用户: Cybcat/百题大过关/2023 P 代数 抽象代数

1.	试计算下面交换群的阶数: (1) ${\mathrm{Hom}}_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}\oplus {\mathbb{Z}}_{36},\mathbb{Z}\oplus {\mathbb{Z}}_{15}){\otimes }_{\mathbb{Z}}{\mathbb{Z}}_{24}$; (2) $(\mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z})/A$, 其中 $A$ 为 $(m,0),(n,1)$ 生成的子模.
2.	判断正误: (1) 不存在 $G$ 的正规子群 $H,K,N$, 使得 $G\cong H\times K$, 并且 $H\cap N$ 与 $K\cap N$ 均为平凡子群; (2) $F$ 为有限域, $F[x]$ 上的素理想只有有限多个.
3.	设 $R$ 是主理想整环. (1) 若 $M$ 为有限生成自由 $R$-模, $N$ 为 $M$ 的子模. 求证: $M/N$ 是无挠的当且仅当任何一组 $N$ 的基都可以延拓为一组 $M$ 的基; (2) 设 $x_1,\cdots ,x_n$ 为 $M$ 的一组基, 设 $y_1=a_1{x}_1+\cdots +a_n{x}_n,a_i\in R$. 若 $\gcd (a_1,\cdots ,a_n)=1$, 求证: 存在 $y_2,\cdots ,y_n$, 使得 $y_1,\cdots ,y_n$ 是 $M$ 的一组生成元.
4.	设 $K=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{-3},\sqrt[3]{5})$. (1) 求证 $K/\mathbb{Q}$ 是 Galois 扩张. (2) 求 Galois 群 $\mathrm{Gal}(K/\mathbb{Q})$. (3) 求 $K/\mathbb{Q}$ 的所有中间域.

第一题.

第一题. (1) 注意到 $\mathrm{Hom}(M,-),\mathrm{Hom}(-,N),-\otimes M$ 都与直和 $\oplus$ 可交换. 然后 $\mathrm{Hom}(\mathbb{Z},-)$ 是恒同映射, 对有限 Abel 群 $A$, $\mathrm{Hom}(A,\mathbb{Z})=0$, 对正整数 $a,b$ 有 ${\mathbb{Z}}_a\otimes {\mathbb{Z}}_b\cong \mathrm{Hom}({\mathbb{Z}}_a,{\mathbb{Z}}_b)\cong {\mathbb{Z}}_{\mathrm{GCD}(a,b)}$. 记第一小问的群为 $G_1$, 则$$\begin{array}{rl}{G}_1& =(\mathbb{Z}\oplus {\mathbb{Z}}_{15}\oplus {\mathbb{Z}}_3)\otimes {\mathbb{Z}}_{24}\\ & ={\mathbb{Z}}_{24}\oplus {\mathbb{Z}}_3\oplus {\mathbb{Z}}_3.\end{array}$$由此可知 $|G_1|=24\times 3\times 3=216$.

(2) 第二小问只需计算 $\det \left[\begin{array}{cc}m& 0\\ n& 1\end{array}\right]=m$, 可知生成的子模其指数为 $m$, 故 $|{\mathbb{Z}}^{\oplus 2}/A|=m$. 实际上商同构循环群 ${\mathbb{Z}}_m$, 商群的生成元为 $(1,0)$ 的像.

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第二题.

第二题. (1) 考虑 $H=K=\mathbb{Z}$, 则 $G={\mathbb{Z}}^{\oplus 2}$. 此时 $G$ 的对角子群 $N:=\{(m,m):m\in \mathbb{Z}\}\le G$ 和 $H,K$ 相交平凡. 由此可知 (1) 的命题错误.

(2) 使用 Euclid 论证. 因为 PID 中素元生成素理想, 假设只有有限多个素元, 记它们全体为 $p_1,\cdots ,p_n\in F[x]$, 考虑 $p=p_1\cdots p_n+1\in F[x]$, 它次数大于 $0$ 故非零、不可逆, 因此它具有素理想分解, 但是 $p$ 的素因子不能是 $p_1,\cdots ,p_n$ 中者, 因为 $p$ 不含于任何 $(p_i)$, 否则 $1$ 含于 $(p_i)$ 矛盾. 那么 $p$ 的素因子分解包含新的素元, 这和全体素元只有 $n$ 个矛盾.

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第三题.

