近世代数教案

1、近世代数教案西南大学数学与统计学院张广祥 学时数：80（每周4学时）使用教材：抽象代数理论、问题与方法，科学出版社2005教材使用说明：该教材共10章，本课程学习前6章，覆盖通用的传统教材（例如：张禾瑞近世代数基础）的所有内容，但本教材更强调抽象代数理论的应用和方法特点。本教材的后4章有一定难度和深度，可作为本科近世代数（二）续用。如果不再开设近世代数（二），则可以供有兴趣的学生自学、自读，进一步了解现代代数学更加前沿的内容，拓宽知识面。教学方法：由于该教材首次在全年级使用，采用教研室集体备课的方式，每2周一次参加教学的教师集体研讨备课。每节配有35题常规练习作业。每章提供适量的（34题）思考

2、问题供学生独立思考，学生完成的思考题成绩可记入平时成绩。整学期可安排12次相关讲座，介绍现代代数学的研究方法或研究成果。本学期已经准备讲座内容：群与Goldbach猜想。教学手段：黑板板书与Powerpoint 课件相结合。主要参考书：1张禾瑞,近世代数基础,1952第一版,1978年修订版,高等教育出版社2.刘绍学, 近世代数基础,(面向21世纪课程教材,“九五”国家级重点教材) 高等教育出版社,19993.石生明, 近世代数初步, 高等教育出版社20024.B.L.Van der Waerden,代数学,丁石孙,曾肯成,郝鈵新,曹锡华译,1964卷1,1976卷2,科学出版社5. M.Kl

3、ine, 古今数学思想,卷1-4,张理京,张锦炎,江泽涵译,上海科技出版社2002第二章 数环与数域本章教学目标：1. 熟悉整数剩余类环的运算，了解整数剩余类环在数论研究中的作用。2. 数环就是数系，熟悉各种不同形态的数环与数域；有限的、无限的；交换的、不交换的。3. 学习整环的分式域、素域与扩域的理论。4. 综合应用数环与数域的初等方法证明欧拉二平方和定理、Lagrange四平方和定理。5. 本章通过若干数论定理的学习，使学生了解和熟悉环论的初等方法，为第3章与第5章学习系统的扩域理论奠定基础。教学时数：共6节，8学时2.1 整数剩余类环复习引入：通过整数的整除性问题，了解引入整数剩余类环的

4、必要性，一方面使学生知道同余类方法是数论的基本工具，另一方面整数剩余类环也是一类重要的数环。内容要点：1. 整数剩余类环的定义及基本性质。2. 环同态定义、理想定义、环同态基本定理。3. 整数剩余类环是整数环的同态像。讲授内容：整数的整除性是整数最重要的性质，它是数论研究的一个重要的内容。整除性问题常常是数论中的困难问题。法国数学家费马（Pierre de Fermat，1601-1665）曾经认为形如+1的数都是素数，直到大约100年之后+1的一个非平凡因子641才被数学家欧拉（Leonhard Euler，17071783）发现，欧拉得到分解232+1=4294967297=641

5、5;6700417，可见整数的整除问题具有一定的难度。研究整数整除性的一个重要工具是带余除法。对于两个整数a，b（b>0）存在整数q，r使a=qb+r 且0rb。式中q称为商，r称为余数。在整除性问题中我们主要关心余数，而不关心商。因此有下面的同余概念。定义1 假定m是一个正整数，两个整数a与b如果满足条件mab，则称a与b模m的同余，记为ab(m)。由1.2节知模m同余是整数集Z上的一个等价关系，其商集记为Zm，其元素记为a，称之为模m的一个剩余类。定义Zm上的加法与乘法运算：a+b= a+ba·b=ab容易知道上面的加、乘运算的定义与剩余类中代表元的选法无关，即当a=a1，

