Algebarske strukture: grupe, prstenovi i polja - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Za [tex]n=1[/tex] nema šta da se dokazuje, pa neka je [tex]n\ge 2[/tex]. Za delitelj [tex]d[/tex] broja [tex]n[/tex] označimo sa [tex]N(d)[/tex] broj elemenata reda [tex]d[/tex] u [tex]G[/tex]. Prema Lagranžovoj teoremi red svakog elementa deli [tex]n[/tex], pa je
[tex]\sum_{d\mid n}N(d)=n[/tex]
Neka je [tex]d\mid n[/tex], [tex]d\lt n[/tex], i neka u [tex]G[/tex] postoji element [tex]x[/tex] reda [tex]d[/tex]. Svaki element [tex]y[/tex] reda [tex]d[/tex] generiše podgrupu [tex]\langle y\rangle[/tex] reda [tex]d[/tex], koja se po pretpostavci poklapa sa [tex]\langle x\rangle[/tex]. Dakle, elementi reda [tex]d[/tex] su tačno generatori ciklične grupe [tex]\langle x\rangle[/tex], i ima ih [tex]\varphi(d)[/tex], gde je [tex]\varphi[/tex] Ojlerova funkcija. Prema tome, [tex]N(d)=0[/tex] ili [tex]N(d)=\varphi(d)[/tex], i u svakom slučaju
[tex]N(d)\le\varphi(d)\qquad\left(d\mid n,\ d\lt n\right)[/tex]
Koristeći Gausov identitet [tex]\sum_{d\mid n}\varphi(d)=n[/tex], dobijamo
[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]
Prema tome, [tex]N(n)\ge\varphi(n)\ge 1[/tex], tj. [tex]G[/tex] sadrži element [tex]g[/tex] reda [tex]n[/tex]. Tada [tex]\langle g\rangle[/tex] ima [tex]n=|G|[/tex] elemenata, pa je [tex]G=\langle g\rangle[/tex] ciklična grupa.

Rešenje:
Najpre dokažimo da je [tex]x^3=x[/tex] za svako [tex]x\in G[/tex]. Primenimo uslov na element [tex]ax[/tex]:
[tex](ax)^3=a(ax)a\ \Rightarrow\ a(xaxax)=a(axa)[/tex]
Skraćivanjem sa [tex]a[/tex] sleva dobijamo [tex]xaxax=axa=x^3[/tex]. S druge strane, [tex]xaxax=x(axa)x=x\,x^3x=x^5[/tex], pa je [tex]x^5=x^3[/tex], tj. [tex]x^2x^3=x^2x[/tex], i skraćivanjem sa [tex]x^2[/tex] sleva dobijamo
[tex]x^3=x[/tex]
Prema tome, [tex]axa=x^3=x[/tex] za svako [tex]x[/tex], a posebno [tex]a^3=a[/tex]. Sada je [tex]e=a^2[/tex] neutralni (jedinični) element: za svako [tex]x[/tex]
[tex]a^2x=a^2(axa)=a^3xa=axa=x,\qquad xa^2=(axa)a^2=axa^3=axa=x[/tex]
Svaki element je sam sebi inverzan: iz [tex]x\,x^2=x^3=x=xe[/tex] skraćivanjem sa [tex]x[/tex] sleva dobijamo [tex]x^2=e[/tex], tj. [tex]x^{-1}=x[/tex]. Dakle, [tex]G[/tex] je grupa (operacija je asocijativna, postoje neutralni i inverzni elementi). Najzad, za [tex]x,y\in G[/tex]
[tex]xy=(xy)^{-1}=y^{-1}x^{-1}=yx[/tex]
pa je grupa [tex]G[/tex] Abelova.

Rešenje:
Najpre, [tex]\varphi(1)=1[/tex]. Zaista, [tex]\varphi(1)=\varphi(1^2)=\varphi(1)^2[/tex], pa je [tex]\varphi(1)\in\{0; 1\}[/tex]. Ako je [tex]\varphi(1)=0[/tex], onda je [tex]\varphi(x)=\varphi(x)\varphi(1)=0[/tex] za svako [tex]x[/tex], što je u suprotnosti sa [tex]\varphi\ne 0[/tex].
Dalje, [tex]\varphi(q)=q[/tex] za svaki racionalan broj [tex]q[/tex]. Iz aditivnosti sledi [tex]\varphi(0)=0[/tex], [tex]\varphi(-x)=-\varphi(x)[/tex] i [tex]\varphi(m)=m\varphi(1)=m[/tex] za svaki ceo broj [tex]m[/tex]. Za [tex]q=\frac{m}{k}[/tex], gde je [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]
Preslikavanje [tex]\varphi[/tex] je neopadajuće. Ako je [tex]t\ge 0[/tex], onda je [tex]t=s^2[/tex], gde je [tex]s=\sqrt{t}[/tex], pa je [tex]\varphi(t)=\varphi(s)^2\ge 0[/tex]. Zato za [tex]x\le y[/tex] važi
[tex]\varphi(y)-\varphi(x)=\varphi(y-x)\ge 0[/tex]
Najzad, pretpostavimo da je [tex]\varphi(x)\lt x[/tex] za neko [tex]x[/tex]. Pošto je [tex]\mathbb{Q}[/tex] gust u [tex]\mathbb{R}[/tex], postoji racionalan broj [tex]q[/tex] takav da je [tex]\varphi(x)\lt q\lt x[/tex]. Kako je [tex]q\lt x[/tex], iz monotonosti sledi [tex]q=\varphi(q)\le\varphi(x)[/tex], što je kontradikcija. Ako je [tex]\varphi(x)\gt x[/tex], izaberimo racionalan broj [tex]q[/tex] takav da je [tex]x\lt q\lt\varphi(x)[/tex]; tada je [tex]\varphi(x)\le\varphi(q)=q[/tex], opet kontradikcija. Prema tome,
[tex]\varphi(x)=x\quad\forall x\in\mathbb{R}[/tex]
(Dakle, jedini homomorfizmi prstenova [tex]\mathbb{R}\to\mathbb{R}[/tex] su nula-preslikavanje i identičko preslikavanje.)

