112 年 國立臺灣大學數學系碩士班《代數》

本題在考驗群作用 (group action) 的定義與驗證。一個群 $G$ 在集合 $X$ 上的作用是一個函數 $\phi: G \times X \to X$，通常記為 $\phi(g, x) = g \cdot x$，需要滿足兩個性質：

1. 單位元素的作用：對於任意 $x \in X$，有 $e \cdot x = x$，其中 $e$ 是 $G$ 的單位元素。
2. 結合性：對於任意 $g_1, g_2 \in G$ 和 $x \in X$，有 $g_1 \cdot (g_2 \cdot x) = (g_1 g_2) \cdot x$。

在此題中，集合 $X$ 是群 $G$ 中所有階為 $d$ 的元素的集合，即 $X = \{x \in G \mid \text{order}(x) = d\}$。群作用是由 $g \cdot x = gxg^{-1}$ 給定。我們需要驗證上述兩個性質。

首先，我們要證明如果 $x \in X$，則 $gxg^{-1} \in X$ 對於所有 $g \in G$ 都成立。也就是說，如果 $x$ 的階是 $d$，那麼 $gxg^{-1}$ 的階也是 $d$。
令 $y = gxg^{-1}$。
則 $y^k = (gxg^{-1})^k = gx^k g^{-1}$。
如果 $x^k = e$ (其中 $e$ 是 $G$ 的單位元素)，那麼 $y^k = g e g^{-1} = g g^{-1} = e$。
反之，如果 $y^k = e$，則 $gxg^{-1} \cdots gxg^{-1} = e$ ($k$ 次)。
左乘 $g^{-1}$ 並右乘 $g$，我們得到 $x^k = g^{-1} e g = e$。

本題是關於 Sylow 定理的應用，特別是 Sylow $p$-子群的存在性、個數以及其結構。
群 $G$ 的階為 $|G| = 56 = 8 \times 7 = 2^3 \times 7^1$。
根據 Sylow 定理，存在 Sylow 7-子群和 Sylow 2-子群。

首先，我們考慮 Sylow 7-子群的個數 $n_7$。
根據 Sylow 定理，
$n_7 \equiv 1 \pmod{7}$
$n_7 \mid |G|/7^1 = 56/7 = 8$
可能的 $n_7$ 值是 1 和 8。
若 $n_7 = 1$，則 Sylow 7-子群是正規子群。
若 $n_7 = 8$，則 Sylow 7-子群不是正規子群。

題目中給定 $G$ 有 8 個不同的 Sylow 7-子群。這表示 $n_7 = 8$。
這也意味著 Sylow 7-子群不是正規子群。

接下來，我們考慮 Sylow 2-子群的個數 $n_2$。
根據 Sylow 定理，
$n_2 \equiv 1 \pmod{2}$ (即 $n_2$ 是奇數)
$n_2 \mid |G|/2^3 = 56/8 = 7$
可能的 $n_2$ 值是 1 和 7。
因為 $n_2$ 必須是奇數，所以 $n_2$ 只能是 1 或 7。

我們將證明 $n_2 = 1$，即存在唯一的 Sylow 2-子群。
假設 $P$ 是一個 Sylow 2-子群，其階為 $2^3 = 8$。
假設 $Q$ 是一個 Sylow 7-子群，其階為 $7^1 = 7$。
由於 $G$ 有 8 個 Sylow 7-子群，我們稱之為 $Q_1, Q_2, \ldots, Q_8$。
每個 Sylow 7-子群的階都是 7，它是一個素數，所以 Sylow 7-子群是循環群。
除了單位元素外，每個 Sylow 7-子群中的非單位元素都生成該子群，且階為 7。
非單位元素的個數是 $7-1=6$。
所有 Sylow 7-子群的非單位元素的總數是 $8 \times 6 = 48$。
這些元素都具有階 7。

