Аддитивные группы колец

27. Аддитивные группы колец.

Скачать полностью бесплатно ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО ОСНОВАМ ОБЩЕЙ АЛГЕБРЫ учебное пособие. П.А. Крылов А.А. Туганбаев А.Р. Чехлов в формате PDF.

Ниже можете посмотреть текст для быстрого ознакомления (в них формулы отображаются не корректно). Эти тексты и форма поиска справа в колонке помогут Вам быстрее найти нужную информацию на этом сайте.

27.3. а) Для каждого п 6 End A отображения a — n(рa) и a — ^a^ являются гомоморфизмами A — End A. Поэтому среди
образующих группы I(A) имеются n(рa) и ^a^ при всех a 6 A, т.е. I(A) — идеал кольца End A.

б) Пусть R — кольцо на A. С каждым элементом a 6 A можно связать левое умножение Xa : x — ax. Соответствие р: a — Xa
является гомоморфизмом A в (End A)+ и, значит, в группу I(A). Подгруппа C является левым идеалом в R тогда и только
тогда, когда каждый гомоморфизм Xa переводит C в себя; то же рассуждение применимо к правому умножению. Поэтому
если I(A)C С C, то C — идеал в каждом кольце R на A. Обратно, всякий гомоморфизм р 6 Hom(A, (End A)+) дает некоторое
кольцевое умножение, если произведение элементов a, c 6 A положить равным ac = ^a)c. Значит, если C — идеал в каждом
кольце на A, то ^a)c 6 C при c 6 C, т.е. I(A)C С C.
в) Либо редуцированная p-группа A обладает циклическими слагаемыми порядка ^ pk для сколь угодно больших k, либо в A
найдется циклическое слагаемое максимального порядка и A — ограниченная группа. В обоих случаях образы ее циклических
слагаемых в группе (End A)+ порождают периодическую часть этой группы и поэтому последняя совпадает с I(A).
27.8. Рассмотрите Zn ф Zn.
27.12. Из чисто точной последовательности 0 — C — A — A/C — 0 получим точные последовательности

197 ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО ОСНОВАМ ОБЩЕЙ АЛГЕБРЫ. Аддитивные группы колец. 

Последовательность 0 ^ Hom(A0 A, A) ^ Hom(C0C, A) также точна. Это означает, что любое v: C х C ^ A может иметь
не более одного продолжения ^: A х A ^ A.
27.22. Пусть рR С М ни для какого простого числа р. Тогда рR + М = R, т.е. группа (R/M)+ делима, она обязана не иметь
кручения, так как иначе для некоторого простого числа р имело бы место строгое включение M С р-1М.

