R是右PCS-环.什么时候S=R[x]是右PCS-环?为了讨论这个问题引进下面的好多项式的定义.定义 3.1 设f(x)是R[x]中的n次多项式,其首项系数为a.f(x)称为好多项式,如果由b∈rR(a)蕴含b∈rR(f(x)).由文献[9]命题 2.2知,对任意f(x)∈R[x],存在b∈R使得0≠f(x)b是好多项式.命题 3.2 设R是右PCS-环,S=R[x].假设对任意f(x)∈S,存在好多项式g(x)∈f(x)S 使得rS(f(x)S)≤erS(g(x)S).则 S=R[x]是右 PCS-环.证明设f(x)是S的任意多项式.由假设,存在好多项式g(x)∈f(x)S使得只需证明存在e(x)2=e(x)∈S使得rS(g(x)S)≤ee(x)S.设a是g(x)的首项系数.因为R是右PCS-环,rR(aR)≤eeR,e2=e∈R.设则 g(x)Sh(x)=0;特别地,g(x)Rh(x)=0.因此 aRbn=0,g(x)Rbn=0.于是由归纳法有aRbi=0,bi∈rR(aR)≤eeR,对所有的i∈{0,1,...,n}成立.因此设不失一般性设ecm∉rR(aR),则存在bm∈R使得因此g(x)Recmbm=0.如果0≠ecm−1bm∉rR(aR),有bm−1∈R使得因此继续下去,存在b∈R使得0≠ek(x)b∈rS(g(x)S),这意味着rS(g(x)S)≤eeS.因此 S 是右 PCS-环.环R称为Armendariz,如果多项式满足f(x)g(x)=0,则aibj=0,对所有i,j(见文献[11]).简约环是Armendariz环,Armendariz环是Abelian(见文献[11],引理7).环R是Armendariz当且仅当R[X]是Armendariz(见文献 [12],定理 7).引理 3.1 设R是Armendariz环,R[x]是多项式环.如果是 R[x]的幂等元,则e(x)=e0∈R.证明因为所以因此这是因为R是Abelian的.命题 3.3 设R是Armendariz环,则R是右PCS-环当且仅当R[x]是右PCS-环. 证明假设R[x]是右PCS-环,a∈R.则存在幂等元使得rR[x](aR[x])≤ee(x)R[x].显然,e(x)=e0∈R.容易证明rR(aR)≤ee0R,因此 R是右 PCS-环.反之,设则存在使得rR(aiR)≤eeiR,0≤i≤n.令e=e0e1···en,则这是因为R是Armendariz,因而是Abelian的.对任意则对任意r∈R有f(x)rg(x)=0,且对所有的0≤i≤n,0≤j≤m有airbj=0.因此对所有i,j 和g(x)∈eR[x]有bj∈rR(aiR).设不失一般性,选取r∈R使得对所有0≤j≤p有因为R是Armendariz的,对所有有于是R[x]是右PCS-环.现在考虑 PCS-环的 Ore扩张.设 R是环,α:R→ R为环同态,δ:R→ R是α-导子,R的Ore扩张R[x;α,δ]是 R上的多项式全体关于多项式的加法和下面的乘法:xr=α(r)x+δ(r),r∈R 构成的环.如果δ=0,则用R[x;α]表示R[x;α,0],又称为斜多项式环.设α是 R的自同态,α称为刚自同态,如果rα(r)=0蕴含r=0,r∈R.环R称为α-刚的,如果R存在刚自同态α.任意刚自同态是单的,任意α-刚的环是简约环.但是reduecd环中存在不是刚自同态的自同态.引理 3.2 设 R 是α-刚的环,R[x;α,δ]是 R 的 Ore扩张.则:1.如果ab=0,a,b∈R,则对任意正整数n有aαn(b)=αn(a)b=0;2.如果ab=0,则对任意正整数m有aδm(b)=δm(a)b=0;3.如果对任意正整数k有aαk(b)=αk(a)b=0,则ab=0;4.设则pq=0当且仅当aibj=0,对所有的0≤i≤m,0≤j≤n;5.如果则e=e0∈R.证明见文献[6]的引理4,命题6和推论7.环R的Baer性和拟-Baer性,对Ore扩张并不遗传.存在Baer环R,但是R的Ore 扩张不是右p.q-Baer(见文献[6]的例8).同样存在非拟-Baer环,但是R的Ore扩张R是拟-Baer的(见文献[6]的例9).证明了一个α-刚的环R是p.q-Baer环当且仅当R[x;α,δ]是p.q-Baer环.由上面引理可得:定理 3.1 设R是α-刚的环.则R是右PCS-环当且仅当Ore扩张R[x;α]是右PCS-环.证明假设S=R[x;α]是右PCS-环,a∈R.则存在幂等元使得rS(aS)≤ee(x)S.因为 R 是α-刚的,e(x)=e0∈R.现在证明rR(aR)≤ee0R.对任意因为对任意r∈R有arb=0,于是因此b∈rS(aS),b∈e0R,从而rR(ar)≤e0R.对任意0≠e0r0∈e0R,则存在使得0≠e0r0h(x)∈rS(aS).特别,are0r0h(x)=0,对所有的r∈R.则存在k∈{0,1,···,t}使得0≠e0r0bk∈rR(aR).因此rR(aR)≤ee0R,R 是右 PCS-环.反之,假设R是右PCS-环.设则存在使得对所有的i∈ {0,1,···,m} 有rR(biR)≤eeiR.令e=e0e1···em.因为 R是α-刚的,R是简约,e2=e∈R.因此,现在证明rS(g(x)S)≤eeS.对任意则 g(x)Rf(x)=0,且对所有的0≤i≤m,0≤j≤n,r∈R,bi(raj)=0.因此aj∈rR(biR),0≤i≤m,0≤j≤n.于是aj∈eR,f(x)∈eS,从而rS(g(x)S)≤eS.设其中存在rt∈ R 使得因此重复下去可以选择r∈R 使得对所有的i∈{0,1,···,t}.对任意有由引理 3.2,∀0≤ i≤ m,0≤ j≤ k,0≤ s≤ t,biαi(dj)ecsαs(r)=0,有 g(x)k(x)eh(x)r=0.因此rS(g(x)S)≤eeS,S是右PCS-环.注 3.2 定理 3.1中,R是α-刚的这个条件不是必要的.比如,考虑环Z⊕Z,其运算是通常加法和乘法.子环R={(a,b)∈Z⊕Z|a≡b(mod 2)}是交换环,且R的幂等元是(0,0)和(1,1).容易证明R是右PCS-环.设α:R→R,α(a,b)=(b,a),则α是R的自同构,R不是α-刚的.由文献 [6]的例9,R[x,α]是拟 -Baer环,因而是右 PCS-环.设 R是环,α是 R的自同态.称 R是α-相容的,如果rα(s)=0⇔ rs=0.显然,如果R是α-相容的,则α是单的;如果R是α-刚的,则R是α-相容的.事实上,设rα(s)=0,则srα(sr)=0.因为R是α-刚的,且是简约的,因此sr=0,rs=0,如果rs=0,则但是逆命题一般不成立.任意环R是1R-相容的;如果R不是简约的(比如,Z4),则R 不是1R-刚的.容易证明,对一个简约的环R,R是α-刚的当且仅当R是α-相容的. 存在环R 和1R≠α∈End(R)使得 R是α-相容的.同样存在Ab elian α-相容的环,但不是α-刚的.例 3.1(1)设Q是有理数环.考虑由Q通过Z的平凡扩张R=Z∗Q,R的加法和乘法如下定义:对于(n,q),(n′,q′)∈ R,定义α:R→R,α(n,q)=(n,kq),(n,q)∈R,这里k∈Q\{0,1}.则1R≠α是 R的自同态.容易证明R是α-相容的,因而是α-刚的.