111 年 國立臺灣大學數學系碩士班《代數》

這題主要考察有限群的結構分類、Sylow 2-子群以及群同態的性質。

(a) 討論群論中階為 8 的群的分類。
階為 8 的群共有 5 個（不考慮同構）。它們是：

1. $Z_8$ (循環群)
2. $Z_4 \times Z_2$
3. $Z_2 \times Z_2 \times Z_2$
4. $D_4$ (二面體群，即正方形的對稱群)
5. $Q_8$ (四元數群)

證明過程需要用到群論中的基本定理，例如 Sylow 定理、中心子群、交換子子群等，來逐一分析和區分這些群的結構。

(b) 考察 $S_4$ 的 Sylow 2-子群。
$S_4$ 的階是 $4! = 24 = 2^3 \times 3$。Sylow 2-子群的階是 $2^3 = 8$。
$S_4$ 中存在 Sylow 2-子群，其階為 8。
一個 Sylow 2-子群的例子是 $D_4$，即由旋轉和反射構成的正方形對稱群。
可以證明 $S_4$ 的 Sylow 2-子群同構於 $D_4$。

(c) 證明 $S_4$ 到 $S_3$ 的滿射群同態，並找出其核。
考慮映射 $\phi: S_4 \to S_3$ 定義為：對於任意 $\sigma \in S_4$，$\phi(\sigma)$ 是 $\sigma$ 在 $\{1, 2, 3, 4\}$ 的集合上作用後，關於 $\{4\}$ 的軌道（或者說，將 $\sigma$ 限制在 $\{1, 2, 3\}$ 上的置換）。
這個映射可以被構造為一個群同態。
要證明它是滿射，需要找到 $S_3$ 中的每個元素在 $S_4$ 中都有原像。

核心觀念

理想是環 $R$ 的加法子群，且對任意 $r\in R$、$x\in I$，都有 $rx\in I$。兩理想的乘積定義為

$$IJ=\left\{\sum_{k=1}^{n}a_kb_k:\ a_k\in I,\ b_k\in J,\ n\ge 1\right\}.$$

本題運用理想的加法與乘法、互補元 $u+v=1$，以及中國剩餘定理的環論形式。題目不是選擇題，沒有選項分析。

解題方法與推導

(a) 證明 $I\cap J$、$I+J$、$IJ$ 都是 $R$ 的理想

交集 $I\cap J$： 因 $I,J$ 都是加法子群，$I\cap J$ 也對加法封閉，含有 $0$ 且對加法取負封閉。若 $x\in I\cap J$、$r\in R$，則 $x\in I$ 且 $x\in J$，所以 $rx\in I$ 且 $rx\in J$，故 $rx\in I\cap J$。因此 $I\cap J$ 是理想。

和 $I+J$： $I+J=\{a+b:a\in I,\ b\in J\}$。它是加法子群：若 $a_1+b_1,a_2+b_2\in I+J$，則

$$(a_1+b_1)-(a_2+b_2)=(a_1-a_2)+(b_1-b_2)\in I+J.$$

對 $r\in R$，

$$r(a+b)=ra+rb\in I+J,$$

因為 $ra\in I$ 且 $rb\in J$。因此 $I+J$ 是理想。

乘積 $IJ$： $IJ$ 中有限個元素的和仍是有限個 $I$ 中元素與 $J$ 中元素乘積的和；相反數也可寫成 $(-a)b$，其中 $-a\in I$、$b\in J$。所以 $IJ$ 是加法子群。若 $r\in R$，則

$$r\left(\sum_{k=1}^{n}a_kb_k\right) =\sum_{k=1}^{n}(ra_k)b_k\in IJ,$$

因為 $ra_k\in I$。故 $IJ$ 是理想。

(b) 若 $I+J=R$，證明 $I\cap J=IJ$

先證明 $IJ\subseteq I\cap J$。每個乘積 $ab$（$a\in I,\ b\in J$）都屬於 $I$，因為 $I$ 對乘上 $R$ 中元素封閉；也屬於 $J$。有限和仍在兩者中，因此 $IJ\subseteq I\cap J$。

