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

Rešenje:
Klasa [tex]k\in\mathbb{Z}_{16}[/tex] je invertibilna ako i samo ako je [tex]\text{NZD}(k; 16)=1[/tex], pa su invertibilni elementi neparne klase [tex]1; 3; 5; 7; 9; 11; 13; 15[/tex].
One čine komutativnu grupu u odnosu na množenje, pa u proizvodu svaki element možemo grupisati sa njegovim inverzom; svaki takav par daje [tex]x\cdot x^{-1}=1[/tex]. Bez para ostaju samo elementi za koje je [tex]x=x^{-1}[/tex], tj. [tex]x^2\equiv 1 \pmod{16}[/tex]. Izračunajmo kvadrate:
[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]
Dakle, elementi koji su sami sebi inverzni su [tex]1; 7; 9; 15[/tex], a ostali čine parove:
[tex]3\cdot 11=33\equiv 1,\qquad 5\cdot 13=65\equiv 1 \pmod{16}[/tex]
Prema tome, proizvod svih invertibilnih elemenata je
[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]

Rešenje:
Komponovanjem obe strane jednakosti [tex]g_2=h\circ g_1[/tex] zdesna sa [tex]g_1^{-1}[/tex] dobijamo
[tex]h=g_2\circ g_1^{-1}[/tex]
Inverz ciklusa je isti ciklus obiđen u suprotnom smeru, pa je
[tex]g_1^{-1}=(5\,4\,3)(2\,1)(9\,8\,7\,6)[/tex]
tj.
[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]
Sada računamo [tex]h(x)=g_2\left(g_1^{-1}(x)\right)[/tex] prateći cikluse permutacije [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]
Prema tome ([tex]6[/tex] je fiksna tačka),
[tex]h=(1\,4\,5\,8)(2\,3\,7\,9)[/tex]
Provera za jedan element: [tex]h\left(g_1(1)\right)=h(2)=3=g_2(1)[/tex]; ostali elementi se proveravaju na isti način.

Rešenje:
[tex]K[/tex] je zaista polje: polinom [tex]f(x)=x^3+2x+1[/tex] nema korena u [tex]\mathbb{Z}_3[/tex], jer je
[tex]f(0)=1,\qquad f(1)=4\equiv 1,\qquad f(2)=13\equiv 1 \pmod 3[/tex]
Polinom stepena [tex]3[/tex] bez korena nema linearni činilac, pa je nesvodljiv, a količnički prsten od [tex]\mathbb{Z}_3[x][/tex] po nesvodljivom polinomu je polje. Neka je [tex]a(x)=2x^2+x+2[/tex]. Primenimo Euklidov algoritam u [tex]\mathbb{Z}_3[x][/tex] (primetimo da je [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]
Zamenimo izraz za [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]
Pomnožimo sa [tex]2^{-1}=2[/tex]:
[tex]1\equiv(4x^2+4)\,a\equiv(x^2+1)\,a \pmod f[/tex]
Prema tome, inverz elementa [tex]2x^2+x+2[/tex] u [tex]K[/tex] je [tex]x^2+1[/tex]. Provera: u [tex]K[/tex] je [tex]x^3=x+2[/tex] i [tex]x^4=x^2+2x[/tex], pa je
[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]

Rešenje:
Rastavimo delilac na činioce: [tex]g(1)=0[/tex] i
[tex]g(x)=(x-1)(x^2+2x-3)=(x-1)^2(x+3)[/tex]
pa je [tex]1[/tex] dvostruki koren polinoma [tex]g[/tex], a [tex]-3[/tex] jednostruki koren. Ostatak je stepena manjeg od [tex]3[/tex], pa je
[tex]f(x)=q(x)\,g(x)+r(x),\qquad r(x)=ax^2+bx+c[/tex]
Zamenom korena polinoma [tex]g[/tex] dobijamo [tex]f(1)=r(1)[/tex] i [tex]f(-3)=r(-3)[/tex]. Diferenciranjem dobijamo [tex]f'=q'g+qg'+r'[/tex], a pošto je [tex]g(1)=g'(1)=0[/tex] (dvostruki koren), važi i [tex]f'(1)=r'(1)[/tex]. Računamo:
[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]
Dobijamo sistem
[tex]\begin{cases}a+b+c=15\\9a-3b+c=-21\\2a+b=8n+1\end{cases}[/tex]
Oduzimanjem prve jednačine od druge dobijamo [tex]8a-4b=-36[/tex], tj. [tex]2a-b=-9[/tex]. Sabiranjem ove jednakosti sa trećom jednačinom dobijamo:
[tex]4a=8n-8\ \Rightarrow\ a=2n-2,\qquad b=8n+1-2a=4n+5,\qquad c=15-a-b=12-6n[/tex]
Prema tome, ostatak je
[tex]r(x)=(2n-2)x^2+(4n+5)x+12-6n[/tex]
Provera za [tex]n=2[/tex]: [tex]f(x)=2x^2+13x[/tex] je stepena [tex]2[/tex], pa je sam sebi ostatak, a formula daje [tex]2x^2+13x+0[/tex].

