核心觀念

本題考查群作用的軌道—穩定子定理與有限群的基本分類。

令 $H\leq S_n$ 作用在 $\{1,\dots,n\}$ 上。對任意 $i$，其軌道為

$$\operatorname{Orb}_H(i)=\{\sigma(i):\sigma\in H\}.$$

若 $H$ 為 transitive，則任意 $i$ 的軌道都是整個集合，因此

$$|\operatorname{Orb}_H(i)|=n.$$

軌道—穩定子定理給出

$$|H|=|\operatorname{Orb}_H(i)|\cdot |H_i|,$$

其中

$$H_i=\{\sigma\in H:\sigma(i)=i\}$$

是 $i$ 在 $H$ 中的穩定子。

---

(a) 證明 $n\mid |H|$

取任意 $i\in\{1,\dots,n\}$。因為 $H$ 是 transitive subgroup，所以

$$\operatorname{Orb}_H(i)=\{1,\dots,n\},$$

故

$$|\operatorname{Orb}_H(i)|=n.$$

由軌道—穩定子定理，

$$|H|=|\operatorname{Orb}_H(i)|\cdot |H_i| =n|H_i|.$$

因此 $|H|$ 是 $n$ 的倍數，即

$$\boxed{n\mid |H|}.$$

---

(b) 找出 $S_4$ 的所有 transitive subgroups

由 (a)，若 $H\leq S_4$ 為 transitive，則

$$4\mid |H|.$$

又由拉格朗日定理，$|H|$ 必須整除

$$|S_4|=24.$$

因此 $|H|$ 只能是

$$|H|\in\{4,8,12,24\}.$$

以下依序分類。

情形一：$|H|=4$

此時由軌道—穩定子定理，

$$|H_i|=\frac{|H|}{4}=1.$$

所以 $H$ 在 $\{1,2,3,4\}$ 上是 regular action。階為 $4$ 的群只有兩種同構類型：

$$C_4,\qquad V_4.$$

1. 循環群 $C_4$

由四循環生成的子群

$$\langle (1234)\rangle = \{e,(1234),(13)(24),(1432)\}$$

具有階 $4$，且 $(1234)$ 可將任意元素送到任意位置，因此作用是 transitive。

2. Klein 四元群 $V_4$

考慮

$$V_4=\{e,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}.$$

對 $1$ 而言，其軌道為

$$\{1,(12)(34)(1),(13)(24)(1),(14)(23)(1)\} =\{1,2,3,4\}.$$

故 $V_4$ 也是 transitive。

因此階為 $4$ 的 transitive subgroups 有兩類：

$$\boxed{\langle(1234)\rangle,\qquad \{e,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}}.$$

