安徽大学2008－2009学年第一学期《近世代数》
考试试卷（B 卷）参考答案
一、名词解释题（本题共5小题，每小题3分，共15分）
1、对，显然模n 的同余关系满足以下条件：
1）对Z 中的任意元素a 都有(mod )a a n ≡；（反身性）
2）如果(mod )a b n ≡，必有(mod )b a n ≡；（对称性）
3）如果(mod )a b n ≡，(mod )b c n ≡，必有(mod )a c n ≡（传递性）
则这个关系是的一个等价关系．
2、错，因为2Z ∈，在Z 中没有逆元．
3、错，因为由于[]Z x x Z <>?，而整数环Z 不是一个域．
4、错，在同态满映下，正规子群的象是正规子群．
5、对，[]F x 是一个有单位元的整环，且
1）存在?：()()f x f x →的次数，
是非零多项式到非负整数集的一个映射；
2）在[]F x 中任取()f x 及()0g x ≠，存在[]F x 上的多项式()q x ，()r x 满足 ()()()(f x g x q x r x =+，其中()0r x =或()r x 的次数<()g x 的次数． 因此[]F x 作成一个欧式环．
二、计算分析题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
1、στ=(2453)，2τσ=(2346)，1τστ-=(256413)．
2、12Z 的所有的可逆元为1,5,7,11；n Z 的子环共有()T n 个，故12Z 共有6个子环，它们分别是{}10S =，{}20,6S =，{}30,4,8S =，{}40,3,6,9S =，{}
50,2,4,6,8,10S =和12Z 本身． 3、在8Z 中：32([4][3][2])([5][3])x x x x +--+
5432
[4][4][3][5][3][6]x x x x x =-+-+-． 三、举例题（本题共3小题，1,2题各3分，第3题4分，共10分）
1、在整数环上的一元多项式[]Z x 中，由于[]Z x x Z <>?，整数环Z 是一个
整环而不是一个域，故主理想x <>是整数环的一个素理想而不是极大理想．
2、22,,,a b R Z a b c d Z c d ???????==∈?? ???????
对普通的矩阵的加法和乘法作成一个环，R 有单位元1001?? ???，000a S a Z ??????=∈?? ???????
对普通的矩阵的加法和乘法作成R 的一个子环，S 有单位元1000?? ???
，二单位元不相等． 3、Klein 四元群4K 是四次对称群4S 的一个正规子群，
{}4(1),(12)(34)B =是4K 的一个正规子群（4K 是一个交换群），但4B 不是4S 的正规子群
（44(13)(13)B B ≠）．
四、证明题（本题共6小题，每小题10分，共60分）
1、证明：1）设G 是一个有限群，a 是G 的任意一个阶大于2的元素，则显
然1a a -≠（否则将有2a e =，与a 阶大于2矛盾！），但a 与1a -有相同的阶，即1a -的阶也是大于2．
又设b 也是G 的一个阶大于2的元素，且
1,b a b a -≠≠，则容易得到：111,b a b a ---≠≠，
这就是说，G 中阶大于2的元素总是成对出现的，由于G 是一个有限群，
故中的阶大于2的元素个数必为偶数．
2）设G 是一个偶数阶的有限群，由于单位元是阶为1的惟一元素，又由
1）知G 中的阶大于2的元素个数一定是偶数，这样阶等于2的元素的个数一定是奇数．
2、证明：设H 是G 的一个子群，任取1axa -，1aya -1aHa -∈（,x y H ∈），则由
于H 是一个子群，故1xy H -∈，这样
11111()()a x a a y a a x y a a H a ------=∈，从而1aHa G -≤．
又由于易证1:x axa ?- 是H 到1aHa -的一个双射，且
1()()x y a x y a ?-=11()()axa axa --=()()
x y ??= 故?是H 到1aHa -的一个同构映射，从而1aHa H -?．
2、证明：首先易证集合2,a b R a b F b a ??????=∈?? ???????
数域关于普通的矩阵的加法作成一个加群，其零元为零矩阵，负元为负矩阵．
其次，对22,a b c d R b a d
c ?????∈ ? ?????，其中,,,a b c
d F ∈，我们有 2222a b c d c d a b b a d c d c b a ????????= ??? ???????????2222ac bd ad bc R bc ad bd ac ++??=∈ ?++??
, 即普通矩阵的乘法是R 上的一个代数运算．且有 222a b c d e f b a d c f e ???????? ? ??? ?????????222a b c d e f b a d c f e ????????= ? ? ????????
???， 即R 对于普通的矩阵的乘法作成一个半群．另外，1001R ???∈ ???
，使得
对 2a b R b a ???∈ ???，1022100101a b a b b a b a ????????= ??? ???????????2a b b a ??= ???
， 综上所述，2,a b R a b F b a ??????=∈?? ???????
