抽象代数试题2009-6-11A-key

抽象代数试题

东 南 大 学 考 试 卷（A卷）

课程名称 近世代数 考试学期

08-09-3 得分

适用专业

数学系各专业

考试形式

闭卷

考试时间长度 120分钟

一、填空(每空2分, 共20分).

1. 设K为给定的正方形, 则K的对称群中一共有______个元素. 2. 设群G = {a, b, c}, 其中a2 = a, 则b 1 = ________. 3. 在3元对称群S3中, (123) 1 = ______.

4. 设群G中元素a的阶为10, 则a2的阶为__5__, a3的阶为__10__, a 1的阶为

____.

5. 设Z为整数环, n Z. 则当 n ____时, n生成的理想是素理想, 当 n __为素数__时, n生成的理想是极大理想. 6. 在复二次数环Z

]中, a +

__.

7. 设域F中共有n个元素, 且n为偶数, 则F的特征为________. 二、判断(每题2分, 共10分. 在正确的后面划“ ”, 错误的后面划“ ”.) 1. 设p为正的素数, G和H都是p阶群, 则G和H一定同构. ( ) 2. 若H1, H2都是群G的子群, 则H1∩H2, H1∪H2都是G的子群. ( ) 3. 设 是群G到群上的满同态, 是中指数为2的子群, 则

S = {s G | (s) }为G的正规子群, 且Ker 为S的正规子群. ( ) 4. 若整环R中只有有限多个元素, 则R是一个域. ( ) 5. x5 2在有理数域Q上的分裂域为Q

). ( ) 三、(20分) 设Z和Q分别为整数加法群和有理数加法群.

1. 验证Z为Q的正规子群. 证明: (1) 0 Z, 可见Z ;

(2) a, b Z, 有 a + b Z; (3) a Z, 有 a Z;

(4) 因为有理数的加法满足交换律, 所以 a Q, n Z, 有

a + n a = n Z, 综上所述, Z为Q的正规子群.

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抽象代数试题

2. 设 : Z Q为群同态, 证明: 存在a Q使得对于任意的k Z, 有 (k) = ak.证明: 令a = (1), 则a Q, 而且由 为群同态可知 (0) = 0, (k) = ( k).

于是对于任意的k Z,

(1) 当k > 0时, (k) = (1 + 1 + … + 1) =

(1) + (1) + … + (1) = ak.

k1 k(1)

(2) 当k = 0时, (k) = (0) = 0 = ak.

(3) 当k < 0时, k > 0, (k) = ( k) = a( k) = ak. 3. 设 : Q Z为群同态, 证明: 对于任意的a Q, 有 (a) = 0. 证明: 对于任意的a Q, 以及任意的正整数n, 有

aa

Q, 因而 () Z. nn

aaaa

又因为 (a) = (++…+) = n ().

nnnn

n个a/n

这意味着 (a)能被任意正整数n整除, 故 (a) = 0. 4. 问: Q是否为循环群? 为什么? 答: Q不是循环群.

事实上, 假设Q是循环群, 则存在a Q, 使得Q = <a>. 显然a 0. 于是对于任意的b Q, 存在n Z, 使得b = na.

aa

, 则存在n Z, 使得= b = na. 221

由a 0可得n =, 这与 n Z矛盾!

2特别地, 取b =

四、(10分)证明: 整环R中, a, b为相伴元当且仅当(a) = (b).

证明: ( ) 若a, b为相伴元, 则存在单位u R使得a = ub, b = u 1a.

于是对于任意的x (a), y (b), 有x = ra, y = sb, 其中 r, s R, 从而有x = ra = rub (b), y = sb = su 1a (a). 可见 (a) (b)且(b) (a). 故(a) = (b).

( ) 若(a) = (b), 则a (b), b (a), 故存在r, s R 使得a = rb, b = sa.

当a = 0时, 有b = 0 = 1a, 可见a, b为相伴元; 当a 0时, 由a = rb = rsa得rs = 1.

可见r为单位, 故由a = rb可知a, b为相伴元.

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五、(20分)设 是环(R, +, , 0)的自同态.

1. 对于任意的a, b R, 验证: (a b) = (a) (b).

证明: 因为 是环(R, +, , 0)的自同态, 所以对于任意的a, b R, 有

(a b) + (b) = [(a b) + b] = (a), 故 (a b) = (a) (b).

2. 验证 的核Ker 是R的理想.

证明: (1) 因为 (0) = 0, 所以0 Ker , 可见Ker 非空.

(2) 对于任意的a, b Ker , 有 (a+b) = (a) + (b) = 0 + 0 = 0,

即a+b Ker .

(3) 对于任意的a Ker , 有 ( a) = (a) = 0 = 0, 即 a Ker . (4) 对于任意的a Ker , r R, 有 (ra) = (r) (a) = (r)0 = 0,

(ar) = (a) (r) = 0 (r) = 0, 即ra, ar Ker .

综上所述, Ker 是R的理想.

3. 证明 是单射的充分必要条件是Ker = {0}.

证明: ( ) 若 是单射, 则对于任意的a Ker , 由 (a) = 0 = (0)可得a = 0.

可见Ker {0}. 而{0} Ker 是显然的, 故Ker = {0}.

( ) 设Ker = {0}, 则对于任意的a, b R, 由 (a) = (b)得

(a b) = (a) (b) = 0, 即a b Ker = {0}. 可见a b = 0, 即a = b.

故 是单射.

4. 对于任意的a R, 令 2(a) = [ (a)], 3(a) = [ 2(a)], …, k+1(a) = [ k(a)],其中k为正整数. 验证: Ker k Ker k+1.

证明: 对于任意的a Ker k, 有 k+1(a) = [ k(a)] = (0) = 0. 因而a Ker k+1.

这就是说Ker k Ker k+1.

5. 若环R仅有有限多个理想, 且 是满射, 则 是同构. 证明: 因为 是满射, 所以只要证明 是单射即可.

由上面的第3题可知, 只要证明Ker = {0}即可. 为此用反证法. 假设Ker {0}, 则存在0 x Ker , 即 (x) = 0.

由 是满射可知存在a1 R, 使得 (a1) = x. 显然a1 0且 2(a1) = (x) = 0. 可见a1 Ker 2但a1 Ker 2. 因此Ker Ker 2

. 对于上述a1 R, 存在a2 R, 使得 (a2) = a1.

类似上面的讨论可见a2 Ker 3但a2 Ker 2. 因此Ker 2 Ker 3

. 依次类推, 可得Ker Ker 2 Ker 3 …

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抽象代数试题

这与R仅有有限多个理想矛盾!

六、(20分)设F = {0, 1}为二元域, F[x]为F上的一元多项式环. f(x) = x2 + x + 1,

g(x) = x2 + x, h(x) = x2 + 1, k(x) = x2 F[x].

1. 指出f(x), g(x), h(x), k(x)中哪些是F[x]中的既约元, 并将其余的分解为既约元的乘积.

解: 因为F[x]中的全部1次多项式只有x + 1和x, 而(x + 1)(x + 1) = x …… 此处隐藏：1661字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……