114 年 國立臺灣大學數學系碩士班《代數》

核心觀念

本題考查有限群的子群階數，以及交換群的特殊結構。

會用到：

1. 拉格朗日定理：若 $H\leq G$，則 $|H|\mid |G|$。
2. 柯西定理：若質數 $p$ 整除有限群 $G$ 的階數，則 $G$ 中存在階數為 $p$ 的元素。
3. 商群與原像：若 $K\trianglelefteq G$，且 $\overline H\leq G/K$，則自然投影下的原像 $\pi^{-1}(\overline H)$ 是 $G$ 的子群。
4. 交換群的商群仍為交換群，這使得歸納法可以持續使用。

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(a) 任意除數皆對應某個子群

欲證明：對任意正整數 $d\mid m$，存在 $G$ 的子群，其階數為 $d$。

對 $m$ 作歸納。

基礎情形

若 $m=1$，則 $G=\{e\}$，其平凡子群本身階數為 $1$，命題成立。

也可固定考慮 $d=1$ 的情形：平凡子群 $\{e\}$ 的階數就是 $1$。

歸納步驟

設 $d>1$ 且 $d\mid m$。取一個質數 $p$ 使得

$$p\mid d.$$

因為 $d\mid m$，所以也有 $p\mid m$。由柯西定理，存在元素 $x\in G$，其階數為 $p$。令

$$K=\langle x\rangle.$$

則

$$|K|=p.$$

由於 $G$ 為交換群，$K$ 必為正規子群，因此商群 $G/K$ 存在。而且 $G/K$ 仍為有限交換群，其階數為

$$|G/K|=\frac{m}{p}.$$

又因為 $p\mid d$，可寫成 $d=p d_1$。由 $d\mid m$ 可知

$$d_1=\frac{d}{p}\mid \frac{m}{p}.$$

因此可對交換群 $G/K$ 使用歸納假設，得到 $G/K$ 中存在一個子群 $\overline H$，滿足

$$|\overline H|=\frac{d}{p}.$$

令 $\pi:G\to G/K$ 為自然投影，並考慮 $\overline H$ 的原像

$$H=\pi^{-1}(\overline H).$$

則 $H$ 是 $G$ 的子群，且包含 $K$。由商群與原像的階數關係，

核心觀念

題目要求分類所有階為 $21$ 的群。關鍵工具為：

• Sylow 定理；
• 半直積 $N\rtimes H$；
• 群作用與自同構群 $\operatorname{Aut}(C_7)$；
• 同構下的作用分類。

