NJUPT 《信安数基》环和域证明题攻略

注：本文章适合学习信息安全数学基础的同学们考前突击，不适用于数学系专业的同学。里面有些内容可能对于数学系来说是不严谨的，但对于信息安全专业为了应付考试的同学来说是完全够用的。

近世代数部分很多同学不会做的根本原因就在于基本性的概念没有搞懂，而信息安全数学基础这门课来说，它不会像数学系一样考特别难的证明（工科主要还是应用为主），因此复习的重点就在于了解所有的概念。而不是去背题。

这篇文章完全是自己总结的，主要是梳理一下概念性的东西、总结一些证明题的解题方法，构建完整的证明思路，考虑到网上资源较少，自己暑假又闲得无聊，那就写个造福一下学弟学妹们。
顺便说一下，第 9 章就是一个循环群的概念，简单看一下就行了。知道循环群的一些性质，以及素数阶群一定是循环群，证明循环群方法是找循环群的生成元。这些内容在第 8 章的复习攻略中已经提及，因此不再赘述。

先放个图片镇楼。然后步入正题

1 环

1.1 环的概念

在群的基础上，我们来讨论一下环的概念：
环是一个具有加法和乘法两种运算的代数系统，记为 ( R , + , × ) (R,+,×) (R,+,×)，其中 ( R , + ) (R,+) (R,+) 是交换群。而乘法只要有结合律，且对加分配即可。
所以，环上的乘法一般只满足封闭性和结合律，因此环上的乘法一般不构成群。当然也有特殊的环：

1.若环上的乘法满足交换律，即 ∀ a , b , ∈ R \forall a,b, \in R ∀a,b,∈R （这个 R R R 是环，不是实数，实数我们记作 R \R R ），有 a b = b a ab=ba ab=ba 恒成立。那么这个环是交换环。（没有说有幺元哦，也没有说任意元可逆，所以该情况不构成群，只满足交换律）
2.若环 R R R 上的乘法有幺元，那么环 R R R 称为有单位元环。
3.若环 R R R 是有单位元的交换环，且不存在 0 0 0 因子，那么环 R R R 被称为整环 (乘法不构成群，因为不满足任意元可逆的条件)
4.在环 R R R 中，设 0 R 0_R 0R 是加法幺元（也就是乘法零元）。若 ( R − 0 R , × ) (R-0_R,×) (R−0R,×) 是一个交换群，那么 R R R 被称为域。
这些定义的关系会在最后一张图中展示给大家，想知道的可以直接拖到最后查看

当然，我们可以把这些概念性的东西具体到我们学过的东西上：
1.在线性代数中，所有三阶实矩阵的运算构成一个环：因为

① 三阶实矩阵的加法运算满足封闭性、结合律、有幺元 [ 0 ] 3 × 3 [0]_{3×3} [0]3×3、任意元有负元（这边加法逆元可以简称为负元）同时满足交换律。因此三阶实矩阵构成一个加法交换群
②三阶实矩阵的乘法满足封闭性、结合律
注：请重新回顾一下环的定义，一般的环的乘法运算不必有幺元，更不必任意元可逆和有交换性。

2. ( Z , + , × ) (\Z,+,×) (Z,+,×)构成一个有单位元的交换环，其中 Z \Z Z 是整数集合， + + + 为普通加法， × × × 为普通乘法。因此 ( Z , + , × ) (\Z,+,×) (Z,+,×)是一个整环，但不是域，因为整数乘法中不是所有非 0 0 0 整数都有逆元。（比如 2 2 2 在整数集合内不存在乘法逆元）。该环中加法幺元（即乘法零元）为 0 0 0，乘法幺元为 1 1 1 ， 2 2 2 的负元为 − 2 -2 −2 。

3. ( Q , + , × ) (\mathbb Q,+,×) (Q,+,×)构成一个域，其中 Q \mathbb Q Q 是有理数集合， + + + 为普通加法， × × × 为普通乘法。因为很显然有理数的加法构成一个交换环（请自行脑补交换环的5个条件）。并且乘法在满足封闭性、结合律的同时，存在乘法幺元 1 1 1 ,任意非 0 0 0 元均有其逆元（比如 2 2 2 的逆元是 1 2 \frac 1 2 21），且乘法具备交换性。因此非零有理数的乘法也构成一个交换群。故 ( Q , + , × ) (\mathbb Q,+,×) (Q,+,×)构成一个域。

1.2 零因子

上面提到了零因子这个概念，在这边我简要地说一下：
零因子就是在代数系统 ( A , ⋅ ) (A,·) (A,⋅) 中，如果该代数系统有零元 0 A 0_A 0A，且存在 a ≠ 0 A , b ≠ 0 A a\not=0_A,b\not=0_A a=0A,b=0A，但 a b = 0 A ab=0_A ab=0A 。那么 a a a 是该代数系统的左零因子， b b b 是该代数系统的右零因子。若乘法可交换，则称为零因子。
继续拿同余来举例：设 Z 6 = { 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 } \Z_6=\{0,1,2,3,4,5\} Z6={0,1,2,3,4,5} ，在 Z 6 \Z_6 Z6 上定义模 6 6 6 乘法运算 ⨂ 6 \bigotimes_6 ⨂6 。很显然，该代数系统的零元为 0 0 0 ，因为 0 ⨂ 6 x = 0 0\bigotimes_6 x=0 0⨂6x=0 对于 Z 6 \Z_6 Z6 中的任意 x x x 值都成立。但你会注意到： 2 ⨂ 6 3 = 0 2\bigotimes_63=0 2⨂63=0 ，但 2 ≠ 0 , 3 ≠ 0 2\not=0,3\not=0 2=0,3=0 ，因此 2 , 3 2,3 2,3 是该代数系统的零因子（很显然这个乘法是可交换的）。并且你会发现：这个代数系统零因子有三个： 2 , 3 , 4 2,3,4 2,3,4。
思考： Z n \Z_n Zn 上零因子数有几个? (答案： n − 1 − φ ( n ) n-1-\varphi(n) n−1−φ(n)，因为 0 0 0 不是零因子)。

