所以F22又零因子,因而F22不是一个除环.
九、环R叫Boole环是指a2?a,?a?R。证明：每个Boole环都是交换环并且
a?a?0,?a?R。
答案：?a?R,a?a2?(?a)2??a，所以a?a?0,?a?R；
由于?a,b?R,(a?b)2?a2?b2?ab?ba?a?b，即有ab?ba?0,ab?ba。 十、Z3是模3的剩余类所作成的集合。找出加群Z3的所有自同构映射，再找出域Z3的所
有自同构映射。
答案：对加群Z3的自同构映射，自同构映射必保持零元，所以有2个自同构映
射,?1:i?i,i?0,1,2; ?2:0?0,1?2,2?1.
对域Z3的自同构映射，自同构映射必保持零元和单位元，所以有1个自同构映射,?1:i?i,i?0,1,2;
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1． 2。D 3。 D 4。A 5。C 6。 B 1. 如果A?B?A?C,A?B?A?C， 则（C ）。 A.B?C B. B?C C. B?C D. B?C
2. 设A?{1,2,3},B?{a,b,c}，则A到B的映射个数有（D ）。 A. 9 B. 6 C. 12 D. 27 3. 指出下列那些运算是二元运算（D ）。 A．在整数集Z上，a?b?a?b B. 在有理数集Q上，a?b?abab
?C.在正实数集R上，a?b?alnb D.在集合n?Zn?0上，a?b?a?b
??4. 下面是交换半群，但不是群的是（ A ）。
A. (N,?) B. (Q,?) C. (Z,?), 其中是非零整数集合 D. (C,?) 5. 设e是群G的单位元，a,b是G的两个元素，则（ C ）。 A. (ab)?1*?a?1b?1 B. (ab)?2?a?2b?2 C. 若a2?e，则a?a?1 D.ab?ba
6.精确到同构, 4阶群有( B )个。 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
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7. 以下命题中，正确的是( B )。 A. 任意一个环R，必含有单位元 B. 环R中至多有一个单位元
C. 环R有单位元，则它的子环也有单位元
D. 一个环与其子环都有单位元，则两个单位元一定相同 8.Z6的所有子环是（ D）。
A. {0},{0,3},{0,2,4} B. {0},Z6
C. {0},{0,3},Z6 D. {0},{0,3},{0,2,4},Z6 9.在高斯整环Z[i]的下面理想中是素理想的是（D ）。 A. (5) B. (2) C. (9) D. (3)
10.数环Z中,n的相伴元是（C ）。
A. 只有n B. 只有?n C. 只有n与?n D. 无数多个
二、填空题
1．设集合A有一个分类，其中Ai与Aj是A的两个类，如果Ai?Aj，那么Ai?Aj?
?。
2．设群G中元素a的阶为m，如果a?e，那么m与n存在整除关系为m|n。 3．凯莱定理说：任一个子群都同一个变换群同构。
4．设F是一个有四个元的除环，则F的特征是 2 。
5．设R是有单位元的环，a?R，I是由a生成的主理想，那么I中的元素可以表达为
nn?xay,其中n?Z,x,y?R。
+iiiii?1
三、计算题
1．设9次置换????5??123456789??， ?37618942?（1）将?表成互不相交的轮换乘积； (2) 将?表示成形式为对换的乘积；
(3)求出?的逆与的阶。 提示：（1）??(15)(2379)(468),
（2）??(15)(29)(27)(23)(48)(46)（3）??1?(15)(9732)(864),|?|?12。
2．设S3是三次对称群，H?{(1),(12)}是S3的子群。
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（1）求出S3关于H的所有左陪集和右陪集； （2） 写出S3的所有子群与正规子群。
提示：左陪集：H?{(1),(12)} ；(13)H?{(13),(132)}；(23)H?{(23),(123)}---3分 右陪集：H?{(1),(12)} ；H(13)?{(13),(123)}；H(23)?{(23),(132)}---6分 子群：H1?{(1)},H2?{(1),(12)}
H3?{(1),(13)}},H4?{(1),(23)},H5?{(1),(123),(132)},H6?S3六个子群；---12分
H1?{(1)},H5?{(1),(123),(132)},H6?S3三个正规子群。
四、证明题
1．证明：6阶群至少有一个3阶子群。
提示：设G是一个6阶群,e是的单位元，由Lagrange定理, G的非单位元的阶只能是2,3,或6.若G中非单位元的阶皆为2,则G是交换群。设a,b是两个2阶元，则{e,a,b,ab}是G的4阶子群这与Lagrange定理矛盾，所以G中必有3阶元或6阶元。---8分；若b是6阶元,则b是三阶元,因此G必有一个3阶子群；若c是三阶元，则G必有一个3阶子群。 2．设?是群G到群G的一个同态满射，K?Ker?,H?G,则??1(?(H))?HK。 提示：?hk?HK，?(hk)??(h)?(k)??(h)??(H)，因此hk???1(?(H))，即
