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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆近世代数复习摸索题 一、基本概念与基本常识的记忆（一）填空题 1. 剩余类加群 Z12有_个生成元 . 2、设群 G 的元 a 的阶是 n,就 a k 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,假如ane,那么m与n存在整除关系为；5. 模 8 的剩余类环 Z 8 的子环有 _个. 6. 整数环 Z 的抱负有 _个. 7、n 次对称群 Sn 的阶是；8、9-置换123456789分解为互不相交的循环之积是543961827；9. 剩余类环 Z 6 的子环 S=0,2,4,就 S
2、的单位元是 _. 10. Z 中的全部可逆元是：_. 11、凯莱定理的内容是：任一个子群都同一个_同构；12. 设G a 为循环群,那么（ 1）如 a的阶为无限,就G 同构于_,（2）如 a的阶为 n,就G 同构于 _；13. 在整数环Z 中,23 =_；14、n 次对称群 Sn 的阶是 _. 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 35 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆15. 设A A 为群 G 的子群,就A 1A 2是群G 的子群的充分必要条件为_；16、除环的抱负共有 _个；17. 剩余类环 Z 5的零因子个数等于 _. 18
3、、在整数环 Z 中,由 2,3生成的抱负是 _. 19. 剩余类环 Z 7的可逆元有 _个. 20、设 Z 11是整数模 11 的剩余类环,就Z 11的特点是 _. 21. 整环 I= 全部复数 a+bia,b 是整数 ,就 I 的单位是 _. 22. 剩余类环 Zn 是域 n 是_. 23、设 Z 7 =0,1,2,3,4,5,6是整数模 7 的剩余类环,在Z7 x中, 5x-43x+2=_. 24. 设G 为群,aG ,如a12,就a8_；25、设群 G= e,a1,a2, , an-1,运算为乘法, e 为 G 的单 位元,就 a1 n =_. 26. 设 A=a,b,c,就 A 到 A
4、 的一一映射共有 _个. 27、整数环 Z 的商域是 _. 28. 整数加群 Z 有_个生成元 . 名师归纳总结 29、如R是一个有单位元的交换环,I 是 R 的一个抱负, 那么 RI是第 2 页,共 35 页一个域当且仅当I 是；30. 已知12345 4为S 上的元素,就1_；3125- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆31. 每一个有限群都与一个 32、设 I 是唯独分解环,就；_群同构；Ix与唯独分解环的关系是二、基本概念的懂得与把握；（二）挑选题1.设集合 A 中含有 5 个元素,集合 B 中含有 2 个元素,那么,
5、A与 B 的积集合 A B 中含有（）个元素；A.2 B.5 C.7 D.10 2.设 ABR实数集 ,假如 A 到 B 的映射：xx2,xR,）B.单射而非满射就是从 A 到 B 的（A.满射而非单射C.一一映射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,（A.2 ）个；B.4 C.6 D.8 4、G是 12 阶的有限群, H是 G的子群,就Z 15 的子群共有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 ,运算为一般的乘法；名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 35 页精选学习资料 - -
6、 - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆B 0 ,1 ,运算为一般的加法 ; C -1,1 ,运算为一般的乘法； D -1,1 ,运算为一般的加法 ; 6、关于整环的表达,以下正确选项 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、关于抱负的表达,以下不正确选项 A 在环的同态满射下,抱负的象是抱负 ; B 在环的同态满射下,抱负的逆象是抱负 ; C 除环只有两个抱负,即零抱负和单位抱负D 环的最大抱负就是该环本身 .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
7、M 2R= ac bd a,b,c,dR,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 C. 无单位元的非交换环B. 无单位元的交换环 D. 有单位元的非交换环名师归纳总结 10. 设 Z 是整数集, a=aa,当a 为偶数时,aZ,就 是R 的第 4 页,共 35 页21,当a 为奇数时 . 2A. 满射变换B. 单射变换- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆C. 一一变换 D. 不是 R 的变换11、设 A= 全部实数 x,A 的代数运算是一般乘法,就以下映射作成 A 到
