近世代数复习题

1、近世代数复习思考题一、基本概念与基本常识的记忆（一）填空题1. 剩余类加群乙2有个生成元2. 设群G的元a的阶是n，则ak的阶是.3. 6阶循环群有 个子群.4. 设群G中元素a的阶为m，如果an=e，那么m与n存在整除关系为。5. 模8的剩余类环Zs的子环有个.6. 整数环Z的理想有个.7. n次对称群Sn的阶是。8. 9-置换1 2 3 4 5 6 7 8町分解为互不相交的循环之积是。©43961827丿9. 剩余类环Z6的子环S= : 0 , : 2 , : 4 ，则S的单位元是.10. Z24中的所有可逆元是： .11. 凯莱定理的内容是：任一个子群都同一个 同构。12. 设

2、G=（a）为循环群，那么（1）若a的阶为无限，贝U G同构于, （2）若a的阶为n,贝y G同构于。13. 在整数环Z中，2）中=；14. n次对称群Sn的阶是.15. 设A1,A2为群G的子群，则AA2是群G的子群的充分必要条件为 。16. 除环的理想共有 个。17. 剩余类环Z5的零因子个数等于 .18. 在整数环Z中，由 2, 3生成的理想是 .19. 剩余类环Z7的可逆元有 个.20. 设Zii是整数模11的剩余类环，则 Zu的特征是.21. 整环1=所有复数a+bi（a,b是整数），贝U I的单位是.22. 剩余类环Zn是域n是.23. 设Z7 =0 , 1, 2, 3, 4, 5,

3、 6是整数模7的剩余类环，在 Z7 x中，（5x-4）（3x+2）=.24. 设G为群，G ,若|a =12，则聞=。25. 设群G= e, a1, a2,，an-1,运算为乘法，e为G的单位元，则=.26. 设A=a,b,c，贝U A到A的映射共有 个.27. 整数环Z的商域是.28. 整数加群Z有个生成元.29. 若R是一个有单位元的交换环，I是R的一个理想，那么竹是一个域当且仅当I 是。30. 已知0 =卩2 3 4 5 I为S上的元素，则亠=。31.每一个有限群都（3 12 5 4丿'与一个群同构。32、设I是唯一分解环，贝U I : X与唯一分解环的关系是。二、基本概念的理解

4、与掌握。（二）选择题1. 设集合A中含有5个元素，集合B中含有2个元素，那么，A与B的积集合Ax B中含有（）个元素。A.2B.5C.7D.102.设A = B= R（实数集），如果A到B的映射:x x+ 2,x R，贝是从 A 到 B 的（）A满射而非单射B单射而非满射C.映射D.既非单射也非满射3、设Z15是以15为模的剩余类加群，那么，Z15的子群共有（）个。A. 2B.4C.6D.84、 G是12阶的有限群，H是G的子群，则H的阶可能是（）A 5 ； B 6； C 7；D 9.5、 下面的集合与运算构成群的是（）A 0，1，运算为普通的乘法；B 0，1，运算为普通的加法；C -1 ，1

5、，运算为普通的乘法；D -1，1，运算为普通的加法；6、 关于整环的叙述，下列正确的是（）A左、右消去律都成立；B左、右消去律都不成立；C每个非零元都有逆元；D 每个非零元都没有逆元；7、 关于理想的叙述，下列不正确的是（）A 在环的同态满射下，理想的象是理想；B 在环的同态满射下，理想的逆象是理想；C 除环只有两个理想，即零理想和单位理想D环的最大理想就是该环本身8、整数环Z中，可逆元的个数是（）。A.1个B.2个 C.4个 D.无限个9、设M2（R）二*f a,b,c,d R, R为实数域？按矩阵的加法和乘法构成R上的二阶方阵环，那么这个方阵环是 （）。A.有单位元的交换环 B.无单位元的

6、交换环C.无单位元的非交换环D.有单位元的非交换环a,当a为偶数时10. 设Z是整数集，彷(a)= k21, aZ，贝"是R的().当a为奇数时,2A.满射变换B.单射变换C.变换D.不是R的变换11、 设A=所有实数x, A的代数运算是普通乘法，则以下映射作成A到A的一个子集的同态满射的是().A、X 10xB、x 2xC、x |x|D 、x -x .12、 设 是正整数集Z上的二元运算，其中a：b = maxfa,b (即取a与b中的最大者)，那么在Z中()A、不适合交换律B、不适合结合律 C、存在单位元D、每个元都有逆元.13. 设 S3 = (1), (1 2), (1 3)