数域关于普通的矩阵的加法和乘法作成一个有单位元的交换环．
4、证明：1）若R 的每个非零元素的阶都是无限，命题成立；若R 中有某个元素0a ≠的阶为n ，则在R 中任取0b ≠，有()()00na nb na b b ===． 但0a ≠，且R 无零因子，故nb 0=，b n ≤．
设b m =，则()()0ma b a mb ==，0ma =，故n m ．从而n m b ≤=． 因此b n =，即R 中每个非零元素的阶都是n ．
2）设char R 1n =>，且12n n n =， 1i n n <<．
则在R 中任取0a ≠，由于R 中每个非零元素的阶都是n ，故10n a ≠，20n a ≠．
但21212()()()n a n a n n a =20na == 这与R 中无零因子环矛盾，故n 必为素数．
5、证明：1）任取,x y G ∈，则由于G H 与G K 都是交换群，故
x y H y x H =，xyK yxK =．
于是()xy H K xyH xyK = yxH yxK = ()yx H K = ，即G
H K 也是一
个交换群． 2）任取h H ∈，k K ∈，由于,H K 都是群G 的正规子群，故
1111()hkh k h kh k H ----=∈，1111()hkh k hkh k K ----=∈，
从而{}11hkh k H K e --∈= ，故11hkh k e --=，即得到hk kh =，得证！
6、证明：(1)设N 是R 的诣零理想，若R 是诣零的，下证R N 也是诣零的． 对R a N N ?+∈，因为R 是诣零的，故存在n Z +∈，使得0n a =，从而
()
0n n a N a N N N +=+=+=，即R N 也是诣零的． 反之，若R N 是诣零的，下面说明R 也是诣零的．
对a R ?∈，因R N 是诣零的，故存在m Z +∈，使得
()m m a N a N N +=+=，即m a N ∈，
又N 是R 的诣零理想，故存在n Z +∈，使得()0m n mn a a ==，从而R 是诣零的．
(2) 若,A B 是环R 的诣零理想，则A B ?是R 的诣零理想，且A B ?分别是,A B 的诣零理想．由环第二同构定理知A B B A A B +??，
由(1)知，B A B ?是诣零的，从而A B A +也是诣零的．
而A 是R 的诣零理想，也是A B +的诣零理想，因此由(1)知
A B +也是R 的诣零理想，得证．
安徽大学2009－2010学年第一学期《近世代数》
考试试卷（B 卷）参考答案
一、分析判断题（请判断下列命题对错，并简要说明理由）
1、设:X Y ?→为一个映射，A 是X 的一个非空子集，则1(())A A ??-=．
答：不正确．只有当?为单射时等号才成立，一般的1(())A A ??-?．
2、整数集Z 对于普通的数的乘法作成一个半群．
答：正确．利用半群的定义易验证．
3、整数环的全部素理想是由所有素数p 生成的主理想p <>和自己本身． 答：不正确．由于整数环无零因子，故零理想也是它的素理想．
4、若,H G K G ≤≤，则HK G ≤．
答：不正确．两个子群的乘积是原来群的子群充要条件是它们相乘时可交换．
5、域是一个欧氏环．
答：正确。可利用欧氏环的定义直接验证．
二、计算分析题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
1、给出剩余类环12Z 的所有素理想和极大理想．
解：12Z 的全部素理想有：12Z ，{}0, 3, 6, 93=<>,{}
0, 2, 4, 6, 8, 10 2=<>； 12Z 的全部极大理想有：{}0, 3, 6, 93=<>,{}
0, 2, 4, 6, 8, 10 2=<>；
2、设(143)(45)(26)τ=，7(267)(43)S σ=∈，
1) 求τ，σ的阶； 2) 计算1?στσ-=， 1?στσ-=．
解：1) (1453)(26)τ=，阶为4．(267)(43)σ=，阶为6．
2) 1(1354)(67)στσ-=．1(1354)(72)στσ-=．
3、求多项式321x x x +-- 在8Z 中的所有根． 解：3221(1)(1)x x x x x +--=+-，直接验证可得原多项式的根为：1, 3, 5, 7．
三、举例题（本题共2小题，每小题5分，共10分）
1、除环而非域； 解：四元数除环{}1, , , D a b i c j d k a b c d Q =?+?+?+?∈（其中加法乘法见书上定义）是一个除环而不是一个域，由于ij ji ≠．
2、群的正规子群而非特征子群．
解：{}4(1), (12)(34)B =是{}4(1), (12)(34), (13)(24), (14)(23)K =的一个正规子群但非其特征子群．
四、证明题（本题共6小题，每小题10分，共60分）
1、证明：1) 若环R 有正则元，则全体正则元对乘法作成一个半群；
2) 环R 的元素0a ≠是正则元当且仅当由0axa =可得0x =．
证明：1) 设R 的正则元全体构成的集合为S ，由题意，显然S 非空，对 , a b S ?∈，若c R ?∈，使得()0ab c =，则()()0ab c a bc ==，由于a 是正则元，故0bc =，又由于b 是正则元，这样0c =，从而我们得到ab 是正则元，即S 对
乘法是保持封闭的．结合律师自然保持的，故全体正则元对乘法作成一个半群． 2) ()?若0axa =，又0a ≠是正则元，于是()0axa a xa ==得到0xa =，
进一步我们由a 是正则元得到0x =．
()?若0ab =，则0aba =，于是由题意得到0b =，从而a 不是左零因
子．同理可证a 也不是右零因子，这样a 是正则元．
2、设,H K 是群G 的两个正规子群，且二者的交为{}e ．证明：H 与K 的元素相乘时可换．
证明：由题意,H G K G ，对,h H k K ∈∈，根据正规子群的性质我没有： 11,h H khk H --∈∈，这样11khk h H --∈．另一方面1hkh K -∈，
于是1111()hkh hk h K ----=∈，这样1111()khk h k hk h K ----=∈，所以
{}11khk h H K e --∈= ，故11khk h e --=，从而kh hk =，即H 与K 的元素相乘时可换．
3、设G 是一个群，,a b G ∈，11a b ab --称为,a b 的换位元，记作[],a b ．由G 的全体换位元生成的群称为G 的换位子群，记作G '．证明：
1) G '是G 的正规子群；
2) 设N G ，则G N 是交换群G N '?≤
证明：1) 对,x G g G '?∈∈，因为11gxg x G --'∈，于是111gxg gxg x x G ---'=?∈，因
此G G ' ．
2) ()?设G N 是交换群，则对,x y G ?∈，有[][][][]x y y x =，于是 xy yxz =，其中z N ∈．故11x y xy z N --=∈，因此G N '≤．
()? [][],G x y N ?∈，有11x y xy z G --'=∈，由于G N '≤，所以z N ∈
于是[][][][]x y y x =，故G N 是交换群．
4、设,a b 是群G 中阶分别为m 与n 的两个元素．证明：若ab ba =，则[] ,a b mn ，
其中[],m n 为m 与n 的最小公倍数, 并证明G 中有阶为[],m n 的元素． 证明： 由于[],m n 是m 与n 的最小公倍数，故可以设[],mn m n d
=，其中d 为 m 与n 的最大公约数．根据题意,a b 的阶分别为m 与n ，这样我们有
, m n a e b e ==，于是[][][],,,()n
m
m n m n m n m n d d ab a b a b e ??===，从而[] ,ab m n ．
另一方面，根据元素阶的性质有d m a d =
，又ab ba =，且(,)1m n d =故 [],d d m mn a b ab n m n d d
==?==，故得证！ 5、证明：Gauss 整环[]Z i 是一个欧氏环．
证明：作映射：[]{}:
0Z i N ?→ 22a bi a b ++ ， 则易得?是[]{}0Z i 到N 得一个映射，且有
[]2(), ()(,)
Z i ?αα?αβαβαβ==?∈． 对[],Z i αβ?∈，0β≠，设1 (,)s ti s t Q αβ-=+∈，且,m n 为距离,s t 最近的整数，则有110, 022
s m t n ≤-≤≤-≤，令[]p m ni Z i =+∈，则有 122111()()()442
p s m t n ?αβ--=-+-≤+=， 设(. )r p ie p r αβαβ=-=+，则0r =或
111()()(())()()()()2r p p p ??αβ?βαβ?β?αβ?β?β--=-=-=-≤<
综上所述， Gauss 整环[]Z i 是一个欧氏环．
6、设R 是一个阶大于1且有单位元的可换环．证明：R 是域?R 到任意环的非零同态都是单的．
证明：()? 设R 是一个域，而?是R 到任意环R 的一个非零同态，则Ker ?是R 的一个理想，但域R 只有平凡理想，故得到Ker R ?=或{}0Ker ?=． 由于?是一个非零同态，故Ker R ?≠，这样{}0Ker ?=，从而?为一个单同态． ()?设R 到任意环的非零同态都是单的，则在R 中任取0a R ≠∈．若a 在R 中是无逆元，则R 中的单位元e a ?<>，从而a R <>≠，于是易得
:r r a ?+<> 是环R 到商环R a <>的一个非零同态．
另一方面，由题意我们得到?是一个单同态，这样我们得到{}0Ker a ?=<>=， 即0a =，这样产生矛盾，故R 中的非零元素均有逆元，从而R 是一个域．
近世代数题解 第一章基本概念 §1. 1 1. 4. 5. 近世代数题解§1. 2 2. 3. 近世代数题解§1. 3 1. 解 1)与3)是代数运算，2)不是代数运算． 2. 解这实际上就是M中n个元素可重复的全排列数n n． 3. 解例如AοB＝E与AοB＝AB—A—B． 4. 5. 近世代数题解§1. 4 1. 2. 3.解 1）略 2）例如规定 4．
近世代数题解§1. 5 1. 解 1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射． 2.略 3. 4. 5. §1. 6 1. 2. 解 1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性； 3)是等价关系；4)是等价关系． 3. 解 3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类． 4. 则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把Q换成实数域的任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．5. 6.证 1）略2） 7. 8.
