Алгебрични структури: групи, пръстени и полета - много трудни задачи с решения

Решение:
При [tex]n=1[/tex] няма какво да доказваме, затова нека [tex]n\ge 2[/tex]. За делител [tex]d[/tex] на [tex]n[/tex] с [tex]N(d)[/tex] означаваме броя на елементите от ред [tex]d[/tex] в [tex]G[/tex]. По теоремата на Лагранж редът на всеки елемент дели [tex]n[/tex], затова
[tex]\sum_{d\mid n}N(d)=n[/tex]
Нека [tex]d\mid n[/tex], [tex]d\lt n[/tex], и нека в [tex]G[/tex] има елемент [tex]x[/tex] от ред [tex]d[/tex]. Всеки елемент [tex]y[/tex] от ред [tex]d[/tex] поражда подгрупа [tex]\langle y\rangle[/tex] от ред [tex]d[/tex], която по условие съвпада с [tex]\langle x\rangle[/tex]. Следователно елементите от ред [tex]d[/tex] са точно пораждащите елементи на цикличната група [tex]\langle x\rangle[/tex] и броят им е [tex]\varphi(d)[/tex], където [tex]\varphi[/tex] е функцията на Ойлер. Значи [tex]N(d)=0[/tex] или [tex]N(d)=\varphi(d)[/tex] и във всички случаи
[tex]N(d)\le\varphi(d)\qquad\left(d\mid n,\ d\lt n\right)[/tex]
Като използваме тъждеството на Гаус [tex]\sum_{d\mid n}\varphi(d)=n[/tex], получаваме
[tex]n=\sum_{d\mid n}N(d)\le\sum_{d\mid n,\ d\lt n}\varphi(d)+N(n)=n-\varphi(n)+N(n)[/tex]
Следователно [tex]N(n)\ge\varphi(n)\ge 1[/tex], т.е. в [tex]G[/tex] има елемент [tex]g[/tex] от ред [tex]n[/tex]. Тогава [tex]\langle g\rangle[/tex] има [tex]n=|G|[/tex] елемента, затова [tex]G=\langle g\rangle[/tex] е циклична.

Решение:
Първо ще докажем, че [tex]x^3=x[/tex] за всяко [tex]x\in G[/tex]. Прилагаме условието към елемента [tex]ax[/tex]:
[tex](ax)^3=a(ax)a\ \Rightarrow\ a(xaxax)=a(axa)[/tex]
След съкращаване на [tex]a[/tex] отляво получаваме [tex]xaxax=axa=x^3[/tex]. От друга страна, [tex]xaxax=x(axa)x=x\,x^3x=x^5[/tex], следователно [tex]x^5=x^3[/tex], т.е. [tex]x^2x^3=x^2x[/tex], и след съкращаване на [tex]x^2[/tex] отляво получаваме
[tex]x^3=x[/tex]
Следователно [tex]axa=x^3=x[/tex] за всяко [tex]x[/tex], и в частност [tex]a^3=a[/tex]. Сега [tex]e=a^2[/tex] е неутрален (единичен) елемент: за всяко [tex]x[/tex]
[tex]a^2x=a^2(axa)=a^3xa=axa=x,\qquad xa^2=(axa)a^2=axa^3=axa=x[/tex]
Всеки елемент е обратен на себе си: от [tex]x\,x^2=x^3=x=xe[/tex] след съкращаване на [tex]x[/tex] отляво получаваме [tex]x^2=e[/tex], т.е. [tex]x^{-1}=x[/tex]. Значи [tex]G[/tex] е група (операцията е асоциативна, има неутрален елемент и обратни елементи). Накрая, за [tex]x,y\in G[/tex]
[tex]xy=(xy)^{-1}=y^{-1}x^{-1}=yx[/tex]
следователно групата [tex]G[/tex] е абелева.