再取 $x\in I\cap J$。由 $I+J=R$，存在 $u\in I,\ v\in J$ 使得 $u+v=1$。因此

$$x=x(u+v)=xu+xv.$$

因為 $x\in J,\ u\in I$，且 $R$ 為交換環，所以 $xu=ux\in IJ$；又因為 $x\in I,\ v\in J$，所以 $xv\in IJ$。故 $x\in IJ$，得到 $I\cap J\subseteq IJ$。

綜合兩個包含關係，

$$I\cap J=IJ.$$

(c) 舉例使 $I\cap J=IJ$，但 $I+J\ne R$

這題考察域擴張、特徵為零的域上的不可約多項式根的性質、域同構以及伽羅瓦群的計算。

(a) 證明 $\mathbb{Q}[u] = \mathbb{Q}(u)$，其中 $u$ 是 $\mathbb{Q}$ 上不可約多項式 $f(x)$ 的根。
$\mathbb{Q}[u]$ 是由 $u$ 生成的 $\mathbb{Q}$ 上的一元多項式環，即 $\mathbb{Q}[u] = \{a_n u^n + \dots + a_1 u + a_0 \mid a_i \in \mathbb{Q}, n \in \mathbb{N}\}$.
$\mathbb{Q}(u)$ 是由 $u$ 生成的 $\mathbb{Q}$ 上的域，即 $\mathbb{Q}(u) = \{p(u)/q(u) \mid p(x), q(x) \in \mathbb{Q}[x], q(u) \neq 0\}$.
顯然， $\mathbb{Q}[u] \subseteq \mathbb{Q}(u)$。
我們需要證明 $\mathbb{Q}(u) \subseteq \mathbb{Q}[u]$。
由於 $u$ 是 $f(x)$ 的根，且 $f(x)$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中不可約，則 $f(x)$ 是 $u$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的最小多項式。
因此， $\mathbb{Q}(u)$ 是一個域擴張，其維度（作為 $\mathbb{Q}$ 上的向量空間）等於 $f(x)$ 的次數，設為 $n = \deg(f)$.
$\mathbb{Q}(u)$ 的一個基底是 $\{1, u, u^2, \dots, u^{n-1}\}$。
任何 $\mathbb{Q}(u)$ 中的元素都可以表示為 $a_{n-1} u^{n-1} + \dots + a_1 u + a_0$，其中 $a_i \in \mathbb{Q}$。
這正是 $\mathbb{Q}[u]$ 中的元素的形式。
因此， $\mathbb{Q}(u) \subseteq \mathbb{Q}[u]$。
所以 $\mathbb{Q}[u] = \mathbb{Q}(u)$。

(b) 證明存在域同構 $\phi: \mathbb{Q}(u_1) \to \mathbb{Q}(u_2)$，其中 $u_1, u_2$ 是 $f(x)$ 的根。
由於 $f(x)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可約，且 $u_1, u_2$ 是 $f(x)$ 的根，它們在 $\mathbb{Q}$ 上的最小多項式是相同的，都是 $f(x)$（或者 $f(x)$ 的一個倍數，但由於 $f(x)$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中不可約，它就是最小多項式）。
根據域擴張的性質，如果兩個域擴張 $K_1 = \mathbb{Q}(u_1)$ 和 $K_2 = \mathbb{Q}(u_2)$ 是由相同不可約多項式的根生成的，那麼它們是同構的。
具體來說，我們可以構造一個同構 $\phi: \mathbb{Q}(u_1) \to \mathbb{Q}(u_2)$，使得 $\phi(u_1) = u_2$。
這個同構將 $\mathbb{Q}$ 中的元素映射到自身，即 $\phi(q) = q$ 對於所有 $q \in \mathbb{Q}$。
對於 $\mathbb{Q}(u_1)$ 中的任意元素 $p(u_1) = \sum a_i u_1^i$，我們定義 $\phi(p(u_1)) = \sum a_i u_2^i = p(u_2)$。
由於 $f(u_1) = 0$ 且 $f(u_2) = 0$，並且 $f(x)$ 是最小多項式，這個映射是良定義的，並且是一個域同構。