[注：若后面没有特殊说明，默认加法是普通加法，乘法是普通乘法]
如果你觉得你对这些概念还不太清楚，那么请看一下下面这个例子：

例1：证明 ( Z , + , × ) (\Z,+,×) (Z,+,×) 是整环
先证明 ( Z , + ) (\Z,+) (Z,+) 是交换群：
① ∀ a , b ∈ Z \forall a,b \in \Z ∀a,b∈Z，都有 a + b ∈ Z a+b\in \Z a+b∈Z，因此 ( Z , + ) (\Z,+) (Z,+) 具有封闭性
② ∀ a , b , c ∈ Z \forall a,b,c \in \Z ∀a,b,c∈Z，都有 a + b + c = a + ( b + c ) a+b+c=a+(b+c) a+b+c=a+(b+c)，因此 ( Z , + ) (\Z,+) (Z,+) 具有结合性。
③ ∀ a , b , c ∈ Z \forall a,b,c \in \Z ∀a,b,c∈Z，都有 a + 0 = 0 + a = a a+0=0+a=a a+0=0+a=a 成立，因此 ( Z , + ) (\Z,+) (Z,+) 有加法幺元 0 0 0。
④ ∀ a ∈ Z \forall a \in \Z ∀a∈Z，都有 − a + a = a + ( − a ) = 0 -a+a=a+(-a)=0 −a+a=a+(−a)=0 成立，因此 ( Z , + ) (\Z,+) (Z,+) 上任意元可逆。
⑤ ∀ a , b ∈ Z \forall a,b \in \Z ∀a,b∈Z，都有 a + b = b + a a+b=b+a a+b=b+a 成立，因此 ( Z , + ) (\Z,+) (Z,+) 上满足交换律。
由①②③④⑤可知， ( Z , + ) (\Z,+) (Z,+) 是交换群。
再证明 ( Z , × ) (\Z,×) (Z,×) 满足封闭性、结合性、对加法可分配、和无 0 0 0 因子。
① ∀ a , b ∈ Z \forall a,b\in \Z ∀a,b∈Z，都有 a b ∈ Z ab\in \Z ab∈Z，因此 ( Z , × ) (\Z,×) (Z,×) 满足封闭性。
② ∀ a , b , c ∈ Z \forall a,b,c\in \Z ∀a,b,c∈Z，都有 a b c = a ( b c ) abc=a(bc) abc=a(bc)，因此 ( Z , × ) (\Z,×) (Z,×) 满足结合性。
③ ∀ a , b ∈ Z \forall a,b\in \Z ∀a,b∈Z，都有 a b = b a ab=ba ab=ba，因此 ( Z , × ) (\Z,×) (Z,×) 满足交换性。
④ ∀ a , b , c ∈ Z \forall a,b,c\in \Z ∀a,b,c∈Z，都有 a ( b + c ) = a b + a c a(b+c)=ab+ac a(b+c)=ab+ac，因此整数乘法对加法可分配。
⑤ ∀ a ∈ Z \forall a\in \Z ∀a∈Z，都有 1 a = a 1 = a 1a=a1=a 1a=a1=a，因此整数乘法有幺元 1 1 1 。
⑥设 a , b , c ≠ 0 a,b,c\not=0 a,b,c=0，且 a b = a c ab=ac ab=ac ，则有 a b − a c = 0 ab-ac=0 ab−ac=0，即 a ( b − c ) = 0 a(b-c)=0 a(b−c)=0。由整数运算性质，由于 a ≠ 0 a\not=0 a=0，故只可能 b − c = 0 b-c=0 b−c=0，即 b = c b=c b=c 一定成立。因此乘法没有 0 0 0 因子。
因此， ( Z , × ) (\Z,×) (Z,×) 满足封闭性、结合性、交换性、有幺元、对加法可分配、和无 0 0 0 因子6个条件。
综上，证明 ( Z , + , × ) (\Z,+,×) (Z,+,×) 是整环。

请读者尝试完成：

1.在上面证明的基础上，证明 ( Z , + , × ) (\Z,+,×) (Z,+,×) 不是域。
2.证明 ( Q , + , × ) (\mathbb Q,+,×) (Q,+,×) 是域，其中 Q \mathbb Q Q 是有理数集。
3.证明 ( Z 6 , ⨁ 6 , ⨂ 6 ) (\Z_6,\bigoplus_6,\bigotimes_6) (Z6,⨁6,⨂6) 是环但不是整环， ( Z 7 , ⨁ 7 , ⨂ 7 ) (\Z_7,\bigoplus_7,\bigotimes_7) (Z7,⨁7,⨂7) 是域。其中 ⨁ n \bigoplus_n ⨁n 表示模 n n n 加法， ⨂ n \bigotimes_n ⨂n 表示模 n n n 乘法。
P.S.：注意整环和域只差一个性质，以及域中乘法的性质是 该集合中除去乘法零元后，乘法构成交换群。

如果你觉得你知道了这些概念，我们来看一下这个题：

例3：证明非 0 0 0 有限整环是一个域。
P.S.该题仍然使用定义法证明，关注一下整环和域的差别：整环只是有幺元、无 0 0 0 因子，可交换。而域要求环上除零之外的元素的乘法构成交换群。因此只差一个条件：任意元可逆。
证明：设整环 R = { 0 R , 1 R , x 3 , x 4 , . . . , x n } R=\{0_R,1_R,x_3,x_4,...,x_n\} R={0R,1R,x3,x4,...,xn}
∀ x k ∈ R ( k = 3 , 4 , . . . , n ) \forall x_k \in R(k=3,4,...,n) ∀xk∈R(k=3,4,...,n)，有 x R = { 0 R , x k , x 3 x k , x 4 x k , . . . , x n x k } xR=\{0_R,x_k,x_3x_k,x_4x_k,...,x_nx_k\} xR={0R,xk,x3xk,x4xk,...,xnxk}。
由于环 R R R 上运算是封闭的（继承了群的一些特性，这个要知道！）因此若 x ∈ R x\in R x∈R， x k ∈ R x_k\in R xk∈R，则 x x k ∈ R xx_k\in R xxk∈R 一定成立。因此有 x k R = R x_kR=R xkR=R 成立。
设环 R R R 中有 x x i = x x j xx_i=xx_j xxi=xxj，那么有 x ( x i − x j ) = 0 R x(x_i-x_j)=0_R x(xi−xj)=0R 。
由于环 R R R 是整环，因此环 R R R 中不存在零因子。由于 x ≠ 0 R x\not= 0_R x=0R，因此 x i − x j = 0 R x_i-x_j=0_R xi−xj=0R。因此 x i = x j x_i=x_j xi=xj 成立。
又因为环 R = x k R R=x_kR R=xkR 。故一定存在 x s x_s xs 使得 x s x k = 1 R x_sx_k =1_R xsxk=1R。此时 x s x_s xs 是 x k x_k xk 的乘法逆元
由于 x k x_k xk 的任意性，所以环 R R R 中除 0 R 0_R 0R 外，任意元可逆。因此 R R R 是一个域。

