近世代数

$P_{71}$

定理2.6.3：设$G$为有限可换群，$p$为素数，且$p{\mid}|G|$，则$G$中有$p$阶元。

证明：对$|G|$作归纳法。

$|G|=p$，显然成立。下面设$|G|=n>p$，并且假设命题对$|G|<n$以及$p{\mid}|G|$成立。要证明对$|G|=n$以及$p{\mid}n$也成立。

任意取$a{\in}G$，设$o(a)=k>1$，若$p{\mid}k$，则$a^{k/p}$就是$p$阶元。若$p{\nmid}k$，令$H=<a>$，则$H{\trianglelefteq}G$，商群$G/H=G'$，满足$|G'|=\frac{n}{k}<n$和$p{\mid}|G'|$。由归纳假设，$G'$中存在$p$阶元$\overline{c}{\in}G':o_{G'}(\overline{c})=p$，即$(cH)^p=H$，于是有$c^p{\in}H$和$c^{pk}=e$，即$(c^k)^p=e$，可以证明$c^k{\neq}e$：否则由$c^k=e$可以得到$\overline{c}^k=\overline{e}$以及$p|k$，这导致了矛盾。

所以$c^k$为$G$中的$p$阶元。

要点：归纳法与归纳假设，通过作商群用到归纳假设，从而找到$p$阶元。

$P_{104}$

1，用3种颜色做成有5颗珠子的项链，问可做成多少种类的项链？

解：设$X=\left\{12,3,4,5\right\}$为正5边形的顶点集合，$D_5$是正5边形的旋转群。$A=\left\{a_1,a_2,a_3\right\}$是颜色集合。目标集为有标号的着色方法的集合：$\Omega=\left\{f|f:X{\to}A\right\}$。定义$D_5$对$\Omega$的作用为

$$ {\forall}g{\in}D_5,{\forall}f{\in}\Omega有g(f)=fg^{-1} $$

则$\Omega$在$D_5$的作用下的轨道数是要求的项链数，写出全部群元素

$$ D_5=\left\{(1),(12345),(13524),(14253),(15432),(25)(34),(12)(35),\\ (13)(45),(14)(23),(24)(15)\right\} $$

其中$1^5-$型置换1个，$5^1-$型置换4个，$1^12^2-$型置换5个，按类型计算群元素的不动点数目列表如下：

由Burnside引理，得到

$$ N=\frac{3^5+4{\times}3+5{\times}3^3}{10}=\frac{3(81+4+45)}{10}=39 $$

$P_{112}$

1，证明145阶群是循环群

思路：首先写出阶数的标准分解式：$145=5{\times}29$，是两个素数的乘积，仅需证明$G=C_5{\times}C_{29}$，问题就解决了。

证明：由于$|G|=5{\times}29$，由于Sylow定理，$G$中存在5阶子群$C_5$和29阶子群$C_{29}$，如果它们是正规子群，则问题解决。

首先，$G$中的$C_{29}$是惟一的29阶子群，所以$C_{29}{\vartriangleleft}G$。

其次，再看$C_5$是否惟一的，可用Sylow定理的计数定理来分析。设$G$中的Sylow 5-子群的个数为$N(5)$，则由Sylow定理的计数定理知$N(5){\equiv}1(mod\;5)$，可令$N(5)=5q+1$。另一方面，$N(5)||G|$，即$N(5)|145$，因而有$N(5)=1$，所以$C_5{\vartriangleleft}$G。

显然$C_5{\cap}C_{25}=1$。综上，由群可表示为子群的直积的定理，得到

$$ G=C_5{\times}C_{29}=C_{145} $$

所以$G$是循环群。

$P_{128}$

例3.2.6：证明$(2+i)$是$\mathbb{Z}[i]$的一个极大理想，从而$\mathbb{Z}[i]/(2+i)$是域。

证明：设

$$ \begin{align*} M&=(2+i)=\left\{(2+i)(a+bi)|a,b{\in}\mathbb{Z}\right\}\\ &=\left\{(2a-b)+(a+2b)i|a,b{\in}\mathbb{Z}\right\} \end{align*} $$