考慮 $G$ 的 Sylow 2-子群 $P$。$|P| = 8$。
由於 $|G| = 56 = 8 \times 7$，且 7 是素數，根據 Sylow 定理，Sylow 7-子群的個數 $n_7$ 滿足 $n_7 \equiv 1 \pmod{7}$ 且 $n_7 \mid 8$。因此 $n_7 = 1$ 或 $n_7 = 8$。
題目給定 $n_7 = 8$。

Sylow 2-子群的個數 $n_2$ 滿足 $n_2 \equiv 1 \pmod{2}$ 且 $n_2 \mid 7$。因此 $n_2 = 1$ 或 $n_2 = 7$。
我們要證明 $n_2=1$。

考慮 $G$ 的 Sylow 2-子群 $P$ ($|P|=8$) 和 Sylow 7-子群 $Q$ ($|Q|=7$)。
由於 $|P|=8$, $P$ 是 $G$ 的一個 Sylow 2-子群。
由於 $|Q|=7$, $Q$ 是 $G$ 的一個 Sylow 7-子群。
我們知道 $Q$ 是一個階為 7 的循環群，所以 $Q \cong \mathbb{Z}/7\mathbb{Z}$。
$Q$ 的所有非單位元素都具有階 7。

我們知道 Sylow 7-子群的個數 $n_7 = 8$。
令 $P$ 為一個 Sylow 2-子群， $|P|=8$。
令 $Q$ 為一個 Sylow 7-子群， $|Q|=7$。
由於 $n_7=8 > 1$, Sylow 7-子群不是正規子群。
由於 $n_2 \mid 7$ 且 $n_2$ 是奇數， $n_2$ 只能是 1 或 7。
如果 $n_2 = 7$，那麼 $G$ 有 7 個 Sylow 2-子群，每個階為 8。
每個 Sylow 2-子群 $P_i$ ($i=1,\ldots,7$) 都有 $8-1=7$ 個階為 2 的元素。
總共有 $7 \times 7 = 49$ 個階為 2 的元素。
這與 Sylow 2-子群的結構有關。

一個關於 Sylow 定理的推論是：如果 $p$ 和 $q$ 是素數，且 $|G|=p^n q^m$，那麼 $G$ 具有正規的 Sylow $p$-子群或 Sylow $q$-子群。
在這裡，$|G|=2^3 \times 7^1$。
Sylow 7-子群的個數 $n_7$ 滿足 $n_7 \equiv 1 \pmod{7}$ 且 $n_7 \mid 8$。所以 $n_7=1$ 或 $n_7=8$。
Sylow 2-子群的個數 $n_2$ 滿足 $n_2 \equiv 1 \pmod{2}$ 且 $n_2 \mid 7$。所以 $n_2=1$ 或 $n_2=7$。

如果 $n_7 = 1$，則 Sylow 7-子群 $Q$ 是正規子群。
如果 $n_2 = 1$，則 Sylow 2-子群 $P$ 是正規子群。

題目給定 $n_7 = 8$。這意味著 Sylow 7-子群不是正規子群。
根據 Sylow 定理的推論，如果 Sylow 7-子群不是正規子群，那麼 Sylow 2-子群必須是正規子群。
因此，$n_2 = 1$。
這證明了存在唯一的 Sylow 2-子群。

接下來，我們需要證明這個唯一的 Sylow 2-子群 $P$ 是同構於 $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) \times (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) \times (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$。
$|P| = 8$。
$P$ 的階是 8。
由於 $P$ 是正規子群，我們知道 $G = P \rtimes Q$ 或 $G = P \times Q$ (如果作用是平凡的)。
實際上，$|G| = |P| |Q| = 8 \times 7 = 56$。
由於 $P$ 是正規子群，且 $Q$ 是 Sylow 7-子群， $Q$ 的階是 7 (素數)。
$P \cap Q = \{e\}$。
因此，$G = PQ$ 且 $P \cap Q = \{e\}$。
所以 $G$ 是半直積 $P \rtimes Q$。
因為 $Q$ 是循環群，我們只需要考慮 $P$ 的自同構群 $\text{Aut}(P)$。
$G = P \rtimes_\phi Q$，其中 $\phi: Q \to \text{Aut}(P)$ 是群同態。