请读者尝试证明： ( C , + , × ) (\mathbb C,+,×) (C,+,×) 构成一个域，其中 C \mathbb C C 是复数集， + + + 为普通加法， × × × 为普通乘法。
再来看一个题目：

例4：证明 ( Q [ 3 ] , + , × ) (\mathbb Q[\sqrt 3],+,×) (Q[3 ],+,×)是一个域。其中 Q [ 3 ] = { a + b 3 ∣ a , b ∈ Q } \mathbb Q[\sqrt3]=\{a+b\sqrt3|a,b\in \mathbb Q\} Q[3 ]={a+b3 ∣a,b∈Q}。
证明：设下面所有字母均为有理数：
先证明加法是一个交换群：
① ( a + b 3 ) + ( c + d 3 ) = ( a + c ) + ( b + d ) 3 (a+b\sqrt3)+(c+d\sqrt3)=(a+c)+(b+d)\sqrt3 (a+b3 )+(c+d3 )=(a+c)+(b+d)3 ，由于 a , b , c , d a,b,c,d a,b,c,d 均为有理数，故 a + c , b + d a+c,b+d a+c,b+d也均为有理数，故满足封闭性。
②由于 ( a + b 3 ) + ( c + d 3 ) + ( g + h 3 ) = ( a + c ) + ( b + d ) 3 + ( g + h 3 ) = ( a + c + g ) + ( b + d + h ) 3 (a+b\sqrt3)+(c+d\sqrt3)+(g+h\sqrt3)=(a+c)+(b+d)\sqrt3+(g+h\sqrt3)=(a+c+g)+(b+d+h)\sqrt3 (a+b3 )+(c+d3 )+(g+h3 )=(a+c)+(b+d)3 +(g+h3 )=(a+c+g)+(b+d+h)3
( a + b 3 ) + [ ( c + d 3 ) + ( g + h 3 ) ] = ( a + b 3 ) + ( c + g ) + ( d + h ) 3 = ( a + c + g ) + ( b + d + h ) 3 (a+b\sqrt3)+[(c+d\sqrt3)+(g+h\sqrt3)]=(a+b\sqrt3)+(c+g)+(d+h)\sqrt3=(a+c+g)+(b+d+h)\sqrt3 (a+b3 )+[(c+d3 )+(g+h3 )]=(a+b3 )+(c+g)+(d+h)3 =(a+c+g)+(b+d+h)3 ，两者相等，因此满足结合性。
③：由于 a + b 3 + ( 0 + 0 3 ) = a + b 3 a+b\sqrt3+(0+0\sqrt3)=a+b\sqrt3 a+b3 +(0+03 )=a+b3 ，因此加法有幺元 0 + 0 3 = 0 0+0\sqrt3=0 0+03 =0
④：由于 a + b 3 + ( − a − b 3 ) = 0 a+b\sqrt3+(-a-b\sqrt3)=0 a+b3 +(−a−b3 )=0，因此集合中任意元素均有负元。
⑤：由于 ( a + b 3 ) + ( c + d 3 ) = ( a + c ) + ( b + d ) 3 = ( c + d 3 ) + ( a + b 3 ) (a+b\sqrt3)+(c+d\sqrt3)=(a+c)+(b+d)\sqrt3=(c+d\sqrt3)+(a+b\sqrt3) (a+b3 )+(c+d3 )=(a+c)+(b+d)3 =(c+d3 )+(a+b3 )，因此加法具有交换性。
故由①②③④⑤可知， Q [ 3 ] \mathbb Q[\sqrt 3] Q[3 ]上的加法是构成交换群。
再证明乘法构成一个交换群：
①： ( a + b 3 ) ( c + d 3 ) = ( a c + 3 b d ) + ( a d + b c ) 3 (a+b\sqrt3)(c+d\sqrt3)=(ac+3bd)+(ad+bc)\sqrt3 (a+b3 )(c+d3 )=(ac+3bd)+(ad+bc)3 ，由于 a , b , c , d a,b,c,d a,b,c,d 均为有理数，故 a c + 3 b d ac+3bd ac+3bd, a d + b c ad+bc ad+bc均为有理数，封闭性成立。
②： [ ( a + b 3 ) ( c + d 3 ) ] ( g + h 3 ) = ( a c g + 3 a d h + 3 b c g + 3 b d g ) + ( a c h + a d g + b c g + 3 b d h ) 3 [(a+b\sqrt3)(c+d\sqrt3)](g+h\sqrt3)=(acg+3adh+3bcg+3bdg)+(ach+adg+bcg+3bdh)\sqrt3 [(a+b3 )(c+d3 )](g+h3 )=(acg+3adh+3bcg+3bdg)+(ach+adg+bcg+3bdh)3
( a + b 3 ) [ ( c + d 3 ) ( g + h 3 ) ] = ( a c g + 3 a d h + 3 b c g + 3 b d g ) + ( a c h + a d g + b c g + 3 b d h ) 3 (a+b\sqrt3)[(c+d\sqrt3)(g+h\sqrt3)]=(acg+3adh+3bcg+3bdg)+(ach+adg+bcg+3bdh)\sqrt3 (a+b3 )[(c+d3 )(g+h3 )]=(acg+3adh+3bcg+3bdg)+(ach+adg+bcg+3bdh)3
两者相等，因此满足结合性
③：由于 ( a + b 3 ) ( 1 + 0 3 ) = a + b 3 (a+b\sqrt3)(1+0\sqrt3)=a+b\sqrt3 (a+b3 )(1+03 )=a+b3 ，因此乘法有幺元 1 + 0 3 = 1 1+0\sqrt3=1 1+03 =1
④：设 a b ≠ 0 ab\not=0 ab=0，则 1 a + b 3 = a − b 3 a 2 − 3 b 2 \frac{1}{a+b\sqrt3}=\frac{a-b\sqrt3}{a^2-3b^2} a+b3 1=a2−3b2a−b3 ，因此任何非零元素均有逆元成立
⑤：由于 ( a + b 3 ) ( c + d 3 ) = ( a c + 3 b d ) + ( a d + b c ) 3 = ( c + d 3 ) ( a + b 3 ) (a+b\sqrt3)(c+d\sqrt3)=(ac+3bd)+(ad+bc)\sqrt3=(c+d\sqrt3)(a+b\sqrt3) (a+b3 )(c+d3 )=(ac+3bd)+(ad+bc)3 =(c+d3 )(a+b3 )，因此乘法具有交换性。
故由①②③④⑤可知， Q [ 3 ] \mathbb Q[\sqrt 3] Q[3 ]上的乘法是构成交换群。
总结： ( Q [ 3 ] , + , × ) (\mathbb Q[\sqrt 3],+,×) (Q[3 ],+,×)是一个域

