113 年 國立臺灣大學數學系碩士班《代數》

核心觀念

設 $n_p$ 為 $G$ 的 Sylow $p$-子群個數。Sylow 定理給出：

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

若某個 Sylow 子群唯一，它便是正規子群。證明 (b) 時，先利用商群 $G/P$ 找出正規子群，再把正規性提升回 $G$，最後以共軛作用證明該子群落在中心。

解題方法

因為 $|G|=231=3\cdot7\cdot11$，先分別運用 Sylow 定理，再利用 (a) 得到的正規 Sylow $7$-子群構造商群。

(a) Sylow $7$-子群正規

令 $n_7$ 為 Sylow $7$-子群的個數。由 Sylow 定理，

$$n_7\mid 33, \qquad n_7\equiv1\pmod7.$$

$33$ 的正因數為 $1,3,11,33$；其中只有 $1$ 模 $7$ 同餘於 $1$。因此 $n_7=1$，Sylow $7$-子群唯一，故正規於 $G$。

(b) 中心包含 Sylow $11$-子群

令 $P$ 為 Sylow $7$-子群，依 (a)，$P\triangleleft G$。令 $Q$ 為任一 Sylow $11$-子群，考慮商群 $G/P$。因為 $P\cap Q=\{e\}$，

$$|G/P|=33, \qquad |QP/P|=|Q|=11.$$

所以 $QP/P$ 是 $G/P$ 的 Sylow $11$-子群。設 $G/P$ 中 Sylow $11$-子群的個數為 $m_{11}$，則

$$m_{11}\mid 3, \qquad m_{11}\equiv1\pmod{11}.$$

核心觀念

本題考查有限生成交換群的基本定理，以及整數格子中循環子群商群的結構。

有限生成交換群可分解為

$$\mathbb{Z}^r\oplus \mathbb{Z}/d_1\mathbb{Z}\oplus\cdots\oplus \mathbb{Z}/d_t\mathbb{Z},$$

其中 $d_1\mid d_2\mid\cdots\mid d_t$。

題目中的子群為

$$\big((4,4,8)\big) =\{n(4,4,8):n\in\mathbb{Z}\}.$$

因此要求計算

$$\mathbb{Z}^3/\big((4,4,8)\big).$$

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解題方法

先提出向量的最大公因數：

$$(4,4,8)=4(1,1,2).$$

向量 $(1,1,2)$ 的分量最大公因數為 $1$，所以它是 primitive vector，可以延伸成 $\mathbb{Z}^3$ 的一組整數基底。

取

$$b_1=(1,1,2),\qquad b_2=(0,1,0),\qquad b_3=(0,0,1).$$

以這三個向量為欄所形成的矩陣為

$$P= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 1&1&0\\ 2&0&1 \end{pmatrix},$$

且

$$\det P=1.$$

因此 $P$ 是 unimodular matrix，代表 $(b_1,b_2,b_3)$ 確實是 $\mathbb{Z}^3$ 的一組基底。

在此基底下，

$$(4,4,8)=4b_1.$$

所以原商群可改寫為

$$\mathbb{Z}^3/\big((4,4,8)\big) \cong \frac{\mathbb{Z}b_1\oplus\mathbb{Z}b_2\oplus\mathbb{Z}b_3} {\mathbb{Z}(4b_1)}.$$

核心觀念

本題先由「每個理想皆有限生成」推出理想滿足升鏈條件，再利用升鏈條件證明非零非單位元素必能分解成不可約元素的乘積。

• 升鏈條件：每個遞增理想鏈都會在某一項後固定。
• 不可約元素：非零非單位元素 $p$ 若寫成 $p=xy$，則 $x$ 或 $y$ 必為單位。
• 單位：具有乘法反元素的元素。

解題方法

(a) 證明理想升鏈會固定

設

$$I_1\subseteq I_2\subseteq I_3\subseteq\cdots$$

令 $I=\bigcup_{n\ge 1}I_n$。由於各 $I_n$ 形成遞增鏈，$I$ 是 $R$ 的理想。依題設，$I$ 有有限生成元，記為

$$I=(x_1,\ldots,x_m).$$

每個生成元 $x_j$ 都屬於某個 $I_{n_j}$。取 $N=\max\{n_1,\ldots,n_m\}$。因為理想鏈遞增，所有 $x_j$ 都屬於 $I_N$，因此

$$I=(x_1,\ldots,x_m)\subseteq I_N.$$

另一方面，$I_N\subseteq I$，故 $I=I_N$。對所有 $n\ge N$，有 $I_N\subseteq I_n\subseteq I=I_N$，所以

$$I_n=I_N\qquad(n\ge N).$$

因此 $R$ 滿足理想升鏈條件。

(b) 證明每個非零非單位元素可分解成不可約元素的乘積

反設存在非零非單位元素 $a_1$，無法分解成不可約元素的乘積。對任一無法如此分解的非零非單位元素 $a_n$，它不是不可約元素，因此可寫成

$$a_n=b_nc_n,$$

本題考察高斯整數環 $Z[i]$ 的性質，包括其不可約元素、商環的結構和階數、以及在商環中的運算。$Z[i]$ 是一個歐幾里得整域 (Euclidean Domain)，因此也是一個主理想整域 (PID)，進而也是一個唯一因子分解整域 (UFD)。