我們需要確定 $P$ 的結構。$P$ 是階為 8 的群。
可能的結構有：

1. $\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}$ (循環群)
2. $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$
3. $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ (稱為 $V_4$ 群或 Klein 4-群，也記作 $C_2^3$)
4. $D_4$ (二面體群，階為 8)
5. $Q_8$ (四元數群，階為 8)

由於 $G$ 有 8 個 Sylow 7-子群，這意味著存在非平凡的群同態 $\phi: \mathbb{Z}/7\mathbb{Z} \to \text{Aut}(P)$。
如果 $P \cong \mathbb{Z}/8\mathbb{Z}$，則 $\text{Aut}(P) \cong (\mathbb{Z}/8\mathbb{Z})^\times = \{1, 3, 5, 7\}$，其階為 4。
由於 $|\text{Aut}(P)|=4$，$|\mathbb{Z}/7\mathbb{Z}|=7$，根據鴿籠原理，唯一的群同態是平凡同態 $\phi(q) = id_P$。
這將導致 $G = P \times Q$，即 $G \cong \mathbb{Z}/8\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/7\mathbb{Z}$。

本題要求證明一個環 $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ 是一個歐幾里得整域 (Euclidean domain)。
一個整域 $D$ 被稱為歐幾里得整域，如果存在一個函數 $\nu: D \setminus \{0\} \to \mathbb{Z}_{\ge 0}$ (稱為歐幾里得函數或範數函數)，使得對於任意 $a, b \in D$ 且 $b \ne 0$，存在 $q, r \in D$ 使得 $a = bq + r$ 且 $r=0$ 或 $\nu(r) < \nu(b)$。

對於 $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$，我們定義範數函數為 $\nu(a + b\sqrt{-2}) = |a + b\sqrt{-2}|^2 = (a + b\sqrt{-2})(a - b\sqrt{-2}) = a^2 + 2b^2$。
顯然，對於任何非零元素 $a+b\sqrt{-2} \in \mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$，$\nu(a+b\sqrt{-2}) = a^2 + 2b^2 \ge 1$，且 $a^2+2b^2$ 是非負整數。所以 $\nu$ 的值域是 $\mathbb{Z}_{\ge 0}$。

現在，我們需要證明對於任意 $a, b \in \mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ 且 $b \ne 0$，存在 $q, r \in \mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ 使得 $a = bq + r$ 且 $r=0$ 或 $\nu(r) < \nu(b)$。

考慮在有理數域 $\mathbb{Q}$ 中計算 $\frac{a}{b}$。
令 $a = a_1 + b_1\sqrt{-2}$ 和 $b = a_2 + b_2\sqrt{-2}$，其中 $a_1, b_1, a_2, b_2 \in \mathbb{Z}$。
則 $\frac{a}{b} = \frac{a_1 + b_1\sqrt{-2}}{a_2 + b_2\sqrt{-2}}$。
我們可以將這個分數乘以分母的共軛複數來化簡：
$\frac{a}{b} = \frac{(a_1 + b_1\sqrt{-2})(a_2 - b_2\sqrt{-2})}{(a_2 + b_2\sqrt{-2})(a_2 - b_2\sqrt{-2})} = \frac{(a_1a_2 + 2b_1b_2) + (b_1a_2 - a_1b_2)\sqrt{-2}}{a_2^2 + 2b_2^2}$。
$\frac{a}{b} = \frac{a_1a_2 + 2b_1b_2}{a_2^2 + 2b_2^2} + \frac{b_1a_2 - a_1b_2}{a_2^2 + 2b_2^2}\sqrt{-2}$。
令 $\frac{a}{b} = x + y\sqrt{-2}$，其中 $x = \frac{a_1a_2 + 2b_1b_2}{a_2^2 + 2b_2^2} \in \mathbb{Q}$ 且 $y = \frac{b_1a_2 - a_1b_2}{a_2^2 + 2b_2^2} \in \mathbb{Q}$。