8、 A 的一个子集的同态满射的是 . A、x10x B、x2xC、x|x| D、x-x . 12、设 是正整数集 Z 上的二元运算,其中 a b max a b （即取a与b中的最大者）,那么 在Z中（）A、不适合交换律 C、存在单位元B、不适合结合律 D、每个元都有逆元 . 名师归纳总结 13.设S =（1）,（1 2）,（1 3）,（2 3）,（1 2 3）,（1 3 2）,就S 3第 5 页,共 35 页中与元（ 1 2 3）不能交换的元的个数是 A、1 B、2 C、3 D、4. 14、设G,为群,其中 G 是实数集,而乘法: a babk ,这里k为G中固定的常数；那么群G ,中的单位元
9、e和元x的逆元分别是（）A、0 和x；B、1 和 0；C、k 和x2 k ； D、k 和x2 15、设H是有限群G的子群,且G有左陪集分类H aH bH cH ；假如 H6,那么G的阶 G（）A、6 B、24 C、10 D、12 16.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；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆17、设f:R 1R 是环同态满射,f a b ,那么以下错误的结论为（）A、如a是零元,就 b是零元B、如a是单位元,就 b 是单位元C、如a不是零因子,就 b 不是零因子D、如
10、R 是不交换的,就 R 不交换18、以下正确的命题是（）A、欧氏环肯定是唯独分解环B、主抱负环必是欧氏环C、唯独分解环必是主抱负环D、唯独分解环必是欧氏环19. 以下法就,哪个是集 A 的代数运算 . A. A=N, a b=a+b-2 B. A=Z,a b= b aC. A=Q, a b= ab D. A=R, a b=a+b+ab 20. 设 A= 全部非零实数x,A 的代数运算是一般乘法, 就以下名师归纳总结 映射作成 A 到 A 的一个子集A 的同态满射的是 . 第 6 页,共 35 页A. x-x B. x1xC. x1D. x5x x21. 在 3 次对称群 S3 中,阶为 3 的
11、元有 . A. 0 个B. 1 个C. 2 个D. 3 个- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆22剩余类环 Z 6 的子环有 . 名师归纳总结 A. 3 个B. 4 个第 7 页,共 35 页C. 5 个D. 6 个23、设a,b ,c和 x都是群 G 中的元素且x2abxc1,acxxac,那么 x（）A.bc1a1； B.c1a1； C.a1bc1； D.b1ca；24、设f:G 1G2是一个群同态映射, 那么以下错误的命题是 （）A. f 的同态核是G 的不变子群 ; B.G 的不变子群的象是G 的不变子群；C.G 的子群
12、的象是G 的子群；D.G 的不变子群的逆象是G 的不变子群；25、设 H 是群 G 的子群,且G 有左陪集分类H,aH,bH,cH；假如H6,那么G 的阶G（）A.6； B.24； C.10； D.12；（三）判定题（每道题2 分,共 12 分）1、设 A 、 B 、 D 都是非空集合,就AB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、假如循环群Ga中生成元 a的阶是无限的,就G 与整数加群同构；（）4、假如群 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； （）- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而
13、不思就惘,思而不学就殆6、唯独分解环I 的两个元 a和 b 不肯定会有最大公因子；（）7、设 f：G G 是群 G 到群 G 的同态满射, a G ,就 a 与 f a的阶相同；（）8、一个集合上的全体一一变换作成一个变换群；（）9、循环群的子群也是循环群； （）10、整环 I 中的两个元素 就 ab；（）a,b 满意 a 整除 b 且 b 整除 a,名师归纳总结 11、一个环如没有左零因子,就它也没有右零因子；（）第 8 页,共 35 页12、只要 f 是A 到 A的一一映射, 那么必有唯独的逆映射f1；（）13、假如环R的阶2,那么R的单位元 10；（）14、指数为 2 的子群不是不变子群
14、； （）15、在整数环Z 中,只有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 中素元肯定是不行约元； 不行约元肯定是素元；（）18、由于零元和单位都不能表示成不行约元之积,所以零元和单位都不能唯独分解； （）19、整环必是唯独分解环； （）20、在唯独分解环K 中, p 是 K 中的素元当且仅当p 是 K 中的- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆不行约元；（）21、设K 是唯独分解环,就K 中任意二个元素的最大公因子都存在,且任意二个最大