(a) 證明 $4+i$ 在 $Z[i]$ 中是不可約的。
在 $Z[i]$ 中，一個元素 p 是不可約的，若且唯若 p 是質數且 $p \equiv 3 \pmod 4$，或者 $p = a+bi$ 且其範數 $N(p) = a^2 + b^2$ 是一個質數。
考慮元素 $4+i$。其範數為 $N(4+i) = 4^2 + 1^2 = 16 + 1 = 17$。
由於 17 是一個質數，根據 $Z[i]$ 的性質，範數為質數的元素是不可約的。
因此，$4+i$ 在 $Z[i]$ 中是不可約的。

(b) 計算域 $R/(4+i)$ 的特徵 (characteristic) 和元素個數。
$R = Z[i]$。商環 $R/(4+i) = Z[i]/(4+i)$。
由於 $4+i$ 在 $Z[i]$ 中是不可約的，且 $Z[i]$ 是 UFD，所以由不可約元素生成的理想 $(4+i)$ 是極大理想 (maximal ideal)。
因此，商環 $Z[i]/(4+i)$ 是一個域。
域的特徵 (characteristic) 是指在加法下，單位元 1 經過若干次加法後是否會等於 0。
對於任何域 F，如果存在正整數 n 使得 $n \cdot 1_F = 0_F$，則 F 的特徵是最小的正整數 n。如果不存在這樣的 n，則特徵為 0。
在 $Z[i]/(4+i)$ 中，單位元是 $1+(4+i)$。
我們需要看是否存在一個正整數 n 使得 $n \cdot (1+(4+i)) = 0+(4+i)$。
這等價於 $n \in (4+i)$。
但是，由於 $(4+i)$ 是由一個非單位元素生成的極大理想，它不是 $Z[i]$ 的單位元素。
$Z[i]$ 是一個整域，其特徵為 0。
對於商環 $Z[i]/(p)$，其中 p 是 $Z[i]$ 中的一個元素。
如果 p 是素數且 $p \equiv 3 \pmod 4$，則 $Z[i]/(p) \cong Z_p[x]/(x^2+1)$。
如果 p 是素數且 $p \equiv 1 \pmod 4$ 或 $p=2$，則 $p$ 可以分解為 $p = \pi \bar{\pi}$，其中 $\pi$ 是 $Z[i]$ 中的不可約元素。
在這裡，$4+i$ 的範數是 17，17 是 $Z$ 中的素數且 $17 \equiv 1 \pmod 4$。
$17 = 4^2 + 1^2$。
$17 = (4+i)(4-i)$。
$4+i$ 和 $4-i$ 都是 $Z[i]$ 中的不可約元素。
$Z[i]/(4+i)$ 的特徵是 0，因為 $Z[i]$ 的特徵是 0，並且 $(4+i)$ 不是 $Z$ 中的某個整數的倍數。
更準確地說，如果 $Z[i]/(p)$ 是域，則其特徵與 $Z/(p \cap Z)$ 的特徵相同。
$p = 4+i$。$p \cap Z = \{n \in Z | n \in (4+i)\} = \{n \in Z | n = k(4+i) \text{ for some } k \in Z[i] \}$.
令 $k = a+bi$。 $n = (a+bi)(4+i) = (4a-b) + (a+4b)i$.
若 $n \in Z$，則 $a+4b = 0$，所以 $a = -4b$。
$n = 4(-4b)-b = -16b-b = -17b$.
所以 $p \cap Z = \{ -17b | b \in Z \} = 17Z$。
因此，$Z[i]/(4+i)$ 的特徵與 $Z/(17Z) = Z_{17}$ 的特徵相同，即 17。
但是，這是一個錯誤的推論。

正確的思路是：
域 $F = R/(p)$ 的特徵是 $p$ 如果 $p \in Z$ 且 $p \neq 0$。
如果 $p$ 是 $Z[i]$ 中的元素，則 $F = Z[i]/(p)$ 的特徵是 $\text{char}(Z[i]) = 0$。
但是，我們需要看 $p \cap Z$。
$p = 4+i$。 $p \cap Z = \{ n \in Z \mid n = k(4+i) \text{ for some } k \in Z[i] \}$.
令 $k = a+bi$, $a, b \in Z$.
$n = (a+bi)(4+i) = (4a-b) + (a+4b)i$.
若 $n \in Z$, 則 $a+4b = 0$, $a = -4b$.
$n = 4(-4b) - b = -16b - b = -17b$.
所以，$p \cap Z = -17Z = 17Z$。
因此，域 $Z[i]/(4+i)$ 的特徵是 17。