9. 10. 11. 12. 第二章群 §2. 1 群的定义和初步性质 一、主要内容 1．群和半群的定义和例子特别是一船线性群、n次单位根群和四元数群等例子． 2．群的初步性质 1)群中左单位元也是右单位元且惟一； 2)群中每个元素的左逆元也是右逆元且惟一： 3)半群G是群?方程a x=b与y a=b在G中有解(?a ,b∈G)． 4)有限半群作成群?两个消去律成立． 二、释疑解难 有资料指出，群有50多种不同的定义方法．但最常用的有以下四种： 1)教材中的定义方法．简称为“左左定义法”； 2)把左单位元换成有单位元，把左逆元换成右逆元(其余不动〕．简称为“右右定义法”； 3)不分左右，把单位元和逆元都规定成双边的，此简称为“双边定义法”； 4)半群G再加上方程a x=b与y a=b在G中有解(?a ,b∈G)．此简称为“方程定义法”． “左左定义法”与“右右定义法”无甚差异，不再多说．“双边定\义法”缺点是定义中条件不完全独立，而且在验算一个群的实例时必须验证单位元和逆元都是双边的，多了一层手续
《抽象代数基础》习 题 答 解 于延栋编 盐城师范学院数学科学学院二零零九年五月
第一章 群 论 §1 代数运算 1.设},,,{c b a e A =,A 上的乘法”“?的乘法表如下: 证明: ”“?适合结合律. 证明 设z y x ,,为A 中任意三个元素.为了证明”“?适合结合律,只需证明 )()(z y x z y x ??=??. 下面分两种情形来阐明上式成立. I.z y x ,,中至少有一个等于e . 当e x =时,)()(z y x z y z y x ??=?=??; 当e y =时,)()(z y x z x z y x ??=?=??; 当e z =时,)()(z y x y x z y x ??=?=??. II .z y x ,,都不等于e . (I)z y x ==.这时,)()(z y x e x x z z e z y x ??=?===?=??. (II)z y x ,,两两不等.这时,)()(z y x x x e z z z y x ??=?==?=??. (III)z y x ,,中有且仅有两个相等. 当y x =时,x 和z 是},,{c b a 中的两个不同元素,令u 表示},,{c b a 中其余的那个元素.于是,z z e z y x =?=??)(,z u x z y x =?=??)(,从而,)()(z y x z y x ??=??.同理可知,当z y =或x z =时,都有)()(z y x z y x ??=??. 2.设”“?是集合A 上一个适合结合律的代数运算.对于A 中元素,归纳定义∏=n i i a 1为: 111a a i i =∏=,111 1+=+=????? ??=∏∏r r i i r i i a a a . 证明: ∏∏∏+==+==???? ??????? ??m n k k m j j n n i i a a a 1 11.
《近世代数初步》 习题答案与解答
引 论 章 一、知识摘要 1.A 是非空集合,集合积A A b a b a A A 到},:),{(∈=?的一个映射就称为A 的一个代数运算(二元运算或运算). 2. 设G 非空集合,在G 上有一个代数运算,称作乘法,即对G 中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素c 与之对应,c 称为a 与b 的积,记为c=ab.若这个运算还满足：,,,G c b a ∈? (1),ba ab = (2)),()(bc a c ab = (3)存在单位元e 满足,a ae ea == (4)存在,'G a ∈使得.''e a a aa =='a 称为a 的一个逆元素. 则称G 为一个交换群. (i)若G 只满足上述第2、3和4条,则称G 为一个群. (ii) 若G 只满足上述第2和3条,则称G 为一个幺半群. (iii) 若G 只满足上述第2条,则称G 为一个半群. 3.设F 是至少包含两个元素的集合,在F 上有一个代数运算,称作加法,即对F 中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素c 与之对应,c 称为a 与b 的和,记为c=a+b.在F 上有另一个代数运算,称作乘法,即对F 中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素d 与之对应,d 称为a 与b 的积,记为d=ab.若这两个运算还满足： I. F 对加法构成交换群. II. F*=F\{0}对乘法构成交换群. III..)(,,,ac ab c b a F c b a +=+∈? 就称F 为一个域. 4.设R 是至少包含两个元素的集合,在R 上有加法和乘法运算且满足： I. R 对加法构成交换群(加法单位元称为零元,记为0;加法单位逆元称为负元). II. R *=R\{0}对乘法构成幺半群(乘法单位元常记为1). III. .)(,)(,,,ca ba a c b ac ab c b a R c b a +=++=+∈? 就称R 为一个环. 5.群G 中满足消去律：.,,,c b ca ba c b ac ab G c b a =?==?=∈?且 6.R 是环,),0(00,,0,==≠∈≠∈ba ab b R b a R a 或且若有则称a 是R 中的一个左(右)零因子. 7.广义结合律:半群S 中任意n 个元a 1,a 2,…,a n 的乘积a 1a 2…a n 在次序不变的情况下可以将它们任意结合. 8.群G 中的任意元素a 及任意正整数n,定义： 321个 n n a aa a ...=,43421个 n n a a a a e a 1 110...,----==. 则由广义结合律知,,,Z n m G a ∈?∈?有 .)(,)(,1m m mn n m n m n m a a a a a a a --+=== (在加法群中可写出相应的形式.)