7、, (2 3), (1 2 3), (1 3 2) ，则 S3 中与元(1 2 3)不能交换的元的个数是()A、1B、2C、3D、4.14、设G,：为群，其中G是实数集，而乘法C：a b k，这里k为G中固定的常数。那么群G,：中的单位元e和元x的逆元分别是()A、0 和-x ； B、1 和 0;C、k 和 x-2k ; D、-k和-(x 2k)15、设H是有限群G的子群，且G有左陪集分类H,aH,bH,cH。如果| H| =6,那么G的阶 G|=()A、6 B、24C、10D、1216、整数环Z中，可逆元的个数是().A、1个B、2个 C、4个D、无限个。17、设f : R 浪是环同态满射，

8、f(a)=b，那么下列错误的结论为()A、若a是零元，则b是零元B、若a是单位元，则b是单位元C、若a不是零因子，则b不是零因子D、若r2是不交换的，则R1不交换18. 下列正确的命题是（）B、主理想环必是欧氏环D、唯一分解环必是欧氏环A的代数运算（）.B A=Z,a b=-，bD. A=R, a b=a+b+abx,A的代数运算是普通乘法，则以下映射作成A、欧氏环一定是唯一分解环 C、唯一分解环必是主理想环19. 下列法则，哪个是集A. A=N, a b=a+b-2C. A=Q, a b= ab20. 设A=所有非零实数( ).1C. x fD. x f 5xx3的元有().C. 2个D.

9、3个).C. 5个 D. 6个的一个子集A的同态满射的是1A. x f -xB. x一x21. 在3次对称群S3中，阶为A. 0个B. 1个22 .剩余类环Z6的子环有（A. 3个 B. 4个23、设a,b, c和x都是群G中的兀素且x2a =bxc二acxxac，那么x二（）A. bca 4 ;B. c4a4 ; C.a°bc ;D.b'ca。24、设f：G! >02是一个群同态映射，那么下列错误的命题是（）A. f的同态核是G的不变子群；B. G的不变子群的象是02的不变子群。C. G的子群的象是02的子群；D. 02的不变子群的逆象是G!的不变子群；25、设H是群

10、G的子群，且G有左陪集分类H,aH,bH,cH 。如果H|=6,那么G的阶G =（）A.6;B.24;C.10;D.12。（三）判断题（每小题 2分，共12分）1、 设A、B、D都是非空集合，则A B到D的每个映射都叫作二元运算。（）2、 除环中的每一个元都有逆元。（）3、 如果循环群G= a中生成元a的阶是无限的，则G与整数加群同构。（）4、 如果群G的子群H是循环群，那么G也是循环群。（）5、域是交换的除环。（）6、 唯一分解环I的两个元a和b不一定会有最大公因子。（）7、 设f: g >g是群G到群g的同态满射，a G,则a与f （a）的阶相同。（）8个集合上的全体变换作成一个变换

11、群。（）9、 循环群的子群也是循环群。（）10、整环I中的两个元素a, b满足a整除b且b整除a，则a = b。（）11、 一个环若没有左零因子，则它也没有右零因子。（）12、 只要f是A到A的一一映射，那么必有唯一的逆映射f J o （）13、如果环R的阶-2，那么R的单位元1-0o （）14、 指数为2的子群不是不变子群。（）15、 在整数环Z中，只有土 1才是单位，因此在整数环 Z中两个整数相伴当且仅当这两数相等或只相差一个符号。（）16、 两个单位；和的乘积；也是一个单位。（）17、环K中素元一定是不可约元；不可约元一定是素元。18、由于零元和单位都不能表示成不可约元之积，所以零元和单

12、位都不能唯分解。（）19、整环必是唯一分解环。（）20、 在唯一分解环K中，p是K中的素元当且仅当p是K中的不可约元。（）21、设K是唯一分解环，则K中任意二个元素的最大公因子都存在，且任意二 个最大公因子相伴。（）22、整数环Z和环Q lx 1都是主理想环。（）23、K是主理想环当且仅当K是唯一分解环。（）24、整数环Z、数域P上的一元多项式环Pi.x 1和Gauss整环Z U1都是欧氏环。（）25、 欧氏环必是主理想环，因而是唯一分解环。反之亦然。（）26、欧氏环 主理想环 唯一分解环 有单位元的整环。（）27、 设环：:的加法群是循环群，那么环R必是交换环.（）28、对于环R,若a是R的