因此这些玩意的证明，仍然是写八股文，但
概念一定要记清楚！
概念一定要记清楚！！
概念一定要记清楚！！！
一大波概念正在接近！

2 环同态

概念：若对于环 R 1 R_1 R1 到环 R 2 R_2 R2 上的函数 f f f，若同时满足下面的条件：

①： ∀ a , b ∈ R 1 \forall a,b \in R_1 ∀a,b∈R1，均有 f ( a + b ) = f ( a ) + f ( b ) f(a+b)=f(a)+f(b) f(a+b)=f(a)+f(b) 成立
②： ∀ a , b ∈ R 1 \forall a,b \in R_1 ∀a,b∈R1，均有 f ( a b ) = f ( a ) f ( b ) f(ab)=f(a)f(b) f(ab)=f(a)f(b) 成立

则 f f f 是环 R 1 R_1 R1 到环 R 2 R_2 R2 上的环同态。
这里还是要注意一下： a , b ∈ R 1 a,b\in R_1 a,b∈R1， f ( a ) , f ( b ) ∈ R 2 f(a),f(b)\in R_2 f(a),f(b)∈R2。
与群同态不同的是，环同态要求加法和乘法同时满足同态。
当然，与群同态一样，对于环同态函数 f f f ，若 f f f 是满射，则 f f f 是满同态，若 f f f 是单射，则 f f f 是单同态，若 f f f 既是单射又是满射，则构成环同构。
环同态与环同构的概念会在第11章多项式环部分用到，此处暂做了解。

3 特征和素域

设 p p p 为正整数，若在某个环 R R R 中， ∀ x ∈ R \forall x \in R ∀x∈R，均有 p x = 0 R px=0_R px=0R 恒成立，那么 p p p 就是环的特征。
特征为 p p p 的环满足下面的性质：

( a + b ) p = a p + b p (a+b)^p=a^p+b^p (a+b)p=ap+bp 即 f ( x ) = x p f(x)=x^p f(x)=xp 是 R R R 上的自同态。

若不存在合适的 p p p 值，规定环的特征为 0 0 0。比如整数环 Z \Z Z 就是一个特征为 0 0 0 的环，而 Z 7 \Z_7 Z7 是一个特征为 7 7 7 的环。
推论：若 F \mathbb F F 是一个域，则 F \mathbb F F 的特征一定是素数或 0 0 0。（特征为 0 0 0 的域：有理数域、实数域、复数域）。且若域中的元素有限，则元素个数一定是素数幂个，此时记为 F p α \mathbb F_{p^\alpha} Fpα。
一般可以认为 F p \mathbb F_p Fp 和 Z p \Z_p Zp 是等价的。比如 F 7 \mathbb F_7 F7 和 Z 7 \mathbb Z_7 Z7、 F 11 \mathbb F_{11} F11 和 Z 11 \Z_{11} Z11。但对于素数幂的情况不成立，比如 F 9 \mathbb F_9 F9 和 Z 9 \mathbb Z_9 Z9不等价，具体构造方法后面会讲，此处先介绍 F 9 \mathbb F_9 F9 的一种情况（非通用）。
设集合为 F 3 [ i ] \mathbb F_3[i] F3[i]，其中 i i i 为虚数单位。则该集合中有九个元素：
0 , 1 , 2 , i , 1 + i , 2 + i , 2 i , 1 + 2 i , 2 + 2 i 0,1,2,i,1+i,2+i,2i,1+2i,2+2i 0,1,2,i,1+i,2+i,2i,1+2i,2+2i
对于这九个元素定义模三意义下的乘法和加法，所有系数模三，注意 i 2 = − 1 i^2=-1 i2=−1，而模 3 3 3 意义下 − 1 -1 −1 等价于 2 2 2，即注意 i 2 = 2 i^2=2 i2=2 即可。
可以得到一张加法表和乘法表，具体内容我就不说了，简单列几个式子了解一下：
加法例子：
0 + 1 = 1 , 0 + 2 = 2 , 1 + 1 = 2 , 1 + 2 = 0 , 2 + 2 = 1 0 + i = i , 2 i + i = 0 , 1 + 2 i + 1 + 2 i = 2 + i 0+1=1,0+2=2,1+1=2,1+2=0,2+2=1\\0+i=i,2i+i=0,1+2i+1+2i=2+i 0+1=1,0+2=2,1+1=2,1+2=0,2+2=10+i=i,2i+i=0,1+2i+1+2i=2+i
乘法例子( i 2 = 2 i^2=2 i2=2 这个式子是关键)：
1 × 0 = 0 , 1 × 1 = 1 , 1 × 2 = 2 , 2 × 2 = 1 , 0 × 2 = 0 , i × i = 2 i ( 1 + i ) = 2 + i , ( 1 + i ) ( 2 + i ) = 1 , ( 1 + 2 i ) 3 = 1 + i , ( 1 + i ) − 1 = 2 + i 1×0=0,1×1=1,1×2=2,2×2=1,0×2=0,i×i=2\\i(1+i)=2+i,(1+i)(2+i)=1,(1+2i)^3=1+i,(1+i)^{-1}=2+i 1×0=0,1×1=1,1×2=2,2×2=1,0×2=0,i×i=2i(1+i)=2+i,(1+i)(2+i)=1,(1+2i)3=1+i,(1+i)−1=2+i
与子群一样，我们可以定义子环和子域，不含任何真子域的域可以称为素域。典型的无限素域为 Q \mathbb Q Q，典型的有限素域为 F p \mathbb F_p Fp。并且任何特征为 0 0 0 的域必定有一个子域与 Q \mathbb Q Q 同构，比如 R \R R ，任何特征为 p p p 的子域必定有一个子域与 F p \mathbb F_p Fp 同构。比如 F 9 \mathbb F_9 F9 的存在一个子域与 F 3 \mathbb F_3 F3 同构，对应的集合就是 { 0 , 1 , 2 } \{0,1,2\} {0,1,2}。