(2)存在环R以及R的自同构α使得R是α-相容的,但不是α-刚的.设R=Z∗Z4是由 Z4通过Z的平凡扩张.定义α:R→R,α(n,x)=(n,−x),对任意(n,x)∈R.则R不是简约的,因而不是α-刚的.但是R是Abelian α-相容的环.对一个α-相容的环R,有与引理3.2相似的结果.引理 3.3 设R是α-相容的环,a,b∈R.则:1.如果ab=0,a,b∈R,则对任意正整数n有aαn(b)=αn(a)b=0;2.如果存在正整数k使得aαk(b)=αk(a)b=0,则ab=0;3.如果R是Abelian的,e(x)=enxn+···+e1x+e0是R[x,α]的幂等元,则e(x)=e0∈ R.证明 (1)和(2)的证明类似于文献[6]的引理4.(3)容易证明因为e1α(e0)+e0e1=e1蕴含e0e1α(e0)=0;则 e0e1e0=0,e0e1=e1e0.因为 R 是α-相容的,e1=0.假设对所有1≤k＜n,ek=0.则因此有 e0ek+1(e0)=0,ek+1=0.从而e(x)=e0∈R.定理 3.2 设 R 是Abelian α-相容的环.假设∀f(x)∈R[x,α],存在好多项式g(x)∈f(x)R[x,α],使得则 R是右 PCS-环当且仅当Ore扩张R[x;α]是右PCS-环.证明充分性与命题3.2类似,必要性与命题3.3类似.4 PCS环的 (形式三角)矩阵环文献[7]证明了拟-Baer环上的n×n矩阵环和n×n上(下)三角矩阵环也是拟-Baer 的.自然就问:PCS-环上的n×n矩阵环或n×n上(下)三角矩阵环还是PCS-环吗? 设Tn(R)表示R上的n×n上三角矩阵,Mn(R)表示n×n矩阵环.首先考虑上三角矩阵环Tn(R).定理 4.1 设R是Abelian环,则是右PCS-环当且仅当R是右PCS-环.证明假设R是右PCS-环.设因为R是右PCS-环,存在使得令因为R是Abelian的,则f2=f∈R,E2=E∈S.将证明rS(sS)≤eES.设则对任意r∈R,则有x,y∈rR(aR).同样,z∈rR(cR)∩rR(aR)∩rR(bR)≤efR.因此于是对任意证明存在s′∈S使得情形 1 如果er≠0,则存在r0∈R 使得0≠err0∈rR(aR).因此对任意情形 2 如果ft≠0,这与情形1类似.情形 3 如果es≠0,这也与情形1类似.因此S是右PCS-环.反之,假设S是右PCS-环.a∈R,则存在S的幂等元E使得设则e2=e∈R.将证明rR(aR)≤eeR.容易证明rR(aR)≤eR.设0≠er∈eR,则存在使得则要么erx≠0,要么ery≠0,同样 aRerx=aRery=0.因此 R 是右 PCS-环.上述命题可以推广到任意正整数n≥3的情况.有:命题 4.1设R是Abelian环.则下列命题等价:1.R是右PCS-环;2.对任意正整数n,Tn(R)是右PCS-环;3.对某个正整数n,Tn(R)是右PCS-环.对于右ACS-环,上述定理一般不成立(见下面的例子4.1).但是有:命题 4.2 设Tn(R)是R上的n×n阶上三角矩阵环.若Tn(R)是右ACS-环,则R也是. 证明只需证明n=2的情形.n≥3的情形类似.设a∈R,则是T2(R)的幂等元.显然e2=e∈R,容易证明rR(a)≤eR.设0≠er∈eR,则且存在T2(R)的非零元使得则要么0≠erx,要么ery≠0,有erx∈ rR(a)或ery∈ rR(a),因而rR(a)≤eeR.故 R 是右 ACS-环.上述命题的逆命题一般不成立.例 4.1 Z是ACS-环.但是上三角矩阵环T2(Z)不是右ACS-环.证明设T=T2(Z).容易证明T的所有幂等元是:这里0≠b∈ Z.设则如果T是右ACS-环,直接计算表明rT(t)作为右理想在T中必须是本质的.设则存在使得但这是不可能的.现在讨论 R上的矩阵环 Mn(R).p.q-Baer性质是 Morita不变性质 (见文献 [4]的定理 2.2).尽管不知道右 (或左)PCS是否是 Morita不变性质,但是强右 (或左)PCS是Morita不变性质,下面的定理说明了这一点:定理 4.2 设 R是环,则 R是强右 PCS-环当且仅当 M2(R)是强右 PCS-环.因此强右PCS-性质是Morita不变性质.证明假设M2(R)是强右PCS-环,a∈R,则存在使得直接计算可以证明a11∈Sl(R),且因此R是强右PCS-环.反之,假设 R是强右 PCS-环,则存在幂等元eij∈Sl(R)使得rR(bijR)≤eeijR,对所有的i,j∈{1,2}.令 e=e11e12e21e22,则e2=e∈Sl(R),且现在证明因而M2(R)是强右PCS-环.容易看出余下的与定理 4.1的证明类似.可以把结果推广到n≥3的情形,因此强右 PCS性质是Morita不变性质.考虑形式三角矩阵环的PCS-性质.设R是环,I是R的右理想.设M 是左R-模,令设N 是右R-模,令定理 4.3 设A,B是环,AMB是左A右B双模.设是由A,B,M 构造的形式三角矩阵环.则下列命题等价:1.R是右PCS-环;2.(i)A和 B都是右 PCS-环;(ii)如果rA(aA)≤eeAA,a∈A,则作为右 B-模,rM(aA)≤eeAAM.证明假设R是右PCS-环.设a∈A,则存在幂等元使得显然有同样容易证明rA(aA)≤eeAA,且A是右PCS-环.同理可证B是右PCS-环. 对任意0≠eAm∈eAAM,则则存在使得则且作为右 B-模,rM(aA)≤eeAAM.反之,设因为A和B都是右PCS-环,存在使得设则现在证明rR(rR)≤eeRR.对任意有对任意成立.则选取 m1=0M,b1=0B,有则存在n∈M 使得m=eAn,因而s∈eRR.于是rR(rR)≤eRR.对任意从下面三种情形证明rR(rR)≤eeRR.情形 1 如果eAa1≠0,则存在a2∈A 使得则情形 2 如果eBb1≠0,这与情形1类似.情形 3 如果eAm≠0,因为作为右 B-模,rM(aA)≤eeAAM 存在b2∈B,使得且rR(rR)≤eeRR.因此 R是右PCS-环.参考文献[1]Goodearl K R.Ring Theory[M].New York:Marcel Dekker,1976.[2]Kaplansky I.Rings of Operators[M].New York:Benjamin,1965.[3]Clark W E.Twisted martix units semigroup algebras[J].DukeMath.J.,1967,34:417-424.[4]Birkenmeier G F,Kim J Y,Park J K.Principally quasi-Baerrings[J]Comm.Alg.,2001,29(2):639-660.[5]Nicholson W K,Yousif M F.Weakly continuous and C2-rings[J].Comm.Alg.,2001,29(6):2429-2446.[6]Hong C Y,Kim N K,Kwak 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模n剩余类等价关系
一,定义:
等价关系决定了 A 的一个分类。

