贵师大抽象代数考试卷

1贵州师范大学数学与计算机科学院2006-2007年度第二学期期末考试试卷(A)考试科目名称：近世代数;班级：2004级本科数学专业。注：本试题共三个大题，16个小题。满分100分。一、选择题（每小题有4个备选项，仅一项正确的可选。每小题3分，共15分）1、设实数在有理数域Q上的极小多项式f(x)的次数为n,则可以用圆规直尺作图作出的条件是()。(A)n是2的方幂；(B)n是素数；(C)n是素数的方幂；(D)n2。2、设H是群G的正规子群，商群G/H中的元素是()。(A)H中的元素；(B)G\H中的元素；(C)G关于H的所有右陪集；(D)H的所有共轭g1Hg。3、设SR:是环同态,则同态的核()。(A)Ker()={aS:bR,(b)=a}；(B)Ker()={aR:(a)=a}；(C)Ker()={aR:(a)=1}；(D)Ker()={aR:(a)=0}。4、下列数中，能用圆规直尺来作出的是()。(A)622；(B)80560cos；(C)2；(D)020sin11。5、设I是交换环R的理想,|R|=81,|I|=3,下列结论中正确的是()。(A)R一定是特征为3的域;(B)商环R/I中有27个元素;(C)R可能是域且I是R的子域，[R:I]=3;(D)商环R/I一定是特征为3的域。二、简答题（每小题6分，共30分）6、剩余类环Z6是域吗？为什么？7、环R的含有单位元的理想有多少个？为什么？8、300阶群G有7阶元吗?为什么？29、x32是实数321在有理域上的极小多项式吗？为什么？10、设有限域F含有343个元素，说明Z7是F的素域。三、解答题11、(7分)把置换ρ=(1365)(3457)(7215)表示为不相交的轮换的乘积12、(8分)计算20072007(mod5)13、(10分)设f(x)=x4+x+1Z2[x],(1)求Z2[x]中所有一次和二次不可约多项式;(2)证明:f(x)在Z2[x]中不可约;14、(10分)设G是群,Z(G)={aG:gG,ga=ag}是G的中心.证明:(1)Z(G)是G的正规子群;(2)如果商群)(GZG是循环群,则G是交换群。15、(10分)证明：模n的剩余类环Zn的每个子加群都是理想。16、（10分）就你所知,《近世代数学》在科研工作和生产实践中都有哪些应用？.3贵州师范大学数学与计算机科学学院2006-2007年度第二学期期末考试试卷(B)考试科目名称：近世代数;班级：2004级本科数学专业。注：本试题共四个大题，18个小题。满分100分。4一、(20分)回答下列问题：1、(4分)列出剩余类加群Z10的全部元素；2、(4分)写出加法群Z10的全部生成元、全部子群；3、(4分)写出剩余类环Z10的全部理想；（全部子群）4、(4分)写出剩余类环Z10的全部可逆元（生成元）、全部零因子、负元；5、(4分)Z10是域吗？说明理由。二、简答题（每小题6分，共30分）6、7阶群的子群共有多少个?为什么?7、除环的理想有多少个?为什么?8、商环Q[x]/(x2+x+1)是域吗?为什么?。9、设N是有限群G的正规子群,商群G/N与三次对称群S3同构,N≌Z11。说明:22||G|.10、有锐角的棱形的对称性群是几阶群?三、计算题（每小题6分，共30分）11、复数域C作为实数域R的扩域，求指数[C:R].12、计算20082008(mod7).13、把置换ρ=(41536)(3745)(2175)表示为不相交的轮换的乘积。14、如果域E的乘法子群E*=E\{0}有一个13阶子群H,且[E*:H]=2,求|E|和域E的特征。15、求2+1在有理数域Q上的极小多项式。四、证明题（三个小题，共20分）16、(6分)证明：有限域E的特征数p||E|.17、(6分)设G=a,|a|=n.证明：G是单群当且仅当n是素数.18、(8分)设GLn(R)是实数域R上的一般线性群,SLn(R)={AGLn(R):|A|=1}.证明：(1)SLn(R)是GLn(R)的正规子群;(2)商群RRSLRGLnn)()(。试卷（A）参考答案一、（A）、（C）、（D）、（B）、（B）。5二、简答题6、答：Z6不是域。因为6不是素数。（或：因为Z6中有零因子[2][3]=[0]；或：因为[2]没有逆元。）7、答：只有一个。因为，设I是R的任一理想，若单位元1I，则aR，由理想的吸收性，则a=a1I，故必I=R。所以，R的含有单位元的理想只有一个，就是R。8、答：没有。因为，假如G有7阶元，由Largrange定理，则7||G|=300，矛盾。9、答：不是。因为实数321不是x32的根。10、答：因为|F|=343=73，可知F的特征是7，因而Z7是F的素域。三、解答题11、解：(1365)(3457)(7215)=(17234)(56)12、解：2007≡2(mod5)20072007=20074×501+3≡24×50123≡3(mod5).13、解:(1)Z2[x]中的一次和二次多项式只有x,x+1,x2+x+1,x2,x2+x,x2+1,其中x2和x2+x显然是可约的,x2+1=(x+1)2也是可约的,而二次多项式x2+x+1在Z2上没有根,故不可约.