l 关于用Bezout定理证明Pascal定理：二次曲线Q上有6个点，按顺序记成ABCDEF，直线AB与DE的交点为G，BC与EF的交点为H，CD与FA的交点为I，则G、H、I共线。
证明：直线ABG，EFH，CDI一组，三个1次方程相乘得到一个3次方程记为f。DEG、BCH、FAI一组3个1次方程相乘得到3次方程g。注意这几条直线的选取，可以发现f，g在9个点ABCDEFGHI上都为0。对任何一个复数参数t，三次方程f+tg仍然包含这9个点为零点。考虑3次曲线f+tg与2次曲线Q的关系，他们已有6个公共零点ABCDEF，可是t可以任取，通过适当选取t的值，可以使f+tg过Q上第7个选定的点。这时3次曲线f+tg和2次曲线Q至少有7个公共零点，为了不和Bezout定理矛盾，只能是他们对应的多项式有公共因子。Q是没有1次因子的，因此只能Q整除f+tg，这时f+tg/Q是一个1次多项式，零点集为直线l，如前面所说f+tg要过上面9个点，Q过其中的6个，剩下3个不在Q上，必然是l的零点，因此G、H、I共线。

l 10.3.3 f=x2+x+1, g=x4+3x3+x2+6x+10, 则g=f*(x2+2x-2)+6x+12，在任何一个商环Z/nZ[x]中仍然成立这个带余除法等式，因此在商环中6x+12被f整除，f首项系数是1，如果n≠1的话，f的次数大于1，因此必然6x+12在商环中为0，因此n|6。总结有n=2,3,6。n=1是退化情形，算不算一种情况都行。

l 10.3.8 a)同态相当于取出二元多项式的常数项，因此ker由没有常数项的多项式构成，都有x或y的至少1次幂，因此ker=(x,y)。b) 实系数多项式f在2+i为0，因此以2+i为根，由于共轭2-i也必然是根，因此f被(x-2-i)(x-2+i)=x2-4x+5整除，ker=(x2-4x+5)。

l 10.3.9 以1+√2为根的整系数多项式有(x-1)2-2，这是一个首一多项式，如果有其他的，则除去这个二次式，至多剩一次，但是1+√2不是有理数，不满足一次整系数方程，因此所有的多项式都被这个二次式整除，ker=（x2-4x+2)。

l 10.3.10 要刻画所有的多项式f(x,y,z)满足f(t,t2,t3)=0。首先发现y-x2,z-x3满足方程，而其他任何多项式通过模掉这两个多项式可以变成只关于x的多项式，只关于x的多项式满足方程的只有0，因此理想为(y-x2,z-x3)

l 10.3.18 a) Z到Z/2xZ/5的同态定义为1→(1,1)，因为是从Z出发的同态，只需要定义1的像即可（事实上乘法单位的像总是假设为乘法单位）。然后证明这是满同态，为此要找到(1,0)和(0,1)的原像，例如分别是5和6。接下来要找到同态的ker，一个整数模2和模5都是0，因此必须被10整除，由此给出Z/10到Z/2xZ/5的同构。
b) 这两个环不是同构的，事实上作为群也不是同构的，加法下，后者没有8阶元，前者有。

l 10.3.19 要利用当k不是0或p时组合数C(p,k)被p整除的性质。

l 10.3.20 Z[x]的同态(环同态总是假设1映射为1）只需要给出x的像f(x)∈Z[x]即可，要求有逆映射因此存在g∈Z[x]满足g(f(x))=x。计算次数可知f，g都必须是1次。比较首项系数可知f的首项系数是±1。事实上只要满足这样的条件就行。最后的群是Z/2与Z的半直积。

l 10.3.26 R[[t]]中，首项非零的幂级数都是可逆元，非可逆元可以写成t的幂次乘以可逆元。因此R[[t]]中的理想都是主理想，生成元是tn。

l 10.3.27 例如(x,y)不可能是主理想，否则x,y都是某一个多项式的倍数，但二者都是1次，而且1次公因子没有，所以公因子只能是常数，这样理想是整个环，矛盾。