我们还可以看到，由于 9 = 3 2 9=3^2 9=32 ，因此 F 9 \mathbb F_9 F9 的特征为 3 3 3 （不信你随便在 F 9 \mathbb F_9 F9 中取一个值，乘上 3 3 3 后总是等于 0 0 0。P.S.注意上面那个 F 9 \mathbb F_9 F9 是怎么定义的）。

注意：上面的例子出现了乘方，在环中， a 3 a^3 a3 表示三个 a × a × a a×a×a a×a×a，而 a + a + a a+a+a a+a+a 可固定表示为 3 a 3a 3a 。

思考：由于 2 2 2 是 3 3 3 的二次非剩余，因此我们可以引入 i i i 构建域 F 9 \mathbb F_9 F9。如果我想构造 F 49 \mathbb F_{49} F49，在已知 5 5 5 是 7 7 7 的二次非剩余的同时，可以引入什么符号构造呢？

答案： 2 i \sqrt2i 2 i，这样我们有 ( 2 i ) 2 = 5 (\sqrt2i)^2=5 (2 i)2=5，这样我们相当于在 1 1 1 和 i i i 之间建立了一个通道，并且在模 7 7 7的意义下， 1 1 1 和 i i i 通过自由组合，得到共计 7 2 = 49 7^2=49 72=49 个元素： 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 2 i , 2 2 i , 3 2 i , . . . , 6 2 i , 1 + 2 i , 1 + 2 2 i , . . . , 6 + 4 2 i , 6 + 5 2 i , 6 + 6 2 i 0,1,2,3,4,5,6,7,\sqrt2i,2\sqrt2i,3\sqrt2i,...,6\sqrt2i,1+\sqrt2i,1+2\sqrt2i,...,6+4\sqrt2i,6+5\sqrt2i,6+6\sqrt2i 0,1,2,3,4,5,6,7,2 i,22 i,32 i,...,62 i,1+2 i,1+22 i,...,6+42 i,6+52 i,6+62 i
P.S.如果你发现， 2 2 2 是模 7 7 7 意义下的二次剩余，并且 3 2 ≡ 4 2 ≡ 2 ( m o d 7 ) 3^2\equiv 4^2\equiv 2\pmod 7 32≡42≡2(mod7)，那么上面所有的 2 i \sqrt2i 2 i 都可以换成 3 i 3i 3i 或者 4 i 4i 4i 。此处写 2 i \sqrt2i 2 i 是为了好理解。

你以为上面结束了？重点在下面，如果你觉得 F 9 \mathbb F_9 F9把你搞得一脸懵逼，可以先不管它，我们看下面的内容，有限域的构造这个东西在第 11 章我们会重点介绍

4 理想与商环

之前我们聊到了群、子群、正规子群、商群。那么我们在环这里也聊聊环、子环、正规子环、商环。
其中环和子环我们已经聊过了，下面聊聊正规子环和商环。
在第 8 章的复习中，我们提到过陪集就是一堆集合，而商集就是这一堆集合的集合（请自己回去看看）。 而在环中，商环是基于商集构成的环（有没有被绕晕），比如之前我们聊过的一个商集
A = Z / 5 Z = { 5 Z , 1 + 5 Z , 2 + 5 Z , 3 + 5 Z , 4 + 5 Z } A=\Z/5\Z=\{5\Z,1+5\Z,2+5\Z,3+5\Z,4+5\Z\} A=Z/5Z={5Z,1+5Z,2+5Z,3+5Z,4+5Z}
我们把这个集合设为 A A A ，则 ( A , + , × ) (A,+,×) (A,+,×) 也构成一个环。其中加法、乘法均为模 5 5 5 意义下的加法和乘法。
那么我们可以得到这个上面的集合的运算，我来举几个例子：
( 1 + 5 Z ) + ( 2 + 5 Z ) = ( 3 + 5 Z ) , ( 4 + 5 Z ) + ( 3 + 5 Z ) = ( 2 + 5 Z ) ( 4 + 5 Z ) + ( 5 Z ) = ( 4 + 5 Z ) , ( 4 + 5 Z ) ( 2 + 5 Z ) = ( 3 + 5 Z ) ( 3 + 5 Z ) ( 2 + 5 Z ) = ( 1 + 5 Z ) , ( 2 + 5 Z ) − 1 = ( 3 + 5 Z ) 3 ( 3 + 5 Z ) = ( 4 + 5 Z ) , 2 ( 1 + 5 Z ) + ( 4 + 5 Z ) 2 = ( 3 + 5 Z ) (1+5\Z)+(2+5\Z)=(3+5\Z),(4+5\Z)+(3+5\Z)=(2+5\Z)\\(4+5\Z)+(5\Z)=(4+5\Z), (4+5\Z)(2+5\Z)=(3+5\Z)\\(3+5\Z)(2+5\Z)=(1+5\Z),(2+5\Z)^{-1}=(3+5\Z)\\ 3(3+5\Z)=(4+5\Z),2(1+5\Z)+(4+5\Z)^2=(3+5\Z) (1+5Z)+(2+5Z)=(3+5Z),(4+5Z)+(3+5Z)=(2+5Z)(4+5Z)+(5Z)=(4+5Z),(4+5Z)(2+5Z)=(3+5Z)(3+5Z)(2+5Z)=(1+5Z),(2+5Z)−1=(3+5Z)3(3+5Z)=(4+5Z),2(1+5Z)+(4+5Z)2=(3+5Z)
很明显，这个环上的元素是集合——所以商集的本质是集合的集合实锤了。因为零元是 5 Z \Z Z，幺元是 1 + 5 Z 1+5\Z 1+5Z。
因此，由于 Z / 5 Z \Z/5\Z Z/5Z 可以构成环，根据书上抽象不堪的定义，我们得到下面的结论：