---

情形二：$|H|=8$

此時 $H$ 是 $S_4$ 的 Sylow $2$-subgroup，因為

$$24=2^3\cdot 3.$$

例如

核心觀念

本題主要使用：

1. Sylow 定理：

$n_p\mid \frac{|G|}{p},\qquad n_p\equiv 1\pmod p.$

2. 正規子群的乘積：若 $A,B\trianglelefteq G$，則

$[A,B]\subseteq A\cap B.$

因此當 $A\cap B=\{e\}$ 時，$A$ 與 $B$ 彼此交換。

3. 半直積與群作用：

$G\cong N\rtimes H$

對應於同態

$\varphi:H\to \operatorname{Aut}(N).$

4. Schur–Zassenhaus 定理：若 $N\trianglelefteq G$ 且 $\gcd(|N|,[G:N])=1$，則 $N$ 有補群 $H$，使得

$G\cong N\rtimes H.$

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(a) 證明每個階為 $15$ 的群皆為循環群

設 $|G|=15=3\cdot 5$。

由 Sylow 定理，Sylow $5$-子群的個數 $n_5$ 滿足

$n_5\mid 3,\qquad n_5\equiv 1\pmod 5.$

因為 $n_5$ 只能是 $1$ 或 $3$，而 $3\not\equiv 1\pmod 5$，故

$n_5=1.$

因此 Sylow $5$-子群 $P$ 正規，且

$|P|=5.$

同理，Sylow $3$-子群的個數 $n_3$ 滿足

$n_3\mid 5,\qquad n_3\equiv 1\pmod 3.$

$n_3$ 只能是 $1$ 或 $5$，而 $5\not\equiv1\pmod3$，故

$n_3=1.$

因此 Sylow $3$-子群 $Q$ 也正規，且

$|Q|=3.$

由於 $|P|$ 與 $|Q|$ 互質，

$P\cap Q=\{e\}.$

又因為 $P,Q$ 都是正規子群，對任意 $p\in P,\ q\in Q$，

$[p,q]=pqp^{-1}q^{-1}\in P\cap Q=\{e\}.$

所以 $P$ 與 $Q$ 中的元素彼此交換。於是

$G=PQ\cong P\times Q.$

而階為質數的群皆為循環群，因此

$P\cong C_5,\qquad Q\cong C_3.$

故

$G\cong C_5\times C_3.$

因為 $\gcd(5,3)=1$，

$C_5\times C_3\cong C_{15}.$

所以 $G$ 為循環群。

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(b) 證明階為 $30$ 的群恰有 $4$ 個非同構類

設 $|G|=30=2\cdot3\cdot5$。

第一步：找出正規 Sylow $5$-子群

Sylow $5$-子群個數 $n_5$ 滿足

$n_5\mid 6,\qquad n_5\equiv1\pmod5.$

$6$ 的因數為 $1,2,3,6$，其中只有 $1,6$ 同餘於 $1\pmod5$。因此

$n_5=1\quad\text{或}\quad 6.$

若 $n_5=6$，六個 Sylow $5$-子群各自含有 $4$ 個非單位元素，而且不同 Sylow $5$-子群的非單位元素不會重複，因此至少有

$6\cdot4=24$

個元素具有階 $5$。

另一方面，Sylow $3$-子群個數 $n_3$ 滿足

$n_3\mid10,\qquad n_3\equiv1\pmod3,$

故 $n_3=1$ 或 $10$。若 $n_3=10$，則有 $10\cdot2=20$ 個階為 $3$ 的元素。此時再加上單位元與至少 $24$ 個階為 $5$ 的元素，元素總數至少為

$1+24+20=45>30,$

矛盾。因此 $n_5\neq6$，必有

$n_5=1.$

故 $G$ 有唯一的正規 Sylow $5$-子群

$N\cong C_5.$

由 Schur–Zassenhaus 定理，存在階為 $6$ 的子群 $H$，使得

$G\cong C_5\rtimes H.$

而階為 $6$ 的群只有兩個非同構類：

$H\cong C_6\quad\text{或}\quad H\cong S_3.$

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第二步：分析 $C_6$ 的作用

由

這題考察環論中理想的定義和性質，特別是冪零元素集合的性質。

(a) 證明 $N(R)$ 是 $R$ 的一個理想。

核心觀念：理想的定義。一個子集 $I$ 是環 $R$ 的理想，若滿足：

1. $0 \in I$
2. 對於任意 $a, b \in I$， $a+b \in I$ (加法封閉性)
3. 對於任意 $a \in I$ 和任意 $r \in R$， $ra \in I$ 且 $ar \in I$ (對環的乘法封閉性)

設 $N(R) = \{a \in R : a^n = 0 \text{ for some } n > 0\}$。
首先，證明 $N(R)$ 是一個非空子集。
對於環的零元素 $0 \in R$，我們有 $0^1 = 0$。所以 $0 \in N(R)$。