15、公因子相伴；（）22、整数环 Z 和环 Q x 都是主抱负环；（）23、K 是主抱负环当且仅当 K 是唯独分解环；（）24、整数环Z 、数域P 上的一元多项式环 Z i 都是欧氏环；（）P x 和 Gauss 整环25、欧氏环必是主抱负环,因而是唯独分解环；反之亦然；（）R ,主抱负环唯独分解环有单位元的整环；（）26、欧氏环（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,如 a 是 R的左零因子 , 就 a 必同时是 R 的右零因名师归纳总结 子.（）第 9 页,共 35 页（29、剩余类Z 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
16、它不是除环；（）31、S 200C是M 2C的子域 .（）32、在环同态下,零因子的象可能不是零因子；（）33、抱负必是子环 , 但子环未必是抱负 .（）- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆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 . （）G 的阶；（）35、有限群 G 中每个元素 a的阶都整除群三、基本方法与技能把握；（四）运算题1设为整数加群 , , , 求Z:H., 解在 Z 中的陪集有 : , , , 所以 , Z:H5. 2、找出S 的全部子群；解： S3 明显有以下子群：本身；（1）=（
17、1）；（12）=（12）,（1）；（13）=（13）,（1）；（23）=（23）,（1）；（123）=（123）,（132）,（1） 如 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=S 3；同理,如是 S3 的一个子群含有两个循环置换（是 S3；21）,（23）或（ 31）,（32）；这个子群也必定名师归纳总结 用完全类似的方法,可以算出,如是S3 的一个子群含有一个第 10 页,共 35 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - -
18、- - 学而不思就惘,思而不学就殆2-循环置换和一个3-循环置换,那么这个子群也必定是S3；3求 Z 18 的全部子群；解 Z 18 的子群有; ; ; ; ; . 4 将 表为对换的乘积 . 解 . 简单验证 : 4 22 61 21 32 71 2. 5 设按次序排列的 13 张红心纸牌A, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, J, Q, K 经一次洗牌后牌的次序变为3, 8, K, A, 4, 10, Q, J, 5, 7, 6, 2, 9 问: 再经两次同样方式的洗牌后牌的次序是怎样的 . 解 每洗一次牌 , 就相当于对牌的次序进行一次新的置换 . 由题意知 , 第
19、一次洗牌所对应的置换为名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 35 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆就 3 次同样方式的洗牌所对应的置换为6 在Z 中, 运算 :1 ;2 ; 3 ; 4 . 解1 ; 的单位；, 或, 2 ; 3 ; 4 . 7试求高斯整环解 设 为的单位 , 就存在使得, 于是. 从而, 由于, 所以. 因此可能的单位只有明显它们都是的单位 . 所以恰有四个单位 : 8 试求Z12中的全部零因子与可逆元, 并确定每个可逆元的逆元素 . 解 由定理可知 : 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共
20、 35 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆 1 为Z12的全部零因子 . 2 为Z12的全部可逆元 . 直接运算可知 , 相应的逆元为, , , . 9、找出模 6 的剩余类环Z 的全部抱负；解： R=0 ,1,2,3,4,5 ；如 I 是 R 的一个抱负,那么I 肯定是加群R 的一个子群；但加群 R 是循环群,所以它的子群肯定也是循环群,我们有 G1=（0）=0 G2=（1）=（5）=R G3=（2）=（4）=0,2,4 G4=（3）=0,3 易见, G 1,G2,G3,G4 都是 R 的抱负,因而是 R 的全部抱负；10 在 Z 12 中, 解以
21、下线性方程组 : 解: 名师归纳总结 即, x3516115611第 13 页,共 35 页y211231913. 11求Z18的全部子环 . - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆解 设为Z18的任一子环 , 就是Z18的子加群 , 而为有限阶循环群 , 从而 也是循环群 , 且存在 , , 使得 . 的可能取值为 1, 2, 3, 6, 9, 12；相应的子加群为, , , , , . 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 Z 18 的子环 . 于是 Z 18 恰有 6 个子环 : 12.
