2023年12月10日发(作者：iphone屏幕没坏但屏幕滑不动)

学而不思则惘，思而不学则殆

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Z12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a系为———。

5. 模8的剩余类环Z8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123456789分解为互不相交的循环之积是—543961827ne，那么m与n存在整除关———。

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G(a)为循环群，那么（1）若a的阶为无限，则G同构于___________，（2）若a的阶为n，则G同构于____________。

13. 在整数环Z中，23=__________________；

14、n次对称群Sn的阶是_____. 学而不思则惘，思而不学则殆

15. 设A1,A2为群G的子群，则A1A2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Z11是整数模11的剩余类环，则Z11的特征是_________.

21. 整环I={所有复数a+bi(a,b是整数)}，则I的单位是__________.

22. 剩余类环Zn是域n是_________.

23、设Z7 ={0，1，2，3，4，5，6}是整数模7的剩余类环，在Z7 [x]中, (5x-4)(3x+2)=________.

24. 设G为群，aG，若a12，则a8_______________。

25、设群G=｛e，a1，a2，…，an-1｝，运算为乘法，e为G的单位元，则a1n

=___.

26. 设A={a,b,c}，则A到A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.

29、若R是一个有单位元的交换环，I是R的一个理想，那么RI是一个域当且仅当I是————————。

30. 已知123451为S5上的元素，则＝__________。31254学而不思则惘，思而不学则殆

31. 每一个有限群都与一个__________群同构。

32、设I是唯一分解环，则I［x］与唯一分解环的关系是——————。

二、基本概念的理解与掌握。

（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A×B中含有（ ）个元素。

A.2

C.7

B.5

D.10

2.设A＝B＝R(实数集)，如果A到B的映射

：x→x＋2，x∈R，

则是从A到B的（ ）

A.满射而非单射

C.一一映射

B.单射而非满射

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.2

C.6

B.4

D.8

4、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； 学而不思则惘，思而不学则殆

B {0，1}，运算为普通的加法;

C {-1，1}，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cdB.2个 C.4个 D.无限个

a9. 设M2(R)= 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. 无单位元的交换环

C. 无单位元的非交换环 D. 有单位元的非交换环

10. 设Za2,当a为偶数时是整数集，σ(a)=a1

,当a为奇数时2 ，aZ，则σ是R的( ).

A. 满射变换 B. 单射变换 学而不思则惘，思而不学则殆

C. 一一变换 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→10x B、x→2x

C、x→|x| D、x→-x .

12、设是正整数集Z上的二元运算，其中ab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 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），（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、1 B、2 C、3 D、4.

14、设G,为群，其中G是实数集，而乘法:ab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、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。 学而不思则惘，思而不学则殆

17、设f:R1R2是环同态满射，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（ ）

A、欧氏环一定是唯一分解环

B、主理想环必是欧氏环

C、唯一分解环必是主理想环

D、唯一分解环必是欧氏环

19. 下列法则，哪个是集A的代数运算( ).

A. A=N, ab=a+b-2 B. A=Z,ab=a

bC. A=Q, ab=ab D. A=R, ab=a+b+ab

20. 设A={所有非零实数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A的同态满射的是( ).

A. x→-x

C. x→1

x B. x→1

x D. x→5x

21. 在3次对称群S3中，阶为3的元有( ).

A. 0个

C. 2个

B. 1个

D. 3个 学而不思则惘，思而不学则殆

22．剩余类环Z6的子环有( ).