6、 b=b1时a+b= a1 + b1，a·b= a1·b1。定理2.1.1 Zm成为一个环。该定理证明没有太多困难，仅仅是按定义作常规验证。证明留给读者作为练习。Zm称为模m剩余类环，这是一个包含m个元素的有限环。我们也可以把它看成一个有限数系。借助环Zm常常可以简化整数中的计算问题，特别是整除性问题。例 Z2仅含两个元0与1，每个偶数与0同余，每个奇数与1同余。如果我们用0代表偶，1代表奇，则剩余类环Z2中的运算实际上表示了整数运算的奇偶性法则：奇+奇=偶，奇+偶=奇，偶+偶=偶奇·奇=奇，奇·偶=偶，偶·偶=偶定义2 设R与S是两个环，映射

7、¦：RS若满足条件：对每a，bR有¦(a+b)=¦(a)+¦(b)，¦(ab)=¦(a)¦(b)，则¦称为环同态。若¦是满映射，则¦称为满同态；若¦是单映射，则¦称为单同态；若¦是既单又满的环同态，则称¦为环同构。满同态记为 ¦：R S环同构记为 ¦：R S定义3 两个域同态或同构是指它们作为环同态或同构。定理2.1.2 定义映射¦：ZZm使¦(a)=a，则¦是环同态。证 证明十分简单，略去。为了进一步讨论

8、整数剩余类环的性质，我们先证明一个整数方面的定理。定理2.1.3 两个整数a、b互素的充分必要条件是存在整数s、t使sa+tb=1。证 如果条件sa+tb=1成立，则a、b互素，因为这时a，b的公因子dsa+tb=1，d=±1。反过来假定a、b互素，不妨设a与b都是正整数。对a+b作归纳。由带余除法，存在整数q、r使a=qb+r 且0rb。如果r=0，则b|a，但因a、b互素，故b=1，当然存在整数s、t使sa+tb=1。如果r0，则b，r互素。由归纳存在整数s1，t1使s1b+t1r =1，于是t1a=t1qbt1r =t1qb1s1b。因此t1a(s1t1q)b=1，定理得证。定

9、理2.1.4 若p是素数，则Zp是域。证 只要证明Zp中的非零元素集成为一个乘法群。设a0，由定理2.1.3存在整数s，t使satp=1，于是sa=1，说明s是a在Zp中的逆元素，因而Zp中的全体非零元素集组成一个乘法群。注：Zp是我们过去在代数中未遇到过的有限域。像整数模n剩余类环一样，对于一般的环也可以作剩余类环。为此我们引入一个在环论研究中十分重要的定义，这个定义称为“理想”。定义4 设R是一个环，A是R的一个子环，如果A满足下面条件：对每 rÎR 有rA，Ar Í A，其中 rA= ra | aÎA ，Ar= ar | aÎA ，则称A是R的理想

10、。如果A是R的理想，定义R上的一个二元关系 ab 当且仅当 a-bÎA。容易检验 是R上的一个等价关系，商集合记为= R/A。的元记为r=r+A， 定义上的运算 a+b=a+b，ab=ab。这样成为一个环，称之为模A剩余类环。我们有下面的同态基本定理定理2.1.5 （1）假定R与是两个环，并有环同态 j：R，则 A= rÎR | =是R的理想，且有环同构R/A。上面的j 称为自然同态，记A=kerj，称之为同态j的核。（2）反之，若A是R的理想，则有环同态 RR/A=。证 （1）对每a、bÎA，j（a-b）=-=，故a-bÎA，说明A是一个加群。进一步若

11、rÎR，aÎA，则j（ra）=，raÎA，同样arÎA。因此A是R的理想。容易验证y：®r+A是环同构R/A。（2）容易知道映射j：R®R/A使j（r）=是环同态。思考问题4 问定理2.1.2中环同态¦：ZZm的同态核A=？解答：同态核A=(m)=am | aÎZ，因此由定理2.1.5 ZmZ/(m)。练习作业 1. 设m是一个正整数，证明同余的性质(1)若ab(m)，c=d(m)，则a±cb±d(m)(2)若ab(m)，c=d(m)，则acbd(m)(3)若ab(m)，则adbd(m)(4)若