因為

$$21=3\cdot 7,$$

所以只需分析階為 $7$ 與階為 $3$ 的 Sylow 子群如何組合。

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第一步：證明階為 $7$ 的子群正規

設 $n_7$ 為 Sylow $7$-子群的個數。由 Sylow 定理，

$$n_7\mid 3,\qquad n_7\equiv 1\pmod 7.$$

由 $n_7\mid 3$ 可知 $n_7=1$ 或 $3$；其中只有

$$n_7=1$$

符合模 $7$ 同餘條件。因此階為 $7$ 的 Sylow 子群 $N$ 唯一且正規。

由於 $|N|=7$ 為質數，故

$$N\cong C_7.$$

令 $H$ 為任一階為 $3$ 的 Sylow 子群，則

$$H\cong C_3.$$

因為 $N$ 是正規 Hall 子群，依 Schur–Zassenhaus 定理，群可分裂為半直積：

$$G\cong C_7\rtimes_\varphi C_3.$$

因此，分類階為 $21$ 的群等價於分類作用

$$\varphi:C_3\longrightarrow \operatorname{Aut}(C_7).$$

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第二步：計算可能的群作用

取

$$C_7=\langle a\rangle,\qquad C_3=\langle b\rangle.$$

由於

$$\operatorname{Aut}(C_7)\cong C_6,$$

群作用由 $b$ 對 $a$ 的作用決定。每個自同構皆可寫成

$$a\longmapsto a^k, \qquad k\in(\mathbb Z/7\mathbb Z)^\times.$$

因為 $b^3=1$，所以作用必須滿足

$$\varphi(b)^3=1.$$

也就是 $k$ 必須滿足

$$k^3\equiv 1\pmod 7.$$

計算得

$$k\equiv 1,2,4\pmod 7,$$

因為

$$2^3=8\equiv 1\pmod 7,\qquad 4^3=64\equiv 1\pmod 7.$$

因此有三個作用：

1. $k=1$：平凡作用；
2. $k=2$：非平凡作用；
3. $k=4$：另一個非平凡作用。

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第三步：平凡作用給出循環群

當 $k=1$ 時，

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

因此 $a$ 與 $b$ 交換，半直積退化為直積：

$$G\cong C_7\times C_3.$$

這題主要考查分圓域的擴張次數與最小多項式。

(a) 證明 $[\mathbb{Q}(\zeta) : \mathbb{Q}] = 4$。
令 $\zeta = e^{2\pi i / 5}$。$\zeta$ 是 1 的一個本原 5-次單位根。
$\zeta$ 是多項式 $x^5 - 1 = 0$ 的根。
$x^5 - 1 = (x-1)(x^4 + x^3 + x^2 + x + 1)$。
$\zeta \neq 1$，所以 $\zeta$ 是 $x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 = 0$ 的根。
這個多項式 $f(x) = x^4 + x^3 + x^2 + x + 1$ 是不可約的。
證明 $f(x)$ 不可約：
考慮 $f(x+1) = (x+1)^4 + (x+1)^3 + (x+1)^2 + (x+1) + 1$
$= (x^4 + 4x^3 + 6x^2 + 4x + 1) + (x^3 + 3x^2 + 3x + 1) + (x^2 + 2x + 1) + (x+1) + 1$
$= x^4 + (4+1)x^3 + (6+3+1)x^2 + (4+3+2+1)x + (1+1+1+1+1)$
$= x^4 + 5x^3 + 10x^2 + 10x + 5$
$= 5 \left( \frac{x^4}{5} + x^3 + 2x^2 + 2x + 1 \right)$。
使用 Eisenstein 判別法，令 $p=5$。
$p$ 整除 $5, 10, 10, 5$，但 $p$ 不整除 $1$（最高次項係數）。
$p^2 = 25$ 不整除 $5$（最低次項係數）。
因此，$f(x+1)$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中不可約。
這意味著 $f(x)$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中不可約。
$\mathbb{Q}(\zeta)$ 是由 $\zeta$ 生成的域擴張。
$\zeta$ 的最小多項式是 $f(x) = x^4 + x^3 + x^2 + x + 1$。
因此，$\mathbb{Q}(\zeta)$ 作為 $\mathbb{Q}$ 的向量空間，其基為 $\{1, \zeta, \zeta^2, \zeta^3\}$。
擴張次數 $[\mathbb{Q}(\zeta) : \mathbb{Q}]$ 等於 $\zeta$ 的最小多項式的次數，即 4。

驗證：
$\zeta = \cos(2\pi/5) + i \sin(2\pi/5)$。
$\mathbb{Q}(\zeta)$ 包含 $\zeta$。
$\zeta^2 = e^{4\pi i / 5} = \cos(4\pi/5) + i \sin(4\pi/5)$。
$\zeta^3 = e^{6\pi i / 5} = \cos(6\pi/5) + i \sin(6\pi/5)$。
$\zeta^4 = e^{8\pi i / 5} = \cos(8\pi/5) + i \sin(8\pi/5) = \zeta^{-1} = \cos(2\pi/5) - i \sin(2\pi/5)$。
$\zeta^5 = 1$。
我們有 $\zeta^4 + \zeta^3 + \zeta^2 + \zeta + 1 = 0$。
$\mathbb{Q}(\zeta)$ 包含 $\zeta$。
$\mathbb{Q}(\zeta)$ 包含 $\zeta$ 的所有共軛根，即 $\zeta^2, \zeta^3, \zeta^4$。
$\mathbb{Q}(\zeta)$ 包含 $\mathbb{Q}$。
$\mathbb{Q}(\zeta)$ 是包含 $\zeta$ 的最小域。
由於 $f(x) = x^4 + x^3 + x^2 + x + 1$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中不可約，且 $f(\zeta)=0$，所以 $f(x)$ 是 $\zeta$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的最小多項式。
因此，$[\mathbb{Q}(\zeta) : \mathbb{Q}] = \text{deg}(f) = 4$。

(b) 證明 $[\mathbb{Q}(\mu) : \mathbb{Q}] = 2$ 並確定 $\mu$ 的最小多項式。
令 $\mu = \zeta + \zeta^{-1}$。
由於 $\zeta = e^{2\pi i / 5}$，$\zeta^{-1} = e^{-2\pi i / 5} = \overline{\zeta}$。