Rešenje:
Za [tex]p=2[/tex] binomni koeficijenti [tex]4[/tex], [tex]6[/tex], [tex]4[/tex] su parni, pa je u [tex]\mathbb{Z}_2[x][/tex]
[tex]x^4+1=(x+1)^4[/tex]
Neka je [tex]p[/tex] neparan. U multiplikativnoj grupi [tex]\mathbb{Z}_p^*[/tex] reda [tex]p-1[/tex] preslikavanje [tex]x\mapsto x^2[/tex] je homomorfizam sa jezgrom [tex]\{1; -1\}[/tex], pa je skup [tex]Q[/tex] nenula kvadrata podgrupa indeksa [tex]2[/tex]. Faktor-grupa [tex]\mathbb{Z}_p^*/Q[/tex] ima dva elementa, pa proizvod dva elementa koji nisu kvadrati jeste kvadrat. Primenjujući to na [tex]-1[/tex] i [tex]2[/tex], dobijamo da je bar jedan od brojeva [tex]-1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]-2=(-1)\cdot 2[/tex] kvadrat u [tex]\mathbb{Z}_p[/tex].
Ako je [tex]-1=a^2[/tex], onda je
[tex]x^4+1=x^4-a^2=(x^2-a)(x^2+a)[/tex]
Ako je [tex]2=b^2[/tex], onda je
[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]
Ako je [tex]-2=c^2[/tex], onda je
[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]
U svakom slučaju [tex]x^4+1[/tex] je proizvod dva polinoma stepena [tex]2[/tex] nad [tex]\mathbb{Z}_p[/tex], pa je svodljiv nad [tex]\mathbb{Z}_p[/tex] za svaki prost broj [tex]p[/tex]. (Nad [tex]\mathbb{Q}[/tex] nijedan od brojeva [tex]-1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]-2[/tex] nije kvadrat, zato tamo ova razlaganja nisu moguća.)