12、adbd(m)，且(d，m)=1，则ab(m)2. Z是整数环，2Z=2aaÎZ在整数运算之下成为一个环，可以称它为偶数环，¦：a2a是Z2Z的一个映射，问¦是不是环同构？3. 设R是一个有单位元的环，a，bÎR，证明1-ab可逆当且仅当1-ba可逆。4. 假定R是一个交换环，证明A=aÎR| 存在某个正整数n使an=0是R的一个理想。这个理想称为幂零元理想。2.2 整环的分式域复习引入：上节我们从整数环出发，构造整数模n剩余类环Zn，由同态基本定理，剩余类环ZnZ/(n)。这样，我们实际从一个无限数系得到一有限数系。有限数系Zn在数论研究中有

13、重要价值。数系发展的另一个方向是从整数系统构造出分数系统，既有理数系统。本节我们将把这样的数系扩充推广到一般的整环上。内容要点：1. 证明整环嵌入分式域定理。2. 整环的分式域是包含这个整环的最小域。3. 了解一些常见整环分式域的实例。讲解内容：在数系发展的历史上，由整数系到有理数系的扩展是最简单、最容易被认识的一次，这种数系的扩展理论作为“比与比例论”是由古希腊数学家Eudoxus建立的，并被收入欧几里德(Eudid)几何原本的第五卷。两个可公度的量a与b可以通过下面的方法来比较。选定一个(足够小的)公共单位量，使量a是单位量的整数倍，b也是单位量的整数倍。在这一观点之下，量a与b实际都可认

14、为与一个整数对应。现在量a与b的比就是两个整数的比a/b。Eudoxus发现这种“比”可以进行运算，其运算法则是(1) (2) (3) 上面这种整数的“比例论”实际上就是有理数系的代数理论。Eudoxus的比例论启发我们可以用类似的“比例论”方法把一个具有与整数环性质相当的环扩展成为一个域。由此我们有下面的整环的定义。定义1 设R是一个环，对R的每两个非零元a、b，如果ab=0则a称为R的左零因子，b称为R的右零因子。当R是交换环时零因子没有左、右的区别。一个有单位元的交换环若没有零因子，则称为整环。例 整数环当然是整环；域上的多项式环也是整环；Zn是整环当且仅当n是素数。定义2 设R是一个环

15、，S是R的一个非空子集，如果S在R的加法与乘法运算之下也成为一个环，则S称为R的子环，我们说一个环S1可以嵌入环R，是指环S1与R的一个子环S同构。下面的定理与Eudoxus的比例论相当。定理2.2.1 每一个整环都可以嵌入一个域。证 证明分为以下三步(1)设已知的整环为R。作集合A=(a，b)a，bR，b0。定义A上的关系(a，b)(c，d)当且仅当ad=bc，容易验证这是一个等价关系。记F为A的等价类作成的集合，把F的元素表为，定义F上的运算+=;. 容易验证上面的运算与等价类代表元的取法无关，即如果=,= 则 +=+, .=.(2)验证F在上面定义的运算之下成为一个域。首先F成为一个加群

16、，其零元素是, -=, F对于乘法封闭,且F中的非零元成为一个群,群的单位元是, 而且()-1=。分配律成立:(+)=()=( )=+=.+. , 因此F是一个域。(3)F的子集R1=|a,bR,b0组成F的一个子环，命j:RR1 使 j(a)= ,由于b10时=,故j是R到R1上的映射。若=，则a1b1b=abb1,于是(a1a)bb1=0,但因R是整环，没有零因子，故a1=a，说明j是一一映射。容易验证j是环同构，因此R与域F的一个子环同构。定理得证。注 1. 定理2.2.1的证明不依赖R有单位元这一条件，因此实际上我们证明了每个没有零因子的交换环都可以嵌入一个域。2. 由整环R所构造的域

