北航2012抽象代数试卷与答案

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抽象代数一习题答案

抽象代数一习题答案在抽象代数中，习题通常涉及群、环、域等代数结构的定义、性质和例子。

以下是一些抽象代数习题的答案示例。

习题1：证明如果一个群G是阿贝尔群，那么它的每个子群也是阿贝尔群。

答案：设H是群G的一个子群。

由于G是阿贝尔群，对于任意的a, b属于G，我们有ab = ba。

现在考虑任意的h1, h2属于H。

由于H是G的子群，h1和h2也属于G。

因此，我们有h1h2 = h2h1（因为h1h2和h2h1都是G中的元素，并且G是阿贝尔的）。

这表明H中的元素满足交换律，所以H也是阿贝尔群。

习题2：证明如果一个环R有单位元，那么它的每个理想都是主理想。

答案：设I是环R的一个理想，我们需要证明I是一个主理想，即存在一个元素r∈R使得I = (r)，其中(r)表示由r生成的理想。

由于R有单位元1，考虑元素1 - r。

由于I是理想，1 - r也属于I。

因此，我们有1 - r = a(r) + b，其中a, b属于R。

将等式两边乘以r，我们得到1 = ar + rb。

这意味着r(1 - ar) = rb。

由于1 - ar属于I（因为I是理想），我们有r属于I。

现在，对于I中的任意元素x，我们可以写x = (1 - ar)x + arx。

由于ar属于I，(1 - ar)x也属于I。

因此，x = r(1 - ar)x，表明x可以由r生成。

所以I = (r)，证明完成。

习题3：证明如果一个域F的元素a不是单位元，那么a的阶是有限数。

答案：设a是域F中的一个非单位元。

我们需要证明存在一个正整数n使得a^n = 1。

考虑集合{1, a, a^2, a^3, ...}。

由于F是域，它没有零除数，因此a^n ≠ 1对于所有n。

这意味着集合中的元素都是不同的。

然而，域F是有限的，因此不可能有无限多不同的元素。

因此，必须存在最小的正整数n > 1，使得a^n = a^1。

这意味着a^(n-1) = 1，所以a的阶是有限的。

抽象代数期末考试试卷及答案

抽象代数试题一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分)在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。

错选、多选或未选均无分。

1、6阶有限群的任何子群一定不是( )。

A、2阶B、3阶C、4阶D6阶2、设G是群，6有()个兀素，则不能肯定G是交换群。

A 4个B 、5个C 、6个D 、7个3、有限布尔代数的元素的个数一定等于( )。

A、偶数B奇数C、4的倍数D、2的正整数次幕4、下列哪个偏序集构成有界格( )A、(N, ) B 、(乙)C、({2,3,4,6,12},| (整除关系)) D (P(A),)5、设S3= {(1) , (12)，(13)，(23)，(123)，(132)}，那么，在S3 中可以与(123) 交换的所有元素有()A (1)，(123)，(132)B 、12)，(13)，(23)C、⑴，(123) D 、S3中的所有元素二、填空题(本大题共10小题，每空3分，共30 分)请在每小题的空格中填上正确答案。

错填、不填均无分。

1、群的单位元是---- 的，每个元素的逆元素是-------- 的。

2、如果f是A与A间的一一映射，a是A的一个元，贝卩f1fa ----------------------- ,3、区间［1，2］上的运算a b {min a,b}的单位元是 ------- 。

4、可换群G 中|a|=6,|x|=8, 则|ax|= ------------------------------ 。

5、环Z8的零因子有 -------------- 。

&一个子群H的右、左陪集的个数 -------- 。

7、从同构的观点，每个群只能同构于他/它自己的-------- 。

8、无零因子环R中所有非零元的共同的加法阶数称为R的 -------- 。

9、设群G中元素a的阶为m，如果a n e，那么m与n存在整除关系为---- <三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)1、用2种颜色的珠子做成有5 颗珠子项链，问可做出多少种不同的项链？2、S, S是A的子环，贝U Sin s也是子环。

