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

Решение:
Класът [tex]k\in\mathbb{Z}_{16}[/tex] е обратим точно когато [tex]\text{НОД}(k; 16)=1[/tex], затова обратимите елементи са нечетните класове [tex]1; 3; 5; 7; 9; 11; 13; 15[/tex].
Те образуват комутативна група относно умножението, така че в произведението можем да групираме всеки елемент с обратния му; всяка такава двойка дава [tex]x\cdot x^{-1}=1[/tex]. Без двойка остават само елементите с [tex]x=x^{-1}[/tex], т.е. [tex]x^2\equiv 1 \pmod{16}[/tex]. Пресмятаме квадратите:
[tex]1^2=1,\quad 3^2=9,\quad 5^2=25\equiv 9,\quad 7^2=49\equiv 1[/tex]
[tex]9^2=81\equiv 1,\quad 11^2=121\equiv 9,\quad 13^2=169\equiv 9,\quad 15^2=225\equiv 1[/tex]
Следователно елементите, които са обратни сами на себе си, са [tex]1; 7; 9; 15[/tex], а останалите образуват двойки:
[tex]3\cdot 11=33\equiv 1,\qquad 5\cdot 13=65\equiv 1 \pmod{16}[/tex]
Следователно произведението на всички обратими елементи е
[tex]1\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 9\cdot 11\cdot 13\cdot 15\equiv 1\cdot 7\cdot 9\cdot 15=945=59\cdot 16+1\equiv 1 \pmod{16}[/tex]

Решение:
Като композираме двете страни на [tex]g_2=h\circ g_1[/tex] отдясно с [tex]g_1^{-1}[/tex], получаваме
[tex]h=g_2\circ g_1^{-1}[/tex]
Обратният на един цикъл е същият цикъл, обходен в обратна посока, затова
[tex]g_1^{-1}=(5\,4\,3)(2\,1)(9\,8\,7\,6)[/tex]
т.е.
[tex]g_1^{-1}\colon\ 1\mapsto 2,\ 2\mapsto 1,\ 3\mapsto 5,\ 4\mapsto 3,\ 5\mapsto 4,\ 6\mapsto 9,\ 7\mapsto 6,\ 8\mapsto 7,\ 9\mapsto 8[/tex]
Сега пресмятаме [tex]h(x)=g_2\left(g_1^{-1}(x)\right)[/tex], като проследяваме циклите на [tex]h[/tex]:
[tex]h(1)=g_2(2)=4,\quad h(4)=g_2(3)=5,\quad h(5)=g_2(4)=8,\quad h(8)=g_2(7)=1[/tex]
[tex]h(2)=g_2(1)=3,\quad h(3)=g_2(5)=7,\quad h(7)=g_2(6)=9,\quad h(9)=g_2(8)=2[/tex]
[tex]h(6)=g_2(9)=6[/tex]
Следователно ([tex]6[/tex] е неподвижна точка)
[tex]h=(1\,4\,5\,8)(2\,3\,7\,9)[/tex]
Проверка за един елемент: [tex]h\left(g_1(1)\right)=h(2)=3=g_2(1)[/tex]; останалите елементи се проверяват по същия начин.

Решение:
[tex]K[/tex] наистина е поле: полиномът [tex]f(x)=x^3+2x+1[/tex] няма корени в [tex]\mathbb{Z}_3[/tex], защото
[tex]f(0)=1,\qquad f(1)=4\equiv 1,\qquad f(2)=13\equiv 1 \pmod 3[/tex]
Полином от степен [tex]3[/tex] без корени няма линеен множител, следователно е неразложим, а факторпръстенът на [tex]\mathbb{Z}_3[x][/tex] по неразложим полином е поле. Нека [tex]a(x)=2x^2+x+2[/tex]. Прилагаме алгоритъма на Евклид в [tex]\mathbb{Z}_3[x][/tex] (да отбележим, че [tex]2^{-1}=2[/tex]):
[tex]f-2x\,a=(x^3+2x+1)-(x^3+2x^2+x)=x^2+x+1[/tex]
[tex](x^2+x+1)-2a=(x^2+x+1)-(x^2+2x+1)=2x\ \Rightarrow\ 2x=f-(2x+2)\,a[/tex]
[tex]a=2x\,(x+2)+2[/tex]
Заместваме израза за [tex]2x[/tex]:
[tex]2=a-2x\,(x+2)=a-\bigl(f-(2x+2)\,a\bigr)(x+2)=\bigl(1+(x+2)(2x+2)\bigr)a-(x+2)f[/tex]
[tex](x+2)(2x+2)=2x^2+6x+4\equiv 2x^2+1\ \Rightarrow\ 2\equiv(2x^2+2)\,a \pmod f[/tex]
Умножаваме по [tex]2^{-1}=2[/tex]:
[tex]1\equiv(4x^2+4)\,a\equiv(x^2+1)\,a \pmod f[/tex]
Следователно обратният елемент на [tex]2x^2+x+2[/tex] в [tex]K[/tex] е [tex]x^2+1[/tex]. Проверка: в [tex]K[/tex] имаме [tex]x^3=x+2[/tex] и [tex]x^4=x^2+2x[/tex], затова
[tex](2x^2+x+2)(x^2+1)=2x^4+x^3+4x^2+x+2\equiv 2x^4+x^3+x^2+x+2[/tex]
[tex]2x^4+x^3+x^2+x+2=(2x^2+x)+(x+2)+x^2+x+2=3x^2+3x+4\equiv 1[/tex]