(c) 證明存在 $K$ 的同構，其中 $K$ 是 $f(x)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域。
令 $f(x)$ 在 $\mathbb{C}$ 中有 $n$ 個根 $u_1, u_2, \dots, u_n$。
分裂域 $K$ 是 $\mathbb{Q}(u_1, u_2, \dots, u_n)$。
根據 (b)，對於任意兩個根 $u_i, u_j$，存在一個域同構 $\phi_{ij}: \mathbb{Q}(u_i) \to \mathbb{Q}(u_j)$ 使得 $\phi_{ij}(u_i) = u_j$。
我們需要證明存在一個 $K$ 的自同構 $\sigma: K \to K$ 使得 $\sigma(u_1) = u_2$。
這個自同構將 $K$ 中的每個元素 $p(u_1, \dots, u_n)$ 映射到 $p(u_2, u_{\sigma(u_2)}, \dots, u_{\sigma(u_n)})$。
如果 $f(x)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可約，則 $f(x)$ 的所有根都位於 $K$ 中。
伽羅瓦群 $Gal(K/\mathbb{Q})$ 是 $K$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的自同構群。
$Gal(K/\mathbb{Q})$ 中的元素是將 $f(x)$ 的一個根映射到另一個根的同構。
因此，對於任何兩個根 $u_i, u_j$，存在一個 $\sigma \in Gal(K/\mathbb{Q})$ 使得 $\sigma(u_i) = u_j$。
這個自同構 $\sigma$ 顯然擴展了 $\mathbb{Q}(u_i)$ 到 $\mathbb{Q}(u_j)$ 的同構。
更一般地，如果 $f(x)$ 是不可約的，那麼 $Gal(K/\mathbb{Q})$ 的元素就是將 $f(x)$ 的一個根映射到另一個根的自同構。
因此，存在一個 $K$ 的自同構 $\sigma$ 使得 $\sigma(u_1) = u_2$。這個自同構自然地擴展到整個分裂域 $K$。

(d) 計算 $f(x) = x^3 + x + 2022$ 的伽羅瓦群。
$f(x) = x^3 + x + 2022$ 是一個三次多項式。

資料解讀

題目中的 $\phi(u)=18z+60y+\dots$ 缺少 $x$ 的係數，且 $G=M/\operatorname{Im}(\phi)$ 在型別上不成立，因為 $\operatorname{Im}(\phi)\subseteq N$。以下依題目標準形式，採用合理假設

$$N=\mathbb Z x\oplus\mathbb Z y\oplus\mathbb Z z,$$ $$\phi(u)=42x+60y+18z,\qquad \phi(v)=24x+60y+12z,$$

並將商群修正為

$$G=N/\operatorname{Im}(\phi).$$

---

核心觀念

將 $N$ 視為 $\mathbb Z^3$，以 $(x,y,z)$ 為基底，則 $\operatorname{Im}(\phi)$ 由兩個向量生成：

$$a=(42,60,18),\qquad b=(24,60,12).$$

因此

$$G\cong \mathbb Z^3/\langle a,b\rangle.$$

本題使用整數矩陣的 Smith normal form。若矩陣的非零 Smith 不變因子為 $d_1,d_2$，則

$$G\cong \mathbb Z^{3-r}\oplus\mathbb Z/d_1\mathbb Z\oplus\mathbb Z/d_2\mathbb Z,$$