17、F，其元素形如, 因此F称为R的分式域。3. 整数环的分式域是有理数域。下面的定理说明分式域是包含一个环的最小域。定理2.2.2 如果一个非零环R含在一个域F中，则F含R的分式域。证 对于R的元a，b，只要b0，则分式元 =ab-1F，且分式元满足下列运算法则当且仅当ad=bc (*).因此R的分式域F1 =| a，bR，b0是F的子域。注 环R的分式域F1由等式（*）决定，而等式（*）由R的运算决定。因此同构的环，分式域也同构。例 设F是一个域，容易知道多项式环Fx是一个整环，由定理2.2.1 Fx有分式域，记分式域为F(x)。由分式域的构造，F(x)含所有的分式，其中f(x)，g(x)Fx

18、且g(x)0。由定理2.2.2 F(x)是含多项式环Fx的最小域。从另一个观点看问题，F(x)也是含域F同时又含一个不定元x的最小域，F(x)也称为域F的超越扩域。思考问题5 问一个无零因子的交换环R与它的子环S在什么条件下有相同的分式域。参考答案 对aR记aS=au | uS 。我们证明下面结论：无零因子交换环R与它的子环S有相同的分式域当且仅当对每aR都有aSÇS0。证明：充分性。如果对每0aR都有aSÇS0，则存在0 a、bS使a =a b。设R、S的分式域分别为F与L。于是在S的分式域L中a= a / bL，这样RÍL，FÍL，因此F=L。必要性

19、。如果存在0aR使aSÇS=0，我们断言aÏL。否则，如果aL，则a=a / b，a、bS，这样a = baR，当然a0因此aSÇS0，与假设矛盾。练习作业 1.问一个域的分式域是什么？2.求复整数环Z(i)=a+bi | a,bÎZ的分式域。3.求多项式环Zx的分式域。4.偶数环2Z=2a | aÎZ 是一个无零因子的交换环，求偶数环的分式域。5.*问一个无零因子的交换环R与它的子环S在什么条件下有相同的分式域。2.3 素域与扩域复习引入：在中学数学中，大家所熟悉的数域主要是有理数域、实数域与复数域，这三个数域的共同特点是：它们都包含有理数域

20、作为它们的子域。那么，一般的域是否也有类似的性质呢？本节将回答这个问题。内容要点：1. 无零因子环的特征。2. 素域与扩域的定义。3. 两类不同的素域。4. 域上的n次方程最多n个根。讲解内容：定义 设K是一个域，如果K的非空子集F在K的加法与乘法运算之下也成为一个域，则F称为K的子域，而K称为F的扩域。一个域如果不包含更小的子域，则称为素域。因为若干个子域的交集还是一个子域，因此素域是存在的而且也是唯一的。为了研究素域，我们先证明没有零因子环的一个重要的性质。定理2.3.1 设R是一个没有零因子的环，则R满足下面两个条件之一：(1) 对每0aR及整数n , na=0，当且仅当n=0。这时称R

21、的特征为0，记为char R=0。(2)存在一个素数p使对每aR有pa=0。这时称R的特征为p，记为char R=p。证 (1)若存在某个非零元aR使每个非零整数n都有na0，我们要证R的任一个非零元b都有nb0。否则若nb=0，则(na)b=a(nb)=0。因R无零因子，且b0，故na=0，与a的性质矛盾。说明这时char R=0。(2)若char R0，则存在R的非零元a及非零整数n使na=0，假定n是满足这一性质的最小正整数，下证这时n必为素数。否则若n=st，0s，tn，则sa·ta=(sta)a=(na)a=0。因为R无零因子，故sa=0或ta=0，与n的最小性矛盾，故n=

22、p是一个素数。下证每bR都有pb=0。因为(pb)a=b(pa)=0，但a0，故pb=0。于是char R=p。定理2.3.2 素域F只有以下两种：(1)char F=0时FQ(有理数域)，(2)char F=p时FZp。证 设F是一个素数，e是F的单位元，则Ze=nenZF是含于域F中的子环。我们有下面两种可能的情形：(1)char F=0，则ne=0当且仅当n=0。于是有环同构ZeZ。由定理2.2.2 F含Ze 的分式域，而Ze的分式域与整数环Z的分式域Q同构，故FQ。(2)char F=p，则pe=0。这时容易验证ZeZp，而Ze的分式域FZp。注 由定理2.3.2从同构的意义上说任何域

