Ю.И. Журавлёв, Ю.А. Флёров, М.Н. Вялый - Дискретный анализ. Основы высшей алгебры (1127101), страница 35
Текст из файла (страница 35)
Если Ck — циклическая группа порядка k и Z — бесконечная циклическая группа, то искомое прямое разложениефакторгруппы Z3 /H имеет вид: а) C2 + C2 + C3 ; б) C3 + C4 ;в) C2 + C3 + C3 ; г) C2 + C4 ; д) C4 + Z; е) C2 + C2 + C8 ; ж) C5 ;з) Z + Z; и) Z; к) Z3 /H — нулевая группа. Искомого разложения не существует.1.111. в) Группа G единственным образом разлагается впрямую сумму подгрупп: G = A1 + A2 + · · · + As , где Ai — циклическая подгруппа порядка pi .
Любая подгруппа H группыG, отличная от нулевой, является прямой суммой некоторыхиз подгрупп Ai . Число всех подгрупп равно 2s .Указание. Использовать пункт б) и показать, что если h —порождающий элемент подгруппы H, то H является прямойсуммой тех подгрупп Ai , которые содержат ненулевые компоненты элемента h.1.112. Указание. в) Для доказательства разложения G == H + K взять любой элемент a1 вне H, затем любой элементa2 вне {H, a1 } и т. д., и положить K = {a1 , a2 , . .
. }.г) Любая подгруппа H порядка ps разлагается в прямуюсумму s циклических подгрупп порядка p. Пусть это разложение имеет видH = ha1 i + ha2 i + · · · + has i.Находим число всех систем (a1 , a2 , . . . , as ), определенных указанным образом для всех подгрупп H порядка ps . Так какa1 6= 0, то для a1 имеем pk − 1 возможностей. Так как a2лежит вне циклической подгруппы ha1 i, то для a2 имеем pk −p возможностей и т. д.
Аналогично находим число всех систем (a1 , a2 , . . . , as ), дающих одну группу H порядка ps . Числовсех подгрупп порядка ps равно частному двух найденныхчисел.1.113. Указание. Сначала рассмотреть случай примарнойгруппы, затем взять разложение группы на примарные компоненты и применить задачу 1.105 б).Ответы, указания, решения2032.1. а) Кольцо. б) Кольцо. в) Кольцо.
При n = 0 получаемнулевое кольцо, состоящее из одного числа 0, который будетединицей кольца и сам для себя противоположным. Нулевоекольцо не будет полем, так как поле должно содержать более одного элемента. г) Поле. д) Поле. е) Поле. ж) Кольцо.з) Поле. и) Кольцо. к) Поле. л) Кольцо. м) Кольцо. н) Кольцо.
о) Кольцо. п) Кольцо. р) Матрицы с рациональными a,b образуют поле, а с действительными a, b — кольцо, но неполе. с) Полиномы от синусов и косинусов и полиномы отодних косинусов образуют кольцо, а от одних синусов не образуют. (Указание. В последнем случае использовать то, чтопроизведение двух нечетных функций является функциейчетной.)2.2. г) Не образуют. Указание. Используя неприводимость многочленаx3 −√2 над полем рациональных чисел, до√√33казать, что 2 · 2 = 3 4 не принадлежит рассматриваемомумножеству.2.13.
Делители нуля имеют вид (a, 0), где a 6= 0 и (0, b),где b 6= 0.2.17. Матрицы, в которых элемент в левом верхнем углуотличен от нуля, не будут левыми (но будут правыми) делителями нуля.2.24. Указание. Двумя разными способами раскрыть скобки в произведении (a + b)(e + e).2.26. Матрицы порядка n > 2 с элементами из данногополя при условии, что все строки, начиная со второй, состоятиз нулей, образуют кольцо с несколькими левыми единицами,а при аналогичном условии для столбцов — с несколькимиправыми единицами.2.27. Указание. Показать, что если a = ae, то e — единица.2.28. а) a = p в кольце вычетов по модулю p2 ; б) a = p вкольце вычетов по модулю pn . Здесь p — любое целое число,большее 1.√2.30. Указание.