抽象代数等价关系习题答案

抽象代数等价关系习题答案抽象代数等价关系习题答案抽象代数是数学中的一个重要分支，研究的是代数结构的一般性质和规律。

在抽象代数中，等价关系是一个基本概念，它描述了两个元素之间的相等性。

在本文中，我将为大家提供一些抽象代数中等价关系习题的答案，希望能对大家的学习有所帮助。

1. 设A是一个非空集合，R是A上的一个等价关系。

证明：对于任意的a ∈ A，[a] = A。

解答：根据等价关系的定义，[a]是由所有与a等价的元素组成的集合。

而等价关系具有自反性，即对于任意的元素a，a与自身等价。

因此，a ∈ [a]，即a属于[a]中的元素。

又因为R是等价关系，所以对于任意的b ∈ A，若a与b等价，则b与a也等价。

因此，[a]中的任意元素与a都等价，即[a]包含了A中的所有元素。

综上所述，[a] = A。

2. 设A是一个非空集合，R是A上的一个等价关系。

证明：对于任意的a, b ∈ A，若a与b等价，则[a] = [b]。

解答：假设a与b等价，即(a, b) ∈ R。

根据等价关系的定义，对于任意的c ∈ [a]，都有(c, a) ∈ R。

由于(a, b) ∈ R，根据等价关系的传递性，对于任意的c ∈ [a]，都有(c, b) ∈ R。

因此，[a]的任意元素与b都等价，即[b] ⊆ [a]。

同理可证，[a] ⊆ [b]。

综上所述，[a] = [b]。

3. 设A是一个非空集合，R是A上的一个等价关系。

证明：对于任意的a, b ∈ A，若[a] ∩ [b] ≠ ∅，则[a] = [b]。

解答：假设[a] ∩ [b] ≠ ∅，即存在一个元素c，使得c ∈ [a] 且c ∈ [b]。

根据等价关系的定义，对于任意的d ∈ [a]，都有(d, a) ∈ R。

由于c ∈ [a]，根据等价关系的传递性，对于任意的d ∈ [a]，都有(d, c) ∈ R。

同理可证，对于任意的d ∈ [b]，都有(d, c) ∈ R。

因此，[a]和[b]中的任意元素与c都等价，即[a] ⊆[b] 且 [b] ⊆ [a]。

北京航空航天大学历年数学竞赛答案

北京航空航天大学2012年数学竞赛试题一、填空题（每小题6分，共60分）1. =+--→xx x x xx ln 1lim 1 . 2. 设⎪⎩⎪⎨⎧=≠-=,0,,0,1),(x y x xe y xf xy 则='),0(y f x . 3.=+++-+⎰dx x x x x 23)1ln()2ln(2 4. 函数⎰--=1)(222d )(xt xt te x f 的极大值为 .5.设)(xyz f u =，其中f 有三阶连续导数，1)1(,0)1(='=f f , )(2223xyz f z y x zy x u '''=∂∂∂∂,则=)(x f .6. 已知函数),(y x f 在点),(00y x 处可微，且在该点沿着向量}1,1{=a和}1,1{-=b 的方向导数分别为1和0，则),(y x f 在点),(00y x 处沿着向量}4,3{=c的方向导数为 .7. 设D :2)1()1(22≤-+-y x ,则 =⎰⎰Dy x x d d .8. 设,d )1(103x x x x nn ⎰-= 则=∑∞=1n n x9. 幂级数 +++++!16!12!8!411612984x x x x 的和函数为 . 10. 已知)s i n (2c o s ),(2),()0,0(2t t y d y x dx y x f t t =+⎰，且),(y x f 有一阶连续偏导数，则),(y x f = .二. 已知连续函数)(x f 是周期为T 的偶函数，且⎰=TTdx x f 02)(.设,,3,2,1,)(0==⎰n dx x xf a nTn 求幂级数∑∞=1!n n n x n a 和函数.三. 设),,(z y x f 在区域1:222≤++Ωz y x 上有连续的偏导数，且在边界上取值为零. 求.d d d )(lim1322202222z y x z y x zf yf xf z y x z y x ⎰⎰⎰≤++≤→++++εε四．设P 为曲面1:222=-++yz z y x S 上的动点，若曲面S 在点P 处的切平面与xOy 面垂直，求点P 的轨迹Γ，并计算曲面积分⎰++=Γxdz zdy ydx I ，其中Γ的方向从z 轴正向看是逆时针方向.五. 设函数)(x f 在]1,0[上有二阶导函数，a f f ==)1()0(，且)(x f 在]1,0[上的最小值在区间内部取得，最小值为b . 