Rešenje:
Imamo [tex]4036=2^2\cdot 1009[/tex], pri čemu je [tex]1009[/tex] prost broj. Prema kineskoj teoremi o ostacima [tex]\mathbb{Z}_{4036}\cong\mathbb{Z}_4×\mathbb{Z}_{1009}[/tex] kao prstenovi, pa za grupu invertibilnih elemenata važi
[tex]G\cong\mathbb{Z}_4^*×\mathbb{Z}_{1009}^*\cong C_2×C_{1008}[/tex]
Ovde je [tex]\mathbb{Z}_4^*=\{1; 3\}\cong C_2[/tex], a [tex]\mathbb{Z}_{1009}^*\cong C_{1008}[/tex], jer je multiplikativna grupa konačnog polja ciklična. Pošto je [tex]1008=2^4\cdot 3^2\cdot 7[/tex], imamo [tex]C_{1008}\cong C_{16}×C_9×C_7[/tex], pa je
[tex]G\cong(C_2×C_{16})×C_9×C_7[/tex]
To je razlaganje grupe [tex]G[/tex] na njene Silovljeve podgrupe. U konačnoj Abelovoj grupi svaka podgrupa [tex]H[/tex] je proizvod svojih preseka sa Silovljevim podgrupama: svaki [tex]h\in H[/tex] se na jedinstven način zapisuje kao [tex]h=h_2h_3h_7[/tex], pri čemu je svaki [tex]h_p[/tex] stepen elementa [tex]h[/tex], pa je [tex]h_p\in H[/tex]. Zato, ako sa [tex]s(K)[/tex] označimo broj podgrupa grupe [tex]K[/tex], važi
[tex]s(G)=s(C_2×C_{16})\,s(C_9)\,s(C_7)[/tex]
Ciklična grupa reda [tex]m[/tex] ima tačno jednu podgrupu za svaki delitelj broja [tex]m[/tex], pa je [tex]s(C_9)=3[/tex] i [tex]s(C_7)=2[/tex]. Neka je [tex]C_2×C_{16}=\langle a\rangle×\langle b\rangle[/tex]. Za [tex]1\le k\le 4[/tex] broj elemenata čiji red deli [tex]2^k[/tex] jednak je [tex]2\cdot 2^k[/tex], pa redom ima [tex]3[/tex], [tex]4[/tex], [tex]8[/tex], [tex]16[/tex] elemenata reda [tex]2[/tex], [tex]4[/tex], [tex]8[/tex], [tex]16[/tex]. Ciklična podgrupa reda [tex]2^k[/tex] ima [tex]\varphi(2^k)[/tex] generatora, pa je broj cikličnih podgrupa
[tex]1+\frac{3}{1}+\frac{4}{2}+\frac{8}{4}+\frac{16}{8}=1+3+2+2+2=10[/tex]
Neciklična podgrupa [tex]H[/tex] je (prema teoremi o strukturi konačnih Abelovih grupa) proizvod dve netrivijalne ciklične [tex]2[/tex]-grupe, pa ima bar [tex]3[/tex] elementa reda [tex]2[/tex]; zato sadrži sva tri elementa reda [tex]2[/tex] grupe [tex]C_2×C_{16}[/tex], posebno [tex]a[/tex]. Ako je [tex]a\in H[/tex], onda iz [tex]a^eb^m\in H[/tex] sledi [tex]b^m\in H[/tex], pa je [tex]H=\langle a\rangle×K[/tex], gde je [tex]K=H\cap\langle b\rangle[/tex]; takva podgrupa je neciklična ako i samo ako je [tex]K[/tex] netrivijalna. To daje [tex]4[/tex] neciklične podgrupe (po jednu za svaku [tex]K[/tex] reda [tex]2[/tex], [tex]4[/tex], [tex]8[/tex], [tex]16[/tex]). Prema tome,
[tex]s(C_2×C_{16})=10+4=14,\qquad s(G)=14\cdot 3\cdot 2=84[/tex]

Rešenje:
Razvijanjem binoma dobijamo
[tex](x+y)^5-x^5-y^5=5xy(x+y)(x^2+xy+y^2)[/tex]
Ako je [tex]\operatorname{char}F=5[/tex], onda je [tex]5=0[/tex] u [tex]F[/tex], pa jednakost važi u svakom polju karakteristike [tex]5[/tex]. Neka je [tex]\operatorname{char}F\ne 5[/tex]. Tada je [tex]5\ne 0[/tex], a pošto polje nema delitelje nule, mora biti [tex]xy(x+y)(x^2+xy+y^2)=0[/tex] za sve [tex]x,y[/tex]. Za [tex]x=y=1[/tex] dobijamo [tex]1\cdot 1\cdot 2\cdot 3=6=0[/tex], pa je [tex]\operatorname{char}F\in\{2; 3\}[/tex]; posebno, nijedno polje karakteristike [tex]0[/tex] ne zadovoljava uslov.
Karakteristika [tex]3[/tex]: ovde je [tex]x^2+xy+y^2=x^2-2xy+y^2=(x-y)^2[/tex]. Za [tex]x=1[/tex] mora biti [tex]y(1+y)(1-y)^2=0[/tex] za svako [tex]y\in F[/tex], tj. svaki element polja [tex]F[/tex] je [tex]0[/tex], [tex]1[/tex] ili [tex]-1[/tex], pa je [tex]F=\mathbb{F}_3[/tex]. Obrnuto, u [tex]\mathbb{F}_3[/tex] svaka dva nenula elementa zadovoljavaju [tex]y=\pm x[/tex], pa je [tex]x+y=0[/tex] ili [tex]x-y=0[/tex] i jednakost važi.
Karakteristika [tex]2[/tex]: za [tex]x=1[/tex] svaki [tex]y\in F[/tex] mora biti koren polinoma [tex]y(y+1)(y^2+y+1)[/tex] stepena [tex]4[/tex], pa je [tex]|F|\le 4[/tex], tj. [tex]F=\mathbb{F}_2[/tex] ili [tex]F=\mathbb{F}_4[/tex]. Oba polja zadovoljavaju uslov: ako je [tex]x,y\ne 0[/tex] i [tex]x=y[/tex], onda je [tex]x+y=2x=0[/tex]; u [tex]\mathbb{F}_4[/tex], ako su [tex]x\ne y[/tex] nenula elementi, onda je [tex]x^3=y^3=1[/tex] (grupa [tex]\mathbb{F}_4^*[/tex] je reda [tex]3[/tex]), pa je
[tex](x-y)(x^2+xy+y^2)=x^3-y^3=0\ \Rightarrow\ x^2+xy+y^2=0[/tex]
Odgovor: sva polja karakteristike [tex]5[/tex], kao i [tex]\mathbb{F}_2[/tex], [tex]\mathbb{F}_3[/tex] i [tex]\mathbb{F}_4[/tex].