23、都可以看成有理数域Q的扩域或者p元域Zp的扩域。定理2.3.3 域上的n次多项式最多有n个根。证 若x=a是多项式f(x)的一个根，则利用多项式的带余除法，存在多项式q(x)及系数域中的元r使f(x)=q(x)(xa)r ，但f(a)=0，故r=0，因此f(x)=g(x)(xa)。若f(x)次数为n则q(x)的次数为n1，由归纳q(x)最多n1个根，因此f(x)最多n个根。练习作业 1方程x21=0在有理数域中没有根，问在有限域Z5中有没有根，有几个根？2记F=Z2是含2个元素的域，证明多项式x2+1在多项式环Fx中可约，而x2+x+1在多项式环Fx中不可约。3假定F=Z2，a是Fx中不可约多

24、项式x2+x+1的一个根，证明F(a)=0，1，a，1+a是一个含4个元素的域。求多项式x2+x+1的另一个根。4假定F=Z2，求Fx中所有3次不可约多项式。2.4 素数的欧拉分解复习引入：从1.1节思考问题1，我们已经知道素数p在复整数环Z(i)中存在非平凡分解当且仅当p=a2+b2，进一步的问题是：素数P能够写成2整数平方和的充分必要条件是什么？本节将利用整数剩余类环的方法证明著名的欧拉定理：素数P能写成2整数平方和当且仅当p1(4)。内容要点：证明“欧拉二平方和定理”，为此我们首先必须证明Fermat定理与Wilson定理，但是我们的方法是初等的、而且与前一节的上下文互相关联，我们尽可能

25、避免采用纯数论的方法。提示学生在学习中注意到，抽象代数的方法比纯初等数论的方法具有一定的优势。讲解内容：高斯发现复整数环Z(i)=a+bi | a、bÎZ 具有与整数环Z十分类似的因子分解唯一性，这点我们将在第6章中加以证明。但是一个通常的整数在整数环中的因子分解与在复整数环中的分解很不一样。例如通常的素数2在复整数环中不再是素元，而存在非平凡分解2=(1i)(1i)。5也一样，5作为通常的整数是素数，不存在非平凡分解，但5=(2i)(2i)，5在复整数环中也不再是素元。下面我们要研究通常的素数p在复整数环中的因子分解问题。首先如果复整数a=abi是通常素数p的因子，则的共轭复数也是

26、p的因子。由于是实数，因而也是通常的整数，因此= p。而p=(abi)(abi)的充分必要条件是x2y2=p有正整数解。现在问题转化为不定方程x2y2=p的可解性。为了研究这个数论问题，我们先证明下面两个重要的数论定理。定理2.4.1(Fermat) 设p是素数，a是整数，pa，则ap11(p) (*)证 记b=a1则ap(b1) pbp1(a1)p1(a2) p21p(a1)a(p)，说明papa=a(ap-11)。但pa，故pap-11即ap11(p)。定理2.4.2(Wilson) 若p是素数，则(p1)!10(p)。证 由Fermat定理方程x p11=0在域Zp中有p1个根:1、2、

27、p1。由定理2.3.3 方程x p11 = 0中Zp只有这p-1个根，由根与系数的关系得(p1)!1(p)注 为了语言简便，在上面的证明过程中我们说在域Zp中解方程x p11=0与求同余式x p110(p)的整数解是同一个意思。定理2.4.3(Euler) 奇素数p在复整数环Z(i)中有非平凡因子当且仅当p1(4)。证 只要证明方程x2y2=p有正整数解当且仅当p1(4)。首先若x2y2=p有正整数解，则其解x、y一奇一偶，奇数平方1(4)，而偶数平方0(4)，故这时p1(4)。下面假定p1(4)。记a=!，由Wilson定理a2(-1)(!)2(p-1)(p-2)(p-)!(p-1)!-1(