A. 3个 B. 4个

C. 5个 D. 6个

23、设a,b,c和x都是群G中的元素且x2abxc1,acxxac，那么x（ ）

1a1； B.c1a1； C.a1bc1； D.b1ca。

24、设f:G1G2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G1的不变子群;

B.G1的不变子群的象是G2的不变子群。

C.G1的子群的象是G2的子群；

D.G2的不变子群的逆象是G1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。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。（ ） 学而不思则惘，思而不学则殆

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、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1。（ ）

13、如果环R的阶2，那么R的单位元10。（ ）

14、指数为2的子群不是不变子群。（ ）

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，所以零元和单位都不能唯一分解。（ ）

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中的学而不思则惘，思而不学则殆

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x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Px和Gauss整环（

Zi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R,,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0C是M2C的子域. （ ）

32、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. （ ）

0学而不思则惘，思而不学则殆

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. （ ）

35、有限群G中每个元素a的阶都整除群G的阶。（ ）

三、基本方法与技能掌握。

（四）计算题

1．设 为整数加群, ,求

[Z:H]?

解 在 Z中的陪集有:

,

,

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=S3。同理，若是S3的一个子群含有两个循环置换（21），（23）或（31），（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学而不思则惘，思而不学则殆

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

Z18的所有子群。

解

Z18的子群有

;

;

;

;

;

.

4． 将 表为对换的乘积.

解 .

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: 再经两次同样方式的洗牌后牌的顺序是怎样的?

解 每洗一次牌, 就相当于对牌的顺序进行一次新的置换.

意知, 第一次洗牌所对应的置换为

由题学而不思则惘，思而不学则殆

则3次同样方式的洗牌所对应的置换为

6． 在

Z6中, 计算:(1)

解 (1)

(2)

(3)

(4)

7．试求高斯整环

解 设

使得

(, 于是

因为 , 所以 . 从而 , , 或

;

;

;

.

的单位。

) 为 的单位, 则存在 ,

;(2) ; (3) ; (4) .

. 因此可能的单位只有

显然它们都是 的单位. 所以

8． 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:

恰有四个单位: 学而不思则惘，思而不学则殆

(1)

(2)

为

为

为

Z12的全部零因子.

Z12的全部可逆元. 直接计算可知, 相应的逆元, , , .

9、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

G1=（[0]）={[0]}

G2=（[1]）=（[5]）=R

G3=（[2]）=（[4]）={[0]，[2]，[4]}

G4=（[3]）={[0]，[3]}

易见，G1，G2，G3，G4都是R的理想，因而是R的所有理想。

10． 在

Z12中, 解下列线性方程组:

解:

x35y21161156111132319

即

11．求

, .

Z18的所有子环. 学而不思则惘，思而不学则殆

解 设 为

Z18的任一子环, 则 是

Z18的子加群, 而

有限阶循环群, 从而

得

,

.

,

,

也是循环群, 且存在 ,

为, 使. 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

Z18的子环. 于是

Z18恰有6个子环:

12. 试求

解 设 为

的所有理想.

的任意理想, 则 为

,

对任意的 ,

, 且

, 有

,

从而由理想的定义知, 为

且

的理想. 由此知,

.

的全部理想为

.

的子环， 则

13、数域F上的多项式环Fx的理想(x21,x5x31)是怎样的一个学而不思则惘，思而不学则殆

主理想。

解 由于x5x31x3x211，所以1x21,x5x31，于是得

x21,x5x311F[x]。

14、在

解

中, 求 的全部根.

, 将它们分别代入 ,可知共有16个元素: , , ,

共有下列4个元素

, , ,

为 的根.

15．试举例说明，环Rx中的m次与n次多项式的乘积可能不是一个

m+n次多项式.

解 例如，环Z6x中多项式

f(x)2x3x23x5 与

g(x)3x21

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1.

17、指出下列哪些元素是给定的环的零因子.

(1) 在M2(F)中.设A1-122　　0　　1　　,B，C1　　4　　.

0　　002学而不思则惘，思而不学则殆

(2) 在Z12中,它的全部零因子是哪些.

(3)

Z11中有零因子吗?

解 (1)

|A||C|0A,C是零因子,但B不是.

(2)

Z12中的零因子为[2],[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A10是纯量矩阵.因此M2(R)的中心

Ck01kR.

19．举例说明，非零因子的象可能会是零因子.