证明存在)1,0(∈ξ，使得)(8)(b a f -≥''ξ.北京航空航天大学2012年数学竞赛试题答案一、填空题（每小题6分，共60分）1. =+--→xx x x xx ln 1lim 1 2. 2. 设⎪⎩⎪⎨⎧=≠-=,0,,0,1),(x y x x e y x f xy 则='),0(y f x 22y . 3.=+++-+⎰dx x x x x 23)1ln()2ln(2 C x x x x ++-+-++2)2(ln 2)1(ln )2ln()1ln(22 4. 函数⎰--=1)(222d )(x t xt te x f 的极大值为21-e . 5.设)(xyz f u =，其中f 有三阶连续导数，1)1(,0)1(='=f f , )(2223xyz f z y x zy x u '''=∂∂∂∂,则=)(x f 232332-x .6. 已知函数),(y x f 在点),(00y x 处可微，且在该点沿着向量}1,1{=a和}1,1{-=b 的方向导数分别为1和0，则),(y x f 在点),(00y x 处沿着向量}4,3{=c的方向导数为1027.7. 设D :2)1()1(22≤-+-y x ,则=⎰⎰Dy x x d d π2.8. 设,d )1(13x x x x n n ⎰-= 则=∑∞=1n n x 1219. 幂级数 +++++!16!12!8!411612984x x x x 的和函数为x e e x x cos 214141++-. 10. 已知)s i n (2c o s ),(2),()0,0(2t t y d y x dx y x f t t =+⎰，且),(y x f 有一阶连续偏导数，则),(y x f =222sin cos 2sin x x x y ++.二. 已知连续函数)(x f 是周期为T 的偶函数，且⎰=TT dx x f 02)(.设,,3,2,1,)(0==⎰n dx x xf a nTn 求幂级数∑∞=1!n n n x n a 和函数.解：（1）令t n x -=π，则⎰⎰-=nTnTdt t f t nT dx x xf 0)()()(⎰⎰-=nTnTdt t tf dt t f nT 0)()(3,2,1,)(220===⎰n n dt t f nTa nTn .级数x x n n n n n n n n n xe e x n x x n x x x n n x n a +=-+-=-+-=∑∑∑∑∞=-∞=-∞=∞=21122211)!1()!2()!1(11!,),(+∞-∞∈x .三. 设),,(z y x f 在区域1:222≤++Ωz y x 上有连续的偏导数，且在边界上取值为零. 求.d d d )(lim1322202222z y x z y x zf yf xf z y x z y x ⎰⎰⎰≤++≤→++++εε解：原式=⎰⎰⎰'→1200])cos ,sin sin ,cos sin ([sin lim εππεϕθϕθϕϕϕθdr r r r f d d r =)0,0,0(4f π-四．设P 为曲面1:222=-++yz z y x S 上的动点，若曲面S 在点P 处的切平面与xOy 面垂直，求点P 的轨迹Γ，并计算曲面积分⎰++=Γxdz zdy ydx I ，其中Γ的方向从z 轴正向看是逆时针方向.解：设P 的坐标为),,(z y x ,则曲面在点P 处法向量为{}y z z y x n --=2,2,2，由题意知有k n ⊥，即02=-y z ，从而得P 的轨迹方程⎩⎨⎧=-++=-1,02:222yz z y x y z Γ . 由斯托克斯公式有dS I yz z y x y z ⎰⎰≤-++=--=1222251dxdy y x 255114322⎰⎰≤+-=3π-=.或由格林公式有⎰++=C dyx dy yydx I 22dxdy y x ⎰⎰≤+-=14322213π-=. 曲线为143:22=+y x C 是Γ在xOy 面上的投影曲线. 五. 设函数)(x f 在]1,0[上有二阶导函数，a f f ==)1()0(，且)(x f 在]1,0[上的最小值在区间内部取得，最小值为b . 证明存在)1,0(∈ξ，使得)(8)(b a f -≥''ξ. 