核心觀念

將模數分解為

$$2025=81\cdot 25=3^4\cdot 5^2,$$

且 $\gcd(81,25)=1$。由中國剩餘定理，模 $2025$ 的解等價於同時滿足

$$x^5\equiv 1\pmod{81}, \qquad x^5\equiv 1\pmod{25}.$$

因此分別求出模 $81$ 與模 $25$ 的解，再以中國剩餘定理合併。

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解題方法一：先處理模 $81$

若

$$x^5\equiv 1\pmod{81},$$

則 $x$ 必為模 $81$ 的單位。單位群 $(\mathbb Z/81\mathbb Z)^\times$ 的階為

$$\varphi(81)=81-27=54.$$

由拉格朗日定理，$x$ 的階數必整除 $54$；另一方面，由 $x^5=1$，$x$ 的階數也整除 $5$。由於

$$\gcd(54,5)=1,$$

所以 $x$ 的階數只能是 $1$，因此

$$x\equiv 1\pmod{81}.$$

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再處理模 $25$

若

$$x^5\equiv 1\pmod{25},$$

則先模 $5$ 考慮。由費馬小定理，對所有 $x$ 都有

$$x^5\equiv x\pmod 5.$$

因此

$$x^5\equiv 1\pmod{25} \quad\Longrightarrow\quad x\equiv 1\pmod 5.$$

令

$$x=1+5k, \qquad k=0,1,2,3,4.$$

利用二項式展開：

$$(1+5k)^5 =1+5(5k)+\binom52(5k)^2+\cdots.$$

除第一項外，其餘各項皆含有因子 $25$，故

$$(1+5k)^5\equiv 1+25k\equiv 1\pmod{25}.$$

所以模 $25$ 的所有解為

$$x\equiv 1,6,11,16,21\pmod{25}.$$

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以中國剩餘定理合併

現在需解

這題考查諾特環 (Noetherian ring) 的性質，以及滿射環同態的性質。

(a) 證明 $N$ 是 $R$ 的一個理想，並證明存在 $m > 0$ 使得 $N^m = 0$。
$R$ 是一個交換環，且每個理想都是有限生成 ideales。這意味著 $R$ 是一個諾特環。
$N$ 是 $R$ 中所有冪零元素 (nilpotent elements) 的集合。
$N = \{x \in R \mid \exists n \in \mathbb{Z}^+, x^n = 0\}$。

證明 $N$ 是 $R$ 的一個理想：

1. $0 \in N$ 因為 $0^1 = 0$。

2. 設 $a, b \in N$。則存在 $n, m \in \mathbb{Z}^+$ 使得 $a^n = 0$ 且 $b^m = 0$。
   考慮 $a-b$。
   $(a-b)^{n+m} = \sum_{k=0}^{n+m} \binom{n+m}{k} a^k (-b)^{n+m-k}$。
   如果 $k \ge n$，則 $a^k = 0$。
   如果 $n+m-k \ge m$，則 $(-b)^{n+m-k} = 0$。
   這不是一個好的證明方法。

   正確方法：
   設 $a, b \in N$。則存在 $n, m \in \mathbb{Z}^+$ 使得 $a^n = 0$ 且 $b^m = 0$。
   考慮 $(a-b)^{n+m}$。
   $(a-b)^{n+m} = (a+(-b))^{n+m} = \sum_{k=0}^{n+m} \binom{n+m}{k} a^k (-b)^{n+m-k}$。
   在二項式展開的每一項 $\binom{n+m}{k} a^k (-b)^{n+m-k}$ 中，要么 $k \ge n$ (則 $a^k=0$)，要么 $n+m-k \ge m$ (則 $(-b)^{n+m-k}=0$)。
   這是因為如果 $k < n$, 則 $n+m-k > n+m-n = m$.
   所以，在展開式中，每一項都是 $0$。
   因此 $(a-b)^{n+m} = 0$。
   這意味著 $a-b \in N$。

3. 設 $r \in R$ 且 $a \in N$。則存在 $n \in \mathbb{Z}^+$ 使得 $a^n = 0$。
   考慮 $(ra)^n = r^n a^n$ (因為 $R$ 是交換環)。
   由於 $a^n = 0$，所以 $(ra)^n = r^n \cdot 0 = 0$。
   這意味著 $ra \in N$。
   因此，$N$ 是 $R$ 的一個理想。

證明存在 $m > 0$ 使得 $N^m = 0$。
$N$ 是 $R$ 的一個理想。由於 $R$ 是諾特環，它的任何理想都是有限生成的。
所以，$N$ 是有限生成的。設 $N$ 由生成元 $a_1, \dots, a_k$ 生成。
每個生成元 $a_i$ 都是冪零的，即存在 $n_i$ 使得 $a_i^{n_i} = 0$。
令 $M = \max(n_1, \dots, n_k)$。
考慮 $N^M = (a_1, \dots, a_k)^M$。
$N^M$ 是由形如 $a_1^{e_1} \dots a_k^{e_k}$ 的元素生成的（其中 $e_i \ge 0$ 且 $\sum e_i = M$）。
取 $N^M$ 中的任意一個元素 $x = a_1^{e_1} \dots a_k^{e_k}$，其中 $e_1 + \dots + e_k = M$。
由於 $M \ge n_i$ 對於所有 $i$，我們有 $a_i^{n_i} = 0$。
如果 $e_i \ge n_i$ 對於某個 $i$，則 $a_i^{e_i} = 0$，從而 $x = 0$。
然而，這並不保證 $e_i \ge n_i$。