13、左零因子,则a必同时是R的右零因子.（）29、剩余类Zm是无零因子环的充分必要条件是 m为素数.（）30、 整数环是无零因子环，但它不是除环。（）31、 S2=勿EC是M2（C啲子域.（）2 °丿 J32、 在环同态下，零因子的象可能不是零因子。（）33、理想必是子环，但子环未必是理想.（）34、群G的一个子群H元素个数与H的每一个左陪集aH的个数相等.（）35、有限群G中每个元素a的阶都整除群G的阶。（）二、基本方法与技能掌握。(四) 计算题1. 设1GT为整数加群,- V -、，求z ： h 二？解h在Z中的陪集有：0 十 H=bzzZ, 1十/7=1 十 5蛊山£,

14、2 十 H=2 十 5纠盂2,3十=3十5纠£?, 4十H=4十5纠搭WZ,所以，Z : H = 5 .2. 找出S3的所有子群。解：S3显然有以下子群：本身；(1) =( 1)； (12) =( 12)，( 1)；(13) = (13)，(1)； (23) = (23)，(1)；(123) = (123)，(132)，(1)若S3的一个子群H包含着两个循环置换，那么H含有(12)，(13)这两个2-循环置换，那么 H 含有(12) (13) = (123)，(123) (12) = (23)，因而 H=Ss。 同理，若是S3的一个子群含有两个循环置换(21 )，( 23)或(31)

15、，(32)。这个子 群也必然是S3。用完全类似的方法，可以算出，若是S3的一个子群含有一个 2-循环置换和一个3-循环置换，那么这个子群也必然是S3。3. 求Zi8的所有子群。解Zi8的子群有厂y = ; ;-5Zifi = 0,9.=<1234567 A4. 将表为对换的乘积 解 一D-C； "I容易验证:-(4 2)(2 6)(1 2)(1 3)(2 7)(1 2).5. 设按顺序排列的13张红心纸牌A, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,10, J, Q, K经一次洗牌后牌的顺序变为3, 8, K, A, 4, 10, Q, J, 5, 7, 6, 2, 9问

16、:再经两次同样方式的洗牌后牌的顺序是怎样的？第一次洗牌所解 每洗一次牌，就相当于对牌的顺序进行一次新的置换.由题意知,对应的置换为r 1 2 34 5678910111213I 3 8 131 410121157629丿则3次同样方式的洗牌所对应的置换为< 1 2 34 5678910111213)I 9 6 513 312S1012?114J在 Z6 中,计算:(1) ><(2) - ; (3) - - - ； (4)6. 试求高斯整环二口.的单位。解设空=° + bi (隔3 )为Z i的单位，则存在Q =凸十曲£ 7 i,使得葩=1,于是1 = 11

17、= (o + bi )(c + di )(+ & i )(c + di)=3 +罚(贸+旳因为.二，所以；八讥,.:.从而，.,或上_.因此可能的单位 只有1, _ 1丄一 i 显然它们都是Z【i】的单位.所以Zi恰有四个单位:7. 试求Z12中的所有零因子与可逆元，并确定每个可逆元的逆元素.解由定理可知:(1) J"- -为Z12的全部零因子.(2) 心'丄为Z12的全部可逆元.直接计算可知，相应的逆元为1 11X _, ' , .8. 找出模6的剩余类环Z6的所有理想。解：R=0 , 1, 2, 3, 4, 5。若I是R的一个理想，那么I一定是加群R的一个

18、子群。但加群 R是循环群， 所以它的子群一定也是循环群，我们有Gi= (0) =0G2= (1) = (5) =RG3= (2) = (4) =0 , 2, 4G4= (3) =0 , 3易见，Gi, G2, G3, G4都是R的理想，因而是 R的所有理想。9. 在Zi2中，解下列线性方程组r 3工十5# = 62工 _ ¥=1解：5_b1(-113 1-25丫6、阿II =3人1丿I9丿11 .求Z18的所有子环.解设为Z18的任一子环，则是Z18的子加群，而-为有限阶循环群，从而匚也是循环群，且存在 二；，匚 使得 - : 的可能取值为1, 2, 3,6, 9, 12相应的子加群