所以,Z2[x]中的一次和二次不可约多项式只有:x,x+1,x2+x+1.(2)证明.容易验证,f(x)在Z2上没有根,因而,由(f(x))=4知,f(x)没有一次和三次因式.假设f(x)是可约的,则f(x)只有二次不可约因式,由(1),即有f(x)=(x2+x+1)2=x4+x2+1x4+x+1=f(x),矛盾.所以,f(x)在Z2[x]中不可约。14、证明：(1)a,bZ(G),gG,由Z(G)的定义有ga=ag,bg=gb,于是b1g=gb1,ab1g=agb1=gab1,从而得ab1Z(G),即Z(G)是G的子群.在由Z(G)的交换性,易知Z(G)是G的正规子群.(2)若G/Z(G)是循环群,则有gG使得G/Z(G)=gZ(G).x,yG,有正整数k使得xZ(G)=(gZ(G))k=gkZ(G),从而有aZ(G)使得x=gka.同理,有正整数lN和bZ(G)使得y=glb.于是由Z(G)的交换性有6xy=gkaglb=gkglab=glgkba=glbgka=yx.所以,G是交换群.15、证明：设I是Zn的任一子加群，[x]I，[m]Zn，[x][m]=|m|个[x]相加，而I关于加运算封闭，故[x][m]I。所以，I是Zn的理想。16、答:就本教材中所介绍,《近世代数学》在科研工作和生产实践中的应用有:①群论在物理学、化学、结晶学、组合计算中的应用；②有限域在计算机科学、编码和密码技术中的应用；③从群论观点对几何学进行分类（Klein的Erlangen纲领）；④域的扩张理论否定了古希腊三大几何作图难题；⑤复数域的存在性论证。7试卷（B）参考答案一、答：1、Z10={[0]，[1]，[2]，[3]，[4]，[5]，[6]，[7]，[8]，[9]}（或={0+10Z，1+10Z，2+10Z，3+10Z，4+10Z，5+10Z，6+10Z，7+10Z，8+10Z，9+10Z}）。2、Z10的全部生成元是：[1]，[3]，[7]，[9]。Z10的全部子群有：H1={[0]}，H2={[0]，[2]，[4]，[6]，[8]}，H3={[0]，[5]}，H4=Z10。3、Z10的全部理想有：I1={[0]}，I2={[0]，[2]，[4]，[6]，[8]}，I3={[0]，[5]}，I4=Z10。4、Z10的全部可逆元是：[1]，[3]，[7]，[9]。5、Z10不是域。因为10不是素数。（或：因为Z10中有零因子[2][5]=[0]；或：因为[2]没有逆元。）二、简答题6、答：7阶群G的子群只有两个：单位元群和G本身。因为，由Largrange定理，子群的阶必是G的阶7的因数，因而只能是1或7。所以，7阶群G只有平凡子群。7、答：除环R的理想只有两个：零理想和R本身。因为，设I是R的任一理想，若有非零元aI，在除环R中有a1R，于是单位元1=aa1I，进而，bR，由理想的吸收性，则b=b1I，故必I=R。所以，R只有零理想和R本身。8、答：是。因为x2+x+1是有理数域Q上的不可约多项式。9、答：由Largrange定理，|G|=|G/N||N|=|S3||Z11|=6×11=3×22。10、答：有锐角的棱形只有两条对称轴，即两条对角线。因此，它的对称性群G由转角为0°和180°的两个旋转与关于两条对角线的两个反射组成，因此，|G|=4。三、计算题11、解：因为复数域C作为实数域R上的向量空间，其维数是2，所以，指数[C：R]=2。12、解：2008≡6(mod7)20082008=20086×334+4≡66×33463≡86(mod7).13、解：(41536)(3745)(2175)=(25)(3764).14、解:如果域E的乘法子群E*=E\{0}有一个13阶子群H,且[E*:H]=2,则|E*|=2|H|=26，进而，|E|=27=33，域E的特征是3。15、解：2+1在有理数域Q上的极小多项式为f(x)=x22x1。因为,f(x)没有有理根，因而是Q上的不可约的，又2+1是f(x)=x22x1的根，所以，2+1在有理数域Q上的极小多项式为f(x)=x22x1。四、证明题16、证明：因为域的特征p是单位元关于域的加法群的阶，由Largrange定理，则p||E|。17、证明：当G=a是单群时，设n=pq，则|ap|=|ap|=q。由于单群G只有两个正规子群：{e}和G，且循环群G的每个子群都是正规子群，那么，G只有两个子群。所以，ap={e}或G，进而|ap|=q=1或n。可见，n是素数。反之，当n是素数时，由Largrange定理可知，G只有两个子群，当然也就只有两个正规子群，因而是单群。18、证明：(1)A，BSLn(R)，因为|AB|=|A||B|=1，|A1|=||1A=1，所以，AB，A1SLn(R)。SLn(R)是GLn(R)的子群。ASLn(R)，BGLn(R)，|B1AB|=|B1||A||B|=1B1ABSLn(R)，所以，SLn(R)是GLn(R)的正规子群。(2)令f：GLn(R)R*，f（A）=|A|，则f是满同态，而同态的核Kerf=SLn(R)，由群的同态基本定理知，商群)()(RSLRGLnnR*。