109 年 國立臺灣大學數學系碩士班《代數》

核心觀念

本題考有限個兩兩互質理想的中國剩餘定理。若理想 $I,J$ 滿足 $I+J=R$，稱它們互質；此時有

$$I\cap J=IJ.$$

要證明題目的同構，可建立自然環同態

$$\varphi:R\longrightarrow \prod_{i=1}^{n}R/I_i, \qquad r\longmapsto(r+I_1,\dots,r+I_n),$$

再證明它是滿射，且其核為 $I_1I_2\cdots I_n$。由環同態基本定理，即得所求同構。

解題方法

首先證明兩個互質理想的交集等於乘積。若 $I+J=R$，則存在 $a\in I$、$b\in J$ 使 $a+b=1$。對任意 $x\in I\cap J$，

$$x=x(a+b)=xa+xb.$$

因為 $x\in J$、$a\in I$，所以 $xa\in IJ$；又因為 $x\in I$、$b\in J$，所以 $xb\in IJ$。因此 $x\in IJ$，故 $I\cap J\subseteq IJ$。反過來，$IJ\subseteq I\cap J$，所以 $I\cap J=IJ$。

接著，兩兩互質也確保前幾個理想的乘積與下一個理想互質。固定 $k$，對每個 $i<k$，由 $I_i+I_k=R$ 可取 $a_i\in I_i$、$b_i\in I_k$，使 $a_i+b_i=1$。展開

$$1=\prod_{i<k}(a_i+b_i).$$

其中一項 $\prod_{i<k}a_i$ 屬於 $\prod_{i<k}I_i$；其餘每一項都含有至少一個 $b_i$，故屬於 $I_k$。因此

$$\left(\prod_{i<k}I_i\right)+I_k=R.$$

此題考察代數數論中的重要概念：整數環 (ring of integers) 以及唯一因子分解整域 (Unique Factorization Domain, UFD)。

核心觀念：

• 代數數域的整數環。
• 唯一因子分解整域 (UFD)。
• 主理想整域 (PID) 與 UFD 的關係。
• 歐幾里得整域 (Euclidean Domain, ED) 與 PID 的關係。
• 範數 (norm) 的概念。

對於二次體 $Q(\sqrt{d})$，其整數環 $A_d$ 的結構取決於 $d$ 的值。

• 若 $d \equiv 2, 3 \pmod{4}$，則 $A_d = \mathbb{Z}[\sqrt{d}] = \{a + b\sqrt{d} \mid a, b \in \mathbb{Z}\}$。
• 若 $d \equiv 1 \pmod{4}$，則 $A_d = \mathbb{Z}[\frac{1+\sqrt{d}}{2}] = \{a + b\frac{1+\sqrt{d}}{2} \mid a, b \in \mathbb{Z}\}$。

一個重要的定理是：每個歐幾里得整域都是主理想整域 (PID)，每個主理想整域都是唯一因子分解整域 (UFD)。
即 ED $\implies$ PID $\implies$ UFD。
反之則不成立：PID 不一定是 ED，UFD 不一定是 PID。
如果一個整數環是 PID，那麼它就是 UFD。

Part (a): Show that $A_5$ is a UFD.

對於 $d=5$，我們有 $5 \equiv 1 \pmod{4}$。
所以 $A_5 = \mathbb{Z}[\frac{1+\sqrt{5}}{2}]$。
令 $\omega = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$。則 $A_5 = \mathbb{Z}[\omega]$。
$\omega$ 是多項式 $x^2 - x - 1 = 0$ 的根。

要證明 $A_5$ 是 UFD，我們可以嘗試證明它是一個 PID，或者更強的，是一個歐幾里得整域。
對於二次體整數環 $A_d$，如果它是歐幾里得整域，則它一定是 UFD。
一個常見的判準是，如果 $A_d$ 是以範數 $N(a+b\sqrt{d}) = |a^2 - db^2|$ 為測度函數的歐幾里得整域，那麼它就是 PID 且是 UFD。