19、为A =Zig,；2=(2) = 2Zie = 0,2,4,6,8,10,12t14t16f3 = (3) = 3Zig = 0?3?6?玄 12,15,Z4 = (6) = 6Zlfi = 0jf12,人=卩)=9血=®©,Ze = (18) = 18 Z ifi = 0直接验证可知，以上六个子加群都关于剩余类的乘法封闭，所以它们都是 Z18的子环.于是z 18恰有6个子环:0, %旳 2Zie? 3Z乌 6Zie? 9Zis.12.试求二的所有理想.解设为二的任意理想，贝施为二的子环， 则I = dZ , rf Z ,且川仝 U.对任意的二士 7,二，有da db =圧

20、(口 占)E d 2 da -笛=芯 cla =区(口若)W 区 Z *从而由理想的定义知，.匚为二的理想.由此知，二的全部理想为d 乩 tJ Z 且 dR 0.13、 数域F上的多项式环F Lx啲理想(x2 1,x5 x3 1)是怎样的一个主理想。解 由于x5x31- x3X21 i=1，所以 1I： x21,x5x3 1，于是得x21,x5 x3 1 = 1 = Fx o14、 在中,求1的全部根.解；丄共有16个元素:-",3,将它们分别代入二-一,可知共有下列4个元素1 了 9 15) ) )为二-一的根.15. 试举例说明，环R'x 1中的m次与n次多项式的乘积可能

21、不是一个m+n次多项式.解例如，环Z6 x 1中多项式f (x)二 2x3 x23x 5 与 g(x)二 3x21的乘积f(x)g(x) =3x4 -x3 4x2 -3x 5就不是3+2次多项式.16. 求出域Z3上的所有2次不可约多项式.解经验算得知，Z3上的2次不可约多项式有三个，它们是：x2 1,X2 x _1,X2 _X T.17、指出下列哪些元素是给定的环的零因子(1)在 M2(F)中.设=-1 C二0 0一1 0 一；1 2J4 2(2)在Z12中,它的全部零因子是哪些.(3)乙1中有零因子吗？解(1)丁 | A|=|C |=0二代C是零因子,但B不是(2)Z12 中的零因子为2,

22、3,4,6,8,9,10(3)Z11中没有零因子.18. 求二阶方阵环M2(R)的中心.解高等代数已经证明，n阶方阵A与任何n阶方阵可交换二A是纯量矩阵.因此M2(R)的中心 c =kk E R>. I。1 丿 J19. 举例说明，非零因子的象可能会是零因子.解：设:Z 工是环同态满射，其中：n = IJ.则显然Z是整环，所以Z中没有零 因子。但在Z6中，2和3】、S1都是零因子.即2显然不是Z中的零因子 但，2 = 2】 却是Z6中的零因子这告诉我们：非零因子的象可能会是零因子.20设R为偶数环证明：N = Sr r e RR.问：N是否成立？ N是由哪个偶数生成的主理想？解： _4n

23、,4m N,n ,m R: 4n -4m =4 (n-m) N, nm R故(4n-4m) N ,另夕卜 - n R, - 4r N,r R(4r)n 二 4(rn) N , rn Rn( 4r)二(n 4)r = (4n )r = 4(n r) N , nR= nr R,故n(4r),(4r) nN.总之有N = 4r RR.另方面，由于N “4rr R ,-16,-8,0,8,16,且4讣.而且实际上N是偶数环中由8生成的主理想，即N = Sr r e r =8= <8r +8 nr R,n Z> =馆 n n Z ，但是(4)= 4r + 4 nr R, n Z=<4

24、nn z=S , 8, 4,0,4,8，因此，N4*实际上是N = 8；4；.21、举例说明，素理想不一定是极大理想。解 例如ZX 1是有单位元的交换环，容易证明x是它的一个素理想含x且x,2 = Z X I从而知x是ZX 1的素理想但不是极大理想.22、 设H二(1),(12),求S3关于H的所有左陪集以及右陪集.解S3 = ( 1 ) , ( 1 2 ) , ( 1 3 ), ( 2 3 ),( 1 2 3 ),( 1 3 2 )H 的所有左陪集为：(1)H =(12)H 二(1),(12)二 H ；(13)H =(123)H =(13),(123) ； (23)H =(132)H =(2

