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

Решение:
Полином от степен [tex]2[/tex] над поле е разложим точно когато има корен в това поле, защото всяко нетривиално разлагане се състои от два линейни множителя. Затова търсим корените на [tex]x^2+1[/tex] в [tex]\mathbb{Z}_5=\{0; 1; 2; 3; 4\}[/tex]:
[tex]0^2+1=1,\quad 1^2+1=2,\quad 2^2+1=5\equiv 0,\quad 3^2+1=10\equiv 0,\quad 4^2+1=17\equiv 2 \pmod 5[/tex]
Корените са [tex]2[/tex] и [tex]3[/tex]. Тъй като [tex]-2\equiv 3[/tex] и [tex]-3\equiv 2 \pmod 5[/tex], получаваме
[tex]x^2+1=(x-2)(x-3)=(x+3)(x+2)[/tex]
Проверка:
[tex](x+2)(x+3)=x^2+5x+6\equiv x^2+1 \pmod 5[/tex]
Линейните множители винаги са неразложими, така че това е търсеното разлагане.

Решение:
Всичките седем изображения приемат ненулеви реални стойности, т.е. изобразяват [tex]\mathbb{C}^*[/tex] в [tex]\mathbb{R}^*[/tex]. Изображението [tex]f[/tex] е хомоморфизъм точно когато [tex]f(zw)=f(z)f(w)[/tex] за всички [tex]z,w\in\mathbb{C}^*[/tex]. Тъй като [tex]|zw|=|z|\,|w|[/tex], изображенията [tex]f(z)=|z|[/tex], [tex]f(z)=\frac{1}{|z|}[/tex], [tex]f(z)=|z|^2[/tex] и константата [tex]f(z)=1[/tex] (тривиалният хомоморфизъм) са хомоморфизми:
[tex]|zw|=|z|\,|w|,\qquad \frac{1}{|zw|}=\frac{1}{|z|}\cdot \frac{1}{|w|},\qquad |zw|^2=|z|^2\,|w|^2,\qquad 1=1\cdot 1[/tex]
Всеки хомоморфизъм изобразява единицата в единицата: [tex]f(1)=f(1\cdot 1)=f(1)^2[/tex] и [tex]f(1)\ne 0[/tex], откъдето [tex]f(1)=1[/tex]. Останалите три изображения не изпълняват това условие: за [tex]f(z)=2|z|[/tex], [tex]f(z)=1+|z|[/tex] и [tex]f(z)=2[/tex] имаме [tex]f(1)=2\ne 1[/tex], следователно те не са хомоморфизми.
Следователно точно [tex]4[/tex] от изображенията са хомоморфизми.

Решение:
Разлагаме [tex]\sigma[/tex] в произведение на независими цикли, като проследяваме образите на всеки елемент:
[tex]0\to 1\to 0,\quad 2\to 4\to 7\to 2,\quad 3\to 8\to 3,\quad 5\to 5,\quad 6\to 9\to 6[/tex]
Следователно ([tex]5[/tex] е неподвижна точка)
[tex]\sigma=(0\,1)(2\,4\,7)(3\,8)(6\,9)[/tex]
Независимите цикли комутират, затова
[tex]\sigma^n=(0\,1)^n(2\,4\,7)^n(3\,8)^n(6\,9)^n[/tex]
Това е тъждествената пермутация точно когато всеки от циклите, повдигнат на степен [tex]n[/tex], е тъждествената пермутация. Цикъл с дължина [tex]k[/tex] има ред [tex]k[/tex], затова [tex]n[/tex] трябва да се дели на [tex]2[/tex] и на [tex]3[/tex]. Следователно редът на [tex]\sigma[/tex] е
[tex]\text{НОК}(2; 3; 2; 2)=6[/tex]

Решение:
Всеки изоморфизъм [tex]f\colon G\to H[/tex] на адитивни групи запазва реда на всеки елемент. Наистина, [tex]f(ng)=n\,f(g)[/tex], защото [tex]f[/tex] е хомоморфизъм, и [tex]f(x)=0[/tex] само при [tex]x=0[/tex], защото [tex]f[/tex] е инективно; следователно за всяко естествено [tex]n[/tex]
[tex]ng=0\iff f(ng)=0\iff n\,f(g)=0[/tex]
т.е. [tex]g[/tex] и [tex]f(g)[/tex] имат еднакъв ред.
В [tex]\mathbb{Z}_4[/tex] елементът [tex]1[/tex] има ред [tex]4[/tex], защото [tex]k\cdot 1=k\ne 0[/tex] за [tex]k=1; 2; 3[/tex] и [tex]4\cdot 1=0[/tex]. В [tex]\mathbb{Z}_2×\mathbb{Z}_2[/tex] всеки елемент [tex]\left(a; b\right)[/tex] удовлетворява
[tex]2\left(a; b\right)=\left(2a; 2b\right)=\left(0; 0\right)[/tex]
следователно всеки елемент има ред [tex]1[/tex] или [tex]2[/tex] и няма елемент от ред [tex]4[/tex]. Ако съществуваше изоморфизъм [tex]f\colon\mathbb{Z}_4\to\mathbb{Z}_2×\mathbb{Z}_2[/tex], то [tex]f(1)[/tex] би бил елемент от ред [tex]4[/tex] в [tex]\mathbb{Z}_2×\mathbb{Z}_2[/tex], което е невъзможно. Следователно групите не са изоморфни ([tex]\mathbb{Z}_4[/tex] е циклична, а [tex]\mathbb{Z}_2×\mathbb{Z}_2[/tex] не е).

Решение:
Нека [tex]e[/tex] е неутралният елемент на [tex]G[/tex]. Елементът [tex]ba[/tex] е спрегнат на [tex]ab[/tex]:
[tex]a^{-1}(ab)a=(a^{-1}a)ba=ba[/tex]
Следователно за всяко естествено число [tex]n[/tex] всички вътрешни произведения [tex]a\,a^{-1}[/tex] се съкращават и
[tex](ba)^n=\left(a^{-1}(ab)a\right)\left(a^{-1}(ab)a\right)\ldots\left(a^{-1}(ab)a\right)=a^{-1}(ab)^n a[/tex]
Като умножим отляво с [tex]a[/tex] и отдясно с [tex]a^{-1}[/tex], получаваме
[tex](ba)^n=e\iff a^{-1}(ab)^n a=e\iff (ab)^n=e[/tex]
Значи множествата [tex]\{n\in\mathbb{N}\mid (ab)^n=e\}[/tex] и [tex]\{n\in\mathbb{N}\mid (ba)^n=e\}[/tex] съвпадат. Ако са празни, двата елемента имат безкраен ред; в противен случай най-малките им елементи съвпадат, т.е. [tex]ab[/tex] и [tex]ba[/tex] имат един и същ краен ред.