证明：设)(x f 在]1,0[上的最小值在点)1,0(0∈x 上达到，则由泰勒公式有200)(2)()()(x x f x f x f -''+=ξ，2012)(x f b a ξ''+=，202)1(2)(x f b a -''+=ξ 从而2012)(x f ξ''0)1(2)(202=-''-x f ξ，2012)(x f ξ''202)1(2)(x f -''+ξ=)(2b a - 解得b a x f -=''2012)(ξ，b a x f -=-''202)1(2)(ξ, +''2)(1ξf )(8))1(11)((2)(20202b a x x b a f -≥-+-=''ξ，（易求函数22)1(11x x y -+=在)1,0(内的最小值是8）.由导数的介值性知存在)1,0(∈ξ，使得='')(ξf +''2)(1ξf )(82)(2b a f -≥''ξ.北京航空航天大学2010年数学竞赛试题一.填空题（本题共60分）1. 设函数)(x f 在区间),0(+∞内连续，对任意正数x ，有)()(2x f x f =，且5)3(=f ，则=)1(f ____________2. 设,1)( 25-=x x x f 则=)()5(x f __________________ 3. 已知)(x f 在),(+∞-∞内可导，且2)(lim ex f x ='∞→，)]1()1([lim )(lim --+=-+∞→∞→x f x f c x c x x x x ，则=c ___________ 4. 已知⎰=++bap x dx ep x ,0)(2010)(3则.____________=p5. 当p 满足________时，级数pn n n n ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--∑∞=-!)!2(!)!12()1(411π绝对收敛. 6. =-∑∞=→121)1(lim _n n x nx x _____________7. 已知)4()(+=x f x f ，0)0(=f ，且在]2,2(-上有||)(x x f ='，则=)9(f ________ 8. 计算积分 =⎰⎰⎰---110)1(2022ρπρθdz e d d z _______________9. 设∑是八面体1||||||≤++z y x 的表面，则积分dS z x 2)32(⎰⎰∑++=_______________10. 设由曲线x y =2与直线1=x 所围的均匀薄片(面密度为1)绕过原点的任意直线的转动，则该转动惯量中的最小值为____________________ 二. (本题10分) 设αγγββαγβαsin sin sin sin sin sin sin sin sin R ++=)20(πγβα<<<<,试问γβα,,中哪一个的变动对R 影响最大?三、(本题10分) 已知dx x x a nn 2220sin )4(⎰-=ππ.（1）证明12)4(121++=n n n a π；（2）求 ∑∞=0n n a . 四、(本题10分) 计算曲面积分 ,)2(23222⎰⎰∑++++z y x zdxdy ydzdx xdydz 其中 22)2()1(6:----=∑y x z 的0≥z 部分的外侧.五、(本题10分) 求最小的实数C ，使得满足⎰=11d |)(|x x f 的连续函数都有⎰≤1C )(dx x f .北京航空航天大学2010年数学竞赛试题答案一.填空题（本题共40分）1. 设函数)(x f 在区间),0(+∞内连续，对任意正数x ，有)()(2x f x f =，且5)3(=f ，则=)1(f _______5________2. 设,1)( 25-=x x x f 则=)()5(x f ______))1(1)1(1(2!566++--x x ____________ 3. 已知)(x f 在),(+∞-∞内可导，且2)(lim ex f x =∞→，)]1()1([lim )(lim --+=-+∞→∞→x f x f c x c x x xx ，则=c ___21________ 4. 计算广义积分⎰+∞=++020102)1)(1(x x dx ___4π____________5. =-∑∞=→121)1(lim _n nx nxx ______1_______6. 已知)4()(+=x f x f ，0)0(=f ，且在]2,2(-上有||)(x x f ='，则=)9(f ____21____7. 计算积分 =⎰⎰⎰---1010)1(2022ρπρθdz e d d z _____)11(2e-π__________8. 设∑是八面体1||||||≤++z y x 的表面，则=+++⎰⎰∑dS z y x 2)542(__3114_______9. 