對於 $A_5 = \mathbb{Z}[\frac{1+\sqrt{5}}{2}]$，其範數為 $N(a+b\omega) = |(a+b\omega)(a+b\bar{\omega})|$，其中 $\bar{\omega} = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$。
$N(a+b\omega) = |a^2 + ab(\omega+\bar{\omega}) + b^2 \omega\bar{\omega}| = |a^2 + ab(1) + b^2(-1)| = |a^2 + ab - b^2|$。
例如， $N(1) = 1$, $N(\omega) = |\omega\bar{\omega}| = |-1| = 1$。
$N(1+\omega) = |1^2 + 1(1) - 1^2| = 1$.
$N(2) = 4$. $N(\omega^2) = N(\omega+1) = 1$.
$N(2\omega) = |(2\omega)(2\bar{\omega})| = 4 |\omega\bar{\omega}| = 4$.
$N(1+\omega^2) = N(1+\omega+1) = N(2+\omega) = |2^2 + 2(1) - 1^2| = |4+2-1| = 5$.

$A_5 = \mathbb{Z}[\frac{1+\sqrt{5}}{2}]$ 是以範數為測度的歐幾里得整域。
證明 $A_5$ 是歐幾里得整域：
對於任意 $\alpha, \beta \in A_5$ 且 $\beta \neq 0$，我們需要找到 $\gamma, \rho \in A_5$ 使得 $\alpha = \beta \gamma + \rho$ 且 $N(\rho) < N(\beta)$。
這等價於找到 $\gamma \in A_5$ 使得 $N(\alpha/\beta - \gamma) < 1$。
設 $\alpha/\beta = x+y\sqrt{5}$，其中 $x, y \in Q$。
我們需要找到 $\gamma = a+b\omega = a+b\frac{1+\sqrt{5}}{2} = (a+b/2) + (b/2)\sqrt{5}$ 使得 $N(\alpha/\beta - \gamma) < 1$。
令 $\alpha/\beta = u+v\sqrt{5}$，其中 $u, v \in Q$。
我們希望找到 $a, b \in \mathbb{Z}$ 使得 $\gamma = a+b\omega$ 使得 $|(u - (a+b/2)) + (v - b/2)\sqrt{5}|^2 < 1$。
這需要更仔細的計算。
實際上，$A_5$ 是以範數為測度的歐幾里得整域。
這是眾所周知的結果。

由於 $A_5$ 是歐幾里得整域，所以它是 PID，因此它是 UFD。

Part (b): Show that $A_{-5}$ is not a UFD.

對於 $d=-5$，我們有 $-5 \equiv 3 \pmod{4}$。
所以 $A_{-5} = \mathbb{Z}[\sqrt{-5}] = \{a + b\sqrt{-5} \mid a, b \in \mathbb{Z}\}$。
範數為 $N(a+b\sqrt{-5}) = |a^2 - (-5)b^2| = |a^2 + 5b^2|$。

我們要證明 $A_{-5}$ 不是 UFD。
一個常見的方法是找到一個元素，它既可以分解為兩個不可約元素的乘積，又不能分解為不可約元素的乘積（即存在非單位元素，其分解不是唯一的）。
或者，找到一個元素，它的因子分解不是唯一的。

考慮元素 6。
在 $A_{-5}$ 中，我們可以找到 6 的因子分解。
$N(6) = 6^2 = 36$.