这样得来的类叫做模 n 的剩余类。

在一个集合 A 里,固定 n(n 可以是任何形式),规定 A 元间的一个关系 R,aRb,当而且只当 n|a-b 的时候这里,符号 n|a-b 表示 n 能整除 a-b。

这显然是一个等价关系。

这个等价关系普通叫做模n 的同余关系,并且用a ≡ b(n)来表示(读成 a 同余 b 模 n)。

这个二,我们规定 A 的一个代数运算,叫做加法,并用普通表示加法的符号来表示。

我们用[a]来表示 a 所在的剩余类。

规定:[a]+[b]=[a+b];[0]+[a]=[a];[-a]+[a]=[0];根据群的定义我们知道,对于这个加法来说,A 作成一个群。

叫做模 n 剩余类加群。

这样得到的剩余类加群是循环群,并且[1]是其生成元,[0]是其单位元。

三,我们再规定 A 的另一个代数运算,叫做乘法,并且规定:[a][b]=[ab];根据环的定义我们知道,对于加法和乘法来说,A 作成一个环。

叫做模 n 剩余类环。

———————————————。

近世代数复习题例1 :写出剩余类加群Z15的(1) 全部元素; { [0], [1], …, [14]}(2) 全部生成元; { [1], [2], [4], [7], [8], [11], [13], [14]}(3) 全部子加群；?[0]?, ?[1]?= Z15, ?[5]?={[0], [5], [10]}= ?[10]?,[3]?={ [0], [3], [6], [9], [12]} = ?[6]?= ?[9]?= ?[12]?.(4) 每个元素的负元；-[1]=[14], -[2]=[13], -[3]=[12],-[4]=[11], -[5]=[10], -[6]=[9], -[7]=[8].(5) 全部理想；([0]), ([1]) = Z15, ([5])={[0], [5], [10]}= ([10]),([3])={ [0], [3], [6], [9], [12]} = ([6])= ([9])= ([12]).(6) 全部可逆元；{ [1], [2], [4], [7], [8], [11], [13], [14]}(7) 全部零因子；{ [3], [5], [9], [10], [12]}(8) Z15是域吗？说明理由; 不是。

因为有零因子。

一、选择题1、设实数在有理数域Q上的极小多项式f(x)的次数为n, 则可以用圆规直尺作图作出的条件是(A)(A) n是2的方幂；(B) n是素数；(C) n是素数的方幂；(D) n>2。

2、设H是群G的正规子群，商群G/H中的元素是(C)(A) H中的元素；(B) G\H中的元素；(C) G 关于H 的所有右陪集；(D) H 的所有共轭1Hg -g.3、设是环同态, 则同态的核是 (D)(A) Ker(?)={a ∈S: 有?b ∈R, 使得 ?(b )=a }；(B) Ker(?)={a ∈R: ? (a )=a }；(C) Ker(?)={a ∈?R: ? (a )=1}；(D) Ker(?)={a ∈?R: ? (a )=0}。

剩余类环上矩阵的秩数学系 01数本 2001141121 蔡美丽 指导老师：陈智雄摘要：定义了了剩余类环上矩阵的秩及剩余类环上矩阵的初等变换，证明了剩余类环上行列式的运算性质，提出了求矩阵秩的一个推论。

关键词：剩余类环；矩阵；秩；初等变换0 引言在高等代数中，一般都在数域（如有理数域、实数域）上讨论矩阵的性质。

有限域上矩阵的性质可以类似讨论，但它们有一定的区别，因为有限域与数域的结构不相同。

推广地，我们将讨论一般剩余类环m Z （m 是合数）上的矩阵的性质。

可以看出，剩余类环m Z （m 是合数）上的矩阵的性质与数域、有限域上矩阵的性质有很大差别，因为m Z （m 是合数）是一个零因子环。

*Z m 表示环m Z 中的可逆元集合。

1 剩余类环上行列式的运算性质命题1: 交换一个行列式的两行(列),行列式改变符号.证:设行列式 111111n i inj jn n nna a a a D a a a a =交换第i 行与第j 行()i j ≠得1111111n j jn i in n nna a a a D a a a a =D 的每一项可写成11(mod )(1)k iki jkj njn a a a a m因为这一项的元素位于1D 的不同行与不同的列,所以它也是1D 的一项,反过来的1D 每一项也是D 的一项.（1） 在D 中的符号是1()(1)i j n k k k k π- 而在1D 中为1()(1)j i n k k k k π-D ∴与1D 符号相反.命题2: 把一个行列式的某一行(列)的所有元素同乘以该环上的一个可逆元素等于以该数乘以这个行列式.证明:设把行列式D 的第i 行的元素12,,,i i in a a a 乘以*m Z 上的一个元k ,而得到行列式1D ,那么1D 的第i 行元素为12,,,i i in ka ka kaD 的每一项可以写作: 112(mod )j ij njn a a a m 1D 中对应的项可写作:11112112()(mod )()(mod )[(mod )]j iji njn j ij njn j ij njn a ka a m k a a a m k a a a m ≡≡所以有: 1D kD =推论1:如果一个行列式两行(列)完全相同,那么这个行列式为0.证明:设行列式D 的第i 行与第j 行相同()i j ≠,由命题1,交换两行后,行列式改变符号,所以新的行列式等于D ;但另一方面,交换相同的两行,行列式并没有改变.0D D D ∴=-⇒=推论2:如果一个行列式有两行(列)的对应元素成比例,那么这个行列式为0.证明:设行列式D 的第i 行与第j 行()i j ≠的对应元素成比例,那么这两行的对应元素只差同一因子k ,即: 1122,,,i j i j in jn a ka a ka a ka ===因此有:1111111111111111110n n n i in j jn i in j jn j jn j jn n nnn nnn nna a a a a a a a ka ka a a D k a a a a a a a a a a a a ====命题3:设行列式D 的第i 行的所有元素都可以表示两项的和.111111n i i in inn nna a Dbc b c a a =++则12D D D =+1D 的第i 行元素为1,,i in b b ；2D 的第i 行元素为1,,i in c c ；其他行与D 一样. 证明: D 的每一项可以写成11()(mod )j iji iji njn a b a a m + ,符号1()(1)n j j π- .得到1111111111()(mod )()(mod )(mod )(mod )j iji iji njn j iji njn j iji njn j iji njn j iji njn a b a a m a b a a a a m a b a m a a a m +≡+≡+一切项11j iji njn a b a 附上原有符号后的和等于行列式111111,n i in n nn a a D b b a a =一切11j iji njn a c a 附上原有符号后的和等于行列式 111211n i in n nna a D c c a a =所以: 12D D D =+命题4:两个n 级行列式111111112111,n n i in i in n nnn nna a a a D a a Db b a a a a ==的乘积等于一个n 级行列式11111,n i in n nnc c C c c c c =其中ijc 是1D 的第i 行分别与2D 的第j 列的对应元素乘积之和 即11iji j in nj c a b a b =++ .证明:作一个2n 级行列式. 111111110001001n n nn n n nna a a a Db b b b =--根据拉普拉斯定理,将D 按前n 行展开,则D 中前n 行除去左上角那个n 级子式外,其余的n 级子式全为0,所以 11111111n nn nn n nna ab b D a a b b =⋅=12D D ⋅ 下证D C =:对D 作初等变换,将第1n +行的11a 倍,第2n +行的12a 倍, 第2n 行的1n a 倍加到第一行,得111212111110000001001n n n nnn n nnc c a a D a a b b b b =--现依次将1n +行的1(2,3,,)k a k n = 倍,第2n +行的2k a 倍, 第2n 行的kn a 倍加到第k 行得到1112121111100000011n n n nn n n nnc c c c D c c b b b b =--这个行列式的前n 行也只可能有一个n 级子式不为0 由拉普拉斯定理: 111(12)(122)11(1)1nn n n n n nnc c D c c C+++++++++-=⋅--=命题得证.定义1:设ij A 是n n m Z ⨯环上矩阵1111n n nn a a A a a ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦中元素ij a 的代数余子式, 则矩阵111*1n n nn A A A A A ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦称为A 的伴随矩阵.由行列式按一行(列)展开的公式立即得出.如果**0,0d AA A A dI d A d ⎡⎤⎢⎥====⎢⎥⎢⎥⎣⎦, 那么可得到:**11()()A A A A E d d==2 矩阵的秩定义2：设矩阵k nm A Z ⨯∈，若矩阵A 中有一个r 级子式不为0，而所有r+1级子式为0（如果min(,)r k n <的话），则称r 为矩阵的秩。