22、试求 的全部抱负 . 解 设为的任意抱负 , 就为. 的子环,就对任意的, , 且, , 有, 名师归纳总结 从而由抱负的定义知, 为的抱负 . 由此知 , 1的全部抱负为第 14 页,共 35 页13、数域F 上的多项式环且. 是怎样的一个F x 的抱负2 x1,x53 x- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆主抱负；解 由于x53 x1x3x211,所以1x21,x5x31,于是得x21,x5x311F x ；14、在中, 求的全部根 . 解共有 16 个元素 : , , , , 将它们分别代入,可知共有以下 4 个元素, ,
23、 , 为的根 . Rx中的 m次与 n 次多项式的乘积可能不是15试举例说明,环一个m+n次多项式 . 名师归纳总结 解 例如,环Z 6x中多项式第 15 页,共 35 页fx3 2 xx23 x5与gx 3 x21的乘积fx gx3 x4x34 x23 x5就不是 3+2 次多项式 . 16.求出域Z 上的全部 2 次不行约多项式 . 解体会算得知,Z 上的 2 次不行约多项式有三个,它们是：x2,1x2x,1x2x.117、指出以下哪些元素是给定的环的零因子. 1在M2F中. 设A21,B0-1,C12. 001042- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - -
24、- 学而不思就惘,思而不学就殆2在Z 中, 它的全部零因子是哪些. 3 Z 中有零因子吗 . 解 1 | A | | C | 0 A , C 是零因子 , 但 B 不是 . 2 Z 中的零因子为 2 , 3 , 4 , 6 , 8 , 9 , 10 3 Z 中没有零因子 .18.求二阶方阵环 M 2R 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 A1 0是纯量矩阵 .因此 M 2R 的中心 C k0 1 k R .19举例说明,非零因子的象可能会是零因子 . 解：设 : Z Z 6 是环同态满射 ,其中 : n n .就明显Z 是整环, 所以 Z 中没有零因子
25、；但在 Z 中, 2 和 3 、 4 都是零因子.即 2 明显不是 Z 中的零因子 ,但 2 2 却是 Z 中的零因子 .这告知我们 :非零因子的象可能会是零因子 . 20.设 R 为偶数环 .证明：名师归纳总结 问：N4N4rrRR .R第 16 页,共 35 页是否成立？ N 是由哪个偶数生成的主抱负？解：4n, 4mN,n,mR：4 n4m4 nmN,nm故4 n4m N,另外nR ,4rN,rRR ,4rn4 rnN,rnRn 4rn4 r4nr4nrN,nRnr故n4r,4rnN.总之有N4rrRR.另方面,由于- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - -
26、- 学而不思就惘,思而不学就殆N4rrR,16 ,8 , 0 ,8, 16 ,且4N 而且实际上 N是偶数环中由8 生成的主抱负,即,但是N4rrR88r8nrR,nZ8nnZ44r4nrR,nZ4nnZ,8 ,4,04,8,因此,N4. 实际上是N84.21、举例说明,素抱负不肯定是极大抱负；解 例如Zx是有单位元的交换环,简单证明x 是它的一个素抱负 .而抱负,x2真包含x 且x 2Zx.从而知x 是Zx的素抱负但不是极大抱负 . 22、设 H 1,12 ,求 S 关于 H 的全部左陪集以及右陪集 . 解 S 3 1 , 1 2 , 1 3 , 2 3 , 1 2 3 , 1 3 2 ,
27、H 的全部左陪集为 : 1 H 12 H 1,12 H ; 13 H 123 H 13,123 ; 23 H 132 H 23,132H 的全部右陪集为 : H 1 H 12 1,12 ; H（13）H 132 13,132 ; H 23 H 123 23,123 . 四、综合应用才能；（五）证明题名师归纳总结 1在群中, 对任意, 方程, 故与都有唯独解 . 第 17 页,共 35 页证明 令, 那么,就为方程的解； 又如为的任一解 , 即- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆. 这就证明白唯独性 . 同理可证另一方程也有唯独解
28、. 关于矩阵的乘法构2全体可逆的阶方阵的集合成一个非交换群 . 这个群的单位元是单位矩阵. 每个元素 即可逆矩阵 的逆元是的逆矩阵. 证明1 设 都是 阶可逆矩阵 , 就 , , 从而. 所以 也是 阶可逆矩阵 . 这说明矩阵的乘法是 的代数运算 ; 2 由于矩阵的乘法满意结合律 , 所以 的乘法也满意结合律 ; 3 设是为阶单位矩阵 , 就, 故, 且对任意的, 有所以 , 的单位元 . 名师归纳总结 4 设, 就. 从而可逆 , 设为的逆第 18 页,共 35 页矩阵 , 就, 故, 且. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就