Решение:
Първо, [tex]\varphi(1)=1[/tex]. Наистина, [tex]\varphi(1)=\varphi(1^2)=\varphi(1)^2[/tex], откъдето [tex]\varphi(1)\in\{0; 1\}[/tex]. Ако [tex]\varphi(1)=0[/tex], то [tex]\varphi(x)=\varphi(x)\varphi(1)=0[/tex] за всяко [tex]x[/tex], което противоречи на [tex]\varphi\ne 0[/tex].
След това, [tex]\varphi(q)=q[/tex] за всяко рационално [tex]q[/tex]. От адитивността следва [tex]\varphi(0)=0[/tex], [tex]\varphi(-x)=-\varphi(x)[/tex] и [tex]\varphi(m)=m\varphi(1)=m[/tex] за всяко цяло [tex]m[/tex]. За [tex]q=\frac{m}{k}[/tex], където [tex]m\in\mathbb{Z}[/tex], [tex]k\in\mathbb{N}[/tex]:
[tex]k\varphi(q)=\varphi(kq)=\varphi(m)=m\ \Rightarrow\ \varphi(q)=\frac{m}{k}=q[/tex]
Изображението [tex]\varphi[/tex] е монотонно ненамаляващо. Ако [tex]t\ge 0[/tex], то [tex]t=s^2[/tex], където [tex]s=\sqrt{t}[/tex], откъдето [tex]\varphi(t)=\varphi(s)^2\ge 0[/tex]. Следователно при [tex]x\le y[/tex]
[tex]\varphi(y)-\varphi(x)=\varphi(y-x)\ge 0[/tex]
Накрая, да допуснем, че [tex]\varphi(x)\lt x[/tex] за някое [tex]x[/tex]. Тъй като [tex]\mathbb{Q}[/tex] е гъсто в [tex]\mathbb{R}[/tex], съществува рационално [tex]q[/tex], за което [tex]\varphi(x)\lt q\lt x[/tex]. Понеже [tex]q\lt x[/tex], от монотонността следва [tex]q=\varphi(q)\le\varphi(x)[/tex] — противоречие. Ако [tex]\varphi(x)\gt x[/tex], избираме рационално [tex]q[/tex], за което [tex]x\lt q\lt\varphi(x)[/tex]; тогава [tex]\varphi(x)\le\varphi(q)=q[/tex] — отново противоречие. Следователно
[tex]\varphi(x)=x\quad\forall x\in\mathbb{R}[/tex]
(Значи единствените пръстенови хомоморфизми [tex]\mathbb{R}\to\mathbb{R}[/tex] са нулевото и тъждественото изображение.)

Решение:
При [tex]p=2[/tex] биномните коефициенти [tex]4[/tex], [tex]6[/tex], [tex]4[/tex] са четни, затова в [tex]\mathbb{Z}_2[x][/tex]
[tex]x^4+1=(x+1)^4[/tex]
Нека [tex]p[/tex] е нечетно. В мултипликативната група [tex]\mathbb{Z}_p^*[/tex] от ред [tex]p-1[/tex] изображението [tex]x\mapsto x^2[/tex] е хомоморфизъм с ядро [tex]\{1; -1\}[/tex], затова множеството [tex]Q[/tex] на ненулевите квадрати е подгрупа с индекс [tex]2[/tex]. Факторгрупата [tex]\mathbb{Z}_p^*/Q[/tex] има два елемента, следователно произведението на два елемента, които не са квадрати, е квадрат. Прилагайки това към [tex]-1[/tex] и [tex]2[/tex], получаваме, че поне едно от числата [tex]-1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]-2=(-1)\cdot 2[/tex] е квадрат в [tex]\mathbb{Z}_p[/tex].
Ако [tex]-1=a^2[/tex], то
[tex]x^4+1=x^4-a^2=(x^2-a)(x^2+a)[/tex]
Ако [tex]2=b^2[/tex], то
[tex]x^4+1=(x^2+1)^2-2x^2=(x^2+1)^2-(bx)^2=(x^2-bx+1)(x^2+bx+1)[/tex]
Ако [tex]-2=c^2[/tex], то
[tex]x^4+1=(x^2-1)^2+2x^2=(x^2-1)^2-(cx)^2=(x^2-cx-1)(x^2+cx-1)[/tex]
Във всеки случай [tex]x^4+1[/tex] е произведение на два полинома от степен [tex]2[/tex] над [tex]\mathbb{Z}_p[/tex], следователно е разложим над [tex]\mathbb{Z}_p[/tex] за всяко просто [tex]p[/tex]. (Над [tex]\mathbb{Q}[/tex] нито едно от числата [tex]-1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]-2[/tex] не е квадрат, затова там тези разлагания не са възможни.)