一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分)在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。错选、多选或未选均无分。 1、设G 有6个元素的循环群，a 是生成元，则G 的子集（ c ）是子群。 A 、{}a B 、{}e a , C 、{}3,a e D 、{} 3 ,,a a e 2、下面的代数系统（G ，*）中，（ D ）不是群 A 、G 为整数集合，*为加法 B 、G 为偶数集合，*为加法 C 、G 为有理数集合，*为加法 D 、G 为有理数集合，*为乘法 3、在自然数集N 上，下列哪种运算是可结合的？（ B ） A 、a*b=a-b B 、a*b=max{a,b} C 、 a*b=a+2b D 、a*b=|a-b| 4、设1σ、2σ、3σ是三个置换，其中1σ=（12）（23）（13），2σ=（24）（14），3σ=（1324），则3σ=（ B ） A 、1 2σ B 、1σ2σ C 、2 2 σ D 、2σ1σ 5、任意一个具有2个或以上元的半群，它（ A ）。 A 、不可能是群 B 、不一定是群 C 、一定是群 D 、 是交换群 二、填空题(本大题共10小题，每空3分，共30分)请在每小题的空格中填上正确答案。错填、不填均无分。 1、凯莱定理说：任一个子群都同一个----变换群------同构。 2、一个有单位元的无零因子-交换环----称为整环。 3、已知群G 中的元素a 的阶等于50，则4 a 的阶等于----25--。 4、a 的阶若是一个有限整数n ，那么G 与---模n 剩余类加群----同构。 5、A={1.2.3} B={2.5.6} 那么A ∩B=---｛2｝--。 6、若映射?既是单射又是满射，则称?为----双射-------------。
《近世代数》作业 一．概念解释 1．代数运算 2．群的第一定义 3．域的定义 4．满射 5．群的第二定义 6．理想 7．单射 8．置换 9．除环 10．一一映射 11．群的指数 12．环的单位元 二．判断题 1．Φ是集合n A A A ??? 21列集合D 的映射，则),2,1(n i A i =不能相同。 2．在环R 到环R 的同态满射下，则R 的一个子环S 的象S 不一定是R 的一个子环。 3．设N 为正整数集，并定义ab b a b a ++= ),(N b a ∈，那么N 对所给运算 能作成一个群。 4．假如一个集合A 的代数运算 适合交换率，那么在n a a a a 321里)(A a i ∈，元的次序可以交换。 5．在环R 到R 的同态满射下，R 得一个理想N 的逆象N 一定是R 的理想。 6．环R 的非空子集S 作成子环的充要条件是： 1）若,,S b a ∈则S b a ∈-； 2）,,S b a ∈，则S ab ∈。 7．若Φ是A 与A 间的一一映射，则1-Φ是A 与A 间的一一映射。 8．若ε是整环I 的一个元，且ε有逆元，则称ε是整环I 的一个单位。 9．设σ与τ分别为集合A 到B 和B 到C 的映射，如果σ，τ都是单射，则τσ是A 到C 的映射。 10．若对于代数运算 ,，A 与A 同态，那么若A 的代数运算 适合结合律，则A 的代数运算也适合结合律。 11．整环中一个不等于零的元a ，有真因子的冲要条件是bc a =。 12．设F 是任意一个域，*F 是F 的全体非零元素作成的裙，那么* F 的任何有限子群 G 必为循环群。 13. 集合A 的一个分类决定A 的一个等价关系。 （ ） 14. 设1H ,2H 均为群G 的子群，则21H H ?也为G 的子群。 （ ） 15. 群G 的不变子群N 的不变子群M 未必是G 的不变子群。 （ ） 三．证明题 1． 设G 是整数环Z 上行列式等于1或-1的全体n 阶方阵作成集合，证明：对于方阵的普通乘法G 作成一个 群。 2．设G=（a ）是循环群，证明：当∞=a 时，G=（a ）与整数加群同构。
近世代数学习方法 “近世代数”是一门比较抽象的学科，初学者往往感到虚无飘渺，困难重重。为此，下面介绍五种常用的学习方法。 一、通过例子来加深对基本理论的理解 针对“近世代数”课程的概念抽象、难于理解的特点，我们认为理解概念的一种有效方法是多举已学过的典型例子。例如，一元多项式环和整数环是主理想整环的例子，关于主理想整环的许多结论都是通过推广关于多项式和整数的结论得到；一个无零因子交换环的商域就是模仿整数环和有理数环间的关系构造的；整环里的因子分解理论就是分解质因数和多项式的因式分解理论的推广。 当我们学习“近世代数”时，就仅仅背下来一些命题、性质和定理，并不意味着真正地理解。要想真正理解，需要清楚这些命题、性质和定理的前提条件为什么是必要的？而达到这个目的的最有效的方法就是构造反例。通常的做法是：去掉一个前提条件后，构造一个结论不成立的例子，从而表明所去掉的前提条件是必要的。例如，关于素理想和极大理想的关系有结论：设R是含1交换环，则R的极大理想一定是素理想。那么这个结论的条件“含1”是必要的吗？这个问题的答案可从下面的例子容易得到。例：设R是所有偶数构成的环，Z表示整数环，则4Z是R的极大理想，但4Z不是R的素理想。 二、通过变换角度来寻求问题的解法 通过变换角度来寻求问题的解法是一种很普遍的解题方法，通常是将已知或未知较复杂的问题变换为等价的较简单的问题，或者是将新问题变换为已经解决的问题，或者是将未知与已知关系较少的问题变为已知与未知关系较多的问题等等。下面举例说明这种方法： 例：设是从G1到G2的满同态，N2是G2的不变子群，N1= -1(N2)，证明G1/N1同构于G2/N2。 对于这个问题，我们不直接证明G1/N1同构于G2/N2，而是将问题进行变换，先构造从G1到G2/N2的满同态，再证明N1是的核，然后根据同态基本定理知
近世代数习题与答案 Prepared on 22 November 2020
一、 选择题（本题共5小题,每小题3分，共15分) 一、 (从下列备选答案中选择正确答案) 1、下列子集对通常复数的乘法不构成群的是（ ）。 (A) ｛1，－1，i ,－i ｝ (B) ｛1，－1｝ (C) ｛1，－1，i ｝ 2、设H 是群Ｇ的子群，a ，b ∈Ｇ，则aH = bH 的充要条件是（ ）。 (A) a －1b －1∈H (B) a －1b ∈H (C) ab －1∈H 3、在模6的剩余类环Z 6 中，Z 6 的极大理想是( )。 (A) （2），（3） (B) （2） (C)（3） 4、若Q 是有理数域,则(Q(2):Q)是( )。 (A) 6 (B) 3 (C) 2 5、下列不成立的命题是( )。 (A) 欧氏环是主理想环 (B) 整环是唯一分解环 (C) 主理想环是唯一分解环 二、填空题（本题共5空，每空3分，共15分） （请将正确答案填入空格内） 1、R 为整环，a ，b ∈R ，b |a ，则（b ） （a ）。 2、F 是域，则[](()) F x f x 是域当且仅当 。 3、域F 上的所有n 阶方阵的集合M n (F )中，规定等价关系~: A ～ B ?秩(A )=秩(B )，则这个等价关系决定的等价类有________个。 4、6次对称群S 6中,(1235)-1(36)=____________。 5、12的剩余类环Z 12的可逆元是 。 三、判断题（本题共5小题,每小题2分，共10分） （请在你认为正确的题后括号内打“√”，错误的打“×”） 1、设G 是群，?≠H ，若对任意a,b ∈H 可推出ab ∈H ，则H≤G .. （ ） 2、群G 中的元,a b ，()2,()7,a b ab ba ===,则()14ab =。 ( ) 3、商环6Z Z 是一个域。 （ ）