解：设

:ZZ6是环同态满射,其中:nn.则显然Z是整环， 所以Z中没有零因子。但在

Z6中,2 和

3、4 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4rrRR.

问：N4是否成立？N是由哪个偶数生成的主理想？

解：

4n,4mN,n,mR：

4n4m4(nm)N,nmR

故(4n4m)N,另外nR,4rN,rR

(4r)n4(rn)N,rnR

n(4r)(n4)r(4n)r4(nr)N,nRnrR,4rrRR.另方面，由于 故n(4r),(4r)nN.总之有N学而不思则惘，思而不学则殆

N4rrR,16,8,0,8,16,,

且4N.而且实际上N是偶数环中由8生成的主理想，即

N4rrR88r8nrR,nZ8nnZ，但是



44r4nrR,nZ4nnZ,8,4,0,4,8,因此，N4.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Zx是有单位元的交换环，容易证明x是它的一个素理想.而理想x,2真包含x且x,2Zx.从而知x是Zx的素理想但不是极大理想.

22、设H{(1),(12)},求S3关于H的所有左陪集以及右陪集.

解

S3{(1),(12),(13),(23),

,(123),(132)}H的所有左陪集为:(1)H(12)H{(1),(12)}H;

(13)H(123)H{(13),(123)};(23)H(132)H{(23),(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

证明 令 , 那么

, 方程

, 故

,则

与 都有唯一解.

为方程 的解。 又如 为 的任一解, 即 学而不思则惘，思而不学则殆

.

这就证明了唯一性.

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) 的逆元是 的逆矩阵

证明

(1) 设 都是 阶可逆矩阵, 则

. 所以

法是 的代数运算;

的乘法也满足结, , 从而

.

也是 阶可逆矩阵. 这说明矩阵的乘 (2) 因为矩阵的乘法满足结合律, 所以

合律;

(3) 设 为 阶单位矩阵, 则

的 , 有

所以, 是

(4) 设

矩阵, 则

的单位元.

, 则

, 故

, 故 , 且对任意. 从而 可逆, 设

, 且

为 的逆.. 学而不思则惘，思而不学则殆

所以 的逆矩阵 为 在

时

中的逆元. 因此,

是非交换群.

构成群. 由矩阵的乘法易知, 当

3． ，。那么H是S3的一个子群。

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；

IV.；

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;

abH;又充分性。由于H是G的非空子集，若a,bHH的每一个元素的阶都有限

aH,nN,aneaan1ea1an1H，

综上知H是G的子群。

5． 设 是所有 阶可逆矩阵关于矩阵的乘法构成的群.

是所有行列式等于1的 阶矩阵所组成的集合. 则

是 的子群. 学而不思则惘，思而不学则殆

证明 首先, 单位矩阵

任一 阶方阵 , 如果

是

所以

这说明

的行列式为 1, 所以

, 则

非空. 又对, 所以 可逆, 故

, 有

.

, 的子集. 又对任意的

. 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

(1)

(2) 任给

;

(3) 任给

所以

, 那么

. 从而由定理2知,

, 因此

是 的子群.

,

为 的两个子群, 则

, 所以

, 则

, 即 ;

, 因此

7． 设 为 的子群. 则 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

, .

则 是 到 的双射. 事实上

(1) 如果 , 那么 , 故 , 所以,

. 于是, 为 到 的映射. 学而不思则惘，思而不学则殆

(2) 任给

(3) 如果

, 有

, 那么

, 因此, 为满射.

, 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．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, 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 与 为群, 是 与 的同构映射, 则

为 的单位元;

为 的单 (1) 如果 为 的单位元, 则

(2) 任给

证明 (1) 因为

位元.

(2) 任给

从而知 为

,的逆元. 所以,

, 为 的逆元, 即

由消去律知,

.

10．如果 是交换群, 则 的每个子群 都是 的正规子群.

证明 因为 为交换群, 所以 的每个左陪集

右陪集 .