不难证明：$M=\left\{x+yi|x,y{\in}\mathbb{Z}\right\};2x+y{\equiv}0(mod\;5)$，设理想$H$真包含$M$，则${\exists}a+bi{\in}H{\backslash}M$，必有$2a+b{\not\equiv}0(mod\;5)$，因而$(2a+b,5)=1$，于是$p,q{\in}\mathbb{Z}$使得$(2a+b)p+5q=1$。由于$(2a+b)p{\in}H,5q{\in}M{\subset}H$，所以$1{\in}H$，故$H=\mathbb{Z}[i]$，所以$M=(2+i)$是$\mathbb{Z}[i]$中的极大理想，从而$\mathbb{Z}[i]/(2+i)$是域。

要点：证明是域，仅需证明极大理想是自己就可。

8：设$A$是环，$H$是理想，决定$A/H$：

1. $A=\mathbb{Z}[x],H=(x^2+1)$
2. $A=\mathbb{Z}[i],H=(2+i)$

$$ A=\left\{\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & c \end{pmatrix}|a,b,c{\in}\mathbb{Z}\right\},H=\left\{\begin{pmatrix} 0 & 2x \\ 0 & 0 \end{pmatrix}|x{\in}\mathbb{Z}\right\} $$

思路：这是一个计算题，要求把商环的元素表达出来，先按商环的定义写出，然后看是否能简单表达。

解：根据商环的定义，其元素是加群中的陪集。

（1）按照商环的定义可得

$$ A/H=\mathbb{Z}[x]/(x^2+1)=\left\{ax+b+(x^2+1)|a,b{\in}\mathbb{Z}\right\}=\left\{\overline{ax+b}|a,b{\in}\mathbb{Z}\right\} $$

细思考：进一步可以证明：$\mathbb{Z}[x]/(x^2+1){\cong}\mathbb{Z}[i]$。

（2）按照定义可以写出

$$ A/H=\mathbb{Z}[i]/(2+i)=\left\{a+bi+(2+i)|a,b{\in}\mathbb{Z}\right\}=\left\{\overline{a+bi}|a,b{\in}\mathbb{Z}\right\} $$

但是我们可以进一步简化，考察一下这个商环的元素。由于$\overline{2+i}=\overline{0}$，得$\overline{i}=\overline{-2}$，因此可能将每一个陪集的代表元变为整数：$\overline{a+bi}=\overline{a-2b}$。又因$5=(2+i)(2-i)$，得到$\overline{5}=\overline{0}$，所以$\frac{\mathbb{Z}[i]}{(2+i)}$中仅有5个元素：$\overline{0},\overline{1},\overline{2},\overline{3},\overline{4}$。于是

$$ \mathbb{Z}[i]/(2+i)=\left\{\overline{0},\overline{1},\overline{2},\overline{3},\overline{4}\right\} $$

其中$\overline{k}=k+(2+i),k=1,2,\cdots,5$。

细思考：由于5个元素的加群只有$(Z_5,+)$，我们把群同构推广到环，显然有$\mathbb{Z}[i]/(2+i){\cong}(Z_5,+,{\cdot})$。

（3）

$$ A=\left\{\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & c \end{pmatrix}|a,b,c{\in}\mathbb{Z}\right\},H=\left\{\begin{pmatrix} 0 & 2x \\ 0 & 0 \end{pmatrix}|x{\in}\mathbb{Z}\right\} $$

先来看加群的陪集是什么元素，由于对于任何的$\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & c \end{pmatrix}{\in}A$，可以表示为：

$$ \begin{align*} &\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & c \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0 & 2n \\ 0 & 0 \end{pmatrix},当b=2n时\\ &\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} a & 1 \\ 0 & c \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0 & 2n \\ 0 & 0 \end{pmatrix},当b=2n+1时 \end{align*} $$

所以得到

$$ A/H=\left\{\overline{\begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & c \end{pmatrix}},\overline{\begin{pmatrix} a & 1 \\ 0 & c \end{pmatrix}}|a,c{\in}\mathbb{Z}\right\} $$

细思考：虽然商环一般可以表示为$A/H=\left\{a+H|a,c{\in}\mathbb{Z}\right\}=\left\{\overline{a}|a{\in}A\right\}$。但是对于具体的商环应该表示得更为具体。

$P_{177}$

例4.3.4

设$F$是有限域，我们来计算有限域上的线性群的阶。

1. $|GL_n(F)|=(q^n-1)(q^n-q){\cdots}(q^n-q^{n-1})$
2. $|SL_n(F)|=\frac{(q^n-1)(q^n-q){\cdots}(q^n-q^{n-1})}{q-1}$