① 5 Z 5\Z 5Z 是 Z \Z Z 的正规子环理想
② Z / 5 Z \Z/5\Z Z/5Z 是 Z \Z Z 上的一个商环
③ 这个理想可以记为 ( 5 ) (5) (5)， 5 Z 5\Z 5Z 是 Z \Z Z 上的一个生成元（注意是 ( 5 ) (5) (5)，不是 ( 5 Z ) (5\Z) (5Z)）

第三点容易混淆，因为 5 Z = { 5 k ∣ k ∈ Z } 5\Z=\{5k|k\in \Z\} 5Z={5k∣k∈Z} ，其生成元为 5 5 5 这个元素，不是 5 Z 5\Z 5Z 这个集合，因此括号里的内容是 5 5 5。

我们发现：这个理想只有一个生成元 5 5 5，因此 ( 5 ) (5) (5) 是整数环 Z \Z Z 上的的主理想。
如果上面的你都理解了，我们重新回顾一下课本上的定义：

理想：设 R R R 是一个环， ( I , + ) (I,+) (I,+) 是 ( R , + ) (R,+) (R,+) 的正规子群。则 I I I 称为 R R R 的左理想，如果 ∀ r ∈ R , ∀ a ∈ I \forall r\in R,\forall a\in I ∀r∈R,∀a∈I，均有 r a ∈ I ra\in I ra∈I。同理可以定义右理想。如果 I I I 既是 R R R 的左理想，又是 R R R 的右理想，则 I I I 是 R R R 的理想。
{ 0 } \{0\} {0} 和 R R R 是 R R R 的平凡理想

若 I I I 是 R R R 的理想，则（充要条件）

① ∀ a , b ∈ I \forall a,b \in I ∀a,b∈I，均有 a − b ∈ I a-b\in I a−b∈I
② ∀ r ∈ R , a ∈ I \forall r\in R,a\in I ∀r∈R,a∈I，均有 a r = r a ∈ I ar=ra\in I ar=ra∈I
③ R / I R/I R/I 构成环，设 a , b ∈ R / I a,b\in R/I a,b∈R/I，则有 ( a + I ) + ( b + I ) = ( a + b ) + I (a+I)+(b+I)=(a+b)+I (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。
上面三条性质，请结合 Z / 5 Z \Z/5\Z Z/5Z 这个例子理解！

若 I I I 是 R R R 的理想，且 I I I 的生成元只有一个，那么 I I I 是 R R R 的主理想。
若 R R R 中 所有的理想都是主理想，则 R R R 是主理想环。

如果你对生成元是什么不太了解，简而言之，就是：若 I = { k a ∣ k ∈ R } I=\{ka|k\in R\} I={ka∣k∈R} ，则 a a a 是 I I I 的生成元， I I I 的生成元只有一个。若 I = { k 1 a + k 2 b ∣ k ∈ R } I=\{k_1a+k_2b|k\in R\} I={k1a+k2b∣k∈R} 则 I I I 的生成元有 2 2 2 个，分别是 a a a 和 b b b ，以此类推。

谈到主理想，那么我们还需要了解一下主理想定理：

主理想定理：设 I I I 是 R R R的主理想， I I I 的生成元是 g g g ，则 I = ( g ) = { r g + n g ∣ r ∈ R , n ∈ Z } I=(g)=\{rg+ng|r\in R,n\in \Z\} I=(g)={rg+ng∣r∈R,n∈Z}。若 R R R 中含有乘法幺元，则 I = ( g ) = { r g ∣ r ∈ R } I=(g)=\{rg|r\in R\} I=(g)={rg∣r∈R}。
因此我们可以得到这样一个推论：环 R R R 中可逆元生成的理想与环 R R R 一致。

请尝试写出：设 Z \Z Z 为整数环，下面的理想均为整数环上的理想，写出下面的结果： ( 5 ) × ( 7 ) , ( 5 ) + ( 7 ) (5)×(7),(5)+(7) (5)×(7),(5)+(7)

答案： ( 35 ) , ( 1 ) = Z (35),(1)=\Z (35),(1)=Z。
因为 Z \Z Z 中有乘法幺元 1 1 1，则 ( 5 ) = { 5 k ∣ k ∈ Z } , ( 7 ) = { 7 l ∣ l ∈ Z } (5)=\{5k|k\in \Z\},(7)=\{7l|l\in \Z\} (5)={5k∣k∈Z},(7)={7l∣l∈Z}。两者相乘得到 { 5 k ⋅ 7 l ∣ k , l ∈ Z } = { 35 k l ∣ k l ∈ Z } = { 35 t ∣ t ∈ Z } \{5k·7l|k,l\in \Z\}=\{35kl|kl\in \Z\}=\{35t|t \in \Z\} {5k⋅7l∣k,l∈Z}={35kl∣kl∈Z}={35t∣t∈Z}。
同理，两者相加，得 { 5 k + 7 l ∣ k , l ∈ Z } = { ( 5 , 7 ) t ∣ t ∈ Z } = { 1 t ∣ t ∈ Z } = Z \{5k+7l|k,l\in \Z\}=\{(5,7)t|t\in\Z\}=\{1t|t\in\Z\}=\Z {5k+7l∣k,l∈Z}={(5,7)t∣t∈Z}={1t∣t∈Z}=Z。
因此我们可以得到：若 A = ( a ) , B = ( b ) A=(a),B=(b) A=(a),B=(b) 是 Z \Z Z 上的两个理想，则 A + B = ( ( a , b ) ) A+B=((a,b)) A+B=((a,b))， A B = ( a b ) AB=(ab) AB=(ab)。