l 10.4.2 a) p=3，相当于Z/3[x]/(x2)，这是无穷小环，其中有幂零元x。b) p=5，Z/5[x]/x2+3，Z/5Z中，x2+3是不可约多项式，因此生成极大理想，商环是域，有25个元素。

l 10.4.3 a) (x2-3,2x+4)=(x2-3,2x+4,4)=(x2-3,2x,4)=(x2-3,2)=(x2-1,2)=Z/2Z[x]/(x+1)2，是一个4阶环，不是整环。
b) Z[i]/(2+i)=Z[x]/(x2+1,2+x), (x2+1,x+2)=(x+2,5)，因此此环同构于Z/5Z[x]/(x+2)≌Z/5Z。

l 10.5.1 理想(2a-6,a-10)=(2a-6, 14)，因为此理想包含于(2)中，因此此环的一个商环是Z/2Z[x]。这个环中2*(a-3)=0，因此有幂零元。

l 10.5.6 a) a2+a+1是F2上的不可约多项式，因此相应的商环是域。b)a2+1是可约多项式，相应的商环不是整环。两个环都是4个元素的环。

l 10.5.10 a) (2a-6,6a-15)=(2a-6, 3)=(2a,3)=(a,3), 因此商环同构于Z/3Z。
b) (2a-6,6a-18)=(2a-6)，商环中2与a-3是零因子。后面的讨论需要用到代数几何的思想。(2)和(a-3)都是素理想，因为相应的商环分别是Z/2Z[a]和Z，都是整环。(2a-6)=(2)(a-3)是两个素理想的乘积，因此商环相当于环Z与Z/2Z[a]通过到Z/2Z的同态所做的张量积。这个类似直积，元素可以表示为(x,y)，其中x∈Z/2[a]，y∈Z，要求y模2与x将a=3带入在Z/2中相同。(x,y)上的加法和乘法都是分别乘或加。
c) (2a-6,6a-8)=(2a-6,10)，商环依然不是整环。 如果类似b)要做继续讨论，则把理想写成(2)(a-3,5)，后者的商环是Z/5Z，前者是Z/2Z[a]。理想(2)与(a-3,5)生成的理想是整个环。因此这时候Z[a]/(2a-6,10)≌Z/5ZxZ/2Z[a]，到第一个分支的同态是模(a-3,5)，到第二个是模(2)。这里可以用到习题10.4.7，10.4.8。

l 10.6.6 参考10.3.26解答，这是因为F[[x]]中，常数项非零的幂级数都是可逆的，因为不可逆元都可以写成x的正幂次乘以可逆元，只要定义了x的逆，则所有元素可逆。

l 10.7.3 y+x2+2xy2+y4=y+(x+y2)2，因此y属于理想，进而x属于理想，理想=(x,y)。

l 10.7.5 a)(x-1,y-4)=Ma是极大理想，对应的零点是(1,4)，此点带入f=y2+x3-17为0，因此I包含于Ma，由环的同构定理Ma在R/I中的像也是极大理想。
b) (x+1,y+4)=Mb仍是极大理想，对应零点是(-1,-4)，与a)不同的是此点带入f不等于0，因此I不包含于Mb，Mb在R/I中的像在R中的逆像是(Mb,I)严格大于Mb，因此是整个环，由同构定理，Mb在R/I中的像也是整个R/I。
c) (x3-17,y2)显然包含I，但是这个理想在CxC上有3个零点，x坐标是17的3次根，y等于0，因此包含于3个极大理想之中因此它的像也不是极大理想。

l 10.8.1 就是解方程。a) x=0,1±i。b) (±1,0) x=y=±√1/3。c) x5=1, y=x4。d) (0,0) e) (0,0)

l 10.8.11 直接按提示来。如果有公共零点，则此点处，比较f1,f2知道(y-1)(y+2)=0，于是y=1,-2,根据f3解得x=1,-1/2，带入f1不成立，因此没有公共零点。另一种方法：要将1写成3个式子的多项式倍数和，f1-f2=y2+y-2, f2*y2-f3*(xy+1)=-y3+y2+1。两个关于y的多项式可以用辗转相除法表示出1，最后整理出1的表达式。（这样是能写出来的，后来我没整理）