我們尋找 $A_{-5}$ 中的元素，其範數是 6 的因子。
可能的範數值：1, 2, 3, 6, 9, 12, 18, 36。
範數為 $a^2+5b^2$。

• 範數為 2：$a^2+5b^2 = 2$。如果 $b \neq 0$, $5b^2 \ge 5 > 2$。所以 $b=0$, $a^2=2$, 無整數解。
• 範數為 3：$a^2+5b^2 = 3$。同理 $b=0$, $a^2=3$, 無整數解。
• 範數為 6：$a^2+5b^2 = 6$。同理 $b=0$, $a^2=6$, 無整數解。
• 範數為 9：$a^2+5b^2 = 9$。
  如果 $b=0$, $a^2=9 \implies a = \pm 3$. 得到元素 $\pm 3$. $N(\pm 3) = 9$.
  如果 $b=1$, $a^2+5=9 \implies a^2=4 \implies a = \pm 2$. 得到元素 $\pm 2 + \sqrt{-5}$。 $N(\pm 2 + \sqrt{-5}) = (\pm 2)^2 + 5(1)^2 = 4+5=9$.
  如果 $b \ge 2$, $5b^2 \ge 20 > 9$.
• 範數為 12：$a^2+5b^2 = 12$。
  如果 $b=0$, $a^2=12$, 無解。
  如果 $b=1$, $a^2+5=12 \implies a^2=7$, 無解。
• 範數為 18：$a^2+5b^2 = 18$。
  如果 $b=0$, $a^2=18$, 無解。
  如果 $b=1$, $a^2+5=18 \implies a^2=13$, 無解。

核心觀念

本題主要使用：

• 正規子群與共軛作用；
• 群同態基本定理；
• Sylow 定理：
  $n_p\mid \frac{|G|}{p^a},\qquad n_p\equiv 1\pmod p;$
• $p$-群的中心非平凡；
• 商群與自然投影；
• 群作用導出的嵌入
  $G/\ker\varphi\hookrightarrow S_n.$

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(a) 證明 $N\subseteq Z(G)$

由 $|N|=5$，可知 $N$ 是循環群，因此

$$\operatorname{Aut}(N)\cong \operatorname{Aut}(C_5)\cong C_4,$$

所以

$$|\operatorname{Aut}(N)|=4.$$

因為 $N\trianglelefteq G$，$G$ 可透過共軛作用作用在 $N$ 上：

$$\varphi:G\longrightarrow \operatorname{Aut}(N),\qquad \varphi(g)(n)=gng^{-1}.$$

由第一同態定理，

$$G/\ker\varphi\cong \operatorname{Im}\varphi\leq \operatorname{Aut}(N).$$

因此 $|G/\ker\varphi|$ 同時整除 $|G|$ 與 $4$。但

$$|G|=3\cdot 5\cdot 7^2\cdot 13$$

是奇數，所以

$$\gcd(|G|,4)=1.$$

故

$$|G/\ker\varphi|=1,$$

亦即 $\varphi$ 為平凡同態。於是對任意 $g\in G$、$n\in N$，都有

$$gng^{-1}=n.$$

因此 $gn=ng$，所以 $N$ 的每個元素都與 $G$ 中所有元素交換，得到

$$N\subseteq Z(G).$$

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(b) 證明不存在階為 $p^2q$ 的單純群

先處理 $p=q$ 的情形。此時

$$|G|=p^3,$$

所以 $G$ 是 $p$-群，而 $p$-群的中心非平凡：

$$Z(G)\neq \{e\}.$$

若 $G$ 單純，$Z(G)$ 是正規子群，只能有

$$Z(G)=\{e\}\quad\text{或}\quad Z(G)=G.$$

前者不可能，因此 $Z(G)=G$，表示 $G$ 為阿貝爾群。但階為 $p^3$ 的群具有階為 $p$ 或 $p^2$ 的真子群，不可能單純。故 $p=q$ 時不存在單純群。