第一章 第二章 第一章 1. 如果在群G 中任意元素,a b 都满足222()ab a b =, 则G 是交换群. 证明: 对任意,a b G ∈有abab aabb =. 由消去律有ab ba =. □ 2. 如果在群G 中任意元素a 都满足2a e =,则G 是交换群. 证明: 对任意,a b G ∈有222()ab e a b ==. 由上题即得. □ 3. 设G 是一个非空有限集合, 它上面的一个乘法满足: (1) ()()a bc ab c =, 任意,,a b c G ∈. (2) 若ab ac =则b c =. (3) 若ac bc =则a b =. 求证: G 关于这个乘法是一个群. 证明: 任取a G ∈, 考虑2{,,,}a a G ??. 由于||G <∞必然存在最 小的i +∈ 使得i a a =. 如果对任意a G ∈, 上述i 都是1, 即, 对任意x G ∈都有2x x =, 我们断言G 只有一个元, 从而是幺群. 事实上, 对任意,a b G ∈, 此时有: ()()()ab ab a ba b ab ==, 由消去律, 2bab b b ==; 2ab b b ==, 再由消去律, 得到a b =, 从而证明了此时G 只有一个元, 从而是幺群. 所以我们设G 中至少有一个元素a 满足: 对于满足 i a a =的最小正整数i 有1i >. 定义e G ∈为1i e a -=, 往证e
为一个单位元. 事实上, 对任意b G ∈, 由||G <∞, 存在 最小的k +∈ 使得k ba ba =. 由消去律和i 的定义知k i =: i ba ba =, 即be b =. 最后, 对任意x G ∈, 前面已经证明了有最小的正整数k 使得k x x =. 如果1k =, 则2x x xe ==, 由消去律有x e = 从而22x e e ==, 此时x 有逆, 即它自身. 如果1k >, 则11k k k x x xe xx x x --====, 此时x 也有逆: 1k x -. □ 注: 也可以用下面的第4题来证明. 4. 设G 是一个非空集合, G 上有满足结合律的乘法. 如果该乘法 还满足: 对任意,a b G ∈, 方程ax b =和ya b =在G 上有解, 证明: G 关于该乘法是一个群. 证明: 取定a G ∈. 记ax a =的在G 中的一个解为e . 往证e 是G 的单位元. 对任意b G ∈, 取ya b =的一个解c G ∈: ca b =. 于是: ()()be ca e c ae ca b ====. 得证. 对任意g G ∈, 由gx e =即得g 的逆. □ 5. 找两个元素3,x y S ∈使得222()xy x y =/. 解: 取(12)x =, (13)y =. □ 6. 对于整数2n >, 作出一个阶为2n 的非交换群. 解: 二面体群n D . □ 7. 设G 是一个群. 如果,a b G ∈满足1r a ba b -=, 其中r 是正整数, 证 明: i i i r a ba b -=, i 是非负整数.
近世代数模拟试题 一、单项选择题(每题5分,共25分) 1、在整数加群(Z,＋)中,下列那个就是单位元( )。 A 0 B 1 C －1 D 1/n,n就是整数 2、下列说法不正确的就是( )。 A G只包含一个元g,乘法就是gg＝g。G对这个乘法来说作成一个群 B G就是全体整数的集合,G对普通加法来说作成一个群 C G就是全体有理数的集合,G对普通加法来说作成一个群 D G就是全体自然数的集合,G对普通加法来说作成一个群 3、下列叙述正确的就是( )。 A 群G就是指一个集合 B 环R就是指一个集合 C 群G就是指一个非空集合与一个代数运算,满足结合律,并且单位元,逆 元存在 D 环R就是指一个非空集合与一个代数运算,满足结合律,并且单位元,逆 元存在 4、如果集合M的一个关系就是等价关系,则不一定具备的就是( )。 A 反身性 B 对称性 C 传递性 D 封闭性 S的共轭类( )。 5、下列哪个不就是 3 A (1) B (123),(132),(23) C (123),(132) D (12),(13),(23) 二、计算题(每题10分,共30分) S的正规化子与中心化子。 1、求S＝{(12),(13)}在三次对称群 3
2、设G ＝{1,－1,i,－i},关于数的普通乘法作成一个群,求各个元素的阶。 3、设R 就是由一切形如??? ? ??0,0,y x (x,y 就是有理数)方阵作成的环,求出其右零因子。
三、证明题(每小题15分,共45分) 1、设R 就是由一切形如??? ? ??0,0,y x (x,y 就是有理数)方阵作成的环,证明??? ? ??0,00,0就是其零因子。 2、设Z 就是整数集,规定a ·b ＝a ＋b －3。证明:Z 对此代数运算作成一个群,并指出其单位元。
近世代数模拟试题 一. 单项选择题(每题5分，共25分) 1、在整数加群（Z，＋）中，下列那个是单位元（）. A. 0 B. 1 C. －1 D. 1/n，n是整数 2、下列说法不正确的是（）. A . G只包含一个元g，乘法是gg＝g。G对这个乘法来说作成一个群; B . G是全体整数的集合，G对普通加法来说作成一个群; C . G是全体有理数的集合，G对普通加法来说作成一个群; D. G是全体自然数的集合，G对普通加法来说作成一个群. 3. 如果集合M的一个关系是等价关系，则不一定具备的是( ). A . 反身性 B. 对称性 C. 传递性 D. 封闭性 4. 对整数加群Z来说，下列不正确的是（）. A. Z没有生成元. B. 1是其生成元. C. －1是其生成元. D. Z是无限循环群. 5. 下列叙述正确的是（）。 A. 群G是指一个集合. B. 环R是指一个集合. C. 群G是指一个非空集合和一个代数运算，满足结合律，并且单位元， 逆元存在. D. 环R是指一个非空集合和一个代数运算，满足结合律，并且单位元，
逆元存在. 二. 计算题(每题10分，共30分) 1. 设G 是由有理数域上全体2阶满秩方阵对方阵普通乘法作成的群，试求中G 中下列各个元素1213, ,0101c d cd ?? ??== ? ?-????， 的阶. 2. 试求出三次对称群 {}3(1),(12),(13),(23),(123),(132)S = 的所有子群.