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、Eis emstein 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}1,,2,1,0{-=n Zn 则n Z 为n 个剩余类的集合，对任意n Z j i ∈,，规定j i j i +=+，ij j i =⋅，则nZ 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nZ i ∈, 若类i 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nZ 的一个非空子集A 叫做n Z 的一个理想子环, 假如:(i)A a ∈][,A b a A b ∈-⇒∈][][(ii)A a ∈][,A a b b a A b ∈⇒∈]][[],][[][ 在代数运算中, 我们都知道若0=a ,0=b , 则必有0=ab , 相反若0=ab , 则必有0=a 或0=b 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nZ 中, 如果任意元0][≠a ,0][≠b , 但0][=ab , 那么称][a 为nZ 的一个左零因子,][b 为n Z 的一个右零因子, 若n Z 的左零因子与右零因子都为][a ,称][a 为nZ 的零因子. 定义 2.1.5 一个环⋅〉+〈,,nZ 中若有元素e 使得nZ a ∈∀][, 有][]][[]][[a e a a e ==, 那么称元素][e 叫做环⋅〉+〈,,n Z 的单位元，记作1. 定义 2.1.6 在环⋅〉+〈,,n Z 中, 如果nZ a ∈∀][, 满足: 任意n Z b ∈∀][, 有1]][[]][[==a b b a , 则称][a 是n Z中的逆元，且][a 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I R /称作R 关于理想的剩余类环(也叫商环或差环),其中I R /中, 每个元素叫作模I 的剩余类.定义 2.1.8 模n 剩余环nZ 的乘法群G (当n 为素数,nZ 中的所有非零元作成乘法群, 当n 为合数,nZ 中的所有可逆元作成乘法群)中, 适合a a =2的元素 a 称为环nZ 的一个幂等元. 定义 2.1.9 设n Z b a ∈,,若存在nZ q ∈使得q a b =, 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n Z 的基本性质定理 2.2.1 在模 n 剩余环nZ 中,若][][b a =,则有),2,1,1( --=+=k nk b a .定理2.2.2在nZ 中,每个元素的n 倍均为零.即]0[][][][][][==++=na a a a a n .定理 2.2.3 设nZ b a ∈,, 则|a b 的充要条件为(,)|a n b .2.3 剩余类环n Z 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nZ 的更一般的一些性质. ① 模n 剩余环nZ 是交换环. ② 在模n 剩余环nZ 中,所有左右零因子都是其零因子.③ 模n 剩余环nZ 是无零因子环的充分必要条件是n 为素数.④ 设⋅〉+〈,,n Z为无零因子环(n Z 模大于1),那么加群⋅〉+〈,,n Z 中每一个非零元素的阶必相同.⑤ 模n 剩余环n Z 为整环的充分必要条件是n为素数.⑥ 对于p Z , (1)pZ 是特征为p 的有单位元的可换环;(2) 环pZ 是域⇔p 为素数. ⑦ 模n 剩余类环nZ 的所有子群(对加法)是循环子群. 例：设nZ s ∈,若1),(=n s ,t s =,则1),(=n t . 证明: 因为t s = ,故)(|t s n -,从而有整数k 使 nk t s =- ,nk t s +=如果1),(>=d n t ,则由上式可知,d 是s 与n 的一个公因数,这与1),(=n s 矛盾.因此 1),(=n t .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}6,4,2,0{1=S是8Z 的子环，1S 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，}30{1，=S 与}4,2,0{2=S 都是6Z 的子环，但1S 的单位元是3，2S 的单位元是4，它们都与6S 的单位元1不同.2.5p 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1-P 阶的群.由域是整环以及)/(n 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⇔)/(p Z 是整环⇔p 是素数，由Z 是含幺交换环，Z 的理想（p )是极大理想⇔)/(p Z 是域⇔p 为素数.另外，由域P Z 的特征数是素数p 且PZ 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，Q F ≅，当为素数p 时，Z F ≅.3 n Z 的子环、域、零环3.1 定义设n 是正整数，p 是素数，n Z 是模n 的剩余类环，S 是nZ 的子环.我们将得到如下结果：（1）设)2(≥=t p n t ，)(||t r p S r<=，则S 是有零因子无单位元的环；（2）设pq n =，p S =||当1),(=q p ，则S 是域，当p q p =),(时，S 是零环.（3）设1)(≠=v u uv n 是合数，u S =||，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)2(≥=t p n t，其中p 是素数时，则nZ 的tp 阶)(t r <子环S 是含零因子无单位元的环. 证明 n Z 的tp 阶子环})1(,,,0{r t r r t p p p S ---= ，（1)当t r t ≥-22时，0≠=∀-r t p k a ，0≠=-r t lp b 则0=ab ，所以S 是无单位元的零元. （2)当t r t <-22时，取0≠=-r t pa ，02≠=--r t t r p pb ，0==t p ab ，S ∴是有零因子的环下证S 是无单位元的环设S 有单位元r t p t e -=，r t p k a -=∀，1-≤≤t p k l ，有a ea =，即r t r t r t kp p k p l ---=⋅,得到 t r t r t mp kp lkp +=--22r t r r r t kp k mp l k mp lkp --+=⇒+=取 1=k ，则rt r p p m l -+=11 因为r r t r t t t r <-⇒<-⇒<-0222所以r r t p m p 1|-而p 不整除l 故11+-r r t p m p 不整除故l 不是整数，∴S 无单位元.命题3.2.2 若pq n =，p 是素数，q 是大于1的正整数，当1),(=q p 时.nZ 的p 阶子环S 是域；且p Z S ≅；当p q p =),(时，nZ 的p 阶子环S 是零环. 证明 nZ 的p 阶子环})1(,,0{q p q S -= （1）当p q p =),(时，,0,,,,,2121==⇒==∈∀=pd k pd k ab q k b q k a S b a pd q 所以S 是零环.（2）当1),(=q p 时，,,21S q k b q k a ∈==∀若q k k p mpq q k k q k q k 2122121|0⇒=⇒=⋅，只要01≠=q k a 时，21|k p k p ⇒不整除，所以0=ab 有00=⇒≠b a ，即S 是无零因子环，又S 有限，所以S 是域.设lq e =是S 的单位元，则S kq ∈∀，有kq kq lq =⋅即mpq kq lkq +=2，取1=k ，得q p m l 11+=.因为l 为整数，只要适当选取1m 使l 为整数，即可求得单位元. 命题3.2.3 设uv n =，其中u 是合数，1≠v ，则n Z 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st u =，nZ 的u 阶子环})1(,,2,,0{v u v v S -= ，取0≠=sv a ，0≠=lv b ，则0=ab ，故S 含有零因子.设S 有单位元lv e =，)11(-≤≤=∀v k kv a , 有a ea =，即k mu lkv kv lkv +=⇒=2kv kmu l +=，（1)设1),(≠=d v u 时，在)(⋅取1=k ，v um l 11+=，如l 有整数解，即整数方程11=+-xv u m 中x 有整数解，所以方程有整数解的充要条件为1|),(v u ，与假设矛盾，所以无单位元.（2）设1),(=v u ，在)(⋅式中取11>-=u k ，1)1,())1(,(=-=-u u u v u ，vu u u ml k )1(1--+，l 有整数解即为整系数方程1)1(-=-+-u vx u u m k有整数解x ，x 有整数解的充要条件是：1|))1(,(--u v u u .