25、3),(132).H 的所有右陪集为：H(1) = H(12)=(1),(12)；H(13) H(132) =(13),(132) ； H (23) = H (123) = (23),(123).四、综合应用能力。(五)证明题1.在群 中，对任意 汶":二,方程 厂=与二都有唯一解. 证明 令：打那么丄一；，故：-为方程.二T的解。的任一解,即以打则& = (a = a = a b这就证明了唯一性.而理想x,2真包又如为f同理可证另一方程也有唯一解2. 全体可逆的阶方阵的集合关于矩阵的乘法构成一个非交换群这个群的单位元是单位矩阵每个元素(即可逆矩阵)丄的逆元是丄的逆矩阵-.证

26、明(1) 设仏总都是口阶可逆矩阵，则 圄*°, 151°,从而A8 = A I51/°.所以3也是.阶可逆矩阵.这说明矩阵的乘法是的代数运算；(2) 因为矩阵的乘法满足结合律，所以的乘法也满足结合律；(3) 设上为阶单位矩阵，贝V订=,故),且对任意的"-,有EA = AE = A所以，上是的单位元.设、匸,则卜f7 从而丄可逆,设三 为丄的逆矩阵，贝V"故Ale GLn(R),且心XA = AA l = E.所以A的逆矩阵A"为A在 匚-抚中的逆元.因此，g门构成群.由矩阵的乘法易知，当：时是非交换群.3. 二 丄丄那么H是S3的一

27、个子群。证明I.H对于G的乘法来说是闭的，(1) (1)=(1), (1)(12)=(12), (12)(1)=(12), (12)(12)=(1);II. 结合律对于所有G的元都对，对于H的元也对;V.(1)(1)=(1), (12)(12)=(1)。4. 一个群G的一个不空有限子集 H作成G的一个子群的充分而且必要条件是：证明 必要性。H是G的非空子集且H的每一个元素的阶都有限。若H是子群，则由子群的条件必有-a,b H- ab H;充分性。由于H是G的非空子集，若-a,b H= ab H ;又h的每一个元素 的阶都有限二-a H , n N, a门二 e_ aan/ = e_ a，二 a

28、nJ1 H，综上知H是G的子群。5. 设 -IT是所有.阶可逆矩阵关于矩阵的乘法构成的群 一是所有行列式 等于1的阶矩阵所组成的集合贝V工是的子群.证明 首先，单位矩阵 r的行列式为1,所以；J非空.又对任一 阶方阵 如果 "hl,则'!，所以丄可逆，故 门.是二3二)的子集.又对任意的 A.BSLn(R),有 |4| = B = 1,所以 ABA - Bl = A B 1.这说明 匸 亠、 .从而由定理知，卩"是 工心；1的子群.6. 群的任何两个子群的交集也是亠的子群.证明设乩人为的两个子群，则(1) _乂，所以二,即r = J；(2) 任给QE H 口 K,

29、bE HCK,则此乩必EK,因此比刃nK；(3) 任给i,那么仁三上亠因此J-r- -_L 1二,所以：I" 匚从而由定理2知，三怎是亠的子群.7. 设三为亠的子群贝U H在亠中左陪集的个数与右陪集的个数相同.证明 设丄，匕分别表示 人在：；中的左、右陪集所组成的集合.令甲 A B则是丄到L的双射.事实上如果上,那么厂.：，故：，所以，心 丄.于是,、为丄到 上的映射.(2) 任给儿一:，有1因此,为满射.(3) 如果止 ._：-',那么厂.：._,因此，1 上,从而得为双射.即三在一中 左陪集的个数与右陪集的个数相同.8. 有限群的任一元素的阶都是群的阶数的因子.证明 设G

30、的元a的阶为n,则a生成一个阶是n的子群，由以上定理，n整除G 的阶。9. 设一与二,为群,-是与,的同构映射，贝U(1) 如果为二的单位元，则为/的单位元；(2) 任给二二,为 的逆元，即= r丁证明(1)因为' tE"由消去律知，.为？的单位元.(2)任给。 G,论斤7)=论 凸f)=t) =別的单位兀)，从而知 L为 的逆元.所以，.-'.10. 如果二是交换群，则二的每个子群三都是的正规子群.证明 因为为交换群，所以三的每个左陪集-也就是右陪集11. 设三为群二的子群.若厂匚,那么主.一证明任给二如果，那么 -F.如果巴那么三与 G是三在中的两个不同的左陪集，