Для числа a + b −3 ввести норму N (z) == z · z̄ = a2 + 3b2 . Доказать, что N (z1 · z2 ) = N (z1 ) · N (z2 ); дляданного M > 0 существует лишь конечное множество чисел z сN (z) < M , делителями единицы являются лишь ±1, делительс наименьшей нормой, большей 1, является простым.204Ответы, указания, решения2.31. Указание. Рассмотреть разложения2 = 21/2 · 21/2 = 21/2 · 21/4 · 21/4 = . . .2.35. а) Раскроем скобки в произведении(a0 + a1 i + a2 j + a3 k)(a0 − a1 i − a2 j − a3 k)и приведем подобные. Получится выражение a20 + a21 + a22 + a23 ,так как i2 = j 2 = k 2 = −1, а остальные слагаемые сокращаются, так как ij = −ji, ik = −ki, jk = −jk.б) Аксиомы кольца проверяются непосредственной подстановкой в определения. Легко также проверить справедливостьследующей формулы для обратного к h кватерниона:h−1 = h̄/(hh̄).в) Будем записывать кватернион в виде суммы «действительной» и «мнимой» части: h = h0 + h1 , где h0 ∈ R, а h1 == a1 i + a2 j + a3 k рассматривается как вектор в трехмерномпространстве с ортонормированным базисом i, j, k.
Из определения умножения кватернионов следует, чтоhq = (h0 q0 − h1 · h2 ) + h0 q 1 + q0 h1 + h1 × h2 ,(∗)здесь a · b — скалярное, а a × b — векторное произведениевекторов.Проверим, что поворот на угол θ вокруг оси, задаваемойединичным вектором v, в пространстве «чистых» кватернионов (с нулевой действительной частью) задается формулойh 7→ (cos(θ/2) + sin(θ/2)v)h(cos(θ/2) − sin(θ/2)v).(∗∗)Проверку достаточно сделать в двух случаях: h = v и h = u,где u — единичный вектор, перпендикулярный v.
На остальные векторы формула продолжится по линейности.В первом случае действие (∗∗) не меняет вектора v: используя (∗), можно проверить, что(cos(θ/2) + sin(θ/2)v)v(cos(θ/2) − sin(θ/2)v) = v.Во втором случае вычисления приводят к следующему результату(cos(θ/2) + sin(θ/2)v)u(cos(θ/2) − sin(θ/2)v) == cos θu + sin θ(v × u),Ответы, указания, решения205т. е. u переходит в cos θu + sin θ(v × u), что совпадает с поворотом на угол θ.На формулу (∗∗) можно посмотреть иначе: h 7→ qhq −1 , гдеq — кватернион нормы 1.
Но композиция сопряжений посредством двух кватернионов совпадает с сопряжением посредством произведения этих кватернионов. Отсюда и получаетсятребуемый гомоморфизм.2.36. Указание. Найти матрицы E, I, J, K, соответствующие единицам 1, i, j, k и проверить таблицу умножения дляних: I 2 = J 2 = K 2 = −E, IJ = −JI = K, JK = −KJ = I,KI = −IK = J.2.44. Если ne 6= 0 для любого n 6= 0 из Z, то ϕ — изоморфизм, и ϕ(Z) изоморфно Z. Если ne = 0 для некоторого n 6= 0из Z и d — наименьшее положительное число, для которогоde = 0, то ϕ(Z) изоморфно кольцу вычетов по модулю d.2.45. а) Идеал; б) подкольцо; в) идеал; г) не являетсяподгруппой аддитивной группы; д) подкольцо; е) подгруппааддитивной группы; ж) идеал; з) подкольцо; и) идеал; к) идеал; л) не является подгруппой аддитивной группы.2.62.