28、p)因此a210(p)。记b=是不超过的最大整数，于是(b1)2p1。整数集xay0x，yb含(b1)2个元，故至少有两个模p同余，有x1ay1x2ay2。记x=x1x2，y=y1y2，则x,yb且xay(p)。因此x2y2(a21)y20(p)，但x2y22b22p，因此x2y2=p有正整数解，定理得证。欧拉定理实际上告诉我们一个素数能够表为两个整数的平方和的充分必要条件，我们还将在2.6节进一步证明每个正整数都能表为四个整数的平方和。为此，我们先在2.5节讨论一种性质与复数域十分类似的四元数除环。练习作业证明存在无限多个形如4k-1的素数。（提示：考虑模仿证明“素数无限多”的欧几里德方法。

29、注意到这种方法难以直接应用于证明“存在无限多4k+1型素数” ） 2.5 Hamilton四元数环复习引入：复数域是最大的数域，现在我们提出下面的问题：从数域扩充的观点看复数域是否还存在另外意义之下的数系扩充呢？在高斯那个时代，数学家关注复数的合理性，同时也关注是否存在新的更大的数系包含复数系统。1843年爱尔兰数学家William R. Hamilton(18051865) 经过10年的艰辛探索，发现了新的数系，现在称为Hamilton四元数系。Hamilton四元数系在现代物理学中发挥重大作用。内容要点：1. 四元数定义。2. 全体实四元数组成一个出环。3. 三个欧拉恒等式。4. 可除代数

30、的Frobenius定理（只讲不证）。讲解内容：复数最初是为了求解形如x21=0的代数方程而引入的，但是在漫长的时期中人们没有承认虚数单位i =的合法地位。直到1800年左右在高斯那个时代，数学家对复数作出了适当的几何解释，把复数与平面上的点对应。复数的几何解释使得复数更为自然，拓宽了复数的意义，增加了复数的应用价值。复数的几何意义无异于把复数看成二元数，这样便产生了一个自然的问题，就是是否存在类似的三元数。爱尔兰数学家William R. Hamilton(18051865)经过长期的研究发现不存在三元数。在7.2节定理7.2.1与7.4节推论7.4.2，我们将从不同的角度对这种不存在性作严

31、格的数学证明。但是进一步的研究使得Hamilton于1843年发现了四元数。定义1 设R是实数集，定义集合H=abicjdka,b,c,dR，该集合中的每个元素称为Hamilton四元数。用下面的方法定义四元数的加法与乘法运算。四元数的加法十分自然地定义为(a1+b1i+c1j+d1k)+(a2+b2i+c2j+d2k)=(a1+a2)+(b1+b2)i+(c1+c2)j+(d1+d2)k四元数的乘法由下面i，j，k的乘法再利用分配律定义到整个四元数集。i2 = j2 =k2 =-1，ij =-ji=k，jk =-kj = i ，ki = -ik =j容易知道在上面的定义之下，全体四元数成为一

32、个环，这是一个不交换的环。进一步研究还会发现=a+bi+cj+dk，与其共轭四元数=a-bi-cj-dk相乘有=a2+b2+c2+d2, 因此只要0,就可命=(a2+b2+c2+d2) -1 ，则=1,说明四元数环的非零元素集成为一个乘群。定义2 设R是一个环，如果R的非零元素集是一个乘群，则称R是一个除环。定理2.5.1 四元数集H组成一个除环。作为Hamilton四元数的一个应用，我们可以通过四元数发现和证明下面的欧拉恒等式。定理2.5.2 下面等式中的字母都表实数。我们有欧拉恒等式:(1)( a2+b2)(c2+d2)=(ac-bd) 2+(ad+bc) 2(2)(a12+a22+a32