请思考：上面为什么出现了 ( 1 ) = Z (1)=\Z (1)=Z，下面两个等式： ( − 1 ) = Z , ( 2 ) = Z (-1)=\Z,(2)=\Z (−1)=Z,(2)=Z是否成立，为什么？

答案：因为 1 1 1 和 − 1 -1 −1 在 Z \Z Z 中有乘法逆元，因此 ( 1 ) = ( − 1 ) = Z (1) =(-1)= \Z (1)=(−1)=Z。而 2 2 2 在 Z \Z Z 中没有可逆元，因此 ( 2 ) ≠ Z (2)\not =\Z (2)=Z

因此我们又得到了一个定理：对于环 R R R， R R R 中有一个理想 I = ( a ) I=(a) I=(a) ，且 a a a 的乘法逆元在 R R R 中存在，则 I = R I=R I=R 。

下面我们看一个例题：

证明 Z [ 3 ] \Z[\sqrt3] Z[3 ] 不是主理想整环
证明：由于 Z [ 3 ] = { a + b 3 ∣ a , b ∈ Z } \Z[\sqrt3]=\{a+b\sqrt3|a,b\in \Z\} Z[3 ]={a+b3 ∣a,b∈Z}。很显然， ( 1 , 3 ) (1,\sqrt3) (1,3 ) 是 Z \Z Z 上的一个理想。而 3 ∉ Z \sqrt 3 \not \in \Z 3 ∈Z。故该理想有两个生成元构成，因此 Z [ 3 ] \Z[\sqrt3] Z[3 ] 不满足所有理想都只有一个生成元构成的条件，不是主理想整环。

5 素理想和极大理想

5.1 相关定义

刚才我们讲到了这样一个式子：在整数环 Z \Z Z 上，两个理想 ( 5 ) , ( 7 ) (5),(7) (5),(7) 相乘，得到了 ( 35 ) (35) (35)。
观察 ( 5 ) (5) (5) 和 ( 35 ) (35) (35) ，我们可以发现：
( 35 ) = { 35 Z , 1 + 35 Z , 2 + 35 Z . . . , 34 + 35 Z } (35)=\{35\Z,1+35\Z,2+35\Z...,34+35\Z\} (35)={35Z,1+35Z,2+35Z...,34+35Z} 。
其中，我们发现其有一个子集 S = { 35 Z , 7 + 35 Z , 14 + 35 Z , 21 + 35 Z , 28 + 35 Z } S=\{35\Z,7+35\Z,14+35\Z,21+35\Z,28+35\Z \} S={35Z,7+35Z,14+35Z,21+35Z,28+35Z} 与加法、乘法也能构成一个环 S S S。因此， S S S 是 ( 35 ) (35) (35) 上的一个理想。
同理， T = { 35 Z , 5 + 35 Z , 10 + 35 Z , 15 + 35 Z , 20 + 35 Z , 25 + 35 Z , 30 + 35 Z } T=\{35\Z,5+35\Z,10+35\Z,15+35\Z,20+35\Z,25+35\Z,30+35\Z \} T={35Z,5+35Z,10+35Z,15+35Z,20+35Z,25+35Z,30+35Z} 也是环 ( 35 ) (35) (35) 的一个理想。（P.S.理想可以理解成正规子环，因此理想是一种特殊的环）。
而 ( 5 ) (5) (5) 就不存在这种情况， ( 7 ) (7) (7) 也不存在这种情况。

思考1：对于 Z \Z Z 上的理想 ( 12 ) (12) (12) ，尝试写出其所有的非平凡子环，并看看这些子环是不是 ( 12 ) (12) (12) 上的理想。
思考2：对于 Z \Z Z 上的理想 ( 13 ) (13) (13)，其存在非平凡子环吗，为什么？
思考3： ( 5 ) , ( 7 ) , ( 12 ) , ( 13 ) , ( 35 ) (5),(7),(12),(13),(35) (5),(7),(12),(13),(35) 中，哪些是整环，哪些不是整环，如果不是整环，请写出其上面所有的零因子，并看看有什么发现。

下面是课本上对素理想的定义：

设 P P P 是环 R R R 的理想，如果 P ≠ R P\not=R P=R，且对于 R R R 上任意理想 A , B A,B A,B，若 A B ⊆ P AB⊆P AB⊆P ，则必有 A ⊆ P A⊆P A⊆P 或 B ⊆ P B ⊆ P B⊆P，则 P P P 是 R R R 的素理想。

再回顾一下素数的相关性质：若 p p p 是素数， p ∣ a b p|ab p∣ab，则必有 p ∣ a p|a p∣a 或 p ∣ b p|b p∣b。很明显，这里是存在联系的。
先给出素理想的几个性质：

①：任何整环的零理想是素理想
②：若 p p p 是素数，则对于整数环 Z \Z Z ，其由 ( p ) = p Z (p)=p\Z (p)=pZ 生成的理想为素理想
③：若环 R R R 有乘法幺元，则理想 P P P 是素理想的充要条件是 R / P R/P R/P 是整环。

下面给出②、③的证明

证明2：设 a b ∈ ( p ) ab\in(p) ab∈(p)，由于 p p p 是素数，则 a b = k p ab=kp ab=kp ，即 p ∣ a b p|ab p∣ab ，因此必有 p ∣ a p|a p∣a 或 p ∣ b p|b p∣b，即 a ∈ ( p ) a\in(p) a∈(p) 或 b ∈ ( p ) b\in(p) b∈(p)，故 ( p ) (p) (p) 是整数环上的素理想。