正確方法：
由於 $R$ 是諾特環，它的雅可布森根 $J(R)$ 是冪零的 (nilpotent)，也就是說存在 $m$ 使得 $J(R)^m = 0$。
$N$ 是 $R$ 中所有冪零元素的集合。
$N$ 是 $R$ 的一個冪零理想 (nil ideal)。
在諾特環中，一個冪零理想是有限生成的。
我們需要證明 $N$ 本身是冪零的，即 $N^m = 0$ 對某個 $m$。

考慮 $R/N$。在 $R/N$ 中，沒有非零的冪零元素。
如果 $R$ 是諾特環，那麼 $N$ 是冪零的，即 $N^m=0$ 對某個 $m$。
這是 Hilbert 的零點定理 (Nullstellensatz) 的一個推論。
更直接的證明：
設 $N = (a_1, \dots, a_k)$ 是 $N$ 的有限生成集。
對於每個 $a_i$，存在 $n_i$ 使得 $a_i^{n_i} = 0$。
令 $m = n_1 + n_2 + \dots + n_k - k + 1$ （或者取 $m = \max(n_i)$ 也是一個常見的猜測，但可能不對）。
實際上，令 $M = \max\{n_1, \dots, n_k\}$。
考慮 $N^M = (a_1, \dots, a_k)^M$。
$N^M$ 是由形如 $b = a_1^{e_1} \dots a_k^{e_k}$ 的元素生成的，其中 $e_i \ge 0$ 且 $\sum e_i = M$。
對於這樣的元素 $b$，我們有 $b^{m'} = (a_1^{e_1} \dots a_k^{e_k})^{m'} = a_1^{e_1 m'} \dots a_k^{e_k m'}$。
這不能直接證明 $N^m=0$。

一個標準的證明是：
令 $N = (a_1, \dots, a_k)$。
令 $m = \sum_{i=1}^k (n_i - 1) + 1$.
考慮 $N^m$ 中的任意元素 $x = r_1 \dots r_m$，$r_j \in N$.
每個 $r_j$ 都可以寫成 $r_j = \sum_{i=1}^k c_{ji} a_i$。
$x = (\sum c_{1i} a_i) \dots (\sum c_{mi} a_i)$.
這展開後是形如 $c a_{i_1} \dots a_{i_m}$ 的和。

這題考查域擴張和整環的性質。我們需要證明在有限擴張域 $K/F$ 中，任何包含 $F$ 的整環 $D$ 必定是個域。

證明：
設 $K$ 是域 $F$ 的一個有限擴張。這意味著 $K$ 是 $F$ 上的一個向量空間，且其維度 $\dim_F K$ 是有限的。
設 $D$ 是一個整環，且 $F \subseteq D \subseteq K$。
我們需要證明 $D$ 是一個域。
一個整環 $D$ 是域的充要條件是，對於任意非零元素 $a \in D$，存在 $a^{-1} \in D$。

考慮 $D$ 作為 $F$ 的一個向量空間。
由於 $D \subseteq K$， $D$ 也是 $K$ 的一個子集。
由於 $D$ 是一個整環，它對加法是封閉的，所以 $D$ 是一個非零的 $F$-向量空間。
我們需要證明 $D$ 上的每個非零元素都有逆元在 $D$ 中。

設 $a \in D$ 且 $a \neq 0$。
由於 $a \in K$ 且 $K$ 是域，所以 $a$ 在 $K$ 中有乘法逆元 $a^{-1}$。
我們需要證明 $a^{-1} \in D$。