29、殆所以的逆矩阵为在中的逆元 . 因此 , 构成群. 由矩阵的乘法易知 , 当 时 是非交换群 . 3,；那么 H 是 S 的一个子群；证明 I.H 对于 G 的乘法来说是闭的, 11=1,112=12,121=12,1212=1； II.结合律对于全部G 的元都对,对于H 的元也对； IV.； V.11=1,1212=1；4一个群 G 的一个不空有限子集 而且必要条件是：H 作成 G 的一个子群的充分证明 必要性；H 是 G 的非空子集且 H 的每一个元素的阶都有限；如 H 是子群,就由子群的条件必有a ,bHabH;又充分性；由于 H 是 G 的非空子集, 如a ,bHabHH 的每一个元素
30、的阶都有限aH,nN,aneaan1ea1an1H,综上知 H 是 G 的子群；名师归纳总结 5 设是全部阶可逆矩阵关于矩阵的乘法构成的群. 第 19 页,共 35 页是全部行列式等于1 的阶矩阵所组成的集合. 就是的子群 . - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆证明 第一 , 单位矩阵的行列式为1, 所以非空 . 又对任一阶方阵, 假如, 就, 所以可逆 , 故, 是的子集 . 又对任意的. , 有所以这说明. 从而由定理知 , 是的子群 . 6群的任何两个子群的交集也是的子群 . 证明设为的两个子群 , 就, 就, 即; 1
31、 , 所以 2 任给, 因此; 3 任给, 那么, 因此, 所以. 从而由定理 2 知, 是的子群 . 7设为的子群 . 就在中左陪集的个数与右陪集的个数相同 . 证明 设, 分别表示, 在中的左、右陪集所组成的集合. 令. 名师归纳总结 就是到的双射 . 事实上, 所以 , 第 20 页,共 35 页 1 假如, 那么, 故. 于是 , 为到的映射 . - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆 2 任给, 有, 因此 , 为满射 . 3 假如 , 那么 , 因此 , 从而得为双射 .即 在 中左陪集的个数与右陪集的个数相同 . 8
32、有限群 的任一元素的阶都是群 的阶数的因子 . 证明 设 G 的元 a 的阶为 n, 就 a生成一个阶是 n 的子群,由以上定理, n 整除 G 的阶；9 设与为群 , 是与的同构映射 , 就为的单 1 假如为的单位元 , 就为的单位元 ; 2 任给, 为的逆元 , 即证明 1 由于由消去律知 , 位元 . 名师归纳总结 2 任给,第 21 页,共 35 页从而知为的逆元 . 所以 , . 10假如是交换群 , 就的每个子群都是的正规子群 . 证明由于为交换群 , 所以的每个左陪集也就是右陪集. 11 设为群的子群 . 如, 那么. 证明 任给, 假如, 那么. 假如, 那么与是在中的两个不同
33、的左陪集, 所以, 同理 ,.由于, 而, 所以. 同理可证 : . 从而. 由此知. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆12 设, , 就. 证明 1 , , , 就所以 , 为的子群 . 2 任给, , 就. 所以 , , 从而13群 的任何两个正规子群的交仍是 的正规子群 . 证明 设 与 为 的两个正规子群 , , 就 为 的子群. 又任给 , , 就由于 与 都是 的正规子群 , 所以所以 , . 故 . 14 设 与 是群 , 是 到 的同态映射 . 1 假如 是 的单位元 , 就 是 的单位元 ; 2 对于任意的
34、 , 是 在 中的逆元 . 即证明 1 由于 是 的单位元 , 设 是 的单位元 , 就从而有消去律得 : . 2 由于名师归纳总结 从而可知 , . 的满同态 .假如是的正规子第 22 页,共 35 页15 设与是群 , 是到群, 就是的正规子群 . - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆证明 由定理知 , 是的子群 . 又对任意的, 由于是满同态 , 所以存在 , 使得 . 从而所以 , 是 的正规子群 . 16 设,的阶为,证明的阶是,其中；,证明： 第一,；其次,如,即由于的阶为,所以,而,故的阶是；同态,证明是循环群；17 设是循环群, G 与证明 ：设 G ,下证；,存在,使,又,所以； 18 证明循环群的子群也是循环群；名师归纳总