证明3：
由于环 R R R 有乘法幺元，设乘法幺元为 1 R 1_R 1R，乘法零元为 0 R 0_R 0R，则显然有 1 R ≠ 0 R 1_R\not=0_R 1R=0R成立。
先证明充分性：
若 P P P 是 R R R 上的素理想，则 0 R + P = P ≠ 1 R + P 0_R+P=P\not =1_R+P 0R+P=P=1R+P。先证明 R R R 上没有零因子 P.S:证明整环就是证明环上没有零因子
若 ( a + P ) ( b + P ) = a b + P = P (a+P)(b+P)=ab+P=P (a+P)(b+P)=ab+P=P，因此必有 a ∈ P a\in P a∈P 或者 b ∈ P b\in P b∈P。又因为 P P P 是素理想，故只有 a + P a+P a+P 或者 b + P b+P b+P 是 R / P R/P R/P 的零元，即 a ∈ P a\in P a∈P或者 b ∈ P b\in P b∈P必有一个成立，故环 R / P R/P R/P 上没有零因子，环 R / P R/P R/P 是整环，充分性成立。
再证明必要性：
因为环 R / P R/P R/P 是整环，即环 R R R 上没有零因子，则若 ( a + P ) ( b + P ) = a b + P = P (a+P)(b+P)=ab+P=P (a+P)(b+P)=ab+P=P 成立，且 a ≠ 0 R a\not=0_R a=0R， b ≠ 0 R b\not=0_R b=0R，因此只能有 a ∈ P a\in P a∈P 或者 b ∈ P b\in P b∈P成立，因此 P P P 是 R R R 上的素理想，必要性成立。

如果上面的证明你没有看懂，可以自己令 R = Z , P = ( 5 ) R=\Z,P=(5) R=Z,P=(5) 带入看看，是不是符合条件的，来理解这个证明过程。

下面我们直接给出极大理想的定义，与素理想的定义分开：

若 M M M 是环 R R R 上的一个理想，若 M ≠ R M\not=R M=R，且对于 R R R 上的理想 N N N，若满足 M ⊆ N ⊆ R M⊆N⊆R M⊆N⊆R，则必有 M = N M=N M=N 或 R = N R=N R=N，则 M M M 是 R R R 的极大理想。

然后我们直接给出极大理想的几个性质：

①：任何整环的零理想是素理想
②：若 p p p 是素数，则对于整数环 Z \Z Z ，其由 ( p ) = p Z (p)=p\Z (p)=pZ 生成的理想为素理想
③：若环 R R R 有乘法幺元，则理想 M M M 是素理想的充要条件是 R / M R/M R/M 是域。

很显然，我们可以得到一个推论：在整数环 Z \Z Z 中，素数构成的理想既是素理想，又是极大理想。
证明：课本P284

根据极大理想和素理想的定义，我们可以得知：极大理想一定是素理想，素理想不一定是极大理想。因为在 R R R 有乘法幺元的时候，极大理想要求 R / M R/M R/M 是一个域，而素理想只要求 R / M R/M R/M 是一个整环即可。整环中不一定要求所有非 0 0 0 元均有乘法逆元，而域有这个要求。
这个例子我们会在第 11 章中举到。

最后放一张思路图以更好理解~

NJUPT 《信安数基》第 10 章证明题攻略相关推荐

NJUPT 《信安数基》第 11 章解题攻略
NJUPT <信安数基>多项式环和有限域解题攻略注:本文章适合学习信息安全数学基础的同学们考前突击,不适用于数学系专业的同学.里面有些内容可能对于数学系来说是不严谨的,但对于信息安全专业 ...
【信安数基】数论篇（二）：同余
[信安数基]数论篇(二):同余文章目录 [信安数基]数论篇(二):同余 0x00 同余的概念和性质 1. 符号的定义 2. 同余符号本身的性质 3. 同余式之间的关系 a. 总纲 b. 推论式 3. ...
信安数基Z/nZ的含义
信安数基Z/nZ的含义 z/nz表示这样一个集合(群),它的元素也是集合,这些集合是:属于z且除以n余0的所有数,属于z且除以n余1的所有数,属于z且除以n余2的所有数,--属于z且除以n余n-1的所 ...
【信安数基】数论篇（一）：整除
[信安数基]数论篇(一):整除文章目录 [信安数基]数论篇(一):整除 0x00 整除符号 1. 对符号的定义 2. 符号本身有以下性质 0x01 取余对符号的定义 0x02 素数的四个定理 0x ...
西电《网络空间安全数学基础》网安数基
西电网络空间安全数学基础<第一章:线性系统与矩阵乘法> 文章目录讲在前面章节脉络第一章线性系统与矩阵乘法概述一.线性反馈移位寄存器(LFSR)的引入 1.1 移位寄存器: 1. ...
[老齐的求职攻略] 第七章外包求职攻略
第七章外包求职攻略什么是外包? 所谓"外包",白话就是甲方"委托方"将工作或任务交给乙方"实施方"完成的合作方式,成为外包.在中国软件业 ...
Python：更改默认启动的python程序及其对应的安装包路径(更改pip的默认安装包的路径)图文教程之详细攻略
Python:更改默认启动的python程序及其对应的安装包路径(更改pip的默认安装包的路径)图文教程之详细攻略目录更改默认启动的python程序及其对应的安装包路径 1.先找到默认安装包路径
多元统计第二章证明题_2020年中南大学应用统计硕士考研成功经验分享
一.自我介绍 2020年考生通过综合选拔(中南大学特有的模式),初试成绩370分+.中南大学应用统计专业硕士校线365分.中南大学的应用统计这个专业相对于其他的985院校来说性价比很高,分数线不是特别 ...
fgo终章服务器维护,FGO终章敌方配置攻略终章主线关卡配置一览
FGO终章是在第七章之后开启的最后一个章节,第一部也算是迎来了完结.在终章中玩家将挑战七大魔神柱和所罗门,也是目前为止难度最高.福利最好的一章主线,今天小编就为大家带来了FGO终章配置攻略,介绍终章一 ...

NJUPT 《信安数基》第 10 章证明题攻略