核心觀念

在 $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ 中，令

$$N(a+b\sqrt{-2})=a^2+2b^2.$$

此範數具有乘法性：

$$N(\alpha\beta)=N(\alpha)N(\beta),$$

且 $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ 是 Euclidean domain，因此可使用歐幾里得算法求最大公因元。最大公因元只在乘上單位元 $\pm1$ 的意義下唯一。

設

$$\alpha=32+52\sqrt{-2},\qquad \beta=24+36\sqrt{-2}.$$

解題方法：歐幾里得算法

先以 $\beta$ 除 $\alpha$：

$$\frac{\alpha}{\beta} = \frac{(32+52\sqrt{-2})(24-36\sqrt{-2})} {24^2+2(36)^2}.$$

由於

$$24^2+2(36)^2=3168,$$

可得

$$\frac{\alpha}{\beta} = \frac{47}{33}+\frac{1}{33}\sqrt{-2}.$$

取商 $1$，則

$$\alpha=\beta+(8+16\sqrt{-2}),$$

所以第一個餘式為

$$r_1=8+16\sqrt{-2}.$$

接著以 $r_1$ 除 $\beta$。取商 $2$：

$$\beta-2r_1 = (24+36\sqrt{-2})-2(8+16\sqrt{-2}) = 8+4\sqrt{-2}.$$

因此

$$r_2=8+4\sqrt{-2}.$$

最後計算 $r_1$ 除以 $r_2$：

$$\frac{8+16\sqrt{-2}}{8+4\sqrt{-2}} = \frac{(8+16\sqrt{-2})(8-4\sqrt{-2})} {8^2+2(4)^2}.$$

分母為

本題要求證明對於一個交換環 $R$ 及其上的 $n \times n$ 矩陣環 $M(n, R)$，其任意雙邊理想 (two-sided ideal) 都具有 $M(n, I)$ 的形式，其中 $I$ 是 $R$ 的一個理想。

首先，我們需要定義 $M(n, I)$ 是什麼。
對於 $R$ 的一個理想 $I$，我們定義 $M(n, I) = \{A = (a_{ij}) \in M(n, R) \mid a_{ij} \in I \text{ for all } 1 \le i, j \le n\}$。
我們要證明 $M(n, I)$ 是 $M(n, R)$ 的一個雙邊理想。

1. 封閉性 (Closure under subtraction)：設 $A, B \in M(n, I)$。則 $A = (a_{ij})$ 且 $B = (b_{ij})$，其中 $a_{ij}, b_{ij} \in I$。
   $A - B = (a_{ij} - b_{ij})$。由於 $I$ 是 $R$ 的理想，對任意 $a, b \in I$, $a-b \in I$。因此 $a_{ij} - b_{ij} \in I$。所以 $A - B \in M(n, I)$。

2. 左乘性質 (Left multiplication)：設 $A \in M(n, I)$ 且 $C \in M(n, R)$。則 $A = (a_{ij})$ 且 $C = (c_{ij})$，其中 $a_{ij} \in I$ 且 $c_{ij} \in R$。
   $CA = (\sum_{k=1}^n c_{ik} a_{kj})$。
   對於矩陣的乘積中的每一個元素 $d_{ij} = \sum_{k=1}^n c_{ik} a_{kj}$。由於 $a_{kj} \in I$ 且 $I$ 是 $R$ 的理想，根據交換環的性質， $c_{ik} a_{kj} \in I$。
   由於 $I$ 是加法閉合的，對任意 $d_{ij} = \sum_{k=1}^n c_{ik} a_{kj}$, $d_{ij}$ 是 $I$ 中元素的和（因為 $c_{ik} a_{kj}$ 都是 $I$ 中的元素），所以 $d_{ij} \in I$。
   因此 $CA \in M(n, I)$。