31、所以T ，同理因为；-而一/,所以f &.同理可证:E汀.从而由此知K :U.12. 设 V = 月，'1贝 U：i；证明（1）1J, '- 1,则芒寸-所以，丄J理为的子群.（2）任给*】.，mui,贝y|CAC-l| = |C| |A| |C|-l = l,所以，u,从而m.m匸.13. 群.的任何两个正规子群的交还是亠的正规子群.证明设三与乂为的两个正规子群，：丸九;贝V 1为的子群.又任给】 J '一，则因为 三与乂都是的正规子群，所以丄亠所以，小 二人.故左上亠14. 设与？是群是到匚'的同态映射.（1）如果：是二的单位元,则X輛是 空的单位元

32、; 对于任意的亠L,荃丄是在 匸中的逆元.即管- 0 =证明（1）因为G是亠的单位元，设：是 二的单位元，则咋何=卩何=p（B - 0）=电何祕日）.从而有消去律得:（2）因为从而可知，'二：5S =甲（8）=岁（q 口一 1） =-1）.15. 设二与 二是群，是二到】的满同态.如果三是的正规子群，则"是？ 的正规子群.证明由定理知，是二的子群.又对任意的宀一",因为、是满同态，所以存在二二,使得；小=.从而q华(H)”-】=甲= p(aHa-1)=申(珂所以,"是二的正规子群.n16. 设"一，一；的阶为，证明的阶是，其中xr r证明：首先，

33、八门飞；其次，若"'，即評W,n rrnn=>'刑(,)=1=朋r因为A的阶为舟，所以川也 & & ，而dd& ，故的阶是d。17. 设一是循环群，G与同态，证明6是循环群。证明：设G =，厂:一，下证-：厂：。宀二.；，存在1 】，使；',又：一 “：一小点/邛所以；只。18. 证明循环群的子群也是循环群。证明：设；，H是G的子群，又设是属于H且指数最小的正整数，下证II- 册二讥E，设擁=鸡+尸o“r则化(巧-讥H,若"0二他丁广八八日，这与厂的取法矛盾，19. 假定和：是一个群G的两个元，并且花，又假定-的阶是匸，

34、-:的阶是二 "< !,证明：门的阶是7。证明：一方面，mm；另一方面，若“上，则.土 畀一二1丁厂-：一 - - : J - -；同理，二：；于是由皿屈一：，有匸，故，厂的阶是7。20. 假定H是G的子群，N是G的不变子群，证明 HN是G的子群。证明：Ti，1二，嫡核疔讯細j角eHN（翊）"=才护二閉1地e HN。21. 设L是一个环,如果 三有单位元，则三的单位元是唯一的.三的单位元常记作1乩证明设：都是X的单位元，贝y曰=弓，3（印为单位兀），刃=8，少为单包兀）所以,22. 设R为实数集，pb R,a=0，令f（a,b）：R R, xT ax b, _x R，

35、将R的所有这样的变 换构成一个集合G=f（a,b）Wa,bR,aH0，试证明：对于变换普通的乘法， G作成一个 群。证明（1）（封闭性）V f（a,b）f（c,d * G VX运R,我们有:fa,b f c,d X 二 f a,b cx d 二 a ex d b = acx ad bf （ac,ad % «X ）由于 a = 0, c = 0 = ac = 0二f (ac,ad +b户G n G中元素是圭寸闭的.(2) (结合律)凡是映射的合成都满足结合律.故G中的元素也满足结合律.(3) (单位兀)显然*,0 * G是R的恒等变换z ,由定义2知f 1,0必是G的单位元.(4) (

36、左逆元)W f(a,bG那么丁玄八二占式0 故 fa4 - G 并且 f a，b f “a 二fb fa，b =(这个等式可以验证)故知fat = f 1_： fa，b .由上述(1)-(4匚G =f(a,ba,bE R,aH0堤一个R的变换群.23. 全体偶数=关于通常的数的加法与乘法构成一个没有单位元的交 换环.证明(1)任给二二，,则2d)+ 2b = 2 + 6) 2Zt2a 26 = 2 (2站)E 2 Z <所以，数的加法与乘法是1 -的代数运算.(2) 因为数的加法与乘法满足交换律,结合律,且乘法对加法满足分配律，所以2二的加法与乘法也满足这些运算律.(3) 因为-:,且对