设函数2z ye u xy +=，直线L 是直、线⎩⎨⎧=+-=--042012z y z x 在平面5=-+z y x 上的投影，求u 在点)1,0,0(P 沿直线L 的方向导数______61_________(规定L 与z 轴正向夹角为锐角的方向为L 的方向)10. 设由曲线x y =2与直线1=x 所围的均匀薄片(面密度为1)绕过原点的任意直线的转动，则该转动惯量中的最小值为_________154___________ 二. (本题10分) 求p 的值，使0dx e )p x (2010)p x (ba3=++⎰解: 2b a p +-=时 0dt et dt e )t (dx e)p x (201020102010t 2ba 2b a 3)t (pb pa 3)p x (b a 3===+⎰⎰⎰++-+++三、(本题10分) 设αγ+γβ+βαγβα=sin sin sin sin sin sin sin sin sin R )20(π<γ<β<α<, 试问γβα,,中哪一个的变动对R 影响最大?解 γ+β+α=sin 1sin 1sin 1R 两边取全微分γγγ-βββ-ααα-=-d sin cos d sin cos d sin cos dR R 12222 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛γγγ+βββ+ααα=d sin cos d sin cos d sin cos R dR 2222 故ααα=α∂∂d sin cos R R 22, βββ=β∂∂d sin cos R R 22, γγγ=γ∂∂d sin cos R R 22 由于 20π<γ<β<α<, 所以 0sin cos sin cos sin cos 222>γγ>ββ>αα， 0RR R >γ∂∂>β∂∂>α∂∂ ，因此α的变动对R 影响最大.四、(本题10分)设 f(u) 为连续函数，L 为分段光滑的平面闭曲线，求]dy )x y 2(dx )y x 2)[(xy y x (f L22⎰+++++ 五、解:因 f(u) 为连续函数，故⎰=udt )t (f )u (F 存在，且有]dy )x y 2(dx )y x 2)[x y y x (f )x y y x (d )x y y x (f )x y y x (dF 22222222+++++=++++=++所以， 0]dy )x y 2(dx )y x 2)[(xy y x (f L22=+++++⎰五、(本题10分) 已知dx e1x a 11xn 2n ⎰-+=, 求 ∑∞=-0n n na )1( 解: dt e 1t dx e 1x a 11tn211x n 2n ⎰⎰---+-=+= dx e 1x 11x n 2⎰--+= (t = - x) dx e 11e 11x 21a 11x x n 2n ⎰--⎪⎭⎫ ⎝⎛+++==1n 21dx x 11n2+=⎰- , ,2,1n = 1n 20n n 1n 2n 0n nx1n 2)1(xa )1()x (S +∞=+∞=∑∑+-=-=, S(0)=0, 1x 1<≤-, 2n20n x 11)x ()x ('S +=-=∑∞=, x arctan )x (S =，4)1(S a )1(0n n n π==-∑∞= 六、(本题10分) 设f(u) 在u=0 可导， f(0)=0, tz 2z y x 222≤++Ω：, 求 ⎰⎰⎰Ω+→++dV )z y x(f t 1lim22250t .解: 应用求坐标计算三重积分，有⎰⎰⎰⎰⎰⎰ϕϕθ=++πΩt2r cosar 02220t20222d sin r )r (f dr d dV )z y x (f dr |)cos )(r (f r 2t2r cosar 02t202ϕ-π=⎰dr )t2r1)(r (f r 22t202-π=⎰ ⎰⎰⎰Ω+→++dV )z y x (f t 1lim 22250t 62t2032t2020t t dr)r (f r 21dr )r (f r t lim 2⎰⎰-π=+→ 52t2020t t 6dr )r (f r lim2⎰+→π=4220t t 30)t 4(f )t 2(2lim2+→π=)0('f 1532t 4)0(f )t 4(f lim 1532220t π=-π=+→七、(本题10分)求最小的实数C ，使得满足⎰=11dx |f(x)|的连续函数都有⎰≤1C )dx x f(.解: 一方面 ⎰⎰⎰=≤=110102dt |)t (f |22tdt f(t))dx x f(。