3. 若e是环R的惟一左单位元，那么e是R的单位元吗？若是，请给予证明. 三. 证明题(第1小题10分，第2小题15分，第3小题20分，共45分). 1. 证明: 在群中只有单位元满足方程
近世代数中英对照学习 一、字母表 atom：原子 automorphism：自同构 binary operation：二元运算 Boolean algebra：布尔代数 bounded lattice：有界格 center of a group：群的中心 closure：封闭 commutative(Abelian) group：可交换群，阿贝尔群commutative(Abelian) semigroup：可交换半群comparable：可比的 complement：补 concatenation：拼接 congruence relation：同余关系 cycle：周期 cyclic group：循环群 cyclic semigroup：循环半群 determinant：行列式 disjoint：不相交 distributive lattice：分配格 entry：元素 epimorphism：满同态
factor group：商群 free semigroup：自由半群 greatest element：最大元 greatest lower bound：最大下界，下确界group：群 homomorphism：同态 idempotent element：等幂元identity：单位元，么元 identity：单位元，么元 inverse：逆元 isomorphism：同构 join：并 kernel：同态核 lattice：格 least element：最小元 least upper bound：最小上界，上确界left coset：左陪集 lower bound：下界 lower semilattice：下半格 main diagonal：主对角线 maximal element：极大元 meet：交
近世代数习题与答案 Company Document number：WUUT-WUUY-WBBGB-BWYTT-1982GT
一、 选择题（本题共5小题,每小题3分，共15分) 一、 (从下列备选答案中选择正确答案) 1、下列子集对通常复数的乘法不构成群的是（ ）。 (A) ｛1，－1，i ,－i ｝ (B) ｛1，－1｝ (C) ｛1，－1，i ｝ 2、设H 是群Ｇ的子群，a ，b ∈Ｇ，则aH = bH 的充要条件是（ ）。 (A) a －1b －1∈H (B) a －1b ∈H (C) ab －1∈H 3、在模6的剩余类环Z 6 中，Z 6 的极大理想是( )。 (A) （2），（3） (B) （2） (C)（3） 4、若Q 是有理数域,则(Q(2):Q)是( )。 (A) 6 (B) 3 (C) 2 5、下列不成立的命题是( )。 (A) 欧氏环是主理想环 (B) 整环是唯一分解环 (C) 主理想环是唯一分解环 二、填空题（本题共5空，每空3分，共15分） （请将正确答案填入空格内） 1、R 为整环，a ，b ∈R ，b |a ，则（b ） （a ）。 2、F 是域，则[](()) F x f x 是域当且仅当 。 3、域F 上的所有n 阶方阵的集合M n (F )中，规定等价关系~: A ～ B ?秩(A )=秩(B )，则这个等价关系决定的等价类有________个。 4、6次对称群S 6中,(1235)-1(36)=____________。 5、12的剩余类环Z 12的可逆元是 。 三、判断题（本题共5小题,每小题2分，共10分） （请在你认为正确的题后括号内打“√”，错误的打“×”） 1、设G 是群，?≠H ，若对任意a,b ∈H 可推出ab ∈H ，则H≤G .. （ ） 2、群G 中的元,a b ，()2,()7,a b ab ba ===,则()14ab =。 ( ) 3、商环6Z Z 是一个域。 （ ）
近世代数习题解答 第三章环与域 1加群、环的定义 1. 证明,本节内所给的加群的一个子集作成一个子群的条件是充分而且必要的. 证 (ⅰ)若S 是一个子群 则S b a S b a ∈+?∈, '0是S 的零元,即a a =+'0 对G 的零元,000' =∴=+a a 即.00S a a s ∈-=-∴∈ (ⅱ)若S b a S b a ∈+?∈, S a S a ∈-?∈ 今证S 是子群 由S S b a S b a ,,∈+?∈对加法是闭的,适合结合律, 由S a S a ∈-?∈,而且得S a a ∈=-0 再证另一个充要条件: 若S 是子群,S b a S b a S b a ∈-?∈-?∈,, 反之S a a S a a S a ∈-=-?∈=-?∈00 故S b a b a S b a ∈+=--?∈)(, 2. },,,0{c b a R =,加法和乘法由以下两个表给定: + 0 a b c ? 0 a b c 0 0 a b c 0 0 0 0 0 a a 0 c b a 0 0 0 0 b b c 0 a b 0 a b c c c b a 0 c 0 a b c 证明,R 作成一个环 证R 对加法和乘法的闭的. 对加法来说,由.9.2习题6,R 和阶是4的非循环群同构,且为交换群. 乘法适合结合律Z xy yz x )()(= 事实上. 当0=x 或a x =,)(A 的两端显然均为0. 当b x =或x=c,)(A 的两端显然均为yz .
