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

Решение:
Многочлен степени [tex]2[/tex] над полем приводим тогда и только тогда, когда он имеет корень в этом поле, так как любое нетривиальное разложение состоит из двух линейных множителей. Поэтому ищем корни [tex]x^2+1[/tex] в [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]
Корни — [tex]2[/tex] и [tex]3[/tex]. Так как [tex]-2\equiv 3[/tex] и [tex]-3\equiv 2 \pmod 5[/tex], получаем
[tex]x^2+1=(x-2)(x-3)=(x+3)(x+2)[/tex]
Проверка:
[tex](x+2)(x+3)=x^2+5x+6\equiv x^2+1 \pmod 5[/tex]
Линейные множители всегда неприводимы, поэтому это и есть искомое разложение.

Решение:
Все семь отображений принимают ненулевые действительные значения, т.е. отображают [tex]\mathbb{C}^*[/tex] в [tex]\mathbb{R}^*[/tex]. Отображение [tex]f[/tex] является гомоморфизмом тогда и только тогда, когда [tex]f(zw)=f(z)f(w)[/tex] для всех [tex]z,w\in\mathbb{C}^*[/tex]. Так как [tex]|zw|=|z|\,|w|[/tex], отображения [tex]f(z)=|z|[/tex], [tex]f(z)=\frac{1}{|z|}[/tex], [tex]f(z)=|z|^2[/tex] и константа [tex]f(z)=1[/tex] (тривиальный гомоморфизм) являются гомоморфизмами:
[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]
Любой гомоморфизм переводит единицу в единицу: [tex]f(1)=f(1\cdot 1)=f(1)^2[/tex] и [tex]f(1)\ne 0[/tex], откуда [tex]f(1)=1[/tex]. Остальные три отображения этому условию не удовлетворяют: для [tex]f(z)=2|z|[/tex], [tex]f(z)=1+|z|[/tex] и [tex]f(z)=2[/tex] имеем [tex]f(1)=2\ne 1[/tex], поэтому они не являются гомоморфизмами.
Следовательно, ровно [tex]4[/tex] отображения являются гомоморфизмами.

Решение:
Разложим [tex]\sigma[/tex] в произведение независимых циклов, прослеживая образы каждого элемента:
[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]
Значит ([tex]5[/tex] — неподвижная точка),
[tex]\sigma=(0\,1)(2\,4\,7)(3\,8)(6\,9)[/tex]
Независимые циклы перестановочны, поэтому
[tex]\sigma^n=(0\,1)^n(2\,4\,7)^n(3\,8)^n(6\,9)^n[/tex]
Это тождественная перестановка тогда и только тогда, когда каждый цикл в степени [tex]n[/tex] — тождественная перестановка. Цикл длины [tex]k[/tex] имеет порядок [tex]k[/tex], поэтому [tex]n[/tex] должно делиться на [tex]2[/tex] и на [tex]3[/tex]. Следовательно, порядок [tex]\sigma[/tex] равен
[tex]\text{НОК}(2; 3; 2; 2)=6[/tex]

Решение:
Любой изоморфизм [tex]f\colon G\to H[/tex] аддитивных групп сохраняет порядок каждого элемента. Действительно, [tex]f(ng)=n\,f(g)[/tex], так как [tex]f[/tex] — гомоморфизм, и [tex]f(x)=0[/tex] только при [tex]x=0[/tex], так как [tex]f[/tex] инъективно; поэтому для любого натурального [tex]n[/tex]
[tex]ng=0\iff f(ng)=0\iff n\,f(g)=0[/tex]
т.е. [tex]g[/tex] и [tex]f(g)[/tex] имеют одинаковый порядок.
В [tex]\mathbb{Z}_4[/tex] элемент [tex]1[/tex] имеет порядок [tex]4[/tex], так как [tex]k\cdot 1=k\ne 0[/tex] при [tex]k=1; 2; 3[/tex] и [tex]4\cdot 1=0[/tex]. В [tex]\mathbb{Z}_2×\mathbb{Z}_2[/tex] каждый элемент [tex]\left(a; b\right)[/tex] удовлетворяет равенству
[tex]2\left(a; b\right)=\left(2a; 2b\right)=\left(0; 0\right)[/tex]
поэтому каждый элемент имеет порядок [tex]1[/tex] или [tex]2[/tex] и элементов порядка [tex]4[/tex] нет. Если бы существовал изоморфизм [tex]f\colon\mathbb{Z}_4\to\mathbb{Z}_2×\mathbb{Z}_2[/tex], то [tex]f(1)[/tex] был бы элементом порядка [tex]4[/tex] в [tex]\mathbb{Z}_2×\mathbb{Z}_2[/tex], что невозможно. Следовательно, группы не изоморфны ([tex]\mathbb{Z}_4[/tex] циклическая, а [tex]\mathbb{Z}_2×\mathbb{Z}_2[/tex] — нет).

Решение:
Пусть [tex]e[/tex] — нейтральный элемент группы [tex]G[/tex]. Элемент [tex]ba[/tex] сопряжён с [tex]ab[/tex]:
[tex]a^{-1}(ab)a=(a^{-1}a)ba=ba[/tex]
Поэтому для любого натурального [tex]n[/tex] все внутренние произведения [tex]a\,a^{-1}[/tex] сокращаются и
[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]
Умножая слева на [tex]a[/tex] и справа на [tex]a^{-1}[/tex], получаем
[tex](ba)^n=e\iff a^{-1}(ab)^n a=e\iff (ab)^n=e[/tex]
Значит, множества [tex]\{n\in\mathbb{N}\mid (ab)^n=e\}[/tex] и [tex]\{n\in\mathbb{N}\mid (ba)^n=e\}[/tex] совпадают. Если они пусты, оба элемента имеют бесконечный порядок; иначе их наименьшие элементы совпадают, т.е. [tex]ab[/tex] и [tex]ba[/tex] имеют один и тот же конечный порядок.