, 那么 .

. 如果 , 那,

. 同理也就是11． 设 为群 的子群. 若

证明 任给

么 与

同理,可证:

, 如果 , 那么

是 在 中的两个不同的左陪集, 所以.因为

. 从而

, 而

. 由此知

, 所以

. 学而不思则惘，思而不学则殆

12． 设

证明 (1)

的子群.

(2) 任给

,

,

,

, 则

, 则.

所以, 为

, , 则

所以, , 从而 .

13．群 的任何两个正规子群的交还是 的正规子群.

证明 设 与 为 的两个正规子群,

群. 又任给 ,

, 则 为 的子, 则因为 与 都是 的正规子群, 所以

所以, . 故

的同态映射.

是

在

的单位元;

中的逆元. 即

.

14． 设 与 是群, 是 到

(1) 如果 是 的单位元, 则

(2) 对于任意的

, 是

证明 (1) 因为 是 的单位元, 设 是 的单位元, 则

从而有消去律得:

(2) 因为

从而可知,

15． 设 与

群, 则 是

.

.

是群, 是 到

的正规子群.

的满同态.如果 是 的正规子学而不思则惘，思而不学则殆

证明 由定理知,

满同态, 所以存在

是 的子群. 又对任意的

. 从而

, 因为 是, 使得

所以,

16． 设是 的正规子群.

。

，即

，

，的阶为，证明的阶是，其中； 其次，若 ，而 证明：首先，因为的阶为，所以阶是。

，故的17． 设是循环群，G与同态，证明是循环群。

证明：设G＝()，

又 所以。

，存在，使，下证，

，

。

18． 证明循环群的子群也是循环群。

证明：设的正整数，下证

则

，设，若，H是G的子群，又设是属于H且指数最小。

，

学而不思则惘，思而不学则殆

故

，这与的取法矛盾，

。

，又假定的阶。

19． 假定和是一个群G的两个元，并且是，的阶是， 证明：一方面，，则 同理，；于是由

，有，故，，证明：的阶是； 另一方面，若；

的阶是。

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：

，，

，

。

21．设 是一个环, 如果 有单位元, 则 的单位元是唯一的.

的单位元常记作

证明

设 都是 的单位元, 则

所以, .

. 学而不思则惘，思而不学则殆

22、设R为实数集，a,bR,a0，令f(a,b):RR,xaxb,xR，将R的所有这样的变换构成一个集合Gf(a,b)a,bR,a0，试证明：对于变换普通的乘法，G作成一个群。

证明 (1)(封闭性)

　fa,b,fc,dG　xR, 我们有:

fa,bfc,dx　fa,bcxdacxdbacxadb　　　　　　fac,adbx.

由于a0,c0ac0



fac,adbGG中元素是封闭的.

(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)(单位元)显然f1,0G是R的恒等变换,由定

义2知f1,0必是G的单位元.

(4)(左逆元)　fa,bG 那么　a01

a0 故f1abaG 并且fa,bf1abaf1abfa,b .

a(这个等式可以验证)故知

1fa,bf1bfa,b.

aa由上述14Gfa,ba,bR,a0是一个R的变换群.

23．全体偶数

个没有单位元的交换环.

证明 (1) 任给 , 则

关于通常的数的加法与乘法构成一学而不思则惘，思而不学则殆

所以, 数的加法与乘法是 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

(3) 因为

的加法与乘法也满足这些运算律.

, 且对任意的

所以数零是

(4) 任给

的加法零元.

,

所以 的每个元都有负元, 且

构成交换环, 显然

,

.

无单位元.

, 且对任意的

, , 矛盾.

,

, 有

从而由环的定义知,

事实上， 如果

, 有

有单位元 , 则

，即 , 所以

224、设群G的每个元素x都适合方程x= 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x= e，y= e有x= x，y= y。又由(xy)=

22-1-12e有(xy)= xy。从而yx= y x= (xy)= xy．即G是交换群．

25． 证明数集

成一个有单位元的交换环.