33、+a42)(b12+b22+b32+b42)=(a1b1+a2b2+a3b3+a4b4)2+(a1b2 - a2b1+a3b4 - a4b3)2+(a1b3 - a3b1+ a4b2 - a2b4)2 +(a1b4 - a4b1+ a2b3 - a3b2)2 证 (1)记复数=a+bi,=c+di,则|2|2=|2,把,的表式代入即得第一个等式。(2)记四元数=a1+a2i+a3j+a4k, = b1+b2i+b3j+b4k, 与复数的模得法则一样有|2 |2=|2 。 而 = (a1b1-a2b2-a3b3-a4b4)+(a1b2+a2b1+a3b4-a4b3)i +(a1b3+a3b1+a

34、4b2-a2b4)j+(a1b4+a4b1+a2b3-a3b2)k 代入模等式得(a12+a22+a32+a42)(b12+b22+b32+b42) =(a1b1-a2b2-a3b3-a4b4)2+(a1b2+a2b1+a3b4-a4b3)2+(a1b3+a3b1+a4b2-a2b4) +(a1b4+a4b1+a2b3-a3b2)用-b1代b1得等式(2)。注 欧拉恒等式，作为一个恒等式它的证明本来只需采用简单的两边展开平方的方法进行被动的验证，但是直接验证的一个缺点是烦琐。另一方面更重要的缺点是，无法从证明的过程中了解怎样发现这样的恒等式。实际上，第7章中我们还将讨论一个更为复杂的八元欧拉恒

35、等式，只有从代数结构的角度我们才能理解这些恒等式的由来。推论2.5.3（Euler） 正整数n能表为两个整数的平方和当且仅当n的每个模4余3的素因子p都出现偶数次。证 2当然能表为两个整数的平方和，由定理2.4.3奇素数p若模4余1，则p可表为二整数平方和，于是由定理2.5.2(1)，若在n的标准分解式中模4余3的素数幂都是偶数次，则n能表为二整数平方和。反之，若n能表为二整数平方和，n的素因子p模4余3，假定在n的标准分解式中p的幂指数为奇，则n有分解式n=a2+b2 =d2(s2+t2)，其中a、b、d、s、t都是整数，且s2+t20(p)但（s，p）=1，于是存在u使us1(p)，因而(

36、ut)2-1(p)。，与p3(4)矛盾。因此若n能表为二整数平方和，则n的标准分解式中模4余3的素因子p都出现偶数次，定理得证。注 如果把整数环、有理数域、实数域、复数域看成一系列从小到大逐步扩充的数系，那末Hamilton四元数除环则是由复数系所作的又一次扩充数系。把复数域看成一种2元数系，则四元数除环是一种4元数系。是否还存在其它的多元数系呢？我们将在第7章证明下面的定理，这个定理从一个特定的角度很好地回答了数系扩充的问题。定理(Frobeuius 1878) 实数域R上的可除代数只能是实数域、复数域或四元数除环。练习作业设R是全体复数对（a，b）组成的二元复数集，定义R上的加法和乘法运算

37、：(a，b)+(g，d)=(a+g，b+d)，(a，b)(g，d)=(ag - bd*，ad+bg*)证明这样定义的环R与四元数除环同构。2.6 Lagrange平方和定理复习引入：欧拉定理2.5.5解决了正整数表为2平方和的充要条件，并不是每个正整数都能表为2平方和，那么，一个极有悬念的问题是：确定最小的n使每个正整数都能表为n个整数的平方和。1770年拉格朗日证明n=4，这是初等数论中最漂亮的定理。内容要点：本节只证明一个定理：拉格朗日4平方和定理。证明从很大的程度上依赖与上节的4元欧拉恒等式。但是，因为4元欧拉平方和恒等式来源于Hamilton四元数的运算性质，因此我们认为拉格朗日4平方和定理虽然是一个数论定理，但它的证明更多地采用了环论方法：整数剩余类环与Hamilton四元数环的初等运算技巧。讲解内容：受勾股定理与勾股数的启发，人们对于