因1),(=v u ，故1))1(,(=-v u u 不整除1-u 与假设矛盾，故S 无单位元.我们还相应的讨论了商环)/()(mn n 在什么条件下是域或是有零因子无单位元的环.命题3.2.4 设n 是正整数，)(n R =是由n 生成的环，则商环)/()(t n n S = （t 是正整数，且2≥t ）是含零因子，无单位元的环.证明 当2=t 时，)/()(2n n S =是有限零环. 事实上，S b a ∈∀,，n k a 1=，n k b 2=， 0221==n k k ab当2>t 时，})1(,,,0{1n nn S t -=- 取0≠=n a ，02≠=-n nb t 0==t n ab ，所以S 是含零因子的环. 设S 有单位元ln =e ，则S kn a ∈=∀, 有a ea =，即kn k mn l mn kn lkn kn lkn t t +=⇒+=⇒=-122, 取1=k ，n n m l t 111+=-, 因为11|t n m n -，1不整除n ，111+-t n m n 不整除,所以不存在整数l ，故S 无单位元. 命题3.2.5 设n 是正整数，p 是素数，)(n R =是由n 生成的环，则商环)/()(pn n S =，当1),(=n p 时是域且pZ S ≅，当p n p =),(时S 是零环.证明 设})1(,2,,0{)/()(n p n n pn n S -== ,① 1),(=n p 时，S b a ∈∀,，n k a 1=，n k b 2=, 如果n k k p n k k pn n k k n nk k ab 2122122121||0⇒⇒===,因为1),(=n p ，所以21|k k p , 当01≠=n k a 时，21|k p k p ⇒不整除即0=b ,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 的单位元，pZ a ∈∀，有a 对应于a ,e 即可得S Zp ≅. ② p n p =),(时，pd n =，S b a ∈∀,,n k a 1=，02=⇒=ab n k b 所以S 是零环.命题3.2.6 设m n ,是正整数，且m 是合数，1≠n ，)(n R =是由n 生成的环，则商环)/()(mn n S =是含零因子无单位元的环.证明 })1(,,,0{)/()(n m n mn n S -== 是m 阶环.设uv m =，u <1，m v <，取un a =，vn b =，则0=ab 所以S 是有零因子的环.设S 有单位元ln =e ，S kn a ∈=∀有a ea =，即tmn kn lkn kn kn +=⇒=⋅2ln所以 kn k tm l /)(+=(*) （1)当1),(≠=d n m 时，在(*)式中取1-=m k ，n m m t l k )1/()]1([--+=)1(|)1(-+-m m t n m k ，即找到正整数x 使得1)1(-=--m m t nx m k ，x 有整数解的充要条件是1|),)1((--m m n m ，而1),1(),)1((=-=-m m m n m 与假设矛盾，所以S 无单位元. 4 模n 的剩余类环n Z ，对幂等元的存在4.1 设n Z 是一个模n 的剩余类环，考察n Z 中的乘法群G （当n 为素数，nZ 中非零元作成乘法群;当n 为合数则有nZ 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2g =g 的元素g 称为环nZ 的一个幂等元由定义可知群G 中的单位元e 是G 的一个幂等元，且显然有 ===32e e e 反之，若g 是环n Z 的一个幂等元，则g 必是nZ 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18Z 中，不难通过测试的方法确定其幂等元；一般地，在模n 的剩余类环nZ 中则可如下考虑. 设e 施环nZ 中的一个幂等元， 那么，我们有)(mod e 2n e ≡（1）因而 )(mod 0)1(e n e ≡-（2）即e 和1-e 是互素的、相邻的整数；且若n 为整数，有）（或n mod 10e ≡，若n 为合数，不妨设n=21n n ，不考虑）（或n mod 10e ≡的幂等元（即e 既非环n Z 的零元也非n Z 单位元），e 或1-e 将分别是n 的因子21n n 和的倍数；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9218⨯==n ，于是在18Z 中若是取9=e ，则首先我们有9（9-1）≡0)(mod n 或者）（n mod 992≡即9=e 是18Z 中的一个幂等元；其次，由于9和（9-1）=8互素，故11819=⨯-⨯在上式两端分别加上98-89⨯⨯，则可推算出163-6479-88==⨯⨯并得到适合（2）式得两个相邻整数64和63，于是由）（modn 1064≡，）（modn 10102≡又可得到18Z 中的另一个幂等元10.对于上述18Z 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+9≡1（18mod ），10⨯9≡0(18mod )因而，我们有如下4.2 命题：设R 是一个有单位元的环，e 是R 的非零非单位元的幂等元，则ef -=1也是R 的幂等元，且具有性质：0,1==+ef f e .证明 事实上，由e -112121e -122=-=+-=+-=f e e e e e 即）（是R 的一个幂等元；又1)1(=-+=+e e f e ，0)1(2=-=-=e e e e ef .于是命题得证.运用该命题，我们已经可以容易地从nZ 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r =13是26Z 的一个幂等元,则由 F=1-e=1-13=-12=14(mod n))(mod 14121311n e f ≡-=-=-= 故f =14也是26Z 的一个幂等元由命题，我们还可以得出关于n Z 中的幂等元与nZ 元素之间另一关系的如下结果：设n=21n n ,且幂等元e 是1n 或其倍数，则nZ 中每一个元素k 均可表为nZ 中幂等元e 和f 的唯一组合：)(mod n f y e x k ⋅+⋅≡ （**）其中幂等元e 的系数)(m od 2n k x ≡,而幂等元f 的系数)(m od 1n k y ≡,例如：在上述26Z 中，n =26=13⨯2,幂等元e 为13；任取k =17,则由（**）有)26(mod 000f e +≡)26(mod 69144134117≡⨯+≡+≡f e)26(mod 18114121312125≡⨯+≡+≡f e 其中)2(mod 117≡≡x ，而)13(mod 417≡≡y .以上讨论了模n 的剩余类环nZ 中幂等元的存在和求法，那么，对于给定的一个整数ε，ε可以是哪一个模n 的剩余类环nZ 的幂等元呢？ 若要ε为nZ 的幂等元，则应有： )1(|)(m od 0)1()(m od 2-⇔≡-⇔≡εεεεεεn n n于是对于给定的一个整数ε，取定一个)1(-εε的因子n ,便可在模n 的最小非负剩余系中确定以ε为幂等元的包含于n Z 的群，为此，对于ε,令)})1(,,2,,1{(εεε-≡n R （4）则 (1)Zn 中以，幂等元ε为单位元的乘法群R G ⊂；(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ε的有逆元的元.为此，令：},|{)(111ε==∈∃∈=---rr r r R r R r R G 使,则()G R 是一个满足要求的、由R 的可逆元作成、包含幂等元ε的乘法群.例： 设ε=25，则n 是6002425)1(=⨯=-εε的一个因子，不妨设n =30，则显然有)30(mod 25252≡，而由（4）式得：)30}(mod 25,20,15,10,5,0{}25)130(,),25(2),25(1,0{=-= R不难判断R 中关于单位元ε=25的可逆元为5,25，因此)30}(m od 25,5{)(30=Z G为所求30Z 中包含幂等元ε=25的乘法群.至此，上述对于模n 的剩余类环nZ 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nZ 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nZ 及其所构成的乘法群.5 模n 剩余类环n Z的理想 结论：模n 剩余类环n Z 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,])([][],[,][i c b Z a n∈∈∀有 1) ])([][][][i c b c b ∈-=-;2) ])([][][][][]][[i b b b ab b a a∈++==,同理])([]][[i a b ∈; 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nZ 的主理想.