1. $0 \in N(R)$：已證明。

2. 證明加法封閉性：設 $a, b \in N(R)$。
   這表示存在正整數 $n$ 和 $m$ 使得 $a^n = 0$ 且 $b^m = 0$。
   我們需要證明 $a+b \in N(R)$，即 $(a+b)^k = 0$ 對於某個正整數 $k$。
   由於 $R$ 是交換環，我們可以應用二項式定理：
   $(a+b)^{n+m} = \sum_{i=0}^{n+m} \binom{n+m}{i} a^i b^{n+m-i}$。
   考慮二項式展開中的每一項 $\binom{n+m}{i} a^i b^{n+m-i}$。
   如果 $i \ge n$，則 $a^i = a^n \cdot a^{i-n} = 0 \cdot a^{i-n} = 0$。
   如果 $i < n$，則 $n+m-i > n+m-n = m$。因此 $n+m-i \ge m+1$。
   如果 $n+m-i \ge m$，則 $b^{n+m-i} = b^m \cdot b^{n+m-i-m} = 0 \cdot b^{n+m-i-m} = 0$。
   所以，對於每一項 $\binom{n+m}{i} a^i b^{n+m-i}$，如果 $i \ge n$，則 $a^i=0$。如果 $i < n$，則 $n+m-i > m$，所以 $b^{n+m-i}=0$。
   因此，二項式展開中的每一項都是 0。
   $(a+b)^{n+m} = 0$。
   所以 $a+b \in N(R)$。

3. 證明對環的乘法封閉性：設 $a \in N(R)$ 且 $r \in R$。
   由於 $a \in N(R)$，存在正整數 $n$ 使得 $a^n = 0$。
   我們需要證明 $ra \in N(R)$ (因為 $R$ 是交換環， $ar = ra$)。
   即，我們需要證明 $(ra)^k = 0$ 對於某個正整數 $k$。
   $(ra)^n = r^n a^n$。
   由於 $a^n = 0$，我們有 $(ra)^n = r^n \cdot 0 = 0$。
   所以 $ra \in N(R)$。

綜合以上三點， $N(R)$ 是環 $R$ 的一個理想。

(b) 確定 $N(Z/360Z)$。

核心觀念： $N(R)$ 是環中所有冪零元素的集合。對於 $Z/nZ$ 這樣的環，其冪零元素是那些能被 $n$ 的所有質因數整除的元素。

核心觀念

令

$$R=\mathbb Z[\sqrt{-2}].$$

利用同構

$$R/(p)\cong \mathbb F_p[x]/(x^2+2),$$

其中 $x$ 對應於 $\sqrt{-2}$。因此，$R/(p)$ 是否為域，取決於 $x^2+2$ 是否為 $\mathbb F_p$ 上的不可約多項式。

二次多項式在 $\mathbb F_p$ 上不可約，當且僅當它沒有根。故只需證明同餘式

$$x^2\equiv -2\pmod p$$

沒有解。

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解題方法

由

$$\mathbb Z[\sqrt{-2}] \cong \mathbb Z[x]/(x^2+2),$$

將兩邊再對 $(p)$ 取商，可得

$$\mathbb Z[\sqrt{-2}]/(p) \cong \mathbb F_p[x]/(x^2+2).$$

由於 $p\equiv 5$ 或 $7\pmod 8$，所以 $p$ 為奇質數。考慮 Legendre 符號：

$$\left(\frac{-2}{p}\right) = \left(\frac{-1}{p}\right) \left(\frac{2}{p}\right).$$