Решение:
Разлагаме делителя: [tex]g(1)=0[/tex] и
[tex]g(x)=(x-1)(x^2+2x-3)=(x-1)^2(x+3)[/tex]
следователно [tex]1[/tex] е двоен корен на [tex]g[/tex], а [tex]-3[/tex] е прост корен. Остатъкът е от степен, по-малка от [tex]3[/tex], затова
[tex]f(x)=q(x)\,g(x)+r(x),\qquad r(x)=ax^2+bx+c[/tex]
Като заместим с корените на [tex]g[/tex], получаваме [tex]f(1)=r(1)[/tex] и [tex]f(-3)=r(-3)[/tex]. След диференциране [tex]f'=q'g+qg'+r'[/tex], а тъй като [tex]g(1)=g'(1)=0[/tex] (двоен корен), също [tex]f'(1)=r'(1)[/tex]. Пресмятаме:
[tex]f(1)=2+6+7=15[/tex]
[tex]f(-3)=2(-3)^n+6(-3)^{n-1}-21=(-3)^{n-1}(-6+6)-21=-21[/tex]
[tex]f'(x)=2nx^{n-1}+6(n-1)x^{n-2}+7\ \Rightarrow\ f'(1)=2n+6(n-1)+7=8n+1[/tex]
Получаваме системата
[tex]\begin{cases}a+b+c=15\\9a-3b+c=-21\\2a+b=8n+1\end{cases}[/tex]
Като извадим първото уравнение от второто, получаваме [tex]8a-4b=-36[/tex], т.е. [tex]2a-b=-9[/tex]. Събираме това равенство с третото уравнение:
[tex]4a=8n-8\ \Rightarrow\ a=2n-2,\qquad b=8n+1-2a=4n+5,\qquad c=15-a-b=12-6n[/tex]
Следователно остатъкът е
[tex]r(x)=(2n-2)x^2+(4n+5)x+12-6n[/tex]
Проверка при [tex]n=2[/tex]: [tex]f(x)=2x^2+13x[/tex] е от степен [tex]2[/tex], следователно съвпада с остатъка си, а формулата дава [tex]2x^2+13x+0[/tex].

Решение:
Разглеждаме изображението [tex]\varphi:R\to R[/tex], [tex]\varphi(x)=1-x[/tex]. Тъй като [tex]\varphi(\varphi(x))=1-(1-x)=x[/tex], изображението [tex]\varphi[/tex] е биекция и съвпада със своето обратно. То преобразува новите операции в старите:
[tex]\varphi(a\oplus b)=1-(a+b-1)=(1-a)+(1-b)=\varphi(a)+\varphi(b)[/tex]
[tex]\varphi(a\odot b)=1-a-b+ab=(1-a)(1-b)=\varphi(a)\varphi(b)[/tex]
Редът на множителите се запазва, затова комутативност на [tex]R[/tex] не е нужна. Тъй като [tex]\varphi[/tex] е инективно, всяка аксиома на пръстена се пренася от старите операции към новите. Например за асоциативността на [tex]\odot[/tex]:
[tex]\varphi((a\odot b)\odot c)=(\varphi(a)\varphi(b))\varphi(c)=\varphi(a)(\varphi(b)\varphi(c))=\varphi(a\odot(b\odot c))[/tex]
следователно [tex](a\odot b)\odot c=a\odot(b\odot c)[/tex]. Аналогично за лявата дистрибутивност:
[tex]\varphi(a\odot(b\oplus c))=\varphi(a)(\varphi(b)+\varphi(c))=\varphi(a)\varphi(b)+\varphi(a)\varphi(c)=\varphi((a\odot b)\oplus(a\odot c))[/tex]
т.е. [tex]a\odot(b\oplus c)=(a\odot b)\oplus(a\odot c)[/tex]. Дясната дистрибутивност, асоциативността и комутативността на [tex]\oplus[/tex] се проверяват по същия начин. Нулата на новия пръстен е [tex]\varphi^{-1}(0)=1[/tex], а противоположният елемент на [tex]a[/tex] е [tex]\varphi^{-1}(-\varphi(a))=2-a[/tex]:
[tex]a\oplus 1=a+1-1=a,\qquad a\oplus(2-a)=a+2-a-1=1[/tex]
Следователно [tex]R[/tex] е пръстен относно [tex]\oplus[/tex] и [tex]\odot[/tex], а [tex]\varphi[/tex] е изоморфизъм от него върху изходния пръстен. Нещо повече, новият пръстен има единица [tex]\varphi^{-1}(1)=0[/tex], тъй като [tex]a\odot 0=0\odot a=a[/tex].