证明 (1) 任给

, , 则

关于数的加法与乘法构

-1-1-1-1学而不思则惘，思而不学则殆

所以, 数的加法与乘法是 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

(3) 因为

的加法与乘法也满足这些运算律.

, 且对任意的

所以数零为

(4) 任给

且所以,

的零元.

,

的负元为

.

(5) 因为 , 且对任意的

所以数1为 的单位元.

, ,

, 有

,

, 有

26． 在一个无零因子环中, 两个消去律成立. 即设

如果

证明 设

, 从而

, 或

, 则

, 则 .

. 因为 无零因子, 且 , 所以

. 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H1、H2为G之子群，a、b∈H1∩H2，则a、b∈H1，且a、b∈H2．

又H1、H2为子群，故ab-1∈H1，ab-1∈H2，从而ab-1∈H1∩H2．又显然e∈H1∩H2，即H1∩H2非空，故H1∩H2是G之学而不思则惘，思而不学则殆

子群．

28． 证明

证明 可先证

元都可逆.

设

则 , 且

,

. 故, 则

为域.

. 令 ,

为域.

是有单位元的交换环. 下证, 的每个非零29、设R是阶大于1的交换环。证明：当R不含零因子时，R[x]亦然。

证明：因为 R >1，故R[x]有非零多项式。

设R[x]有零因子，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，ab0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，R[x]也没有零因子。

30． 在一个没有零因子的环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。假定的某一个元的阶是有限整数，而是的 学而不思则惘，思而不学则殆

另一个不等于零的元。由

以 的阶阶。

的阶；同样可得，的阶，可得

的阶。所以的阶，所的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． 如果无零因子环的特征是有限整数，那么是一个素数。

证明：假设n不是素数， ，但

这与环R无零因子矛盾。

33、求证：若a生成一个n阶循环群G，k与n互素，则a也生k成G。

证明：只须证明a的阶是n．

k设a的阶是r，e是G的单位元。由于a的阶是n，故 (a)=a

kknk n=e，知r整除n。 学而不思则惘，思而不学则殆

又由a的阶是r知a =(a) =e，而a的阶是n，故n整除kr．但kk rkrk与n互素，故n整除r，从而n等于r，即a的阶是n．

k34． 设 为 的非空子集. 证明: 为 的子环的充分必要条件时, 存在非负整数 , 使得

证明 (充分性) 设

(1)

(2)

从而由定理知, 为

(必要性) 设 为

.

的子环.

的子环, 则 为 的子群. 因

. 则任给

;

, , 有

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，a1，…，an-1}，a1，…，an-1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a1，a12，…，a1n1是R的n非0元，但R只有n-1个非0元，故必有i

ii，a1ia1jiaka1iak．

aka1jia1aka1又由于R没有零因子，则aka1jiak，a1jiakak，知a1ji是R之单位元，且a1是R之单位．同理，对任意的0akR可有s

是R之单位元，故ak是R之单位．从而R是一个除环．

36． 设 为环. 证明 的中心

是 的子环.

证明 (1) 因为对任意

(2) 对 ,

,

,

所以, , . 从而由定理2知, 为 的子环.

, 所以 . 故 .

37、设R是主理想环，a∈R，a≠0且(a)是R的最大理想，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[x][y]=[0]，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 的两个理想 与 的和

证明 (1) 设 ,

与交

,

都是 的理想.

. 则

且对任意的 ,

所以, 为 的理想. 学而不思则惘，思而不学则殆

(2) 设

, 所以

. 故

39、证明：Z, 则 , , 从而

,有

为 的理想.

, 且

, 且 . 又对任意的

. 从而知,

2i是主理想环。

证明 令N是Z2i的任意一个理想，a是N中绝对值最小的一个非零元素，下证Na。

任取N，显然

/Q[i]abia,bQ,

令/rsi(r,sQ).选取分别最接近r,s的整数m,n，即

10rm,210sn.