由二次互反律中的標準公式，

$$\left(\frac{-1}{p}\right)=(-1)^{(p-1)/2},$$

以及

$$\left(\frac{2}{p}\right)=(-1)^{(p^2-1)/8}.$$

分情況計算：

當 $p\equiv 5\pmod 8$ 時，

$$\left(\frac{-1}{p}\right)=1, \qquad \left(\frac{2}{p}\right)=-1,$$

因此

$$\left(\frac{-2}{p}\right)=-1.$$

當 $p\equiv 7\pmod 8$ 時，

核心觀念

本題考查有限域的乘法群結構。對有限域 $F$ 而言，所有非零元素組成乘法群

$$F^\times=F\setminus\{0\}.$$

在群中，每個元素 $a\in F^\times$ 都有唯一乘法反元素 $a^{-1}$，且

$$aa^{-1}=1.$$

因此，將所有非零元素按照「元素與其反元素」配對後，大部分乘積都會化為 $1$。唯一需要特別處理的是滿足 $a=a^{-1}$ 的元素。

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解題方法：反元素配對

令所有非零元素的乘積為

$$P=\prod_{a\in F^\times}a.$$

對任意 $a\in F^\times$，若 $a\neq a^{-1}$，則 $a$ 與 $a^{-1}$ 可配成一組，並且

$$a\cdot a^{-1}=1.$$

所以，真正會影響 $P$ 的只有滿足

$$a=a^{-1}$$

的非零元素。

由 $a=a^{-1}$ 可得

$$a^2=1,$$

因此

$$a^2-1=0,$$

即

$$(a-1)(a+1)=0.$$

由於 $F$ 是域，沒有非零零因子，所以必須有

$$a-1=0 \quad\text{或}\quad a+1=0.$$

因此所有滿足 $a=a^{-1}$ 的元素只能是

$$a=1\quad\text{或}\quad a=-1.$$

分兩種特性討論：

核心觀念

本題結合以下觀念：

1. 不可約三次多項式的根之間具有傳遞的 Galois 群作用。
2. 分裂域 $E$ 中的 Galois 群可忠實嵌入三個根的置換群 $S_3$。
3. Vandermonde 型乘積
   $\delta=(\alpha_1-\alpha_2)(\alpha_2-\alpha_3)(\alpha_3-\alpha_1)$
   在根的置換下，偶置換保持不變，奇置換改變符號。
4. $\Delta=\delta^2$ 是多項式 $f$ 的判別式，因為 $f$ 的係數在 $\mathbb Q$ 中，所以 $\Delta\in\mathbb Q$。

由此可利用 $\Delta$ 是否為 $\mathbb Q$ 中的平方，判斷 Galois 群是否包含奇置換。

解題方法

令

$$G=\operatorname{Gal}(E/\mathbb Q).$$

由於 $f(x)$ 是 $\mathbb Q$ 上不可約的三次多項式，且 $\mathbb Q$ 的特徵為 $0$，因此 $f$ 必為可分多項式，三個根 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 互不相同。

每個 $\sigma\in G$ 都會將 $f$ 的根映射到另一個根，因此可定義群同態

$$G\longrightarrow S_3,\qquad \sigma\mapsto \text{根的置換}.$$

此作用是忠實的：若 $\sigma$ 固定三個根，則 $\sigma$ 固定它們所生成的分裂域 $E=\mathbb Q(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$，所以 $\sigma$ 為恆等映射。因此可視為

$$G\leq S_3.$$

又因為 $f$ 在 $\mathbb Q$ 上不可約，Galois 群對根的作用是傳遞的。故 $G$ 中必有一個元素將 $\alpha_1$ 映到 $\alpha_2$，而三個根的軌道大小為 $3$。由軌道—穩定子定理，$3$ 整除 $|G|$。

在 $S_3$ 的子群中，具有階數可被 $3$ 整除且對三個根傳遞作用的子群只有

$$A_3\cong C_3 \quad\text{與}\quad S_3.$$

因此只要判斷 $G$ 是否包含奇置換即可。

判別式與置換符號

定義

$$\delta=(\alpha_1-\alpha_2)(\alpha_2-\alpha_3)(\alpha_3-\alpha_1),$$

則題目中的量為

$$\Delta=\delta^2.$$

對任意 $\sigma\in G$，若 $\sigma$ 對三個根所誘導的置換為 $\pi\in S_3$，則

$$\sigma(\delta)=\operatorname{sgn}(\pi)\delta.$$

原因是 $\delta$ 是三個根之差的乘積，偶置換不改變其符號，奇置換則使其變號。

特別地：

• 若 $\pi$ 為偶置換，則 $\sigma(\delta)=\delta$；
• 若 $\pi$ 為奇置換，則 $\sigma(\delta)=-\delta$。

情形一：$\Delta$ 是 $\mathbb Q$ 中的平方

假設

$$\Delta=r^2,\qquad r\in\mathbb Q.$$

由 $\delta^2=\Delta=r^2$，且 $E$ 的特徵不是 $2$，可得