证明：

1，求所有n阶可逆矩阵的个数。我们把可逆矩阵的每一行看作向量，则可逆矩阵的n个行向量是线性无关的。直接计算线性无关向量的个数：第1行不能为0向量，所以共有$q^n-1$种选择；第1行向量$\alpha_1$一旦选定后，第2行向量$\alpha_2$不能与$\alpha_1$线性相关，也就是$\alpha_2{\notin}\left\{k\alpha_1|k{\in}F\right\}$，故共有$q^n-q$种选择；第1，2行向量一旦选定后，第3行向量$\alpha_3{\notin}\left\{k_1\alpha_1+k_2\alpha_2|k_1,k_2{\notin}F\right\}$，故共有$q^n-q^2$种选择，.........，所以公式成立。

2，求所有行列式等于1的n阶可逆矩阵的个数，仅需做一个$GL_n(F)$到$F^*$的同态即可证明。

补充这个由行列式映射给出的群的满同态$det:GL_n(F){\to}F^*$，这个满同态的核为$SL_n(F)$，因此由群同态基本定理知$F^*{\cong}GL_n(F)/SL_n(F)$，从而有

$$ \frac{|GL_n(F)|}{|SL_n(F)|}=|F^*|=q-1 $$

于是可以知道

$$ |SL_n(F)|=\frac{(q^n-1)(q^n-q){\cdots}(q^n-q^{n-1})}{q-1} $$

$P_{181}$

2，构造125个元素和64个元素的域，并用图形分别表示这两个域的所有子域。

分析：主要是掌握有限域的构造方法

解：

（1）首先把125写成$125=5^3$，然后再在$Z_5[x]$中找一个3次不可约多项式，例如取$f(x)=x^3+x+1$，再一次指出，检验一个3次多项式是否可约只要用试根法就行，则

$$ GF(5^3)=Z_5[x]/(x^3+x+1)=\left\{\overline{ax^2+bx+c}|a,b,c{\in}Z_5\right\} $$

其中每一个元素是一个模$f(x)$的同余类。

由于3的因子只有1和3，因此$GF(5^3)$的非平凡子域只有$GF(5)$。

（2）$64=2^6$，在$Z_2[x]$中找一个6次不可约多项式，例如取$g(x)=x^6+x+1$。但是要证明这个6次多项式不可约，用试根法不能完全证明。试根法只能判断是否能分解出1次因子，还要判断是否能分解出2次因子和3次因子。这需要用所有的2次和3次不可约多项式来除$g(x)$。幸好$Z_2[x]$中2次和3次不可约多项式的个数不多。

而用$g(x)$造出的域为

$$ GF(2^6)=Z_2[x]/(x^6+x+1)=\left\{\overline{ax^5+bx^4+cx^3+dx^2+ex+f}|a,b,c,d,e,f{\in}Z_2\right\} $$

考虑$GF(2^5)$的子域，因为6的真因子只有1，2，3.故$GF(2^6)$的非平凡子域只有$GF(2^3),GF(2^2),GF(2)$。

5，求$E=Z_3[x]/(x^2+1)$中的所有本原元。

分析：由于$E=GF(3^2)$中的本原元就是乘法阶为8的元素。首先分析多项式$x^2+1$是否本原多项式，如果是的话，则$x$为一个本原元。

解：把域表达一下：

$$ E=Z_3[x]/(x^2+1)=\left\{ax+b|a,b{\in}Z_3\right\} $$

其中每一个元素是一个同余类。而$|E^*|=8$，乘法阶为8的元为本原元。

首先我们看元素$x$是否本原元，由于$x^2=-1$，得到$x^4=1$，所以$x$的乘法阶是4，所以$x$不是本原元。考虑${\alpha}=x+1$，由于${\alpha}^2=2x,{\alpha}^4=x^2=-1,{\alpha}^8=1$，故${\alpha}$是本原元。所以$E$中所有本原元为

$$ {\alpha}=x+1,{\alpha}^3=2x^2+2x=2x+1,{\alpha}^5=4x^2+2x=2x+2,\\{\alpha}^7=-2x-1=x+2 $$

所以其本原元个数为$\varphi(8)=4$。