3. 右乘性質 (Right multiplication)：設 $A \in M(n, I)$ 且 $C \in M(n, R)$。則 $A = (a_{ij})$ 且 $C = (c_{ij})$，其中 $a_{ij} \in I$ 且 $c_{ij} \in R$。
   $AC = (\sum_{k=1}^n a_{ik} c_{kj})$。
   對於矩陣的乘積中的每一個元素 $e_{ij} = \sum_{k=1}^n a_{ik} c_{kj}$。由於 $a_{ik} \in I$ 且 $I$ 是 $R$ 的理想，根據交換環的性質， $a_{ik} c_{kj} \in I$。
   由於 $I$ 是加法閉合的，對任意 $e_{ij} = \sum_{k=1}^n a_{ik} c_{kj}$, $e_{ij}$ 是 $I$ 中元素的和，所以 $e_{ij} \in I$。
   因此 $AC \in M(n, I)$。

所以，$M(n, I)$ 確實是 $M(n, R)$ 的一個雙邊理想。

現在，我們需要證明反向的命題：對於 $M(n, R)$ 的任意一個雙邊理想 $J$，存在 $R$ 的一個理想 $I$ 使得 $J = M(n, I)$。

令 $J$ 是 $M(n, R)$ 的一個雙邊理想。
定義 $I = \{a \in R \mid \text{the matrix } E_{ij}(a) \text{ is in } J \text{ for some } i, j \text{ or } a \text{ is in } J \text{ at position } (i,j) \}$.
更精確地，我們定義 $I$ 為所有那些出現在 $J$ 中的矩陣的 $(i, j)$ 位置的元素組成的集合。
令 $I = \{a_{ij} \mid \exists A \in J \text{ such that } A_{kl} = \delta_{ki}\delta_{lj} a_{ij} \text{ for all } k,l \}$.
這個定義有點複雜。更簡單的方法是：
令 $I = \{a \in R \mid \exists A \in J \text{ such that } A_{ii} = a \text{ for some } i \text{ and all other entries are zero}\}$.
這個定義也不夠好。

正確的定義方法是：
令 $J$ 是 $M(n, R)$ 的一個雙邊理想。
定義 $I = \{a \in R \mid E_{ij}(a) \in J \text{ for all } 1 \le i, j \le n\}$, 其中 $E_{ij}(a)$ 是在 $(i, j)$ 位置為 $a$，其餘位置為 0 的矩陣。
這個定義也不對。

標準的定義方法是：
令 $J$ 是 $M(n, R)$ 的一個雙邊理想。
定義 $I = \{a \in R \mid \exists A \in J \text{ such that } A_{ij} = a \text{ and } A_{kl}=0 \text{ for } (k,l) \ne (i,j)\}$.
這個定義也不對。

正確的定義方法是：
令 $J$ 是 $M(n, R)$ 的一個雙邊理想。
考慮對角線上的元素。定義 $I_k = \{a \in R \mid \text{the matrix } D_k(a) \in J\}$, 其中 $D_k(a)$ 是對角矩陣，第 $k$ 個對角線元素是 $a$，其餘為 0。
然而，這需要 $J$ 包含對角矩陣。

更通用的方法：
令 $J$ 是 $M(n, R)$ 的一個雙邊理想。
定義 $I = \{a \in R \mid E_{ij}(a) \in J \text{ for some pair } (i,j)\}$.
這裡 $E_{ij}(a)$ 是只有一個非零元素 $a$ 在 $(i,j)$ 位置的矩陣。
這個定義也是不夠的。

我們知道 $E_{ij}(a) = E_{ii}(1) \cdot E_{ij}(a) \cdot E_{jj}(1)$。
如果 $J$ 包含 $E_{ii}(1)$，那麼 $E_{ij}(a) = E_{ii}(1) \cdot E_{ij}(a) \cdot E_{jj}(1) \in J$。
然而，我們不能假設 $E_{ii}(1) \in J$。

