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

Rešenje:
Polinom stepena [tex]2[/tex] nad poljem je svodljiv tačno onda kada ima koren u tom polju, jer se svako netrivijalno rastavljanje sastoji od dva linearna činioca. Zato tražimo korene polinoma [tex]x^2+1[/tex] u [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]
Koreni su [tex]2[/tex] i [tex]3[/tex]. Pošto je [tex]-2\equiv 3[/tex] i [tex]-3\equiv 2 \pmod 5[/tex], dobijamo
[tex]x^2+1=(x-2)(x-3)=(x+3)(x+2)[/tex]
Provera:
[tex](x+2)(x+3)=x^2+5x+6\equiv x^2+1 \pmod 5[/tex]
Linearni činioci su uvek nesvodljivi, pa je ovo traženo rastavljanje.

Rešenje:
Svih sedam preslikavanja ima realne vrednosti različite od nule, tj. preslikavaju [tex]\mathbb{C}^*[/tex] u [tex]\mathbb{R}^*[/tex]. Preslikavanje [tex]f[/tex] je homomorfizam tačno onda kada je [tex]f(zw)=f(z)f(w)[/tex] za sve [tex]z,w\in\mathbb{C}^*[/tex]. Pošto je [tex]|zw|=|z|\,|w|[/tex], preslikavanja [tex]f(z)=|z|[/tex], [tex]f(z)=\frac{1}{|z|}[/tex], [tex]f(z)=|z|^2[/tex] i konstanta [tex]f(z)=1[/tex] (trivijalni homomorfizam) jesu homomorfizmi:
[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]
Svaki homomorfizam preslikava neutralni element u neutralni element: [tex]f(1)=f(1\cdot 1)=f(1)^2[/tex] i [tex]f(1)\ne 0[/tex], pa je [tex]f(1)=1[/tex]. Preostala tri preslikavanja ne zadovoljavaju ovaj uslov: za [tex]f(z)=2|z|[/tex], [tex]f(z)=1+|z|[/tex] i [tex]f(z)=2[/tex] imamo [tex]f(1)=2\ne 1[/tex], pa ona nisu homomorfizmi.
Dakle, tačno [tex]4[/tex] preslikavanja su homomorfizmi.

Rešenje:
Rastavimo [tex]\sigma[/tex] na proizvod disjunktnih ciklusa prateći slike svakog elementa:
[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]
Prema tome ([tex]5[/tex] je fiksna tačka),
[tex]\sigma=(0\,1)(2\,4\,7)(3\,8)(6\,9)[/tex]
Disjunktni ciklusi komutiraju, pa je
[tex]\sigma^n=(0\,1)^n(2\,4\,7)^n(3\,8)^n(6\,9)^n[/tex]
Ovo je identička permutacija tačno onda kada je svaki ciklus stepenovan sa [tex]n[/tex] identička permutacija. Ciklus dužine [tex]k[/tex] ima red [tex]k[/tex], pa [tex]n[/tex] mora biti deljiv sa [tex]2[/tex] i sa [tex]3[/tex]. Prema tome, red permutacije [tex]\sigma[/tex] je
[tex]\text{NZS}(2; 3; 2; 2)=6[/tex]

Rešenje:
Svaki izomorfizam [tex]f\colon G\to H[/tex] aditivnih grupa čuva red svakog elementa. Zaista, [tex]f(ng)=n\,f(g)[/tex] jer je [tex]f[/tex] homomorfizam, a [tex]f(x)=0[/tex] samo za [tex]x=0[/tex] jer je [tex]f[/tex] injektivno; zato za svaki prirodan broj [tex]n[/tex] važi
[tex]ng=0\iff f(ng)=0\iff n\,f(g)=0[/tex]
tj. [tex]g[/tex] i [tex]f(g)[/tex] imaju isti red.
U [tex]\mathbb{Z}_4[/tex] element [tex]1[/tex] ima red [tex]4[/tex], jer je [tex]k\cdot 1=k\ne 0[/tex] za [tex]k=1; 2; 3[/tex] i [tex]4\cdot 1=0[/tex]. U [tex]\mathbb{Z}_2×\mathbb{Z}_2[/tex] svaki element [tex]\left(a; b\right)[/tex] zadovoljava
[tex]2\left(a; b\right)=\left(2a; 2b\right)=\left(0; 0\right)[/tex]
pa svaki element ima red [tex]1[/tex] ili [tex]2[/tex] i nema elementa reda [tex]4[/tex]. Kada bi postojao izomorfizam [tex]f\colon\mathbb{Z}_4\to\mathbb{Z}_2×\mathbb{Z}_2[/tex], onda bi [tex]f(1)[/tex] bio element reda [tex]4[/tex] u [tex]\mathbb{Z}_2×\mathbb{Z}_2[/tex], što je nemoguće. Prema tome, grupe nisu izomorfne ([tex]\mathbb{Z}_4[/tex] je ciklična, a [tex]\mathbb{Z}_2×\mathbb{Z}_2[/tex] nije).

Rešenje:
Neka je [tex]e[/tex] neutralni element grupe [tex]G[/tex]. Element [tex]ba[/tex] je konjugovan sa [tex]ab[/tex]:
[tex]a^{-1}(ab)a=(a^{-1}a)ba=ba[/tex]
Zato se za svaki prirodan broj [tex]n[/tex] svi unutrašnji proizvodi [tex]a\,a^{-1}[/tex] skraćuju i
[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]
Množenjem sleva sa [tex]a[/tex] i zdesna sa [tex]a^{-1}[/tex] dobijamo
[tex](ba)^n=e\iff a^{-1}(ab)^n a=e\iff (ab)^n=e[/tex]
Dakle, skupovi [tex]\{n\in\mathbb{N}\mid (ab)^n=e\}[/tex] i [tex]\{n\in\mathbb{N}\mid (ba)^n=e\}[/tex] se poklapaju. Ako su prazni, oba elementa imaju beskonačan red; u suprotnom se njihovi najmanji elementi poklapaju, tj. [tex]ab[/tex] i [tex]ba[/tex] imaju isti konačan red.