Алгебраические структуры: группы, кольца и поля - очень сложные задачи с решениями

Решение:
При [tex]n=1[/tex] доказывать нечего, поэтому пусть [tex]n\ge 2[/tex]. Для делителя [tex]d[/tex] числа [tex]n[/tex] обозначим через [tex]N(d)[/tex] число элементов порядка [tex]d[/tex] в [tex]G[/tex]. По теореме Лагранжа порядок каждого элемента делит [tex]n[/tex], поэтому
[tex]\sum_{d\mid n}N(d)=n[/tex]
Пусть [tex]d\mid n[/tex], [tex]d\lt n[/tex], и пусть в [tex]G[/tex] есть элемент [tex]x[/tex] порядка [tex]d[/tex]. Каждый элемент [tex]y[/tex] порядка [tex]d[/tex] порождает подгруппу [tex]\langle y\rangle[/tex] порядка [tex]d[/tex], которая по условию совпадает с [tex]\langle x\rangle[/tex]. Значит, элементы порядка [tex]d[/tex] — это в точности образующие циклической группы [tex]\langle x\rangle[/tex], и их [tex]\varphi(d)[/tex], где [tex]\varphi[/tex] — функция Эйлера. Итак, [tex]N(d)=0[/tex] или [tex]N(d)=\varphi(d)[/tex], и в любом случае
[tex]N(d)\le\varphi(d)\qquad\left(d\mid n,\ d\lt n\right)[/tex]
Используя тождество Гаусса [tex]\sum_{d\mid n}\varphi(d)=n[/tex], получаем
[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]
Следовательно, [tex]N(n)\ge\varphi(n)\ge 1[/tex], т.е. в [tex]G[/tex] есть элемент [tex]g[/tex] порядка [tex]n[/tex]. Тогда [tex]\langle g\rangle[/tex] содержит [tex]n=|G|[/tex] элементов, поэтому [tex]G=\langle g\rangle[/tex] — циклическая группа.

Решение:
Сначала докажем, что [tex]x^3=x[/tex] для любого [tex]x\in G[/tex]. Применим условие к элементу [tex]ax[/tex]:
[tex](ax)^3=a(ax)a\ \Rightarrow\ a(xaxax)=a(axa)[/tex]
Сокращая на [tex]a[/tex] слева, получаем [tex]xaxax=axa=x^3[/tex]. С другой стороны, [tex]xaxax=x(axa)x=x\,x^3x=x^5[/tex], поэтому [tex]x^5=x^3[/tex], т.е. [tex]x^2x^3=x^2x[/tex], и, сокращая на [tex]x^2[/tex] слева, получаем
[tex]x^3=x[/tex]
Следовательно, [tex]axa=x^3=x[/tex] для любого [tex]x[/tex], в частности [tex]a^3=a[/tex]. Теперь [tex]e=a^2[/tex] — нейтральный (единичный) элемент: для любого [tex]x[/tex]
[tex]a^2x=a^2(axa)=a^3xa=axa=x,\qquad xa^2=(axa)a^2=axa^3=axa=x[/tex]
Каждый элемент обратен сам себе: из [tex]x\,x^2=x^3=x=xe[/tex], сокращая на [tex]x[/tex] слева, получаем [tex]x^2=e[/tex], т.е. [tex]x^{-1}=x[/tex]. Значит, [tex]G[/tex] — группа (операция ассоциативна, есть нейтральный и обратные элементы). Наконец, для [tex]x,y\in G[/tex]
[tex]xy=(xy)^{-1}=y^{-1}x^{-1}=yx[/tex]
поэтому группа [tex]G[/tex] абелева.

Решение:
Сначала покажем, что [tex]\varphi(1)=1[/tex]. Действительно, [tex]\varphi(1)=\varphi(1^2)=\varphi(1)^2[/tex], откуда [tex]\varphi(1)\in\{0; 1\}[/tex]. Если [tex]\varphi(1)=0[/tex], то [tex]\varphi(x)=\varphi(x)\varphi(1)=0[/tex] для всех [tex]x[/tex], что противоречит условию [tex]\varphi\ne 0[/tex].
Далее, [tex]\varphi(q)=q[/tex] для любого рационального [tex]q[/tex]. Из аддитивности следует [tex]\varphi(0)=0[/tex], [tex]\varphi(-x)=-\varphi(x)[/tex] и [tex]\varphi(m)=m\varphi(1)=m[/tex] для любого целого [tex]m[/tex]. Для [tex]q=\frac{m}{k}[/tex], где [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]
Отображение [tex]\varphi[/tex] не убывает. Если [tex]t\ge 0[/tex], то [tex]t=s^2[/tex], где [tex]s=\sqrt{t}[/tex], поэтому [tex]\varphi(t)=\varphi(s)^2\ge 0[/tex]. Следовательно, при [tex]x\le y[/tex]
[tex]\varphi(y)-\varphi(x)=\varphi(y-x)\ge 0[/tex]
Наконец, предположим, что [tex]\varphi(x)\lt x[/tex] для некоторого [tex]x[/tex]. Так как [tex]\mathbb{Q}[/tex] плотно в [tex]\mathbb{R}[/tex], найдётся рациональное [tex]q[/tex], для которого [tex]\varphi(x)\lt q\lt x[/tex]. Поскольку [tex]q\lt x[/tex], по монотонности [tex]q=\varphi(q)\le\varphi(x)[/tex] — противоречие. Если [tex]\varphi(x)\gt x[/tex], выберем рациональное [tex]q[/tex] с [tex]x\lt q\lt\varphi(x)[/tex]; тогда [tex]\varphi(x)\le\varphi(q)=q[/tex] — снова противоречие. Следовательно,
[tex]\varphi(x)=x\quad\forall x\in\mathbb{R}[/tex]
(Итак, единственные гомоморфизмы колец [tex]\mathbb{R}\to\mathbb{R}[/tex] — нулевой и тождественный.)