37、任意的；二-,有0 + 2a = 2a + 0 = 2a,所以数零是1二的加法零元.任给加 2 Z , 2( ,十 2(- ci) = 2 0 = 0.所以匚l的每个元都有负元,且：工'1-'<'.从而由环的定义知,2二构成交换环,显然一无单位元.事实上，如果有单位元c,则m _，=；，且对任意的 二',有-_， 即二工所以二1, 二,矛盾.24、设群G的每个元素x都适合方程x2= e，这里e是G的单位元，求证：G是交换 群。证明：任意 x、y G,由 x2= e, y2= e 有 x-1 = x, y-1= y。又由(xy) 2= e 有(xy) -1=

38、 xy。从而 yx= y -1 x -1= (xy) -1 = xy .即 G 是交换群.25. 证明数集 2i = a + 6i a,b Z关于数的加法与乘法构成一个有单位元的交换环证明 任给： 门-匸二,贝yo + 0= (a + c)十(百 + d) i Z ija ©= ae 十(ad + 比)i E Z i所以，数的加法与乘法是：一的代数运算.(2) 因为数的加法与乘法满足交换律,结合律,且乘法对加法有分配律，所以二-的加法与乘法也满足这些运算律.(3) 因为0丸十M 2i,且对任意的of十bi & Zi,有O + ct = a + O = a.所以数零为'

39、的零元.(4) 任给 = 十 bi Zi a =一bi=( °) +( b)iE Zi 且 + ( a) = 0.所以- ri的负元为(一 q) + ( b)i Z i(5) 因为 1 = 1 + Di S i,且对任意的 a = a + bi Zi,有1 ' ct = a 1 = a所以数1为Zi的单位元.26. 在一个无零因子环中,两个消去律成立.即设二一 -,：'-,如果二,或-z-,贝 y:,.证明 设.J,则因为 三无零因子，且,所以；-：,从而.；:. 同理可证另一个消去律成立.27、 群G的两个子群的交集还是 G的子群。证明：设 比、H2 为 G 之子群

40、，a、b HiA H2,贝 U a、b Hi,且 a、b H2.又 沿、H2为子群，故 ab-1 H1, ab-1 H2,从而 ab-1 H1n H2.又显然 e H1 n出，即卩Hin H2非空，故Hin出是g之子群.28. 证明 Qi=a + bi Q为域.证明 可先证丄是有单位元的交换环.下证，丄的每个非零元都可逆.Qb i设o = Q + bi E Q】, QfO,贝y站土 0.令十沪 毗十b",贝y 0EQ i,且"冲=.故、丄为域.29、 设R是阶大于1的交换环。证明：当 R不含零因子时，Rx亦然。证明：因为 R >1，故Rx有非零多项式。设Rx有零因子，

41、即存在非零多项式f(x), g(x), f(x)g(x) g(x),使 f(x)g(x)=0。(*)令a=0, b = 0分别是f(x), g(x)的最高次项系数，则ab为f(x)g(x)的最高次项系数。从而由(*)知，abO即是R的零因子，这 R与无零因子矛盾。因此，当R无零因子时，Rx也没有零因子。30. 在一个没有零因子的环J里所有不等于零的元对于加法来说的阶都是一样的。证明：如果二的每一个不等于零的元的阶都是无限大，那么定理是对的。假定的某一个元产1的阶是有限整数；，而：是二的另一个不等于零的元。由 蔦mM 一 U，可得二二11，所以：的阶的阶; 同样可得，的阶一:的阶。所以-的阶一

42、u的阶。31、设f： R > R是环R到环R的同态满射，求证：f是R到R的同构当且仅当f的核 是R的零理想。证明：由于f为同态满射，故f为同构当且仅当f为单射，从而只须证明f为单射 当且仅当f的核是R的零理想.若f单射，则由f(0) = 0知f的核是0反之，若f的核是0,对任意x、y G,若f(x) = f (y)，则f(x-y) = 0即x-y Kerf=0，故 x-y = 0 即 x= y , f 为单射。32. 如果无零因子环丄的特征是有限整数，那么】是一个素数。证明：假设n不是素数，即J H 0/仲H Ij但仗)(勺。)=仙沟)/ = 0这与环R无零因子矛盾。33、求证：若a生成