定理5.1 环n Z 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nZ 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nZ 是模n 剩余类环,则 （1）若n 是素数,n Z 是域,则nZ 只有零理想和单位理想;（2）nZ 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nZ 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nZ 是有单位元的交换环, 设主理想}|{)(Z k nk n ∈=.若(n )为极大理想,如果n 不是素数,则必有,1,2121n nn n n n <<=,于是)(1n n ∈,但)(1n n ∉,)(1n 是n Z 的真包含(n )的理想.由(n )为极大理想知n Z n =)(1.但)(11n ∉矛盾,所以n 是素数.反之,设n 是素数,A 是n Z 的理想,且A n Z A n n ≠⊆⊆)(,)(, 则存在0),(,a n n a A a ⊥∉∈. 因为n 是素数, 所以n 与a 互素.于是存在Z v u ∈,,使1=+nv ua ,由A a n ∈,可知Z A A vn ua =∈+=,1因为Z n n ≠±≠)(,1, 所以( n )是极大理想在模n剩余类加群）（+,nZ 及其子群中，0是单位元（有时也称零元），a 的逆元是a -.但在模n 剩余类环）（⋅+,,nZ 中，0必称零元，a 的负元记作1-a .又知“a 是nZ 的可逆元⇔1,a =）（n ”，“a 是nZ 的零因子⇔n ,a 1,a ≠≠）且（）（n n （注意这里2≥n ）.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)ϕ为Euler 函数当1),(=n m 时,有)()()(n m mn ϕϕϕ=.证 1),(=n m 时))/(())/(())/((n Z U m Z U mn Z U ⨯=,而 )())/((mn mn Z U ϕ=, )())/((n n Z U ϕ=, )())/((m n Z U ϕ=,所以)()()(n m mn ϕϕϕ=.注:为方便起见下面出现的函数ϕ,都是Euler 函数.定理 6.2 (Eisenstein 判别法):设011)(a x a x a x f n n n n +++=-- 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na ; ii) P|ia (1,1,0-=n i ); iii) 2p 不整除0a ,那么)(x f 在][x Z 中不可约. 证 首先令])[/()(0x p Z x a x f ni ii ∈=∑=,其中a 表示a 的模p 剩余类.现反设f 在][x Z 中可约gh f =,其中0111b x b x b x b g t t t t ++++=-- .0111c x c x c x c h m m m m ++++=-- ,n t m <,n t m =+. 于是h g f =,另一方面011)(a x a xa x f n n n n +++=-- .因p |i a (10-≤≤n i )p 不整除n a ,故nn x a f =,于是有t x g α=,m x h β=，这说明g 的常数项00=b ,h 的常数项00=c ,那么p |0b 且p |0c ,所以2p |000a cb =,这与2p 不整除0a 矛盾,故)(x f 不可约.定理 6.3 (整系数多项式无整数根):设011)(a x a x a x f k k +++= 是整系数多项式, 且0a 及∑=ki ia 0都是奇数,则)(x f 无整数根. 证 令∑=∈=ki i i x Z x a x f 0])[2/()(,其中i a 表示i a 的模2剩余类,反设)(x f 有一整数根n .而0=n 或1=n ,若0=n ,则有0)0()(0===a f n f ,故有2|0a 矛盾.若1=n ,则有0)1()(0===∑=k i i a f n f ,故2|∑=ki k a 0,矛盾.故反设不成立,即)(x f 无整数根.定理6.4 (Euler 定理) 设n 是大于1的整数,1),(=n a ,则)(m od 1)(n a x ≡ϕ.证 因1),(=n a ,又,))/((n Z U a ∈a-∈U(Z/(n)),但单位群))/((n Z U 的阶为)(n ϕ,所以1)(=n aϕ,即1)(=n a ϕ,所以)(m od 1)(n a n ≡ϕ).定理 6.5 (Fermat 小定理) 若p 是质数,则)(mod p a a p ≡.证 若1),(=p a ,由Euler 定理及1)(-=p p ϕ,即得)(mod 11p a p ≡-,因而)(mod p a a p =,若0),(≠p a ,则a p |,故)(mod p a a p ≡.下面从代数的角度观察完全及简化剩余性质.定理6.6 设110,,,,1),(-=n a a a n a 为模n 的完全剩余系,则110,,,-n aa aa aa 也是 模n 的完全剩余系.证 由题设知)/(},,,{110n Z a a a n =- ,而从1),(=n a 得a可逆,故有)/(},,,{110n Z aa aa aa n =- ,从而110,,,-n aa aa aa 也是模n 的完全剩余系. 定理 6.7 设1)(10,,,,1),(-=n a a a n a ϕ 为模n 的简化剩余系,则1)(10,,,-n aa aa aa ϕ 也是模n 的简化剩余系. 证 由题设知))/((},,,{1)(10n Z U a a a n =-ϕ ,又因1),(=n a ,得知a 可逆,故))/((},,,{1)(10n Z U aa aa aa n =-ϕ ,从而1)(10,,,-n aa aa aa ϕ 是模n 的简化剩余系.结束语 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.模n 剩余类环的所有理想是主理想，并且它们都可由n 的所有因子作为生成元生成的(或者由n 与其所有因子的差作为生成元生成)，它们的个数都为n 的欧拉数.使我们得以迅速求解其子环和理想.且当n 是素数时，模n 剩余类环只有零理想和单位理想.参考文献[1] 朱德高. 关于模n 剩余类环[J]. 高等函授学报(自然科学版), 1996,(02) .[2] 唐再良. 论模n 剩余类环Z_n 的性质与扩张[J]. 绵阳师范学院学报, 2008,(08) .[3] 陈水林. Z/(n)模n 剩余类环的构造[J]. 咸宁师专学报, 1994,(04) .[4] 单桂华,张琴,叶涛. 模n 的剩余类Z/(n)的几点应用[J]. 湖南大学学报(自然科学版), 1999,(S1) .[5] 杨树生. 模n 的剩余类加群(Z_n,+)及模n 剩余类环(Z_n,+,·)的若干性质[J]. 河套大学学报, 2004,(01) .[6] 李晓毅,黄凤琴. 循环群中剩余类加群的讨论[J]. 沈阳师范大学学报(自然科学版), 2003,(03) .[7] 李伯葓. 模n 的剩余类环的子环[J]. 南京师大学报(自然科学版), 1992,(03) .[8] 韩清,胡永忠. 剩余类环上的二阶可逆矩阵[J]. 佛山科学技术学院学报(自然科学版), 2002,(01) .[9] 陈欣,李保红. 模n 剩余类环中元素的周期分布规律[J]. 信阳师范学院学报(自然科学版), 2000,(01) .Modulo n residual class ring of the ringAuthor: *** Tutor: ***Abstract:Modulo n residual class ring is a relatively thorough special ring, modulo n residual class ring is a finite commutative ring, domain and domain provides a wealth of examples, residue class ring on Euler function type, Eisemstein discriminant method, no integer root integer polynomial, Euler theorem and Fermat theorem and number theory the classical results are given purely algebraic proof. And from the algebra view known to simplify surplus system completely and some properties of.Keywords: Modulo n residual class ring sub-ring ideal idempotent element.。

