弦圈

Zariski的名字估计学代数几何的人都耳熟能详，先是入门时期的交换代数教材，然后就是深入研究时期随处可见的Zariski拓扑。本帖我们分享的便是著名的Zariski交换代数教材。Oscar Zariski & Pierre Samuel写的交换代数经典教材Commutative Algebra，该教材也是学习代数几何的经典入门前置教材之一，用于补充交换代数相关的前置知识。毕竟众所周知，代数几何的基础是抽象代数，尤其是交换代数，因此想要学习代数几何，就必须要有交换代数方面的扎实基础。交换代数方面的经典教材不少，包括Atiyah的那本Introduction To Commutative Algebra，那本书篇幅较小，更为简略感觉更加适合新人小白。而Zariski的Commutative Algebra则内容更加完备、更为系统性，该教材分为两本，基本上把代数几何相关的交换代数内容全都梳理了一遍。因此，Zariski的这本教材不仅可以作为初学者的交换代数入门教材，还能作为交换代数的词典用于查阅交换代数相关的知识。Zariski的这本教材，我记得当年网络上能找到的只是Commuta ...

在前面两帖Zariski交换代数经典教材Commutative Algebra系列（pdf可复制版）和 Atiyah交换代数经典入门教材：Introduction to Commutative Algebra 中，我分享了Zariski和Atiyah的交换代数教材。在本帖中，我把Matsumura的教材也分享出来。在这里我重新回顾一下这三本教材的区别。首先，Zariski的教材很完备，但是篇幅过长，而且内容太过经典了，没有另外两本那么与时俱进。因此Zariski的教材更加适合作为交换代数的词典用于查阅。当然如果你不需要按部就班从头到尾的看完一本书，Zariski的教材选择性的跳着看，完全可以作为入门教材。我高中的时候就是看Zariski的教材的。Atiyah的教材是这三本教材中最简单的，也是篇幅最短的。而Matsumura的教材篇幅要比Atiyah的长一些，并且Matsumura的教材有一些Atiyah中没有的概念，因此也值得一读，不过Atiyah教材的表达要更加通俗易懂一些。因此，我的建议是三本教材都读一读，但没必要全部看完，把需要掌握的基础概念都掌握了就行。读文献时有些术语找不到， ...

在上帖中，我分享了Zariski的交换代数教材：Zariski交换代数经典教材Commutative Algebra系列（pdf可复制版）。其实交换代数方面，除了Zariski的教材，还有Atiyah的Introduction to Commutative Algebra，以及Matsumura的Commutative Ring Theory可以作为交换代数的入门教材。Atiyah的教材是这三本教材中最简单的，Zariski的教材虽然很完备，但是篇幅过长，而且内容太过经典了，没有Atiyah的教材那样更加贴近新时代。而Matsumura的教材篇幅要比Atiyah的长一些，而且似乎感觉Atiyah的表达更加通俗易懂一些，毕竟Atiyah是众所周知的大师级人物。下面我们来回忆一下Atiyah的一些人物轶事。Atiyah作为与Serre齐名的伟大数学家，他最著名的工作即是与辛格一起证明了指标定理（Atiyah-Singer Index Theorem）。而Atiyah也与Grothendieck关系匪浅，见下图😁而Atiyah对物理也同样非常感兴趣，他与很多物理学家合作研究过，包括知名的唯一 ...

我的提问：一个整环$R$中的元素$p$是素的，如果$p$不是零或者一个单元，并且$p|ab$意味着$p|a$或者$p|b$（等价的$ab\in Rp$意味着$a \in Rp$或者$b\in Rp$）。一个整环$R$的元素$q$是不可约的，当$q$不是零或者一个单元，并且$q = ab$意味着$a$或$b$是一个单元。那么素数在整数整环中是素的吗？然后素数都是不可约的吗？回答1：这两个问题的都是对的。根据基础数论的事实，$\pm 1$是唯一可逆的整数，除$\pm 1$以外的整数可以唯一地表示为不同素数的乘积加上$\pm$，每个素数的幂都是正整数，这两个结果都很容易得到。回答2：素数在整数整环中既是素的，也是不可约的。根据定义，它们就是不可约的。为了证明它们是素的，请回顾一下欧几里得算法，该算法用于找到两个整数的GCD（并同时证明任意两个整数都有一个在等价意义下唯一的GCD，其中并不涉及素数的分解）。根据欧几里德算法可以得出，如果$d=\gcd(a,b)$对两个整数$a,b\in\mathbb Z$，则存在整数$u,v\in\mathbb Z$使得$d=ua+vb$。（贝祖特性。）现在， ...