Решение:
Идеалът се състои от произведенията [tex](2+2i)(x+yi)[/tex], където [tex]x,y\in\mathbb{Z}[/tex]:
[tex](2+2i)(x+yi)=(2x-2y)+(2x+2y)i[/tex]
От [tex]2x-2y=a[/tex], [tex]2x+2y=b[/tex] намираме [tex]x=\frac{a+b}{4}[/tex], [tex]y=\frac{b-a}{4}[/tex]. Следователно [tex]a+bi\in A[/tex] точно когато [tex]a+b\equiv 0\pmod 4[/tex] и [tex]b-a\equiv 0\pmod 4[/tex], т.е. когато [tex]b[/tex] е четно и [tex]a\equiv b\pmod 4[/tex].
Всяко [tex]a+bi[/tex] е сравнимо по модул [tex]A[/tex] с точно един от следните [tex]8[/tex] елемента [tex]a_0+b_0i[/tex], където [tex]a_0\in\{0; 1; 2; 3\}[/tex], [tex]b_0\in\{0; 1\}[/tex]. Наистина, избираме [tex]b_0\equiv b\pmod 2[/tex] и [tex]a_0\equiv a-(b-b_0)\pmod 4[/tex]; тогава разликата [tex](a-a_0)+(b-b_0)i[/tex] има четна имагинерна част и [tex]a-a_0\equiv b-b_0\pmod 4[/tex], следователно лежи в [tex]A[/tex].
Два различни представителя никога не са сравними: ако [tex](a_0-a_0')+(b_0-b_0')i\in A[/tex], то [tex]b_0-b_0'[/tex] е четно, значи [tex]b_0=b_0'[/tex], и тогава [tex]a_0\equiv a_0'\pmod 4[/tex], т.е. [tex]a_0=a_0'[/tex]. Следователно
[tex]\left|\mathbb{Z}[i]/A\right|=8[/tex]
Това съответства на общата формула [tex]\left|\mathbb{Z}[i]/(\alpha)\right|=N(\alpha)[/tex]: [tex]N(2+2i)=2^2+2^2=8[/tex].

Решение:
Ако [tex]z^n=1[/tex], то [tex]|z|^n=1[/tex], откъдето [tex]|z|=1[/tex]; следователно [tex]C_n\subseteq U[/tex]. Тъй като [tex]U[/tex] е абелева група, [tex]C_n[/tex] е нормална подгрупа. Разглеждаме изображението
[tex]\varphi:U\to U,\qquad \varphi(z)=z^n[/tex]
То е коректно дефинирано, тъй като [tex]|z^n|=|z|^n=1[/tex], и е хомоморфизъм, тъй като [tex]U[/tex] е комутативна:
[tex]\varphi(zw)=(zw)^n=z^nw^n=\varphi(z)\varphi(w)[/tex]
То е сюрективно: всяко [tex]w\in U[/tex] може да се запише като [tex]w=\cos\theta+i\sin \theta[/tex] и по формулата на Моавър числото [tex]z=\cos\frac{\theta}{n}+i\sin \frac{\theta}{n}\in U[/tex] удовлетворява [tex]z^n=w[/tex]. Ядрото му е
[tex]\ker\varphi=\{z\in U : z^n=1\}=C_n[/tex]
По първата теорема за изоморфизмите [tex]U/\ker\varphi\cong\operatorname{Im}\varphi[/tex], т.е.
[tex]U/C_n\cong U[/tex]
като изоморфизмът е [tex]zC_n\mapsto z^n[/tex].