第三题. (1) 如果 $M/N$ 无挠, 则因为它有限生成, 所以它是自由模, 故存在映射 $M/N\to M$ 分裂 $M$ 使得 $M\cong N\oplus (M/N)$, 故 $N$ 的一组基加上 $M/N$ 的任意一组基得到 $M$ 的一组基. 反过来, 如果 $N$ 的一组基总能延拓为 $M$ 的基, 假如 $N/M$ 有挠, 即存在非零 $a\in R$ 和元素 $m\in M$ 使得 $m\notin N$ 但是 $am\in N$. 假设 $N$ 的一组基 $e_1,\cdots ,e_s$ 加上元素 $f_1,\cdots ,f_t$ 后被延拓为 $M$ 的一组基. 现在写 $m=\sum a_i{e}_i+\sum b_i{f}_i$. 由于 $m\notin N$ 故存在 $b_i\ne 0$. 但是 $am=\sum a{a}_i{e}_i+\sum a{b}_i{f}_i$, 由于 $a{b}_i\ne 0$, 故 $am\notin N$ 推出矛盾.

(2) 利用 (1) 我们只要证明 $M/R{y}_1$ 是无挠的. 也就是要证明如果 $m\in M$ 和 $a\in R$ 使得 $am=b{y}_1$ 则 $m\in R{y}_1$. 如果 $am=b\sum a_i{x}_i$, 假设 $m=\sum b_i{x}_i$, 就得到 $a{b}_i=b{a}_i$. 现在由互质, 取 $c_i$ 使得 $\sum a_i{c}_i=1$. 那么 $b=\sum b{a}_i{c}_i=\sum a{b}_i{c}_i=a\sum b_i{c}_i$ 故 $b\in aR$, 故 $m=(b/a)\sum a_i{x}_i$ 即 $m\in R{y}_1$, 结论得证.

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第四题.

第四题. 记 $\omega =(-1+\sqrt{-3})/2$ 为一个三次单位根.

(1) $K$ 由 $\mathbb{Q}$ 添加 $x^3=5$ 和 $x^2=2$ 的全体根 $\sqrt[3]{5},\sqrt[3]{5}\omega ,\sqrt[3]{5}{\omega }^2;\sqrt{2},-\sqrt{2}$ 得到. 由于 $\mathbb{Q}$ 特征 $0$, 故这个扩张有限可分正规, 进而是有限 Galois 扩张.

(2) 我们指出如下引理, 如果 $K_1/F,K_2/F$ 是某大域里的两个线性不交的 Galois 子扩张, 也就是说 $K_1{K}_2=K_1{\otimes }_F{K}_2$, 实际上这由 Galois 性当且仅当 $K_1\cap K_2=F$, 那么 $K_1{K}_2/F$ 是 Galois 扩张, 而且 $\mathrm{Gal}(K_1{K}_2/F)=\mathrm{Gal}(K_1/F)\times \mathrm{Gal}(K_2/F)$.

现在我们证明 $K_1=\mathbb{Q}(\sqrt{-3},\sqrt[3]{5})$ 中不能将 $2$ 开平方根. 注意到 $\mathrm{Gal}(K_1/\mathbb{Q})$ 是 ${\mathfrak{S}}_3$, 置换三个根因此它具有唯一的指数 $2$ 子群, 对应二次子域 $\mathbb{Q}(\omega )$, 而 $\sqrt{2}$ 不在其中. 由此可知 $\mathrm{Gal}(K/\mathbb{Q})={\mathfrak{S}}_3\times {\mathbb{Z}}_2$.

(3) 借助 (2) 的讨论, 我们很容易得知 $K/\mathbb{Q}$ 具有这些中间域: $$\begin{array}{r}K,K_1;\mathbb{Q}(\sqrt{-3},\sqrt{2}),\mathbb{Q}(\sqrt{-3});\mathbb{Q}(\sqrt{2}),\mathbb{Q}\\ \mathbb{Q}(\sqrt[3]{5},\sqrt{2}),\mathbb{Q}(\sqrt[3]{5});\mathbb{Q}(\sqrt[3]{5}\omega ,\sqrt{2}),\mathbb{Q}(\sqrt[3]{5}\omega );\mathbb{Q}(\sqrt[3]{5}{\omega }^2,\sqrt{2}),\mathbb{Q}(\sqrt[3]{5}{\omega }^2).\end{array}$$容易求出它们对应的子群 (下略).

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