抽象代数考试试题及答案

抽象代数考试试题及答案
在这份3000字的抽象代数考试试题及答案内容中，将为您详细解
析各种抽象代数考试题目，并给出相应的答案，帮助您更好地理解和
掌握这一领域的知识。

第一题：给定一个环R，证明R中每个理想都是主理想。

解答：首先，我们知道一个环中的理想是一个包含于该环的子集，
并且满足加法和乘法封闭性，对于任意r∈R和a，b∈I（I为R的一个
理想），有ra, rb∈I。

要证明R中每个理想都是主理想，即对于任意理想I，存在一个元
素r∈R，使得I = rR。

我们可以取r为I的一个生成元素，即r为使得I = rR的最小生成元素。

第二题：证明一个整数环不一定是唯一分解整环。

解答：反例：考虑整数环Z = {..., -2, -1, 0, 1, 2, ...}，Z并不是唯一
分解整环，因为在Z中存在不满足唯一分解性质的元素。

例如，2可以被分解为2 = (-1)(-2) = 1 * 2，即存在不同的唯一分解形式。

第三题：给定一个域K，证明K[x]（K上的多项式环）是唯一分解
整环。

解答：首先证明K[x]是整环。

然后证明K[x]是主理想整环（PID），意味着K[x]中的每个理想都是主理想。

再进一步证明K[x]是唯一分解
整环（UFD），即K[x]中每个非零元素都可以被分解为不可约元素的
乘积，且这个分解是唯一的。

通过以上试题及解答，我们可以看出在抽象代数领域中，需要深入
理解环、理想、整环、唯一分解整环等概念，并掌握相应的证明方法，才能较好地解决相关问题。

希望以上内容对您有所帮助，祝您学业有成！。

抽象代数期末考试题及答案

抽象代数期末考试题及答案一、单项选择题（每题2分，共10分）1. 群的元素满足的运算性质不包括以下哪一项？A. 封闭性B. 结合律C. 交换律D. 恒等元答案：C2. 以下哪个不是环的基本性质？A. 加法和乘法的封闭性B. 加法的结合律C. 加法和乘法的交换律D. 乘法对加法的分配律答案：C3. 向量空间的基具有什么性质？A. 线性无关B. 线性相关C. 可以是任何一组向量D. 包含向量空间中所有向量答案：A4. 以下哪个不是群同态的性质？A. 保持群的运算B. 保持群的恒等元C. 保持群的逆元D. 保持群的子群答案：D5. 有限群的拉格朗日定理表述了什么？A. 群的阶数等于其任意子群的阶数B. 群的任意子群的阶数能整除群的阶数C. 群的任意子群的阶数等于群的阶数D. 群的阶数能整除其任意子群的阶数答案：B二、填空题（每题3分，共15分）1. 一个群G的元素a的阶是最小的正整数n，使得______。

答案：a^n = e2. 如果环R中任意两个元素a和b满足ab=ba，则称R为______。

答案：交换环3. 向量空间V的一个子集W，如果W非空且对向量加法和数乘封闭，则称W为V的一个______。

答案：子空间4. 线性变换T: V → W，如果对于任意的v1, v2 ∈ V和任意的标量c，都有T(v1 + v2) = T(v1) + T(v2)且T(cv) = cT(v)，则称T为______。

答案：线性的5. 一个群G的所有子群构成的集合，在包含关系下构成一个______。

答案：格三、简答题（每题10分，共20分）1. 请简述群的同态和同构的定义。

答案：群的同态是指两个群之间的函数，它保持群的运算。

具体来说，如果有两个群(G, *)和(H, ·)，函数f: G → H是一个同态，当且仅当对于所有a, b ∈ G，有f(a * b) = f(a) · f(b)。