数论-剩余类、完全剩余系、缩系、欧拉函数剩余类：∀ 0≤r≤m-1(m≥1)，Cr={x∈Z | x≡ r (mod m)}={m*q+r|q∈Z}=[r](除m余r的所有数集合)，则C0,C1,C2,...,Cm-1为模m的剩余类（共有m个）性质1：①∀ x∈Z, ∃ 0≤r≤m-1,x∈Cr(Cr的定义)②x,y ∈Cj,0≤j≤m-1，当且仅当x≡y (mod m)完全剩余系：定义：a0,a1,a2,...,am-1是模m的⼀组完全剩余系《=》aj∈Cj, 0≤j≤m-1⾮负最⼩完全剩余：0,1,2,...,m-1性质2：{a1,a2,...,am-1}是模m的⼀组完全剩余系，当且仅当∀ 1≤i<j≤m,ai ≠ aj (mod m)性质3：若(k,m)=1,a1,a2,...,am是模m的⼀组完全剩余系，则k*a1,k*a2,...,k*am-1是模m的⼀组完全剩余系证明：(证明他们之间两两不同余)∀ 1≤i<j≤m，假设 k*ai ≡ k*aj (mod m)则 m | k*(ai-aj)∵(m,k)=1 ∴ m | (ai-aj)∴ai ≡ aj (mod m)⼜∵ ai ≠ aj (mod m),与假设相⽭盾，故假设不成⽴，即k*a1,k*a2,...,k*am-1之间两两不同余，是模m的⼀组完全剩余系性质4：若(m,n)=1,a1,a2,...,am和b1,b2,...,bn分别为模m和模n的完全剩余系，则{n*ai+m*bj | 1≤i≤m ,1≤j≤n}是模m*n的⼀组完全剩余系证明：（证明在集合内两两不同余）假设：n*a+m*b≡ n*α+m*β(mod m*n)其中 a,α∈{a1,a2,...,am}, b,β∈(b1,b2,...,bn)故 m*n | n*(a-α)+m*(b-β)故m | n*(a-α)+m*(b-β)∵(m,n)=1,故m|(a-α)即a ≡α (mod m)⼜∵ a,α∈{a1,...,am},，故 a ≠ α (mod m)与假设⽭盾，同理可证b ≡β (mod n)与假设⽭盾故假设不成⽴，即n*a+m*b ≠ n*α+m*β(mod m*n)，根据性质2，可知{n*ai+m*bj | 1≤i≤m ,1≤j≤n}是模m*n的⼀组完全剩余系性质5：若n≥3,a1,a2,...,an和b1,b2,...,bn为模m的完全剩余系，则a1*b1,a2*b2,...,an*bn不为模m的⼀组完全剩余系性质6：设p为素数，则(p-1)! +1 ≡ 0 (mod p)（威尔逊定理）（这⾥先举例把，证明太复杂了以后补上）若p=2,则1!+1=2≡0 (mod 2)若p=3,则2!+1=3≡0 (mod 3)若p=5,则4!+1=25≡0(mod 5)若p=7,则6!+1=721≡0 (mod 7)...（）缩系定义：剩余类中与m互素的剩余类集合数学公式表⽰：(Z/mz)*={Cr | 0≤r≤m-1, (r,m)=1}中的元素叫做与模m互素的剩余类(这⾥的元素即是集合)|(Z/mz)*| ==>m的剩余类中与m互素的剩余类集合的个数（是有限个）欧拉函数：φ(m)=|(Z/mz)*| 或φ(m)={r | 0≤r≤m-1,(m,r)=1}(⼀个r与⼀个剩余类（模m余r）⼀⼀对应)如何求⼀个数的欧拉函数？例：对于φ(1)，完全剩余系{0}，(0,1)=1,故存在⼀个，即φ(1)=1对于φ(2)，完全剩余系{0,1}，(0,2)=2,(1,2)=1,故存在⼀个，即φ(2)=1对于φ(3)，完全剩余系{0,1,2}，(0,3)=3,(1,3)=1,(2,3)=1,故存在两个，即φ(3)=2(这⾥以⾮负最⼩完全剩余系来为代表)⼀个关于欧拉函数的结论：若p为素数，则φ(p)=p-1性质1：设(Z/mz)*={Cr1,Cr2,...,Crφ(m)}，其中0≤r1,r2,...,rφ(m)≤m-1,a1,a2,...,aφ(m)是模m的⼀组缩系，则ai∈Cri, 1≤i≤φ(m)性质2：缩系中有φ(m)个元素性质3：若a1,a2,..,aφ(m)个与m互素的数构成模m的⼀组缩系，当且仅当元素两两不同余性质4：(a,m)=1,{a1,a2,...,aφ(m)}是模m的⼀组缩系，则{a*a1,a*a2,...,a*aφ(m)}也构成模m的⼀组缩系性质5：设m≥2,(a,m)=1,则a**(φ(m)) ≡ 1 (mod m)证明：设r1,r2,...,rφ(m)是模m的⼀组缩系，则a*r1,a*r2,...,a*rφ(m)也为模m的⼀组缩系 a*r1 ≡ <a*r1> (mod m) a*r2 ≡ <a*r2> (mod m) . . . a*rφ(m) ≡<a*rφ(m)> (mod m)其中{a*r1,a*r2,...,a*rφ(m)}和{<a*r1>,<a*r2>,...,<a*rφ(m)>}都为模m的⼀组缩系左边相乘，右边相乘得：(a*r1) *(a*r2) *...*(a*rφ(m)) ≡ r1*r2*...*rφ(m) (mod m)a**(φ(m)) *(r1*r2*...*rφ(m)) ≡ r1*r2*...*rφ(m) (mod m)即a**(φ(m)) ≡ 1 (mod m)性质6：设p为素数，则a**p=a (mod p)证明：若(a,p)=1根据性质5可知，a**(φ(p)) ≡ 1 (mod p)∵p为素数∴φ(p)=p-1∴a**(p-1) ≡ 1 (mod p)即a**p ≡ a (mod p)若(a,p)≠1,p为素数，则p|a ∴a**p ≡ a (mod p)(余数为0)性质7：m≥1,n≥1,(m,n)=1,a1,a2,...aφ(m), b1,b2,...,bφ(n)分别是模m和模n的⼀组缩系，则{n*ai+m*bj | 0≤i≤φ(m), 0≤j≤φ(n)}是模m*n的⼀组缩系推论：若(m,n)=1,则φ(m*n)=φ(m)*φ(n)性质8：设n的标准分解n=(p1**a1)*(p2**a2)*...*(pk**ak) (p≥2,且其中p1<p2<...<pk,都为素数)则φ(n)=n*(1-1/p1)*...*(1-1/pk),且（元素之间两两同余)证明：∵((pi**a1),(pj**aj))=1∴φ(n)=φ(p1**a1)*φ(p2**a2)*...*φ(pk**ak)∵(x,p**a)=1,当且仅当(x,p)=1∴集合{1,2,3,...,p**a}中与p**不互素的元素有{p,2*p,...,(p**a-1)*p},共有p**a-1个，故a互素的有(p**a-p**a-1)个故φ(p**a)=(p**a-p**(a-1))=p**a(1-1/p)故φ(n)=p1**a1(1-1/p1)*p2**a2(1-1/p2)*...*pk**ak(1-1/pk)=(p1**a1)*(p2**a2)*...*(pk**ak) *((1-1/p1)*...*(1-1/pk)) =n*(1-1/p1)*...*(1-1/pk),得证。