Решение:
При [tex]p=2[/tex] биномиальные коэффициенты [tex]4[/tex], [tex]6[/tex], [tex]4[/tex] чётны, поэтому в [tex]\mathbb{Z}_2[x][/tex]
[tex]x^4+1=(x+1)^4[/tex]
Пусть [tex]p[/tex] нечётно. В мультипликативной группе [tex]\mathbb{Z}_p^*[/tex] порядка [tex]p-1[/tex] отображение [tex]x\mapsto x^2[/tex] является гомоморфизмом с ядром [tex]\{1; -1\}[/tex], поэтому множество [tex]Q[/tex] ненулевых квадратов — подгруппа индекса [tex]2[/tex]. Факторгруппа [tex]\mathbb{Z}_p^*/Q[/tex] состоит из двух элементов, следовательно, произведение двух элементов, не являющихся квадратами, является квадратом. Применяя это к [tex]-1[/tex] и [tex]2[/tex], получаем, что хотя бы одно из чисел [tex]-1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]-2=(-1)\cdot 2[/tex] является квадратом в [tex]\mathbb{Z}_p[/tex].
Если [tex]-1=a^2[/tex], то
[tex]x^4+1=x^4-a^2=(x^2-a)(x^2+a)[/tex]
Если [tex]2=b^2[/tex], то
[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]
Если [tex]-2=c^2[/tex], то
[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]
В каждом случае [tex]x^4+1[/tex] — произведение двух многочленов степени [tex]2[/tex] над [tex]\mathbb{Z}_p[/tex], поэтому он приводим над [tex]\mathbb{Z}_p[/tex] для любого простого [tex]p[/tex]. (Над [tex]\mathbb{Q}[/tex] ни одно из чисел [tex]-1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]-2[/tex] не является квадратом, поэтому там эти разложения невозможны.)