43、一个n阶循环群G, k与n互素，则ak也生成G证明：只须证明ak的阶是n.设ak的阶是r, e是G的单位元。由于a的阶是n,故(a k) n=ak n =e，知r整除n又由ak的阶是r知ak r =（ak）r =e,而a的阶是n故n整除kr 但k与n互素，故 n整除r，从而n等于r，即ak的阶是n.34. 设为二的非空子集.证明:为二的子环的充分必要条件时，存在非负整数S = dZ = dz | a Z .证明（充分性）设匸.则任给二',|-,有(1)宀.:： | _ - j ；do>_ - do, 2 E cfZ从而由定理知，为二的子环.（必要性）设£为二的子环，贝V

44、I 为 -.的子群.因：为无限循环群所以存在非负整数-使得35、 求证：一个至少有两个元而且没有零因子的有限环是一个除环。证明：不妨设R=0, ai,，an-i, ai,，an-i不为0, R是一个没有零因子的有 限环。由于R没有零因子，故ai, a2，aj是R的n非0元，但R只有n-1个 非0元，故必有ivj, 使 a； = al .对任意的 0 芒 akER 有 aka/= aka； , a/ak=a：ak，即j -k iii j 三ia k a； a； ak a； , a； a； a a； a k .又由于R没有零因子，则aka；i=ak , a；j=taak，知a；j_l是R之单位元，

45、且ai是R之 单位.同理，对任意的0=ak R可有S<t,使得ak是R之单位元，故ak是R之单位.从 而R是一个除环.36. 设三为环.证明X的中心伽=也 R |临=工笃 Vac R 是匸的子环.证明（1）因为对任意：二工，匸II二一，所以二故上".（2）对八-.匕：T ,（珥一比）工=门工一兀工=X71! X?2 X（7*1 比）（H T2）t = n （r2x） = nfxra） = （nx）r2 = （zrijra = oc（珂 e）所以，:?,'.'''上从而由定理2知，匚为W的子环.37、设R是主理想环，a R, az 0且（a）是R的

46、最大理想，求证：a是R的素元。 证明：由于（a）是R的最大理想，故R a是域. 任意x、y R，若a整除xy,则 xy=O,这里x表示x所在的等价类，故x =0或y=0,即a整除x或a整除 y,故a是R的素元.38、环 匸的两个理想一与的和一:与交；:都是 三的理想.证明（1）设卩二创十01, 3 = fri十心/1+逅，闢加人§=1,2.则一s = （a】十 ）一 （6 十 6）=（创 一 6J + （刘一西）El+h且对任意的：匸',xr = xi十陀）=工琳十工應E h十hrx = S1 + fl2）X = 01X + QgH W A 十鸟所以,匚为三的理想.（2）设-

47、1 :,贝；,从而 且八,所以匸 匕又对任意的：八，有二且沖2人.故：；：.从而知,:h为的理想.39、证明：z：；2是主理想环。证明 令N是z £汤 的任意一个理想，a是N中绝对值最小的一个非零元素，下任取N，显然P/*Qi =a+bi a,bQ,令：/二r si(r,sQ).选取分别最接近r,s的整数m,n，即(1 )0 兰 s nW1.2令=m niZi.并由(1得r_m)2+(s_n)2 諾士存1.(2)现在令-二显然0 N.于是由(2)得0 = P -a71 = a-| P /a - Y| < a但是N中绝对值最小的非零元，故-0.从而'：厂 ).，因此 N

48、=()。40、证明：整数环上的多项式环 Z仪I是一个唯一分解环。证明Zx的单位显然只有 J。又其不可约元为全体(正、负)素数以及次数大于零 的本原不可约(在Z上)多项式。今在Zx中任取f(x)=0,1，显然f(x)可唯一表示成 f(x)=ag(x) (a Z,g(x)为本原多项式)，(1)其中f(x)的最高系数为正整数。若f(x)为本原的，则由高等代数知，f(x)可唯一分解成不可约多项式之积；若f(x)不是本原的，则由(1)，a可唯一分解成素数之积，而g(x)可唯一分解为Z上不 可约多项式之积(最多有符号差异)。从而f(x)可唯一分解成Zx内不可约元之积。 因此，Zx 是唯一分解成整环。41、试证在整环D=