同构是指一个双射同态，即同态f既是单射也是满射，这意味着G和H在结构上是相同的。

抽象代数Chapter11(2)习题答案

Math5286H:FundamentalStructures of Algebra IIHW2Solutions,(February17th,2012)Problems from Chapter11of Artin’s Algebra:6.2Yes,Z/(6)is isomorphic to Z/(2)×Z/(3).Consider the explicit mapϕ:Z/(2)×Z/(3)→Z/(6)deﬁned byϕ((x+(2))×(y+(3)))=x+(2))×(3and−2.(Try squaring them modulo6and note that1−3.)Thus, Z/(6)∼=3S×(−2)S by Proposition11.6.2,and we verify that3S∼=Z/(2)and(−2)S∼=Z/(3).In the second case,Z/(8)has no non-trivial idempotents:22=62=4,32=52=72=1,42=0,and thus we cannot write Z/(8)as a product ring.6.3We will show that the only ring(using our usual deﬁnitions,mutativity of multiplication andcontaining an multiplicative identity)of order10is the ring Z/(10).Firstly note that if|R|=10,then(R,+)is aﬁnite abelian group of order10.Since10is square-free, (R,+)∼=Z/10Z.Thus the only question is whether R could be given a multiplicative structure diﬀerent than that of Z/(10).However,since(R,+)∼=Z/10Z,we know that the characteristic of R is10and thus {1,9}are all distinct elements.(Here,a·c where c=ab=(1+1+1+···+1)(1+1+···+1)mod10,and hence no exotic multiplication structures are possible.Remark:One might try to break R,a ring of order10into product rings using idempotents.In fact, Z/(10)contains the idempotents6=Remark2:This proof uses the fact that R contains a multiplicative identity1R.If we relax this restriction,as is sometimes done in the literature,for instance if one looks at certain matrix rings,then other“rings”of order10are possible.For example,R= 0000 , 0100 , 0200 ,..., 0900 .Note that the product of any two elements in this ring is zero and there is in fact no multiplicative identity.6.4(a)F2[α],such thatα2+α+1=0,is isomorphic to the quotient ringR={0,1,α,α+1}whereα2=α+1,(α+1)2=α,andα(α+1)=1.HenceR=F2[x]/(x2+1).In F2[x],the polynomial x2+1factors as(x+1)(x+1)since12+1≡0 mod2and x2+2x+1≡x2+1mod2.The ringR=F2[x]/(x2+x).In F2[x],the polynomial x2+x factors as x(x+1)and soR∼=αR∼=F2×F2.6.5Adjoining an elementαto R that satisﬁes the relationα2−1=0is equivalent to considering thequotient ring2(α+1)and e′=−122(α+1)2=12(α+1).Note also thate+e′=1.Thus R×e′R and e′R or e′f which has no non-constant terms where the coeﬃcient is not0or1.Also let f0denote the constant term of f and write it as f0=2q f+r f where q f∈Z and r f∈{0,1}.We then have the mapϕ:Z[x]/(2x)→F2[x]×Z deﬁned byϕ(f−2q f,f0). To see that this map is a ring homomorphism,note thatϕ(g)=(g−2q f−2q g,f0+g0)=(g−2q g,g0),ϕ(g)=(g−2q fg,f0g0)=(g−2q g,g0)(since the cross-terms vanish mod2),andﬁnallyϕ(to the subring of F2[x]×Z corresponding to its image.Noting that(b∈J.The cross-termβ·b=0since IJ=0and so we are left with a contribution from the quotient R/J.The same argument shows thatγR∼=R/I.Example:If we let R=Z/(6),I=(2)and J=(3),notice that IJ=(6),which is the zero ideal in R. We have R=I+J since1≡4−3mod6.We obtain Z/(6)∼=R/(2)×R/(3)∼=Z/(2)×Z/(3).If we try the same argument with R′=Z/(8)and I′=(2),(J)′=4,we still have I′J′=(0)but we do not have R′=I′+J′in this case.7.1Let R be aﬁnite integral domain,i.e.a ring with no zero divisors.For every nonzero element r∈R,welook at powers r n and note that since R isﬁnite,r d=1for some d>0.Hence r·(r d−1)=r and all nonzero elements of R are units.Thus R is aﬁeld.7.2Suppose that R[x]is not an integral domain and that f(x)g(x)=0where f(x)and g(x)are