Rešenje:
Posmatrajmo preslikavanje [tex]\varphi:R\to R[/tex], [tex]\varphi(x)=1-x[/tex]. Pošto je [tex]\varphi(\varphi(x))=1-(1-x)=x[/tex], preslikavanje [tex]\varphi[/tex] je bijekcija i samo sebi je inverzno. Ono prevodi nove operacije u polazne:
[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]
Redosled činilaca se čuva, pa komutativnost prstena [tex]R[/tex] nije potrebna. Pošto je [tex]\varphi[/tex] injektivno, svaka aksioma prstena prenosi se sa polaznih operacija na nove. Na primer, za asocijativnost operacije [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]
dakle, [tex](a\odot b)\odot c=a\odot(b\odot c)[/tex]. Slično, za levu distributivnost:
[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]
tj. [tex]a\odot(b\oplus c)=(a\odot b)\oplus(a\odot c)[/tex]. Desna distributivnost, asocijativnost i komutativnost operacije [tex]\oplus[/tex] proveravaju se na isti način. Nula novog prstena je [tex]\varphi^{-1}(0)=1[/tex], a suprotni element elementa [tex]a[/tex] je [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]
Prema tome, [tex]R[/tex] je prsten u odnosu na [tex]\oplus[/tex] i [tex]\odot[/tex], a [tex]\varphi[/tex] je izomorfizam tog prstena na polazni. Štaviše, novi prsten ima jedinicu [tex]\varphi^{-1}(1)=0[/tex], jer je [tex]a\odot 0=0\odot a=a[/tex].

Rešenje:
Ideal se sastoji od proizvoda [tex](2+2i)(x+yi)[/tex], gde je [tex]x,y\in\mathbb{Z}[/tex]:
[tex](2+2i)(x+yi)=(2x-2y)+(2x+2y)i[/tex]
Iz [tex]2x-2y=a[/tex], [tex]2x+2y=b[/tex] dobijamo [tex]x=\frac{a+b}{4}[/tex], [tex]y=\frac{b-a}{4}[/tex]. Zato [tex]a+bi\in A[/tex] ako i samo ako je [tex]a+b\equiv 0\pmod 4[/tex] i [tex]b-a\equiv 0\pmod 4[/tex], tj. ako je [tex]b[/tex] parno i [tex]a\equiv b\pmod 4[/tex].
Svaki broj [tex]a+bi[/tex] kongruentan je po modulu [tex]A[/tex] sa tačno jednim od [tex]8[/tex] elemenata [tex]a_0+b_0i[/tex], gde je [tex]a_0\in\{0; 1; 2; 3\}[/tex], [tex]b_0\in\{0; 1\}[/tex]. Zaista, uzmimo [tex]b_0\equiv b\pmod 2[/tex] i [tex]a_0\equiv a-(b-b_0)\pmod 4[/tex]; tada razlika [tex](a-a_0)+(b-b_0)i[/tex] ima paran imaginarni deo i [tex]a-a_0\equiv b-b_0\pmod 4[/tex], pa pripada idealu [tex]A[/tex].
Dva različita predstavnika nikad nisu kongruentna: ako je [tex](a_0-a_0')+(b_0-b_0')i\in A[/tex], onda je [tex]b_0-b_0'[/tex] parno, pa je [tex]b_0=b_0'[/tex], a zatim [tex]a_0\equiv a_0'\pmod 4[/tex], tj. [tex]a_0=a_0'[/tex]. Prema tome,
[tex]\left|\mathbb{Z}[i]/A\right|=8[/tex]
To se slaže sa opštom formulom [tex]\left|\mathbb{Z}[i]/(\alpha)\right|=N(\alpha)[/tex]: [tex]N(2+2i)=2^2+2^2=8[/tex].

Rešenje:
Ako je [tex]z^n=1[/tex], onda je [tex]|z|^n=1[/tex], pa je [tex]|z|=1[/tex]; prema tome, [tex]C_n\subseteq U[/tex]. Pošto je grupa [tex]U[/tex] Abelova, [tex]C_n[/tex] je normalna podgrupa. Posmatrajmo preslikavanje
[tex]\varphi:U\to U,\qquad \varphi(z)=z^n[/tex]
Ono je dobro definisano, jer je [tex]|z^n|=|z|^n=1[/tex], i jeste homomorfizam, jer je grupa [tex]U[/tex] komutativna:
[tex]\varphi(zw)=(zw)^n=z^nw^n=\varphi(z)\varphi(w)[/tex]
Ono je surjektivno: svaki [tex]w\in U[/tex] može se zapisati kao [tex]w=\cos\theta+i\sin \theta[/tex], a prema Moavrovoj formuli broj [tex]z=\cos\frac{\theta}{n}+i\sin \frac{\theta}{n}\in U[/tex] zadovoljava [tex]z^n=w[/tex]. Njegovo jezgro je
[tex]\ker\varphi=\{z\in U : z^n=1\}=C_n[/tex]
Prema prvoj teoremi o izomorfizmu, [tex]U/\ker\varphi\cong\operatorname{Im}\varphi[/tex], tj.
[tex]U/C_n\cong U[/tex]
pri čemu je izomorfizam [tex]zC_n\mapsto z^n[/tex].