这已讨论了所有的可能性,故乘法适合结合律. 两个分配律都成立xz xy z y x +=+)( zx yx x z y +=+)( 事实上,第一个分配律的成立和适合律的讨论完全一样, 只看0=x 或a x =以及b x =或c x =就可以了. 至于第二个分配律的成立的验证,由于加法适合交换律,故可看 0=y 或a y =(可省略a z z ==,0的情形)的情形,此时两端均为zx 剩下的情形就只有 0,0)(=+=+=+x x bx bx x b b 0,0)(=+=+=+x x cx cx x c c 0,0)(=+=+==+x x cx bx ax x c b ∴R 作成一个环. 2交换律、单位元、零因子、整环 1. 证明二项式定理 n n n n n b b a a b a +++=+- 11)()( 在交换环中成立. 证用数学归纳法证明. 当1=n 时,显然成立. 假定k n =时是成立的: k i i k k i k k k k b b a b a a b a +++++=+-- )()()(11 看1+=k n 的情形)()(b a b a k ++ ))()()((11b a b b a b a a k i i k k i k k k ++++++=-- 1111111)]()[()()(++--+++++++++=+k i i k k i k i k k k k b b a b a a b a 1111 11)()(+-+++++++++=k i i k k i k k k b b a b a a (因为)()()(11 k r k r k r -++=) 即二项式定理在交换环中成立. 2. 假定一个环R 对于加法来说作成一个循环群,证明R 是交换环. 证设a 是生成元 则R 的元可以写成 na (n 整数) 2)]([)]([))((nma aa m n ma a n ma na === 2))((mna na ma =
近世代数课后习题参考答案 第四章 整环里的因子分解 1 素元、唯一分解 1. 证明：0不是任何元的真因子。 证 当0≠a 时 若b a 0=则0=a 故矛盾 当0=a 时，有00ε= （ε 是单位） 就是说0是它自己的相伴元 2. 我们看以下的整环I ，I 刚好包含所有可以写成 m m n (2 是任意整数，0≥n 的整数） 形式的有理数，I 的哪些个元是单位，哪些个元是素元？ 证 １）I 的单位 总可以把m 表为 p p m k (2=是０或奇数，k 非负整数）我们说 1±=p 时，即k m 2±=是单位，反之亦然 ２）I 的素元 依然是k p p m k ,(2=的限制同上） 我们要求 ⅰ）0≠p ⅱ）1±≠p ⅲ）p k 2只有平凡因子 满足ⅰ）—— ⅲ）的p 是奇素数 故p m k 2=而p 是奇素数是n m 2 是素元，反之亦然， ３．I 是刚好包含所有复数b a bi a ,(+整数）的整环，证明5不是I 的素元，5有没有唯一分解？ 证 （1）I 的元ε是单位，当而且只当12 =ε 时， 事实上，若bi a +=ε是单位 则11-=εε 2 ' 2 2 1ε ε = 即2 '2 1εε=
但2 22 b a +=ε 是一正整数，同样2 ' ε也是正整数， 因此，只有12 =ε 反之，若12 2 2 =+=b a ε ，则0,1=±=b a 或1,0±==b a 这些显然均是单位 此外，再没有一对整数b a ,满足122=+b a ，所以I 的单位只有i ±±,1。 （２）适合条件52 =α 的I 的元α一定是素元。 事实上，若52 =α 则0≠α 又由α)1(也不是单位 若2 2 2 5,λβ α βλα=== 则12=β或52=β ββ?=12是单位λαβλ?=?-1 2 是α的相伴元 λλ β ?=?=152 2 是单位βαλβ?=?-1 是α的相伴元 不管哪种情形，α只有平凡因子，因而α是素元。 （３）I 的元5不是素元。 若βα=5则2 2 25λβ= 这样，2 β只可能是25,5,1 当52=β由)1(β是单位 当152 2 =?=λ β 由)1(λ是单位 此即λβ,中有一是5的相伴元 现在看52 =β 的情形 5,2 2 2 =+=+=b a bi a β β可能的情形是 ???==21b a ??=-=21b a ???-==21b a ???-=-=21 b a ???==12b a ? ??-==12b a ???=-=12b a ???-=-=12 b a 显然)2)(2(5i i -+= 由（２）知52 =β 的β是素元，故知５是素元之积 （４）５的单一分解 )21)(21(5i i -+=)21)(1)(21)(1(i i --+-= )21)()(21)(()21)()(21)((i i i i i i i i --+=-+-= i ±±,1均为单位 ２ 唯一分解环 １．证明本节的推论 证 本节的推论是； 一个唯一分解环I 的 n 个元n a a a ,,21 在I 里一定有最大公因子 ，
一、单项选择题(本大题共5小题,每小题3分,共15分)在每小题列出的四个备选项中只有一个就是符合题目要求的,请将其代码填写在题后的括号内。错选、多选或未选均无分。 1、设G 有6个元素的循环群,a 就是生成元,则G 的子集( )就是子群。 A 、{}a B 、{}e a , C 、{}3,a e D 、 {}3,,a a e 2、下面的代数系统(G,*)中,( )不就是群 A 、G 为整数集合,*为加法 B 、G 为偶数集合,*为加法 C 、G 为有理数集合,*为加法 D 、G 为有理数集合,*为乘法 3、在自然数集N 上,下列哪种运算就是可结合的？( ) A 、a*b=a-b B 、a*b=max{a,b} C 、 a*b=a+2b D 、a*b=|a-b| 4、设1σ、 2σ、3σ就是三个置换,其中1σ=(12)(23)(13),2σ=(24)(14),3σ=(1324),则3σ=( ) A 、12σ B 、1σ2σ C 、22σ D 、2σ1σ 5、任意一个具有2个或以上元的半群,它( )。 A 、不可能就是群 B 、不一定就是群 C 、一定就是群 D 、 就是交换群 二、填空题(本大题共10小题,每空3分,共30分)请在每小题的空格中填上正确答案。错填、不填均无分。 1、凯莱定理说:任一个子群都同一个----------同构。 2、一个有单位元的无零因子-----称为整环。 3、已知群G 中的元素a 的阶等于50,则4a 的阶等于------。 4、a 的阶若就是一个有限整数n,那么G 与-------同构。 5、A={1、2、3} B={2、5、6} 那么A ∩B=-----。 6、若映射?既就是单射又就是满射,则称?为-----------------。 7、α叫做域F 的一个代数元,如果存在F 的-----n a a a ,,,10Λ使得 010=+++n n a a a ααΛ。 8、a 就是代数系统)0,(A 的元素,对任何A x ∈均成立x a x =ο,则称a 为