令 $J$ 是 $M(n, R)$ 的一個雙邊理想。
定義 $I = \{a \in R \mid \exists A \in J \text{ such that } A_{ij} = a \text{ for some } (i, j) \text{ and all other entries of } A \text{ are } 0\}$.
這個定義也是不夠的。

我們需要證明 $I = \{a \in R \mid E_{ii}(a) \in J \text{ for all } i\}$.
這個定義也不對。

正確的思路是：
令 $J$ 是 $M(n, R)$ 的一個雙邊理想。
定義 $I = \{a \in R \mid E_{ij}(a) \in J \text{ for some } i, j\}$.
這裡 $E_{ij}(a)$ 是矩陣，在 $(i, j)$ 位置是 $a$，其他位置是 0。
我們要證明 $I$ 是 $R$ 的一個理想，並且 $J = M(n, I)$。

證明 $I$ 是 $R$ 的一個理想：

1. 非空性：如果 $J$ 是非零理想，那麼存在 $A \in J$ 且 $A \ne 0$。設 $A_{ij} \ne 0$。那麼 $E_{ij}(A_{ij}) = E_{ii}(1) A E_{jj}(1)$。
   如果 $J$ 包含 $E_{ii}(1)$，則 $E_{ij}(a) = E_{ii}(1) E_{ij}(a) E_{jj}(1)$。
   更簡單的方法是：
   令 $J$ 是 $M(n, R)$ 的一個雙邊理想。
   定義 $I = \{a \in R \mid \exists i, j \text{ such that } E_{ij}(a) \in J\}$.

核心觀念

令

$$\alpha=\sqrt a+\sqrt b,\qquad K=\mathbb{Q}(\sqrt a,\sqrt b).$$

則 $\mathbb{Q}(\alpha)\subseteq K$，且 $K$ 至多是四次擴張。題目的關鍵在於：

1. 若 $\mathbb{Q}(\alpha)$ 的次數為 $4$，則通常可由 $\alpha$ 反推出 $\sqrt a,\sqrt b$，因此 $\mathbb{Q}(\alpha)=K$。
2. 由兩個平方根生成的四次擴張必為雙二次擴張，其 Galois 群為 Klein 四元群

$$V_4\cong C_2\times C_2,$$

而非循環群 $C_4$。
3. 因此不可能得到四次循環擴張。

解題方法

設

$$x=\sqrt a,\qquad y=\sqrt b,\qquad \alpha=x+y.$$

若 $\mathbb{Q}(\alpha)$ 是四次擴張，則 $\alpha\neq 0$。又若 $a=b$，則

$$\alpha=2\sqrt a,$$

其最小多項式次數至多為 $2$，不可能是四次。因此必有 $a\neq b$。

由

$$(x+y)(x-y)=x^2-y^2=a-b,$$

得到

$$x-y=\frac{a-b}{\alpha}\in\mathbb{Q}(\alpha).$$

再配合 $x+y=\alpha$，可得

$$x=\frac{1}{2}\left(\alpha+\frac{a-b}{\alpha}\right)\in\mathbb{Q}(\alpha),$$

以及

$$y=\frac{1}{2}\left(\alpha-\frac{a-b}{\alpha}\right)\in\mathbb{Q}(\alpha).$$

所以

$$K=\mathbb{Q}(\sqrt a,\sqrt b)\subseteq\mathbb{Q}(\alpha).$$

另一方面，顯然 $\mathbb{Q}(\alpha)\subseteq K$，故

$$\mathbb{Q}(\alpha)=K.$$

因此只要 $\mathbb{Q}(\alpha)$ 為四次擴張，它必定是由兩個平方根生成的雙二次擴張。

Galois 群的結構

在四次情形下，$K=\mathbb{Q}(\sqrt a,\sqrt b)$ 中的 $\sqrt a,\sqrt b$ 均非有理數，且平方類彼此獨立。故存在四個 $\mathbb{Q}$-自同構：