2 （1）

令mniZ[i].并由（1）得

/(rm)2(sn)21111.

442 （2）

现在令.显然0N.于是由（2）得

/

但是N中绝对值最小的非零元，故0.从而

().，因此N()。

40、证明：整数环上的多项式环Zx是一个唯一分解环。

证明

Z[x]的单位显然只有1。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Z[x]中任取f(x)0,1，显然f(x)可唯一表示成

f(x)ag(x)，（1）

(aZ,g(x)为本原多项式）学而不思则惘，思而不学则殆

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Z[x]内不可约元之积。因此，Z[x]是唯一分解成整环。

41、试证在整环DZ[3i]{ab3i|a,bZ}中4不能唯一分解。

证明 为了证明4不是D的唯一分解元，先证明两个事实。

（1）D的一个元是单位当且仅当21。

设ab3i是D的一个单位，那么

1，1，

22而2a23b2是一个正整数，2亦为正整数，所以21。

反之，假定2a23b21，则有b0，a1，即1，故为单位。

（2）适合条件24的元一定是不可约元。

当24时，0，且由（1）知也不是单位。设为的任a,bZ，，D，一因子，则有ab3i，那么2224，这只有21,2或4。但不论a,b是什么整数，都有2a23b22，

因此只有21或4。

若21，则为单位；

若24，元。

21，则为单位，因而1，即为的相伴学而不思则惘，思而不学则殆

故只有平凡因子，所以为不可约元。

现在我们看4在D里的分解式

42213i13i，

2因

24，13i4，13i4，

22由（2）知2，13i，13i都是D的不可约元。而且13i，13i都不是2的相伴元，因此4有两种不同的分解式。

所以4在D里的分解不唯一，DZ[3i]不是唯一分解环。

42、数域P上的一元多项式环Px是一个欧氏环。

证明：显然Px是一个有单位元的整环。

（1）令:f(x)f(x)的次数，则是非零多项式集P[x]到非负整数集的一个映射。

（2）由高等代数知在Px中任取f(x)及g(x)0，存在q(x),rxP[x]满足

f(x)g(x)q(x)r(x)，其中r(x)0或r(x)的次数(r(x))g(x)的次数(g(x))。

因此Px关于作成一个欧氏环。

43、证明 若K为欧氏环，则对任意a,bK，a,b存在最大公因子d且有s,tK，使得dsatb。

证明 设a、b均为0，则它们的最大公因子为0。

若a、b中至少有一个不为0，在欧氏环中，每一个非零元素都有一个非负整数x，令d是集Nxaybx,yK中对应的非负整数最小元素，因此d能够写成dsatb（对某个s,tK），因学而不思则惘，思而不学则殆

此rahdahsatb1hsahtbN。

因为d是N中元素对应的非负整数最小的元素，因此r0，从而da同理db。如果

c|a ，c|b,则akc,blc,dsabtskctlc(sktl)c,从而c|d，即d为a,b的最大公因子。

44、若R环的特征为素数p,且R可交换,则有

abpapbb,

a,bR.

证明 因R是交换环, 所以

p22p1abpapc1pap1bc2bcpabp1bp

pa显然,当1kp1时,我们有(k!,p)=1,又因

kkpc

k!ck!,进而

pp1pk1pkcp,

pp所以

ckpa0.

于是

abpapbp.

45、证明Qx是主理想环。

证明 设A是Qx的任意理想，若A0，则A0。若A0，则在A中取一个次数最低的多项式f(x)，对g(x)A，有q(x)Q[x]，r(x)Q[x]使得

g(x)f(x)q(x)r(x)，其中r(x)0或(r(x))(f(x))。因f(x)，g(x)A ，所以r(x)A，故r(x)0。从而

即A(f(x))，因此Qx是主理想环。

g(x)f(x)q(x)，