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

Решение:
Класс [tex]k\in\mathbb{Z}_{16}[/tex] обратим тогда и только тогда, когда [tex]\text{НОД}(k; 16)=1[/tex], поэтому обратимые элементы — это нечётные классы [tex]1; 3; 5; 7; 9; 11; 13; 15[/tex].
Они образуют коммутативную группу по умножению, поэтому в произведении можно сгруппировать каждый элемент с обратным к нему; каждая такая пара даёт [tex]x\cdot x^{-1}=1[/tex]. Без пары остаются только элементы с [tex]x=x^{-1}[/tex], т.е. [tex]x^2\equiv 1 \pmod{16}[/tex]. Вычислим квадраты:
[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]
Значит, элементы, обратные сами себе, — это [tex]1; 7; 9; 15[/tex], а остальные разбиваются на пары:
[tex]3\cdot 11=33\equiv 1,\qquad 5\cdot 13=65\equiv 1 \pmod{16}[/tex]
Следовательно, произведение всех обратимых элементов равно
[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]

Решение:
Взяв композицию обеих частей равенства [tex]g_2=h\circ g_1[/tex] справа с [tex]g_1^{-1}[/tex], получаем
[tex]h=g_2\circ g_1^{-1}[/tex]
Обратный к циклу — тот же цикл, пройденный в обратном направлении, поэтому
[tex]g_1^{-1}=(5\,4\,3)(2\,1)(9\,8\,7\,6)[/tex]
т.е.
[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]
Теперь вычисляем [tex]h(x)=g_2\left(g_1^{-1}(x)\right)[/tex], прослеживая циклы [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]
Значит ([tex]6[/tex] — неподвижная точка),
[tex]h=(1\,4\,5\,8)(2\,3\,7\,9)[/tex]
Проверка на одном элементе: [tex]h\left(g_1(1)\right)=h(2)=3=g_2(1)[/tex]; остальные элементы проверяются так же.

Решение:
[tex]K[/tex] действительно является полем: многочлен [tex]f(x)=x^3+2x+1[/tex] не имеет корней в [tex]\mathbb{Z}_3[/tex], так как
[tex]f(0)=1,\qquad f(1)=4\equiv 1,\qquad f(2)=13\equiv 1 \pmod 3[/tex]
Многочлен степени [tex]3[/tex] без корней не имеет линейных множителей, значит, он неприводим, а факторкольцо [tex]\mathbb{Z}_3[x][/tex] по неприводимому многочлену является полем. Пусть [tex]a(x)=2x^2+x+2[/tex]. Применим алгоритм Евклида в [tex]\mathbb{Z}_3[x][/tex] (заметим, что [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]
Подставим выражение для [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]
Умножим на [tex]2^{-1}=2[/tex]:
[tex]1\equiv(4x^2+4)\,a\equiv(x^2+1)\,a \pmod f[/tex]
Следовательно, элемент, обратный к [tex]2x^2+x+2[/tex] в [tex]K[/tex], равен [tex]x^2+1[/tex]. Проверка: в [tex]K[/tex] имеем [tex]x^3=x+2[/tex] и [tex]x^4=x^2+2x[/tex], поэтому
[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]

Решение:
Разложим делитель на множители: [tex]g(1)=0[/tex] и
[tex]g(x)=(x-1)(x^2+2x-3)=(x-1)^2(x+3)[/tex]
значит, [tex]1[/tex] — двукратный корень [tex]g[/tex], а [tex]-3[/tex] — простой корень. Степень остатка меньше [tex]3[/tex], поэтому
[tex]f(x)=q(x)\,g(x)+r(x),\qquad r(x)=ax^2+bx+c[/tex]
Подставляя корни [tex]g[/tex], получаем [tex]f(1)=r(1)[/tex] и [tex]f(-3)=r(-3)[/tex]. Дифференцируя, имеем [tex]f'=q'g+qg'+r'[/tex], и так как [tex]g(1)=g'(1)=0[/tex] (двукратный корень), также [tex]f'(1)=r'(1)[/tex]. Вычисляем:
[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]
Получаем систему
[tex]\begin{cases}a+b+c=15\\9a-3b+c=-21\\2a+b=8n+1\end{cases}[/tex]
Вычитая первое уравнение из второго, получаем [tex]8a-4b=-36[/tex], т.е. [tex]2a-b=-9[/tex]. Складывая это равенство с третьим уравнением, находим:
[tex]4a=8n-8\ \Rightarrow\ a=2n-2,\qquad b=8n+1-2a=4n+5,\qquad c=15-a-b=12-6n[/tex]
Следовательно, остаток равен
[tex]r(x)=(2n-2)x^2+(4n+5)x+12-6n[/tex]
Проверка при [tex]n=2[/tex]: [tex]f(x)=2x^2+13x[/tex] имеет степень [tex]2[/tex], поэтому совпадает со своим остатком, а формула даёт [tex]2x^2+13x+0[/tex].