方法一：利用有限擴張的性質。
由於 $K$ 是 $F$ 的有限擴張，所以 $K$ 的維度 $\dim_F K$ 是有限的。
考慮 $D$ 作為 $F$ 的一個向量空間。由於 $D \subseteq K$， $D$ 的維度 $\dim_F D$ 必須小於或等於 $\dim_F K$。
所以 $\dim_F D$ 是有限的。
設 $a \in D$, $a \neq 0$.
考慮 $a$ 在 $D$ 中的乘法。
考慮 $a, a^2, a^3, \dots$ 在 $D$ 中。
由於 $D$ 的維度是有限的，這些元素 $a^k$ ($k=1, 2, \dots$) 在 $D$ 作為 $F$-向量空間的生成集裡，必定是線性相關的。
這意味著存在係數 $c_0, c_1, \dots, c_n \in F$，不全為零，使得
$c_0 + c_1 a + c_2 a^2 + \dots + c_n a^n = 0$。
由於 $D$ 是一個整環，如果 $a \neq 0$, 則 $a^k \neq 0$ 對於所有 $k$。
我們可以假設 $c_0 \neq 0$。
如果 $c_0 = 0$, 則 $a(c_1 + c_2 a + \dots + c_n a^{n-1}) = 0$.
由於 $D$ 是整環且 $a \neq 0$, 我們可以消去 $a$, 得到 $c_1 + c_2 a + \dots + c_n a^{n-1} = 0$.
如果 $c_1$ 仍然是 $0$, 我們可以繼續消去。
由於 $a \neq 0$, 總有一個係數 $c_i \neq 0$。
我們可以找到最小的 $k \ge 0$ 使得 $c_k \neq 0$.
則 $c_k a^k + c_{k+1} a^{k+1} + \dots + c_n a^n = 0$.
$a^k (c_k + c_{k+1} a + \dots + c_n a^{n-k}) = 0$.
由於 $a \neq 0$, 我們可以消去 $a^k$, 得到 $c_k + c_{k+1} a + \dots + c_n a^{n-k} = 0$.
由於 $c_k \neq 0$, 我們可以寫成：
$c_k = - (c_{k+1} a + \dots + c_n a^{n-k})$
$c_k = -a (c_{k+1} + \dots + c_n a^{n-k-1})$.
這並不直接給出 $a^{-1} \in D$.

正確的方法是：
設 $a \in D$, $a \neq 0$.
考慮 $a$ 在 $K$ 中的逆元 $a^{-1}$。
我們需要證明 $a^{-1} \in D$.
由於 $\dim_F D$ 是有限的， $D$ 作為 $F$-向量空間是有限維的。
考慮 $a \in D$. $a \neq 0$.
考慮 $a, a^2, a^3, \dots$。
由於 $D$ 的維度是有限的，這些元素在 $D$ 中是線性相關的。
所以存在 $c_0, c_1, \dots, c_n \in F$, 不全為零，使得 $c_0 + c_1 a + \dots + c_n a^n = 0$.
由於 $D$ 是整環，我們可以假設 $c_0 \neq 0$.
否則，如果 $c_0 = 0$, 則 $a(c_1 + c_2 a + \dots + c_n a^{n-1}) = 0$.
由於 $a \neq 0$ 且 $D$ 是整環, $c_1 + c_2 a + \dots + c_n a^{n-1} = 0$.
如果 $c_1=0$, 我們可以繼續消去。
最終，我們必能得到一個形如 $c_k a^k + \dots + c_n a^n = 0$ 的方程，其中 $c_k \neq 0$。
$a^k (c_k + c_{k+1} a + \dots + c_n a^{n-k}) = 0$.
由於 $a \neq 0$, $a^k \neq 0$.
所以 $c_k + c_{k+1} a + \dots + c_n a^{n-k} = 0$.
由於 $c_k \neq 0$, 我們可以將其移到等號的另一邊：
$c_k = - (c_{k+1} a + \dots + c_n a^{n-k})$
$c_k = -a (c_{k+1} + c_{k+2} a + \dots + c_n a^{n-k-1})$.
這也未能直接得到 $a^{-1} \in D$.

我們需要從 $c_0 + c_1 a + \dots + c_n a^n = 0$ 中得到 $a^{-1} \in D$.
關鍵在於 $c_0 \neq 0$.
如果 $c_0 = 0$, 則 $a(c_1 + \dots + c_n a^{n-1}) = 0$.
若 $a \neq 0$, 則 $c_1 + \dots + c_n a^{n-1} = 0$.
如果 $c_1, \dots, c_{n-1}$ 都為 $0$, 則 $c_n a^n = 0$. 如果 $c_n \neq 0$, 則 $a^n = 0$.
但 $a$ 是 $D$ 的非零元素，我們不能假設 $a$ 不是冪零的。
但是，$D$ 是整環，所以 $a \neq 0$ 意味著 $a^n \neq 0$.
所以 $c_n$ 必須是 $0$。
這意味著，如果 $c_0=0$, 我們可以不斷消去 $a$, 直到得到 $c_k \neq 0$, $c_0 = \dots = c_{k-1} = 0$.
那麼 $c_k a^k + \dots + c_n a^n = 0$.
$a^k (c_k + \dots + c_n a^{n-k}) = 0$.