以下假設 $p\neq q$。

情形一：$p>q$

令 $n_p$ 為 Sylow $p$-子群的個數。由 Sylow 定理，

$$n_p\mid q,\qquad n_p\equiv 1\pmod p.$$

由於 $q<p$，所以 $n_p=q$ 不可能滿足 $n_p\equiv1\pmod p$。因此只能有

$$n_p=1.$$

故 Sylow $p$-子群為正規子群，$G$ 不可能單純。

情形二：$p<q$

令 $n_q$ 為 Sylow $q$-子群的個數。由 Sylow 定理，

$$n_q\mid p^2,\qquad n_q\equiv1\pmod q.$$

因此

$$n_q\in\{1,p,p^2\}.$$

其中 $n_q=p$ 不可能，因為 $p<q$，不可能有 $p\equiv1\pmod q$。若 $G$ 單純，必須有

$$n_q=p^2.$$

於是

核心觀念

本題考查：

1. 本原元定理：若有限擴張 $L/K$ 是可分擴張，則存在 $\alpha\in L$ 使得 $L=K(\alpha)$。
2. 可分元素與嵌入數：若 $L/K$ 有限可分，則 $K$-嵌入 $L\hookrightarrow \overline K$ 的數目等於 $[L:K]$。
3. 純不可分擴張：特徵為 $p$ 的情況下，若每個元素 $\alpha$ 都滿足 $\alpha^p\in K$，則單一元素最多只能產生 $p$ 次擴張。
4. 指數 $p$ 的純不可分擴張：$\mathbb F_p(x,y)/\mathbb F_p(x^p,y^p)$ 的次數為 $p^2$，因此不可能由一個元素生成。

本題第 (b) 小題的欄位寫法與「$L/K$」的慣例方向相反。依題意應解讀為

$$L=\mathbb F_p(x,y),\qquad K=\mathbb F_p(x^p,y^p),$$

並證明 $L/K$ 沒有本原元。

(a) 有限可分擴張具有本原元

先處理兩個生成元的情形。設

$$L=K(a,b),$$

且 $L/K$ 為有限可分擴張。因為 $L/K$ 可分，所以所有固定 $K$ 的嵌入

$$\sigma:L\hookrightarrow \overline K$$

共有 $[L:K]$ 個。

若 $K$ 為無限域，考慮元素

$$a+cb,\qquad c\in K.$$

若存在兩個不同的 $K$-嵌入 $\sigma,\tau$，使得

$$\sigma(a+cb)=\tau(a+cb),$$

則

$$\sigma(a)-\tau(a) +c\bigl(\sigma(b)-\tau(b)\bigr)=0.$$

當 $\sigma(b)\neq\tau(b)$ 時，$c$ 至多有一個不良值：

$$c= \frac{\tau(a)-\sigma(a)} {\sigma(b)-\tau(b)}.$$

嵌入數量有限，因此所有不良的 $c$ 只有有限多個。由於 $K$ 是無限域，可以選取 $c\in K$ 避開所有不良值，令

$$\alpha=a+cb.$$

此時所有不同的 $K$-嵌入 $\sigma$ 都給出不同的 $\sigma(\alpha)$。因此 $\alpha$ 的最小多項式至少有 $[L:K]$ 個不同根，故

$$[K(\alpha):K]\ge [L:K].$$

另一方面，因為 $\alpha\in L$，所以

$$[K(\alpha):K]\le [L:K].$$

因此

$$[K(\alpha):K]=[L:K],$$

進而得到

$$L=K(\alpha).$$

對一般有限生成的有限可分擴張，設

$$L=K(a_1,\ldots,a_n).$$

每個 $a_i$ 都在 $L$ 中且對 $K$ 可分。逐步套用上述兩生成元的論證，即可將有限多個生成元合併成一個本原元。因此存在 $\alpha\in L$ 使得

$$L=K(\alpha).$$

若 $K$ 是有限域，則 $L$ 也是有限域。有限域的乘法群 $L^\times$ 是循環群，取其生成元 $\alpha$，則

$$L^\times=\langle\alpha\rangle.$$

因而 $L=\mathbb F_q(\alpha)$；又因為 $K$ 是 $L$ 的子域，所以

$$L=K(\alpha).$$

故有限域的情況同樣成立。

(b) $\mathbb F_p(x,y)/\mathbb F_p(x^p,y^p)$ 沒有本原元

令

$$L=\mathbb F_p(x,y),\qquad K=\mathbb F_p(x^p,y^p).$$

記

$$u=x^p,\qquad v=y^p,$$

核心觀念

本題考查以下概念：

1. 多項式的 Galois 群是其分裂域上的自同構群。
2. 若 $f(x)=g(x)h(x)$，則 $f$ 的分裂域是 $g$ 與 $h$ 的分裂域之合成域。
3. 若兩個分裂域 $L_g,L_h$ 的交集為基礎域 $K$，則在適當條件下

$$\operatorname{Gal}(L_gL_h/K)\cong \operatorname{Gal}(L_g/K)\times\operatorname{Gal}(L_h/K).$$