其中 $r$ 是矩陣秩，且

$$d_1=\text{所有矩陣元素的最大公因數},$$ $$d_1d_2=\text{所有 }2\times2\text{ 子行列式的最大公因數}.$$

---

解題方法

相對於基底 $(u,v)$ 與 $(x,y,z)$，$\phi$ 的矩陣為

$$A= \begin{pmatrix} 42&24\\ 60&60\\ 18&12 \end{pmatrix}.$$

（a）$G$ 的秩

兩個欄向量 $a,b$ 不成比例，因此

$$\operatorname{rank}(A)=2.$$

由於 $N$ 的秩為 $3$，商群的自由秩為

$$\operatorname{rank}(G)=3-\operatorname{rank}(A)=3-2=1.$$

所以 $G$ 的自由部分同構於 $\mathbb Z$。

---

（b）$G$ 的扭結部分

首先計算所有矩陣元素的最大公因數：

$$d_1=\gcd(42,24,60,60,18,12)=6.$$

接著計算所有 $2\times2$ 子行列式：

$$\begin{vmatrix} 42&24\\ 60&60 \end{vmatrix} =42\cdot60-24\cdot60=1080,$$ $$\begin{vmatrix} 42&24\\ 18&12 \end{vmatrix} =42\cdot12-24\cdot18=-72,$$ $$\begin{vmatrix} 60&60\\ 18&12 \end{vmatrix} =60\cdot12-60\cdot18=-360.$$

因此

$$d_1d_2=\gcd(1080,72,360)=72.$$

由 $d_1=6$ 得

資料解讀

題目中的 $\phi(u)=18z+60y+\dots$ 缺少 $x$ 的係數，且 $G=M/\operatorname{Im}(\phi)$ 在型別上不成立，因為 $\operatorname{Im}(\phi)\subseteq N$。以下依題目標準形式，採用合理假設

$$N=\mathbb Z x\oplus\mathbb Z y\oplus\mathbb Z z,$$ $$\phi(u)=42x+60y+18z,\qquad \phi(v)=24x+60y+12z,$$

並將商群修正為

$$G=N/\operatorname{Im}(\phi).$$

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核心觀念

將 $N$ 視為 $\mathbb Z^3$，以 $(x,y,z)$ 為基底，則 $\operatorname{Im}(\phi)$ 由兩個向量生成：

$$a=(42,60,18),\qquad b=(24,60,12).$$

因此

$$G\cong \mathbb Z^3/\langle a,b\rangle.$$

本題使用整數矩陣的 Smith normal form。若矩陣的非零 Smith 不變因子為 $d_1,d_2$，則

$$G\cong \mathbb Z^{3-r}\oplus\mathbb Z/d_1\mathbb Z\oplus\mathbb Z/d_2\mathbb Z,$$

其中 $r$ 是矩陣秩，且

$$d_1=\text{所有矩陣元素的最大公因數},$$ $$d_1d_2=\text{所有 }2\times2\text{ 子行列式的最大公因數}.$$

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解題方法

相對於基底 $(u,v)$ 與 $(x,y,z)$，$\phi$ 的矩陣為

$$A= \begin{pmatrix} 42&24\\ 60&60\\ 18&12 \end{pmatrix}.$$

（a）$G$ 的秩

兩個欄向量 $a,b$ 不成比例，因此

$$\operatorname{rank}(A)=2.$$

由於 $N$ 的秩為 $3$，商群的自由秩為

$$\operatorname{rank}(G)=3-\operatorname{rank}(A)=3-2=1.$$

所以 $G$ 的自由部分同構於 $\mathbb Z$。

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（b）$G$ 的扭結部分

首先計算所有矩陣元素的最大公因數：

$$d_1=\gcd(42,24,60,60,18,12)=6.$$

接著計算所有 $2\times2$ 子行列式：

$$\begin{vmatrix} 42&24\\ 60&60 \end{vmatrix} =42\cdot60-24\cdot60=1080,$$ $$\begin{vmatrix} 42&24\\ 18&12 \end{vmatrix} =42\cdot12-24\cdot18=-72,$$ $$\begin{vmatrix} 60&60\\ 18&12 \end{vmatrix} =60\cdot12-60\cdot18=-360.$$

因此

$$d_1d_2=\gcd(1080,72,360)=72.$$

由 $d_1=6$ 得