?2HK???1(?(H))；-4分?x???1(?(H))，有?(x)??(H)，存在h?H，使得
?(h)??(x)，因此?(hx)??(h)?(x)?e?K，存在k?K，使得h?1x?k,x?hk?HK，即??1(?(H))?HK，因此??1(?(H))?HK。
3.假定R是由所有复数a?bi(a,b是整数)作成的环,
(1)环R/(1?i)有多少元? (2) 证明: R/(1?i)是一个域. 提示：R是有单位元的可换环,那么理想(1?i)的元素形式为
?1?1?(a?bi)(1?i)?(a?b)?(a?b)i,注意到a?b,a?b同奇偶性；而且对任意的x?yi?R,且x，y的奇偶性相同,设a?b?x,a?b?y,即a?x?yy?x,b?,22则x?yi?(1?i),因此(1?i)由一切x?yi组成,其中x，y同奇偶性；-6分
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由此可见对任意的x?yi?R,只要x，y同奇偶性,恒有
x?yi?(1?i)?(1?i)；若x?yi?R,且x，y奇偶性不相同,恒有x?yi?(1?i)?1?(1?i),即R/(1?i)?{0,1},从而R/(1?i)是仅含有两个元的域,即R/(1?i)?Z2.
4.假定R是偶数环。
(1). 证明：所有整数4r(r?R)是的一个理想N； (2). 证明:(4)是R的最大理想,但R/(4)不是一个域。
提示：(1). 显然N非空； 令4r1,4r2是N的任意两个元,由于偶数减偶数还是偶数，所以4r1?4r2?4(r1?r2)?N,； 令r是R的任意元,由于偶数乘偶数还是偶数,所以
r(4r1)?4(rr1)?N,因此N是R的一个理想；
(2).(4)刚好含有一切4n,这里n是整数 .设M是R的一个理想,并且
(4)?M, (4)?M,那么有2m?M,2m?(4),由此有
2m?4q?2,2m?4q?2?N,则N?(2)?R,这就是说(4)是R的最大理想；在
R/(4)中[2]\\[0],而[2][2]?[4]?[0],因此R/(4)有零因子,因而R/(4)不是一个
域.
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二、判断题
1、假如一个集合A的代数运算?适合交换率，那么在a1?a2?a3?an里(ai?A)，元的次
序可以交换。
2、如果无零因子环的特征是有限正整数n, 则n一定是素数。
3、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。 4、S4的置换????2??1234??是一个4—循环置换。
143??5、环R的非空子集S作成子环的充要条件是：
1）若a,b?S,则a?b?S； 2）a,b?S,，则ab?S。
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提示：1、×， 2、√， 3 √， 4、×， 5、√ 三、证明题
1、设G是由以下四个二阶方阵作成的集合
?10???10??10???10?a???01??,b???0?1??,c???0?1??,d???01??
????????证明：G对方阵的普通乘法作成一个交换群，并给出乘法表。 提示：由题设可列乘法表：
a b c d
a a b c d b b a d c c c d a b d d c b a
由此表可知：方阵普通乘法是G的代表运算，a 是G的单位元，又由于对角线位置上的元素相等，故乘法可以交换，且每个元素G中都有逆元，结合率显然成立。故G对方阵普通乘法作成一个交换群。
2、证明：在任意群G中，a与a有相同的阶 （a?G) 提示：设a?G,且a 的阶为n 即a?e （e是G 的单位元）
则：(a?1)n?a?n?(an)?1?e?1?e 即a的阶也为n,反之亦然，即证得：a与a相同的阶。
3、设G=（a）是循环群，证明：当a?n时，G（a）与n次单位根群同构。
提示：设a?G?(a)的阶为n ,则易看出映射?:a?e是G=（a）到n次单位根群 （e）=1,e,e,?emm?1?1n?1有
?2n?1? (e为n次原根)的一个同构映射，故G=（a）?(e)。
4、设R是阶大于1的可交换环，证明：当R不含零因子时，R[x]也不含零因子。 提示：、证：因为环R 的阶大于1，故R[x]有非零多项式，假如R[x]有零因子，即存在非零多项式f(x),g(x)?R[x]，使f(x)?g(x)?0，令a?0,b?0分别为f(x)，g(x)的最高次项系数，则f(x)?g(x)的最高次项系数为ab，应有ab=0，（因f(x)?g(x)?0），即a是R的零因子，这与R元零因子矛盾，即若R不含零因子时，R[x] 也不含零因子。
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