Решение:
Имеем [tex]4036=2^2\cdot 1009[/tex], причём [tex]1009[/tex] — простое число. По китайской теореме об остатках [tex]\mathbb{Z}_{4036}\cong\mathbb{Z}_4×\mathbb{Z}_{1009}[/tex] как кольца, поэтому для группы обратимых элементов
[tex]G\cong\mathbb{Z}_4^*×\mathbb{Z}_{1009}^*\cong C_2×C_{1008}[/tex]
Здесь [tex]\mathbb{Z}_4^*=\{1; 3\}\cong C_2[/tex], а [tex]\mathbb{Z}_{1009}^*\cong C_{1008}[/tex], так как мультипликативная группа конечного поля циклична. Поскольку [tex]1008=2^4\cdot 3^2\cdot 7[/tex], имеем [tex]C_{1008}\cong C_{16}×C_9×C_7[/tex], следовательно,
[tex]G\cong(C_2×C_{16})×C_9×C_7[/tex]
Это разложение [tex]G[/tex] в произведение её силовских подгрупп. В конечной абелевой группе каждая подгруппа [tex]H[/tex] является произведением своих пересечений с силовскими подгруппами: каждый элемент [tex]h\in H[/tex] однозначно представляется в виде [tex]h=h_2h_3h_7[/tex], причём каждое [tex]h_p[/tex] — степень [tex]h[/tex], поэтому [tex]h_p\in H[/tex]. Значит, обозначая через [tex]s(K)[/tex] число подгрупп группы [tex]K[/tex], получаем
[tex]s(G)=s(C_2×C_{16})\,s(C_9)\,s(C_7)[/tex]
Циклическая группа порядка [tex]m[/tex] имеет ровно одну подгруппу для каждого делителя [tex]m[/tex], поэтому [tex]s(C_9)=3[/tex] и [tex]s(C_7)=2[/tex]. Пусть [tex]C_2×C_{16}=\langle a\rangle×\langle b\rangle[/tex]. При [tex]1\le k\le 4[/tex] число элементов, порядок которых делит [tex]2^k[/tex], равно [tex]2\cdot 2^k[/tex], поэтому элементов порядка [tex]2[/tex], [tex]4[/tex], [tex]8[/tex], [tex]16[/tex] соответственно [tex]3[/tex], [tex]4[/tex], [tex]8[/tex], [tex]16[/tex]. Циклическая подгруппа порядка [tex]2^k[/tex] имеет [tex]\varphi(2^k)[/tex] образующих, поэтому число циклических подгрупп равно
[tex]1+\frac{3}{1}+\frac{4}{2}+\frac{8}{4}+\frac{16}{8}=1+3+2+2+2=10[/tex]
Нециклическая подгруппа [tex]H[/tex] (по структурной теореме о конечных абелевых группах) есть произведение двух нетривиальных циклических [tex]2[/tex]-групп, поэтому имеет не менее [tex]3[/tex] элементов порядка [tex]2[/tex]; значит, она содержит все три элемента порядка [tex]2[/tex] группы [tex]C_2×C_{16}[/tex], в частности [tex]a[/tex]. Если [tex]a\in H[/tex], то из [tex]a^eb^m\in H[/tex] следует [tex]b^m\in H[/tex], поэтому [tex]H=\langle a\rangle×K[/tex], где [tex]K=H\cap\langle b\rangle[/tex]; такая подгруппа нециклическая тогда и только тогда, когда [tex]K[/tex] нетривиальна. Это даёт [tex]4[/tex] нециклические подгруппы (по одной для каждой [tex]K[/tex] порядка [tex]2[/tex], [tex]4[/tex], [tex]8[/tex], [tex]16[/tex]). Следовательно,
[tex]s(C_2×C_{16})=10+4=14,\qquad s(G)=14\cdot 3\cdot 2=84[/tex]

Решение:
Раскрывая скобки, получаем
[tex](x+y)^5-x^5-y^5=5xy(x+y)(x^2+xy+y^2)[/tex]
Если [tex]\operatorname{char}F=5[/tex], то [tex]5=0[/tex] в [tex]F[/tex], поэтому равенство выполняется в любом поле характеристики [tex]5[/tex]. Пусть [tex]\operatorname{char}F\ne 5[/tex]. Тогда [tex]5\ne 0[/tex], и так как в поле нет делителей нуля, должно быть [tex]xy(x+y)(x^2+xy+y^2)=0[/tex] для всех [tex]x,y[/tex]. При [tex]x=y=1[/tex] получаем [tex]1\cdot 1\cdot 2\cdot 3=6=0[/tex], поэтому [tex]\operatorname{char}F\in\{2; 3\}[/tex]; в частности, ни одно поле характеристики [tex]0[/tex] не подходит.
Характеристика [tex]3[/tex]: здесь [tex]x^2+xy+y^2=x^2-2xy+y^2=(x-y)^2[/tex]. При [tex]x=1[/tex] должно быть [tex]y(1+y)(1-y)^2=0[/tex] для всех [tex]y\in F[/tex], т.е. каждый элемент [tex]F[/tex] равен [tex]0[/tex], [tex]1[/tex] или [tex]-1[/tex], значит, [tex]F=\mathbb{F}_3[/tex]. Обратно, в [tex]\mathbb{F}_3[/tex] любые два ненулевых элемента удовлетворяют [tex]y=\pm x[/tex], поэтому [tex]x+y=0[/tex] или [tex]x-y=0[/tex], и равенство выполняется.
Характеристика [tex]2[/tex]: при [tex]x=1[/tex] каждый [tex]y\in F[/tex] должен быть корнем многочлена [tex]y(y+1)(y^2+y+1)[/tex] степени [tex]4[/tex], поэтому [tex]|F|\le 4[/tex], т.е. [tex]F=\mathbb{F}_2[/tex] или [tex]F=\mathbb{F}_4[/tex]. Оба поля подходят: если [tex]x,y\ne 0[/tex] и [tex]x=y[/tex], то [tex]x+y=2x=0[/tex]; в [tex]\mathbb{F}_4[/tex], если [tex]x\ne y[/tex] ненулевые, то [tex]x^3=y^3=1[/tex] (группа [tex]\mathbb{F}_4^*[/tex] имеет порядок [tex]3[/tex]), откуда
[tex](x-y)(x^2+xy+y^2)=x^3-y^3=0\ \Rightarrow\ x^2+xy+y^2=0[/tex]
Ответ: все поля характеристики [tex]5[/tex], а также [tex]\mathbb{F}_2[/tex], [tex]\mathbb{F}_3[/tex] и [tex]\mathbb{F}_4[/tex].