Указание. Пусть a — элемент кольца, отличный отнуля. Показать, что соответствие x 7→ ax, где x — любой элемент, является взаимно однозначным отображением данногокольца на себя.√√1(5 + 9 3 2 − 3 4). Указание. Для доказательства2.65. 43однозначности использовать неприводимость многочлена x3 −2 над полем рациональных чисел. Для отыскания обратногоэлемента применить метод √неопределенныхкоэффициентов.√1(34 + 14 3 5 + 13 3 25).2.66. x−1 = 1232.67.
Указание. Использовать, что неприводимый многочлен взаимно прост с любым многочленом меньшей степени.12.68. β −1 = 405(101 + 37α + 4α2 ). Указание. Пусть ϕ(x) =2= x − x + 3. Методом неопределенных коэффициентов найти многочлены f1 (x) первой степени и ϕ1 (x) второй степени,удовлетворяющие равенству f (x)f1 (x) + ϕ(x)ϕ1 (x) = 1, и положить в этом равенстве x = α.2.71. Указание. Рассмотреть образы единицы, целых идробных чисел.2.72. Указание.
Показать, что положительное число, какквадрат действительного числа, переходит в положительное.206Ответы, указания, решенияЗатем доказать, что любое действительное число переходит всебя, используя то, что любое рациональное число переходитв себя, и то, что между двумя различными действительнымичислами лежит рациональное число.2.73.
Возможны лишь два таких автоморфизма: тождественный и переводящий каждое число в сопряженное.2.78. Ответ: a(n,m) − 1. Указание: см. доказательство теоремы 3.37.2.79. а) x + 2; б) 1.2.80. а) 1; б) 5x + 1.2.81. а) x2 + x − 1; б) 1.2.84. Обозначим через G группу обратимых элементовкольца Z/(pn ). Так как |G| = (p − 1)pn−1 , из теоремы о конечных абелевых группах заключаем, что G ∼= A × B, где Aсостоит из элементов G, порядки которых делят p−1, а B — изэлементов G, порядки которых делят pn−1 , причем |A| = p − 1,|B| = pn−1 .Теперь рассмотрим последовательностьH0 ⊃ H1 ⊃ .
. . Hn−1 = {1}подгрупп в G, гдеHk = {1 + pk+1 x}.Из формулы бинома и неравенств 3k > k + 2, 2k + 2 > k + 2,справедливых при k > 1, получаем p 2k 2k pk+1(1 + p x) ≡ 1 + px+p x ≡ 1 + pk+1 x (mod pk+2 ) (∗)2( p2 делится на p2 при p > 3).Равенство (∗) означает, что образ Hk−1 при возведении встепень p лежит в Hk , но не лежит в Hk+1 . Поэтому в H0 естьэлемент порядка pn−1 . Значит, B = H0 и B — циклическая.Группа A изоморфна G/B = G/H0 . Но последняя группа совпадает с группой группой обратимых элементов Z/(p),которая является мультипликативной группой поля и потомуциклическая порядка p − 1.Теперь цикличность G следует из того, что G являетсяпрямым произведением циклических групп взаимно простыхпорядков.207Ответы, указания, решения2.86. б) Четыре смежных класса, состоящие из чисел a+biсо свойствами: 1) a и b четны; 2) a четно, а b нечетно; 3) aнечетно, а b четно; 4) a и b нечетны; в) класс B, содержащий1 + i, является делителем нуля, причем B 2 = 0.3.4.
Решим уравнение 103x + 73y = 1 в целых числахрасширенным алгоритмом Евклида (см. с. 108).Вычисления удобно свести в таблицуai ai+1 qi+110373173302301321343414xy−90 37 − 1 · (−90) = 12737 −16 − 2 · 37 = −90−165 − 2 · (−16) = 375−1 − 3 · 5 = −16−15Получаем ответ y = 127 = 24 (mod 103).3.5. По модулю 3 система несовместна, а по модулю 5 онаимеет единственное решение x = 2, y = 3, z = 2.3.6. По модулю 5 система несовместна, а по модулю 7 онаимеет единственное решение x = 2, y = 6, z = 5.3.7.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