Решение:
Рассмотрим отображение [tex]\varphi:R\to R[/tex], [tex]\varphi(x)=1-x[/tex]. Так как [tex]\varphi(\varphi(x))=1-(1-x)=x[/tex], отображение [tex]\varphi[/tex] биективно и обратно самому себе. Оно переводит новые операции в исходные:
[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]
Порядок множителей сохраняется, поэтому коммутативность [tex]R[/tex] не нужна. Так как [tex]\varphi[/tex] инъективно, каждая аксиома кольца переносится с исходных операций на новые. Например, для ассоциативности [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]
значит, [tex](a\odot b)\odot c=a\odot(b\odot c)[/tex]. Аналогично для левой дистрибутивности:
[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]
т.е. [tex]a\odot(b\oplus c)=(a\odot b)\oplus(a\odot c)[/tex]. Правая дистрибутивность, ассоциативность и коммутативность [tex]\oplus[/tex] проверяются так же. Нулём нового кольца является [tex]\varphi^{-1}(0)=1[/tex], а противоположным к [tex]a[/tex] — элемент [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]
Следовательно, [tex]R[/tex] является кольцом относительно [tex]\oplus[/tex] и [tex]\odot[/tex], а [tex]\varphi[/tex] — изоморфизм этого кольца на исходное. Более того, новое кольцо имеет единицу [tex]\varphi^{-1}(1)=0[/tex], так как [tex]a\odot 0=0\odot a=a[/tex].

Решение:
Идеал состоит из произведений [tex](2+2i)(x+yi)[/tex], где [tex]x,y\in\mathbb{Z}[/tex]:
[tex](2+2i)(x+yi)=(2x-2y)+(2x+2y)i[/tex]
Из [tex]2x-2y=a[/tex], [tex]2x+2y=b[/tex] находим [tex]x=\frac{a+b}{4}[/tex], [tex]y=\frac{b-a}{4}[/tex]. Поэтому [tex]a+bi\in A[/tex] тогда и только тогда, когда [tex]a+b\equiv 0\pmod 4[/tex] и [tex]b-a\equiv 0\pmod 4[/tex], т.е. когда [tex]b[/tex] чётно и [tex]a\equiv b\pmod 4[/tex].
Каждое число [tex]a+bi[/tex] сравнимо по модулю [tex]A[/tex] ровно с одним из [tex]8[/tex] элементов [tex]a_0+b_0i[/tex], где [tex]a_0\in\{0; 1; 2; 3\}[/tex], [tex]b_0\in\{0; 1\}[/tex]. Действительно, возьмём [tex]b_0\equiv b\pmod 2[/tex] и [tex]a_0\equiv a-(b-b_0)\pmod 4[/tex]; тогда разность [tex](a-a_0)+(b-b_0)i[/tex] имеет чётную мнимую часть и [tex]a-a_0\equiv b-b_0\pmod 4[/tex], поэтому она лежит в [tex]A[/tex].
Два различных представителя не сравнимы: если [tex](a_0-a_0')+(b_0-b_0')i\in A[/tex], то [tex]b_0-b_0'[/tex] чётно, значит, [tex]b_0=b_0'[/tex], и тогда [tex]a_0\equiv a_0'\pmod 4[/tex], т.е. [tex]a_0=a_0'[/tex]. Следовательно,
[tex]\left|\mathbb{Z}[i]/A\right|=8[/tex]
Это согласуется с общей формулой [tex]\left|\mathbb{Z}[i]/(\alpha)\right|=N(\alpha)[/tex]: [tex]N(2+2i)=2^2+2^2=8[/tex].

Решение:
Если [tex]z^n=1[/tex], то [tex]|z|^n=1[/tex], откуда [tex]|z|=1[/tex]; значит, [tex]C_n\subseteq U[/tex]. Так как группа [tex]U[/tex] абелева, [tex]C_n[/tex] — нормальная подгруппа. Рассмотрим отображение
[tex]\varphi:U\to U,\qquad \varphi(z)=z^n[/tex]
Оно корректно определено, так как [tex]|z^n|=|z|^n=1[/tex], и является гомоморфизмом, так как группа [tex]U[/tex] коммутативна:
[tex]\varphi(zw)=(zw)^n=z^nw^n=\varphi(z)\varphi(w)[/tex]
Оно сюръективно: каждое [tex]w\in U[/tex] можно записать в виде [tex]w=\cos\theta+i\sin \theta[/tex], и по формуле Муавра число [tex]z=\cos\frac{\theta}{n}+i\sin \frac{\theta}{n}\in U[/tex] удовлетворяет условию [tex]z^n=w[/tex]. Его ядро
[tex]\ker\varphi=\{z\in U : z^n=1\}=C_n[/tex]
По теореме о гомоморфизме [tex]U/\ker\varphi\cong\operatorname{Im}\varphi[/tex], т.е.
[tex]U/C_n\cong U[/tex]
причём изоморфизм задаётся формулой [tex]zC_n\mapsto z^n[/tex].