抽象代数试题2006(A)-key

东 南 大 学 考 试 卷（A 卷）
课程名称 抽象代数 考试学期05-06-3 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3分，共15分)。

1. 设S 5为5次对称群，π = S ∈⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛42153543215。

(1) 把π分解为不相连的循环置换的乘积：π = (1 3)(2 5 4)。

(2) 把π分解为(1 2), (1 3), (1 4) , (1 5)这4个2-循环置换中的若干个的乘积：π = (1 3) (1 2) (1 5) (1 4) (1 2)。

2. 设整环R 的特征为5，则R [x ]中的f (x ) = (x +4)5展开化简得f (x ) = x 5 + 4。

3. ω =i 2321+−在有理数域Q 上的极小多项式是x 2 + x + 1，[Q (ω):Q ] = 2。

二、举例子(要求简要说明所给的例子确实符合条件。

每小题8分，共24分)。

1. 一个群G ，它有且仅有一个非平凡的不变子群。

答：设Z 为整数关于通常的加法所成的群，G = Z /4Z 。

则G = (1+4Z ) = (3+4Z )是循环群, 它的子群一定也循环群. 由此可得G 只有3个子群：{0+4Z }，{0+4Z , 2+4Z }，G ， 其中N = {0+4Z , 2+4Z }是G 仅有的一个非平凡的不变子群。

2. 一个主理想整环R ，它有一个子环S 不是主理想整环。

答：设Z 和Q 分别为整数环和有理数域，R = Q [x ]，S = Z [x ]。

则S 是R 的
子环，且R 是主理想整环，而S 不是主理想整环。

事实上，域上的一元多项式环是都欧氏环，从而是主理想整环，而Z [x ]有一个理想(2, x )不是主理想。

因为假若(2, x ) = (p (x ))，则p (x ) | 2, p (x ) | x , 由此可得p (x ) = ± 1，但± 1∉(2, x )，矛盾！
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3. 有理数域Q 上的一个多项式f (x )，α是f (x )的根，但f (x )的分裂域不是Q (α)。

答：令f (x ) = x 3 −2，α =32，ω =i 2321+−。

则f (x ) = x 3 −2 = (x −α)(x −αω)(x −αω2)，
假若f (x )的分裂域是Q (α)，则ω∈ Q (α)，于是Q ≤ Q (ω) ≤ Q (α)。

从而[Q (ω):Q ]整除[Q (α): Q ]，但[Q (ω): Q ] = 2，[Q (α): Q ] = 3，矛盾！ 所以f (x )的分裂域不是Q (α)。

三、(16分) 设群(G ,·, e )的两个元素a ，b 的阶分别为正整数m ，n ，并且
ab = ba ，(m ，n ) = 1。

(1) 化简: (ab )mn ，(2) 求ab 的阶。

解：因为a ，b 的阶分别为正整数m ，n ，并且ab = ba ，
所以(ab )mn = a mn b mn = (a m )n (b n )m = e n e m = e ，
另一方面，若正整数k 满足(ab )k = e ，则a k b k = e ，
从而b km = a mk b km = (a k b k )m = e ，故n | km 。

又因为(m ，n ) = 1，所以n | k 。

同理可得m | k 。

再由(m ，n ) = 1得mn | k 。

所以ab 的阶为mn 。

四、证明(每小题10分，共30分)。

1. 设Z [i] = {a + b i | a , b ∈ Z }，其中Z 为整数集，i =
1−。

证明：(1) (Z [i], +)是复数加法群(C , +)的子群， (2) (Z [i], +)不是循环群。

证：(1) 因为0∈ Z [i]，所以Z [i] ≠ ∅，
又因为对于任意的a + b i, c + d i ∈ Z [i]，
(a + b i) − (c + d i) = (a − c ) + (b − d )i ∈ Z [i]，
所以(Z [i], +)是复数加法群(C , +)的子群。

(2) 假若Z [i] = (a + b i)，则1 ∈ Z [i] = (a + b i)，
故存在n ∈ Z 使得1 = n (a + b i)，于是 na = 1，nb i = 0。

由此可得a = 1或−1，b = 0，从而(a + b i) = Z ，矛盾！
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2. 设R为一个环，I和J是R的两个理想，T = {x + y | x∈I, y∈J}。