28. Простейшие свойства полей

28.1. а) Если y/n 6 Q; б) если n < 0; в) нет; г) если n = 2 при р =3; n =2, 3 при р =5; n = 3, 5, 6 при р =7.
28.12. Если e(x) = 1 + a1x + a2x2 + … = 1 + р(х) 6 K [[х]], то проверьте, что (^( — 1)j (р(х))3′) e(x) = 1. Если 0 = co 6 K и
j=o
f(х) = co + С1Х + С2Х2 + …, то f(х) = coe(x), где co и e(x) — обратимые элементы кольца K [[х]], значит, f(x) обратим в
K [[х]]. Таким образом, каждый элемент g(x) 6 K [[х]] представим в виде g(x) = xm f(х), где f(х) — обратимый элемент в
K [[х]]. Тогда g(x)/u(x) = хт-п f (х)/р(х), здесь f (х)/р(х) = h(x) 6 K [[х]] и s = n — m.
28.15. Действительно, V2 = — ^9 + ^93, V3 = — 9 — — 93, V6 = — ^ ^92.
28.20. Указанные числа образуют подкольцо в соответствующих полях. Покажите, что только они являются целыми алгебраическими.
Число т + s^/d 6 Q(vd) удовлетворяет уравнению х2 — 2тх + (т2 — ds2) = 0. Поэтому число a = т + sVd является
целым алгебраическим в точности тогда, когда его след s(a) = 2т и норма n(a) = т — ds 6 Z.
Пусть d = 2, 3 (mod4). Так как 2т 6 Z, то т 6 Z, либо т = u + ^, где u 6 Z. Если т 6 Z, то ds2 6 Z и, значит, s 6 Z.
Второе же предположение невозможно. Действительно, из т = u + ^ следует, что s = t + т^, где t 6 Z. Поэтому 4(т2 — ds2) =
1 — d + 4(u2 + u — dt2 — dt), d = 1 (mod4), что противоречит условию на d.
Пусть d = 1 (mod4). Если т = a/2 и s = b/2, то 2r = a, r2 — ds2 = (1/4)(a2 — db2). Откуда условие 2т, r2 — ds2 6 Z влечет
a,b 6 Z, причем a и b обязаны иметь одинаковую четность. Необходимость установлена. Если a и b — четные, то 2r = a,
т2 — ds2 = (1/4)(a2 — db2) 6 Z. Если же a = 2u+1, b = 2t +1, где u, t 6 Z, то (1/4)(a2 — db2) = (1/4)(1 — d) + u2 + u — dt2 — dt 6 Z.
28.22. Если aa-1 = 1, то n(a)n(a-1) = 1. Откуда n(a) = ±1. Так как n(a) = r2 — ds2 = a(r — sVd), то из n(a) = ±1 следует
обратимость a.
28.23. Если d = 2, 3 (mod4), то целые алгебраические числа можно записать в виде a = х + yVd, где х, у 6 Z, n(a) =
x2 — dy2 = 1, а при d = 1 (mod 4) в виде a = x/2 + y/2\fd, где х и у — целые числа одинаковой четности, n(a) = (х2 —dy2)/4 = 1.
Рассмотрите четыре случая.
1) При d = —1 получается кольцо целых гауссовых чисел Z^]. Уравнение х2 — dy2 = 1 примет вид х2 + y2 = 1 и имеет
четыре решения: х = ±1, y = 0; х = 0, y = ±1. Им соответствуют обратимые числа ±1, ±г, которые и составляют группу
обратимых элементов U(Z^]) кольца Z^].
2) Если d = —2, то уравнение х2 + 2y2 = 1 имеет только два решения: х = ±1, y =0, которым соответствуют числа ±1.
3) Если d = —3, то уравнение х2 + 3y2 = 4 имеет шесть решений: х = ±2, y =0; х = ±1, y =1; х = ±1, y = —1. Им
соответствуют числа ±1, ±1/2 + (1/2)г^3, ±1/2 — (1/2)г^3.
4) В случае d ^ —5 уравнения х2 — dy2 = 1 (при d = 2, 3 (mod4)) имеют только два решения: х = ±1, y = 0; уравнения
х2 — dy2 =4 (при d = 1 (mod4)) также имеют только два решения: х = ±2, y = 0.
28.27. Zp.
28.28. х = a.
28.29. в) Для каждого элемента х в поле существует его р-я степень xp. Различные элементы имеют различные степени,
так как xp — yp = (х — y)p. Следовательно, в поле существует столько же р-х степеней, сколько самих элементов.
28.32. р (1) = 1 для каждого автоморфизма р. Откуда р (n) = р (1) + … + р (1) = n • 1 = n при n 6 N. Поэтому равенства
р (—a) = —р (a) и р (ab-1) = р (a)(p (b))-1 показывают, что р действует тождественно на Q. Если же р 6 Aut R, то
ограничение р | Q = 1q. Так как для каждого х 6 R, х > 0, найдется y 6 R со свойством х = y2, то р(х) = (p(y))2 > 0.
Поэтому из х < z следует р(х) < р (z). Далее воспользуйтесь тем, что Q плотно в R.
28.33. х + гy ^ х — гy — единственный нетождественный такой автоморфизм (х, y 6 R).
28.34. х + V2y ^ х — •Лу — единственный такой автоморфизм (х, y 6 Q).
28.35. При m/n = r2 6 Q\{0} (поля совпадают).
28.36. а) {—3 — 2V2, — 1}; б) 0; в) {2 — V2, 1+ V2}; г) {V2, —2 — V2}; д) {—2, 3 — V2}; е) {V2, 6 — 3^2}.
28.38. f(х) = х3 + 3х2 + х + 3.
28.40. б) и в) не имеют.
28.41. а) 0; б) {7, 10}; в) {2, 7}; г) {2}; д) 0; е) 0.
28.44. Если b = 0 и a2 + ab + b2 = 0, то a3 — b3 = 0, откуда (ab-1) = 1. Тогда a = b (это влечет ab =0 и, значит, a = b =0),
либо 3| 2п — 1, что неверно.
p-1 p-1 28.45. а) Заметить, что n (n +1)(2n +1) k ^ k- — биекция и ^ k- = ^ k. б) Используйте формулу 1 + 2 + … + n = —————————————————— .
k=1 k=1 6
28.47. а) x + 2 (над Z3), 1 (над Z5); б) x2 + x + 2 (над Z3), 1 (над Z5).

198 ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО ОСНОВАМ ОБЩЕЙ АЛГЕБРЫ. Аддитивные группы колец.