习题1-1(参考解答) 1. （1）姊妹关系 （2）()(),P S ? （3） (),{1},1a b Z a b ∈?≠,.例如(2 ,6 )2,(3 ,6 )3,==但()2,31=. 2. 若b 不存在，则上述推理有误.例如{}{~~~~}S a b c R b c c b b b c c =,,,：,,,. 3. (1)自反性:,(),,n A M E GL R A EAE ?∈?∈=~A A ∴ 对称性: 1111,,~,,(),,,,().~.n n A B M A B P Q GL R A PBQ B P AQ P Q GL R B A ?????∈?∈==∈∴ 传递性: 12211221212,,~,~,,,,(),,,,n A BC M A B B C P Q P Q GL R A PBQ B P CQ A PP CQ Q ?∈?∈===1212,(),~.n PP Q Q GL R A C ∈∴ (2) 自反性:1,(),,~.n A M E GL R A E AE A A ??∈?∈=∴ 对称性: ()11,,~,(),,,(),~.T T n n A B M ifA B T GL R A T BT B T BT T GL R B A ???∈?∈=∴=∈∴ 传递性: 121122,,,~,~,,(),,,T T n A B C M ifA B B C T T GL R A T BT B T CT ?∈?∈== ()12211221,T T T A T T CT T TT CT T ∴==12(),~.n TT GL R A C ∈∴ (3) 自反性:()1,,,~.n n A GL E GL R A E AE A A ??∈?∈=∴ 对称性: 1,(),~,(),,n n A B GL R ifA B T GL R A T BT ??∈?∈= () 1 1 111,(),~n B TAT T AT T GL R B A ?????∴==∈∴. 传递性: 11121122,,(),~,~,,(),,,n n A B C GL R A B B C T T GL R A T BT B T CT ???∈?∈== ()()1 1112212121,A T T CT T T T C T T ???∴==21(),~.n T T GL R A C ∈∴ 4. 证明: (1) 反身性:,()(),~a A a a a a φφ?∈=∴Q (2)对称性: ,,~,()(),()(),.a b A ifa b a b b a b a φφφφ∈=∴==
近世代数习题解答 第一章 基本概念 1 集合 1.A B ?,但B 不是A 的真子集,这个情况什么时候才能出现? 解 ?只有在B A =时, 才能出现题中说述情况.证明 如下 当B A =,但B 不是A 的真子集,可知凡是属于A 而B a ?,显然矛盾; 若A B ?,但B 不是A 的真子集,可知凡属于A 的元不可能属于B ,故B A = 2.假定B A ?,?=B A ,A ∩B=? 解? 此时, A ∩B=A, 这是因为A ∩B=A 及由B A ?得A ?A ∩B=A,故A B A = ,B B A ? , 及由B A ?得B B A ? ,故B B A = , 2 映射 1.A =}{100,3,2,1，??,找一个A A ?到A 的映射. 解? 此时1),(211=a a φ A a a ∈21, 1212),(a a a =φ 易证21,φφ都是A A ?到A 的映射. 2.在你为习题1所找到的映射之下,是不是A 的每一个元都是A A ?到A 的一个元的的象? 解?容易说明在1φ之下,有A 的元不是A A ?的任何元的象;容易验证在2φ之下,A 的每个元都是A A ?的象. 3 代数运算 1.A ={所有不等于零的偶数}.找到一个集合D ,使得普通除法 是A A ?到D 的代数运算;是不是找的到这样的D ? 解?取D 为全体有理数集,易见普通除法是A A ?到D 的代数运算;同时说明这样的D 不 只一个. 2.=A }{c b a ,,.规定A 的两个不同的代数运算. 解? a b c a a b c a b c b b c a a a a a
c c a b b d a a c a a a 4 结合律 1.A ={所有不等于零的实数}. 是普通除法:b a b a = .这个代数运算适合不适合结合律? 解? 这个代数运算不适合结合律: 2 1 2)11(= , 2)21(1= ,从而 )21(12)11( ≠. 2.A ={所有实数}. : b a b a b a =+→2),(这个代数运算适合不适合结合律? 解? 这个代数运算不适合结合律 c b a c b a 22)(++= ,c b a c b a 42)(++= )()(c b a c b a ≠ 除非0=c . 3.A ={c b a ,,},由表 所给的代数运算适合不适合结合律? 解? 经过27个结合等式后可以得出所给的代数运算适合结合律. 5 交换律 1.A ={所有实数}. 是普通减法:b a b a -= .这个代数运算适合不适合交换律? 解? 一般地a b b a -≠- 除非b a =. 2.},,,{d c b a A =,由表 a b c d a a b c d b b d a c c c a b d d d c a b 所给出代数运算适合不适合交换律? 解? d d c = , a c d = a b c a a b c b b c a c c a b
定理 同态满射保持运算律（包括结合律、交换律） P21 左右逆元的统一性 P33-34 左右逆元的唯一性 P36 （由此可称为幺元而省掉“左右”） 群的两个定义的等价性 P33 群满足消去律（由逆元的存在性） P38 仅限有限集合的群判定：封闭+结合律+消去律 P39 群的几个分类标准： 1、 有限 / 无限 ——元素个数 2、 交换 / 非交换 ——运算是否满足交换律 3、 循环 / 非循环 ——是否有一元可以遍历其他元 P35 n a ： 次n n a aa a ≡ n 是正整数 （由结合律知其有意义） a 的阶： 对群G 中的元a ，若存在最小正整数m ，使得e a =m ， 则m 称为 a 的阶；否则我们称a 是无限阶的 P37 群中幂形式的元的运算法则： 若规定：e a =0， n n a a )(1--= 则对任意整数m,n 有：m n m n a a a +=， nm m n a a =)( （由结合律易得） 两种循环群： 整数加群 与 剩余类加群 同构定理： 任何一个群 有一个变换群与之同构 任何一个有限群 有一个置换群与之同构 任何一个无限循环群 与整数加群同构 任何一个有限循环群 与剩余类加群同构 子群的左陪集和右陪集的个数，或都为无限，或相等 P68
子群陪集（左或右算一边）的个数叫做子群的指数 群的阶： 群中元素的个数 对有限群G 而言： G 的子群的阶，与子群陪集的个数（指数），其乘积即为群G 的阶 （即都整除群G 的阶） G 中任意元的阶，都整除群G 的阶（因为任意元可生成循环子群） 子群充要条件： H ab H b a ∈?∈?-1, P63 定理2 子群正规充要条件： N ana N n G a ∈?∈∈?-1, P72 定理2 （首先N 须得是一个子群，然后再有…）
近世代数模拟试题 单项选择题（每题5分，共25分） 1、在整数加群（Z+）中，下列那个是单位元（）. A. 0 B. 1 C. －1 D. 1/n , n 是整数 2、下列说法不正确的是（）. A . G只包含一个元g,乘法是gg= g。G对这个乘法来说作成一个群 B . G是全体整数的集合，G对普通加法来说作成一个群 C . G是全体有理数的集合，G对普通加法来说作成一个群 D. G是全体自然数的集合，G对普通加法来说作成一个群 3.如果集合M的一个关系是等价关系，则不一定具备的是（）. A . 反身性B. 对称性C. 传递性D. 封闭性 4. 对整数加群Z来说，下列不正确的是（). A. Z 没有生成元. B. 1 是其生成元. C. －1 是其生成元. D. Z 是无限循环群. 5. 下列叙述正确的是（）。 A. 群G是指一个集合. B. 环R 是指一个集合. C. 群G是指一个非空集合和一个代数运算，满足结合律, 并且单位元, 逆元存在. D. 环R 是指一个非空集合和一个代数运算,满足结合律, 并且单位元,
逆元存在. 二. 计算题（每题10 分，共30 分） 1.设G是由有理数域上全体2阶满秩方阵对方阵普通乘法作成 3 的群，试求中G中下列各个元素c ,cd ， 1 的阶. 2. 试求出三次对称群 S3 (1),(12),(13),(23),(123),(132) 的所有子群.
3. 若e是环R的惟一左单位元，那么e是R的单位元吗若是, 请给予证明. 证明题（第1小题10分，第2小题15分，第3小题20分，共45 分）. 1. 证明: 在群中只有单位元满足方程