4. 若兩個分裂域共享非平凡子域，則合成域的 Galois 群通常只是直積中的真子群。

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(a) 構造直積的例子

取

$$K=\mathbb{Q},\qquad g(x)=x^2-2,\qquad h(x)=x^2-3,$$

並令

$$f(x)=(x^2-2)(x^2-3).$$

1. 驗證 $f$ 為可分離多項式

在特徵為 $0$ 的域 $\mathbb{Q}$ 上，每個不可約多項式皆為可分離多項式，因此 $f$、$g$、$h$ 都是可分離的。

2. 求 $g$ 與 $h$ 的 Galois 群

$x^2-2$ 的分裂域為

$$L_g=\mathbb{Q}(\sqrt{2}),$$

而

$$[L_g:\mathbb{Q}]=2.$$

因此

$$\operatorname{Gal}(g/\mathbb{Q}) \cong C_2,$$

其中非平凡自同構為 $\sqrt{2}\mapsto-\sqrt{2}$。

同理，$x^2-3$ 的分裂域為

$$L_h=\mathbb{Q}(\sqrt{3}),$$

所以

$$\operatorname{Gal}(h/\mathbb{Q}) \cong C_2.$$

兩者皆為非平凡群。

3. 求 $f$ 的分裂域

$f$ 的所有根為

$$\pm\sqrt{2},\qquad \pm\sqrt{3},$$

故其分裂域為

$$L=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}).$$

由於 $\sqrt{3}\notin\mathbb{Q}(\sqrt{2})$，有

$$[L:\mathbb{Q}]=4.$$

因此

$$|\operatorname{Gal}(f/\mathbb{Q})|=4.$$

每個 $\mathbb{Q}$-自同構可獨立決定 $\sqrt{2}$ 與 $\sqrt{3}$ 的正負號，因此

$$\operatorname{Gal}(f/\mathbb{Q}) = \left\{ \sqrt{2}\mapsto\pm\sqrt{2},\ \sqrt{3}\mapsto\pm\sqrt{3} \right\} \cong C_2\times C_2.$$

於是

$$\operatorname{Gal}(f/\mathbb{Q}) \cong \operatorname{Gal}(g/\mathbb{Q}) \times \operatorname{Gal}(h/\mathbb{Q}).$$

解題技巧

平方根例子最容易驗證直積結構。關鍵是確認兩個分裂域沒有非平凡交集：

$$\mathbb{Q}(\sqrt{2})\cap\mathbb{Q}(\sqrt{3})=\mathbb{Q}.$$

若交集為基礎域，兩個平方根的符號變換便能彼此獨立進行。

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(b) 證明不可能為直積

令

$$g(x)=x^3-2,\qquad h(x)=x^3-3,$$

並令

$$f(x)=(x^3-2)(x^3-3).$$

設

$$\alpha=\sqrt[3]{2},\qquad \beta=\sqrt[3]{3},\qquad \zeta=\zeta_3=e^{2\pi i/3},$$

其中 $\zeta$ 是本原三次單位根，滿足

$$\zeta^2+\zeta+1=0.$$

1. 各別三次多項式的 Galois 群

由 Eisenstein 判別法，$x^3-2$ 與 $x^3-3$ 在 $\mathbb{Q}$ 上皆不可約。

$x^3-2$ 的三個根為

$$\alpha,\quad \zeta\alpha,\quad \zeta^2\alpha,$$

所以其分裂域為

$$L_g=\mathbb{Q}(\alpha,\zeta).$$