剩余类、剩余系、完全剩余系和简化剩余系学习笔记经常在⼀些数论题题解中看到剩余类、剩余系、完全剩余系、简化剩余系这⼏个名词，但总感觉⾃⼰对它们的概念理解得不是很深，⽽且还经常混淆，故写篇博客记录下⾃⼰所理解的剩余系相关知识，如有错误，欢迎路过的⼤佬指正。

剩余类（同余类）定义n n r∈[0,n−1]n C r=n∗x+r,x∈Znn=1145,r=14C14=1145x+141145−1131,14,1159性质剩余系定义n n n x x xnn=1145r={11,4,5,14}114514性质完全剩余系（完系）定义n n n n nnn=5{0,1,2,3,4}5{5,1,8,−3,14}5性质n r a∈Z,b∈Z gcd(n,a)=1a∗r i+b (i∈[0,n−1])n证明：命题 1 ：如果r是⼀个模n的剩余系，那r i+b⼀定也构成⼀个模n的完全剩余系。

反证法，若r i+b不构成⼀个模n的完全剩余系，则存在两个元素同余n，即有r x+b≡r y+b(mod n)，同余式两边同时减去b，有r x≡r y(mod n)，与r是⼀个模n的剩余系这⼀前提⽭盾，命题 1 得证。

命题 2：若r是⼀个模n的完全剩余系，对于任意的整数a，若有gcd(a,n)=1，则a∗r i也构成⼀个模n的完全剩余系。

同样是反证法，若结论不成⽴，则有a∗r x≡a∗r y(mod n)，因为gcd(a,n)=1，所以⼀定存在a mod p的逆元inv(a)，同余式两边同时乘以inv(a)，则有r x≡r y(mod n)，与前提⽭盾，命题 2 得证。

这俩个命题都得证，所以a∗r i构成⼀个模n的完全剩余系，a∗r i+b也构成⼀个模n的完全剩余系，故性质得证。

简化剩余系（既约剩余系、缩系）定义nφ(n)n r nφ(n)φ(n)nn=10{1,3,7,9}10n=5{1,8,7,14}5n n性质n r a∈Z gcd(n,a)=1a∗r i n 参考资料国际惯例。

循环半群及其矩阵表示徐诚慷;周彪;石黄萍【摘要】循环群在群同构意义下只有两类,即整数加法群和整数模n剩余类群.证明了循环半群共有6类,其中无限循环半群有整数加法群、非负整数加法半群和正整数加法半群这三类,而有限循环半群也只有三类:整数模n剩余类群,还有两类变换半群.更进一步,对有限循环半群给出两个矩阵表示.【期刊名称】《上饶师范学院学报》【年(卷),期】2017(037)006【总页数】4页(P1-4)【关键词】半群;循环半群;矩阵表示【作者】徐诚慷;周彪;石黄萍【作者单位】上饶师范学院数学与计算机科学学院,江西上饶 334001;上饶师范学院数学与计算机科学学院,江西上饶 334001;上饶师范学院数学与计算机科学学院,江西上饶 334001【正文语种】中文【中图分类】O152.7在这一部分我们先给出半群的定义，以及6个互不同构的循环半群的例子。

定义1[1] 设S是一个集合，在S上有一个二元运算。

若该二元运算满足结合律，则称S为一个半群。

若S含有单位元，则称为幺半群。

与循环群类似，若S可由一个元素a生成，则称S为循环半群，记S=〈a〉。

对半群的研究主要集中在其结构方面。

循环半群作为最简单的一类半群，在结构方面已有很多结论，例如文献[2-4]。

在本文中当提到循环半群S时，我们都默认其有一个生成元为a。

对一个循环半群S的阶S(元素个数)有如下的判定。

引理2 S有限的充要条件是存在不同的非负整数k,l使得ak=al。

证明：设n=S有限，考虑S的子集{ak|k=1,2,…,n,n+1}，它有n+1个元素，则其中必有两个是相等的。

反过来，若存在不同的非负整数k,l使得ak=al，则显然集合{k>0|存在l<k使得ak=al}非空，取n为其最小值。

设l<n使得an=al。

对任意k>n，我们有ak=ak-nan=ak-nal=ak-n+l。

对k做归纳法可得，存在s<n使得ak=as。