证明：(1) T是R的理想，(2) I∪J构成R的理想当且仅当I⊆J或J⊆ I。

证：(1) 因为0∈T，所以T≠∅，
又因为对于任意的a + b, c + d∈T，r∈R，其中a，c∈I；b，d∈J，
有a−c，ra，ar∈I；b−d，rb，br∈J，从而
(a + b) − (c + d) = (a−c) + (b−d) ∈T，
r(a + b) = ra + rb，(a + b)r = ar + br∈T，
所以T是R的理想。

(2) 设I∪J构成R的理想。

如果I⊆J和J⊆ I都不成立，
则存在x∈I，y∈J，但x∉J，y∉I，
于是x，y∈ I∪J，从而x + y∈ I∪J。

故x + y∈ I或x + y∈J。

若x + y∈ I，则y = (x + y) −x∈I，矛盾！
若x + y∈ J，则x = (x + y) −y∈J，矛盾！
由此可得I⊆J或J⊆ I。

反过来，当I⊆J时，I∪J = J是R的理想；
当J⊆ I时，I∪J = I是R的理想。

3. 设R和S是两个环，证明：存在环的同态映射ϕ：R →S的充分必要条件是
R有一个剩余类环与S的一个子环同构。

证：(⇒) 若存在环同态映射ϕ：R →S，
则由环同态基本定理可得R/Kerϕ≅ Imϕ，而Imϕ是S的子环。

(⇐) 设I是R的一个理想，T是S的一个子环，
且ψ：R/I→T为环同构。

则由环同态基本定理可得同态满射η：R→R/I。

再令α：T→S；t6t，(∀t∈T)
则ϕ = αψη是从环R到S的同态映射。

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五、(共15分)。

设(M, +, 0)为一个Abel群，S为M的全体自同态映射构成的
集合，即S = { f：M→M | f(x +y) = f(x)+ f(y)，∀ x, y∈ M }。

对于任意的f，g∈S，定义
6
f + g：M→M；x f(x) + g(x) (∀x∈ M),
6
f·g：M→M；x f [g(x)] (∀x∈ M),
问：(S, +,·)是否为一个环？为什么？
答：(S, +,·)是否为一个环。

因为
(1) ∀f，g∈S，有f +g, fg∈S, 事实上,∀ x, y∈ M，
(f +g)(x +y) = f(x +y) + g(x +y) = f(x)+ f(y) + g(x)+ g(y)
= f(x) + g(x)+ f(y)+ g(y) = (f +g)(x) + (f +g)(y) ∈ M (fg)(x +y) = f[g(x +y)] = f [g(x)+ g(y)] = f [g(x)]+ f [g(y)]
= (fg) (x) + (fg)(y) ∈ M
即f +g和fg都是M的自同态映射.
(2) (S, +)是可换半群, (S,·)是半群. 事实上, ∀f, g, h∈S，∀ x∈ M，
[(f +g) + h](x) = (f +g)(x) + h(x) = [f(x) + g (x)]+ h(x) = f(x) + [g(x) + h(x)]
= f(x) + (g + h)(x) = [f +(g + h)](x),
即(f +g) + h = f +(g + h), 类似地(fg)h = f(gh).
而且(f +g)(x) = f(x) + g(x) = g(x)+ f(x) = (g +f)(x), 即f +g = g +f.
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(3) 零同态0: M→M；x0 (∀x∈ M)是(S, +)中的零元.
事实上, ∀f∈S，∀ x∈ M，
(f + 0)(x) = f (x) + 0(x) = f(x) + 0 = f(x), 即f + 0= f.
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(4) ∀f∈S，g: M→M；x− f(x) (∀x∈ M)是f的负元.
事实上, ∀ x∈ M，
(f + g)(x) = f (x) + g(x) = f(x) + [− f(x)] = 0 = 0(x), 即f + g = 0.
(5) ·对于+适合两个分配律, 事实上, ∀f, g, h∈S，∀ x∈ M，
[h(f + g)](x) = h[f(x)+ g(x)] = h[f(x)] + h[g(x)] = [hf + hg](x),
即h(f + g)= hf + hg.
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