28.48. Пусть f (x) = a(x)d (x), g(x) = b(x)d(x), где a(x),b(x),d(x) 6 Q [x], deg d(x) > 0. Вынося общие знаменатели и общие
наибольшие делители числителей коэффициентов этих многочленов и применяя лемму Гаусса (лемма 14.2), получим f (x) =
a1(x)d1(x), g(x) = b1(x)d1(x), где a1 (x),b1(x),d1(x) 6 Z [x] и старший коэффициент d1(x) не делится на p. Переходя к полю
вычетов по модулю p, получим общий делитель для f(x) и g(x) над этим полем, что невозможно.
Многочлены f (x) = x, g(x) = x + p взаимно просты над Q и равны x над полем Zp.
28.49. Если f (x) и g(x) взаимно просты, то f(x)u(x) + g (x) v(x) = c, где u(x),v (x) 6 Z [x] и c 6 Z; f(x) и g(x) взаимно
просты над полем Zp для любого p, не делящего c. Для доказательства обратного утверждения использовать предыдущее
упражнение.
28.50. а) (x + 1)3 (x2 + x + 1); б) (x + 3) (x2 + 4x + 2);
в) (x2 + x + 1) (x2 + 2x + 4.
28.51. f = x2, f2 = x2 + 1 = (x + 1)2, f3 = x2 + x = x (x +1), f4 = x2 + x +1 неприводим.
f = x3, f2 = x3 + 1 = (x + 1) (x2 + x + 1) , f3 = x3 + x = x (x + 1)2 , f4 = x3 + x2 = x2 (x + 1), f5 = x3 + x +1 неприводим,
f6 = x3 + x2 + 1 неприводим, f7 = x3 + x2 + x = x (x2 + x + 1), fs = x3 + x2 + x + 1 = (x + 1)3.
28.52. f = x2 + 1, f2 = x2 + x + 2, f3 = x2 + 2x + 2. f1 = x3 + 2x + 1, f2 = x3 + 2x + 2, f3 = x3 + x2 + 2, f4 = x3 + 2×2 + 1,
f5 = x3 + x2 + x + 2, f6 = x3 + x2 + 2x + 1, f7 = x3 + 2×2 + x +1, fs = x3 + 2×2 + 2x + 2.
28.53. Применив лемму Гаусса (лемма 14.2), из разложения на многочлены с рациональными коэффициентами получить
разложение на многочлены с целыми коэффициентами. Многочлен f = px2 + (p +1) x + 1 = (px + 1) (x + 1) по модулю p
равен x + 1.
28.54. Используйте тот факт, что если элементы a и b циклической группы G не являются квадратами, то ab — квадрат
в G. Действительно, множество H элементов из G, являющихся квадратами, есть подгруппа. Факторгруппы циклической
группы — циклические. Если C = cH — образующий факторгруппы G/H, то из c2 H следует C2 = c2H = H. Значит,
H = G или G/H — группа второго порядка и ab 6 aH • bH = H.
Отсюда следует, что по любому простому модулю p одно из чисел 2, 3, 6 сравнимо с квадратом (2 = 02 при p = 2; 3 = 02
при p =3; и по вышедоказанному 6 = 2 • 3 — квадрат в поле Zp при p > 3, если 2 и 3 — не квадраты).
Многочлен
f(x) = (x — V2 — 33) (x — 32 + 33) (x + 32 — 33) •
• (x + 32 + 33) = x4 — 10×2 + 1
неприводим над полем Q.
(По доказанно)м(у существует) a Zp, для которого a2 = 2, и(ли a2 = 3, )ил(и a2 = 6. Е)сли a2 = 2, то x4 — 10×2 + 1 =
(x2 + 2ax — 1( (x2 — 2ax — 1); если a2 = 3, то x4 — 10×2 + 1 = (x2 + 2ax + 1) (x2 — 2ax + 1); если a2 = 6, то x4 — 10×2 + 1 =
x2 — 5 + 2a x2 — 5 — 2a .
28.58. Индукцией по i (0 ^ i ^ m) доказать, что при надлежащей нумерации элементов b1,… ,bn система a1,… , ai, bi+1,… ,bn
является максимальной системой алгебраически независимых над К элементов в P.
28.59. 1) Покажите, что число максимальных идеалов не превосходит [A : К]. Далее покажите, что если элемент a 6 A
не является нильпотентным, то идеал, максимальный во множестве идеалов, не пересекающихся с {a, a2, . . . }, является
максимальным идеалом в A.
2) Используйте 1). Для получения единственности в 5) покажите, что во всяком представлении Ared = П^_1 Lj поля Lj
изоморфны факторалгебрам по всевозможным максимальным идеалам в A.

199 ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО ОСНОВАМ ОБЩЕЙ АЛГЕБРЫ. Аддитивные группы колец.

Околоadmin