元素的個數：
由於 $Z[i]/(4+i)$ 是一個域，且其特徵為 17，所以 $Z[i]/(4+i)$ 同構於 $Z_{17}[x]/(x^2+1)$。
我們需要找到 $x^2+1$ 在 $Z_{17}[x]$ 中的次數。
在 $Z_{17}$ 中，$x^2+1=0$ 的解。
$x^2 \equiv -1 \pmod{17}$。
我們需要判斷 -1 是否是二次剩餘模 17。
根據歐拉準則， $(-1)^{(p-1)/2} \pmod p$。
$(-1)^{(17-1)/2} = (-1)^8 = 1 \pmod{17}$。
所以 -1 是二次剩餘模 17。
存在 $x$ 使得 $x^2 \equiv -1 \pmod{17}$。
例如，$4^2 = 16 \equiv -1 \pmod{17}$。
所以 $x^2+1 = (x-4)(x+4)$ 在 $Z_{17}[x]$ 中可以分解。
因此，$Z[i]/(4+i) \cong Z_{17}[x]/((x-4)(x+4))$。
由於 $x-4$ 和 $x+4$ 是 $Z_{17}[x]$ 中的不可約多項式（一次多項式），且它們是不同的（因為 $4 \not\equiv -4 \pmod{17}$），根據中國剩餘定理 (Chinese Remainder Theorem)，
$Z_{17}[x]/((x-4)(x+4)) \cong Z_{17}[x]/(x-4) \times Z_{17}[x]/(x+4)$。
$Z_{17}[x]/(x-4) \cong Z_{17}$。
$Z_{17}[x]/(x+4) \cong Z_{17}$。
所以，$Z[i]/(4+i) \cong Z_{17} \times Z_{17}$。
這個域不是一個域！這說明我的推論有誤。

回到 $Z[i]/(p)$ 的結構。
如果 $p$ 是 $Z[i]$ 中的不可約元素，則 $Z[i]/(p)$ 是域。
$p = 4+i$ 是不可約的，因為 $N(p)=17$ 是質數。
$Z[i]/(4+i)$ 是一個域。
我們知道 $Z[i]$ 同構於 $Z[x]/(x^2+1)$。
所以 $Z[i]/(4+i) \cong (Z[x]/(x^2+1))/(4+x)$。
這相當於 $Z[x]/(x^2+1, 4+x)$。
在 $Z[x]$ 中，我們有 $x \equiv -4 \pmod{4+x}$。
所以 $x^2+1 \equiv (-4)^2+1 = 16+1 = 17 \pmod{4+x}$。
因此，$Z[i]/(4+i) \cong Z[x]/(x^2+1, 4+x) \cong Z[x]/(4+x, 17)$。
$Z[x]/(4+x, 17) \cong Z_{17}[x]/(x+4) \cong Z_{17}$。
所以，$Z[i]/(4+i)$ 同構於 $Z_{17}$。
因此，它的特徵是 17，元素個數是 17。

(c) 計算 $(1+i) + (4+i)$ 在 $R/(4+i)$ 的乘法群中的階數。
$R/(4+i) = Z[i]/(4+i)$。
在 $Z[i]/(4+i)$ 中，元素 $1+i$ 的表示是 $(1+i) + (4+i)$。
我們要計算 $(1+i) + (4+i)$ 在乘法群 $U$ 中的階數。

核心觀念

本題使用有限域上的 Frobenius 自同構：在特徵 $p$ 的代數閉包中，映射

$$\operatorname{Frob}(\beta)=\beta^p$$

固定 $\mathbb F_p$ 中的元素。若一個多項式在 $\mathbb F_p$ 上不可約，則其任一根在 Frobenius 作用下的軌道大小，等於該根的最小多項式次數。

解題方法

令 $\alpha$ 為 $f(x)=x^p-x+a$ 的一個根。由 $f(\alpha)=0$ 得

$$\alpha^p=\alpha-a.$$

因為 $a\in\mathbb F_p$，所以 $a^p=a$。對等式反覆取 $p$ 次方，可得

$$\alpha^{p^k}=\alpha-ka \qquad (k\ge 0),$$

其中整數 $k$ 在特徵 $p$ 的運算中視為模 $p$。

當 $0\le i<j<p$ 時，

$$\alpha^{p^i}-\alpha^{p^j}=(j-i)a\ne 0,$$

因為 $a\ne 0$ 且 $j-i$ 不被 $p$ 整除。