我的提问：例如单位分解（partition of unity）中的求和以及抽象代数中的多项式表达式。回答：拥有无限多项的求和（或者说更加正式的“级数”）需要一些额外的条件来保证他们“表现良好”（"well behaved"）。否则你可能得到像以下这样的悖论：$$\begin{align} &S = 1 + 1 + 1 + \dots \\ &\Rightarrow 2S = 2 + 2 + 2 + \dots \\ &\Rightarrow 2S = (1+1) + (1+1) + (1+1) + \dots \\ &\Rightarrow 2S = 1 + 1 + 1 + \dots \\ &\Rightarrow 2S=S \\ &\Rightarrow S = 0 \end{align}$$一般地，额外的条件包含，要求除了有限数量的项都为$0$（数学简称中的“几乎所有”）或者收敛条件来确保求和有一个极限值。本问题问于2020年1月22号，当时我在读高三，提问的水平非常差😅，跟Peter Scholze这种高中就懂谱序列的没得比🙃。

我的提问：我无法理解在这个证明中，归纳法这个步骤是如何进行的。有人能帮帮我吗？感谢！回答：令$n = deg B$。他们通过对$m = deg A$做归纳法来证明那个陈述。基本情况是$m < n$。如果$m \geq n$，然后他们找到另一个多项式$A'$，在这种情况下，$A' = A - B a_m X^{m - n}$，并且它有比$m$更小的阶数。所以我们可以通过归纳假设来处理它。$A′$的商和余数表达式是用于找到$A$的。我想有两件事你可能会觉得困扰，以及为什么你没有认出归纳法。首先，基本情况不仅仅是一种情况，而是一堆情况。这里请注意，这是基本的：证明中的归纳步骤仅适用于$m\geq n$。同时注意，在这种情况下，证明$m=1$的工作量并不比证明$m<n$小：对于所有这些情况，这都是一行证明。你可能会觉得困扰的第二件事是，我们不仅对$m-1$使用归纳假设，对任何阶数严格小于$m$的多项式也使用归纳假设。这被称为完全归纳法或强归纳法：在归纳步骤中，你假设的是，命题不多于$m-1$时都是真的，而不仅仅是$m-1$。这在维基百科的“归纳法”页面上得到了很好的解释。

本文我们探讨这个问题：是否存在一种扩张复数域$\mathbb{C}$的方法，使得$\mathbb{C} \subset\mathbb{C}[a]$？或者$\mathbb{C}$是所有域扩张的终点？下面围绕这个问题，我们将提供两种扩张复数域$\mathbb{C}$的方法。方法1：$\mathbb{C}$的笛卡儿积$$P = {\Bbb C}\times{\Bbb C}\times\cdots$$并不是一个域，因为它有零因子：$$(0,1,0,1,\cdots)(1,0,1,0\cdots)=(0,0,0,0,\cdots)。$$但是将零因子商掉，就能得到一个域。令$\mathcal U$为$\Bbb N$上的一个nonprincipal ultrafilter。我们定义$$(a_1,a_2,\cdots)\sim(b_1,b_2,\cdots)$$当$$\{n\in\Bbb N\,\vert\, a_n=b_n\}\in\mathcal U。$$然后商$F = P/\sim$就是一个严格比$\mathbb{C}$大的域，我们称这个域为超积（英语：ultraproduct）。并且嵌入映射$ ...

我们需要证明的命题如下：令$F$为包含$\mathbb{R}$的任意一个域，它满足性质$\dim_{\mathbb R}F < \infty$。然后我们有$F \cong \mathbb R$或者$F \cong \mathbb C$。下面我们给出三个证明，其中第一个证明最为简洁，最后一个最为复杂。证明：由代数闭包的唯一性，我们有嵌入$F \hookrightarrow \mathbb C$，因此我们有$\mathbb R \subset F \subset \mathbb C$。然后命题结论可由$[\mathbb C:\mathbb R]=2$得出，因为这排除了真中间域的存在。证明2：因为$F$在$\mathbb{R}$上是有限维的，它在$\mathbb{R}$上代数。这是关于域扩张的一个基本事实：如果$a\in F$，然后$1,a,a^2,\dots,a^n$在$\mathbb{R}$上线性相关，这里$n=\dim_{\mathbb{R}}F$。所以$F$的每个元素是一个$\mathbb{R}$系数多项式的根。如果$-1$在$F$中不是一个平方，我们可以添加一个平方根$j$（ ...