Решение:
Имаме [tex]4036=2^2\cdot 1009[/tex], като [tex]1009[/tex] е просто число. По китайската теорема за остатъците [tex]\mathbb{Z}_{4036}\cong\mathbb{Z}_4×\mathbb{Z}_{1009}[/tex] като пръстени, затова за групата на обратимите елементи
[tex]G\cong\mathbb{Z}_4^*×\mathbb{Z}_{1009}^*\cong C_2×C_{1008}[/tex]
Тук [tex]\mathbb{Z}_4^*=\{1; 3\}\cong C_2[/tex], а [tex]\mathbb{Z}_{1009}^*\cong C_{1008}[/tex], тъй като мултипликативната група на крайно поле е циклична. Понеже [tex]1008=2^4\cdot 3^2\cdot 7[/tex], имаме [tex]C_{1008}\cong C_{16}×C_9×C_7[/tex], следователно
[tex]G\cong(C_2×C_{16})×C_9×C_7[/tex]
Това е разлагането на [tex]G[/tex] в произведение на силовските ѝ подгрупи. В крайна абелева група всяка подгрупа [tex]H[/tex] е произведение на сеченията си със силовските подгрупи: всяко [tex]h\in H[/tex] се представя еднозначно като [tex]h=h_2h_3h_7[/tex], като всяко [tex]h_p[/tex] е степен на [tex]h[/tex], следователно [tex]h_p\in H[/tex]. Затова, ако с [tex]s(K)[/tex] означим броя на подгрупите на група [tex]K[/tex], то
[tex]s(G)=s(C_2×C_{16})\,s(C_9)\,s(C_7)[/tex]
Циклична група от ред [tex]m[/tex] има точно по една подгрупа за всеки делител на [tex]m[/tex], затова [tex]s(C_9)=3[/tex] и [tex]s(C_7)=2[/tex]. Нека [tex]C_2×C_{16}=\langle a\rangle×\langle b\rangle[/tex]. При [tex]1\le k\le 4[/tex] броят на елементите, чийто ред дели [tex]2^k[/tex], е [tex]2\cdot 2^k[/tex], затова има съответно [tex]3[/tex], [tex]4[/tex], [tex]8[/tex], [tex]16[/tex] елемента от ред [tex]2[/tex], [tex]4[/tex], [tex]8[/tex], [tex]16[/tex]. Циклична подгрупа от ред [tex]2^k[/tex] има [tex]\varphi(2^k)[/tex] пораждащи елемента, затова броят на цикличните подгрупи е
[tex]1+\frac{3}{1}+\frac{4}{2}+\frac{8}{4}+\frac{16}{8}=1+3+2+2+2=10[/tex]
Нециклична подгрупа [tex]H[/tex] (по структурната теорема за крайните абелеви групи) е произведение на две нетривиални циклични [tex]2[/tex]-групи, затова има поне [tex]3[/tex] елемента от ред [tex]2[/tex]; следователно тя съдържа и трите елемента от ред [tex]2[/tex] на [tex]C_2×C_{16}[/tex], в частност [tex]a[/tex]. Ако [tex]a\in H[/tex], то от [tex]a^eb^m\in H[/tex] следва [tex]b^m\in H[/tex], затова [tex]H=\langle a\rangle×K[/tex], където [tex]K=H\cap\langle b\rangle[/tex]; такава подгрупа е нециклична точно когато [tex]K[/tex] е нетривиална. Получаваме [tex]4[/tex] нециклични подгрупи (по една за всяко [tex]K[/tex] от ред [tex]2[/tex], [tex]4[/tex], [tex]8[/tex], [tex]16[/tex]). Следователно
[tex]s(C_2×C_{16})=10+4=14,\qquad s(G)=14\cdot 3\cdot 2=84[/tex]

Решение:
Разкривайки скобите, получаваме
[tex](x+y)^5-x^5-y^5=5xy(x+y)(x^2+xy+y^2)[/tex]
Ако [tex]\operatorname{char}F=5[/tex], то [tex]5=0[/tex] в [tex]F[/tex], затова равенството е изпълнено във всяко поле с характеристика [tex]5[/tex]. Нека [tex]\operatorname{char}F\ne 5[/tex]. Тогава [tex]5\ne 0[/tex] и тъй като полето няма делители на нулата, трябва [tex]xy(x+y)(x^2+xy+y^2)=0[/tex] за всички [tex]x,y[/tex]. При [tex]x=y=1[/tex] получаваме [tex]1\cdot 1\cdot 2\cdot 3=6=0[/tex], следователно [tex]\operatorname{char}F\in\{2; 3\}[/tex]; в частност нито едно поле с характеристика [tex]0[/tex] не е решение.
Характеристика [tex]3[/tex]: тук [tex]x^2+xy+y^2=x^2-2xy+y^2=(x-y)^2[/tex]. При [tex]x=1[/tex] трябва [tex]y(1+y)(1-y)^2=0[/tex] за всяко [tex]y\in F[/tex], т.е. всеки елемент на [tex]F[/tex] е [tex]0[/tex], [tex]1[/tex] или [tex]-1[/tex], значи [tex]F=\mathbb{F}_3[/tex]. Обратно, в [tex]\mathbb{F}_3[/tex] всеки два ненулеви елемента удовлетворяват [tex]y=\pm x[/tex], затова [tex]x+y=0[/tex] или [tex]x-y=0[/tex] и равенството е изпълнено.
Характеристика [tex]2[/tex]: при [tex]x=1[/tex] всяко [tex]y\in F[/tex] трябва да е корен на полинома [tex]y(y+1)(y^2+y+1)[/tex] от степен [tex]4[/tex], затова [tex]|F|\le 4[/tex], т.е. [tex]F=\mathbb{F}_2[/tex] или [tex]F=\mathbb{F}_4[/tex]. И двете полета са решения: ако [tex]x,y\ne 0[/tex] и [tex]x=y[/tex], то [tex]x+y=2x=0[/tex]; в [tex]\mathbb{F}_4[/tex], ако [tex]x\ne y[/tex] са ненулеви, то [tex]x^3=y^3=1[/tex] (групата [tex]\mathbb{F}_4^*[/tex] е от ред [tex]3[/tex]), откъдето
[tex](x-y)(x^2+xy+y^2)=x^3-y^3=0\ \Rightarrow\ x^2+xy+y^2=0[/tex]
Отговор: всички полета с характеристика [tex]5[/tex], както и полетата [tex]\mathbb{F}_2[/tex], [tex]\mathbb{F}_3[/tex] и [tex]\mathbb{F}_4[/tex].