both nonzero.Let f(x)=a n x n+a n−1x n−1+···+a1x+a0and g(x)=b m x m+b m−1x m−1+···+b1x+b0where a n andb m are both nonzero.Then f(x)g(x)=0has a term of degree m+n,a n b m x m+n,and so a n b m must equal0.However,a n and b m are both nonzero so R cannot be an integral domain.Thus by the contrapositive,R[x]is an integral domain whenever R is.Furthermore,if f(x)=a n x n+a n−1x n−1+···+a1x+a0with a n=0and n≥1,then f(x)g(x)is a non-constant polynomial,of degree≥n≥1,for any g(x).Thusany non-constant polynomial cannot have a multiplicative inverse.Since R⊂R[x],any unit of R is alsoa unit in R[x],and these are the only units in R[x].7.3Anyﬁnite integral domain is aﬁeld,by Exercise7.1.Furthermore,by Lemma3.2.10,the characteristic ofaﬁniteﬁeld is a prime integer.However,as in Exercise6.3,for any ring R with15elements,(R,+)must be Z/15Z.But then the characteristic would be15,which is not prime.Thus,no integral domain with 15elements exists.8.2(a)Since R is aﬁeld,(0)and(1)are only ideals in R.We now consider R×R,whose ideals are theproducts(0)×(0),(0)×(1),(1)×(0),or(1)×(1).To see that no other ideals are possible,simply note that if I is an ideal of R×R and I contains an element(x,y)whoseﬁrst coordinate is nonzero,then I also contains(1,y).By similar logic,the second coordinate is either always zero or I contains the element (0,1)or(1,1).Since(1)×(1)is the unit ideal and we have the inclusions(0)×(0) (0)×(1) (1)×(1) and(0)×(0) (1)×(0) (1)×(1),we conclude that the maximal ideals of R×R are0×R and R×0.For(b),(c),and(d),we determine the ideals in a quotient ring by using the Correspondence Theorem.(b)The ideals in R[x]/(x2)are the ideals in R[x]containing(x2).Since R is aﬁeld,R[x]is a Principal IdealDomain,and the ideals of R[x]containing(x2)are(0),(x),and(x2).By the Correspondence Theorem, we get three ideals in R[x]/(x2),the unique maximal ideal being(x).(c)Analogously,we factor x2−3x+2=(x−2)(x−1)in R[x]and we obtain the maximal ideals in R[x]/(x2−3x+2)are(x−2)and(x−1).(d)Lastly,we note that x2+x+1has non-real roots so is irreducible in R[x].Hence,R[x]/(x2+x+1)is aﬁeld where the unique maximal ideal is(0).8.3In F2[x],the polynomial x3+x+1has no roots.In particular,03+0+1≡13+1+1≡1mod2.Thusx3+x+1has no linear factors and is irreducible so F2[x]/(x3+x+1)is aﬁeld.However,in F3[x],the polynomial x3+x+1has root1since13+1+1≡0mod3.Thus(x−1)≡(x+2) is a linear factor of x3+x+1.In fact,x3+x+1factors as(x+2)(x2+x+2)in F3[x].(But we do not need the exact factorization.)We conclude that F3[x]/(x3+x+1)has a nontrivial maximal ideal like parts(b)and(c)of the previous problem and hence is not aﬁeld.Problems from Chapter12of Artin’s Algebra:1.4Weﬁrst note(see Exercise1.3of Chapter12)that the Chinese Remainder Theorem,proven for generalideals in Exercise6.8,works also in the special case that R=Z.In fact,it wasﬁrst demonstrated for such examples.(There is also a generalization to more than two ideals as long as each pair I i,I j of ideals satisfy R=I i+I j.)From this theorem,we have the isomorphismϕ:Z/(mn)→Z/(m)×Z/(n)given by x+(mn)→(x+(n))when gcd(m,n)=1.We construct the inverse mapϕ−1by noting that since gcd(m,n)=1,there exist integers r and s so that rm+sn=1.We thus let x=(sn)a+(rm)b and obtain x≡a mod m and x≡b mod n.Having outlined the general procedure,we now apply it to the examples.(a)If x≡3mod8and x≡2mod5,we notice gcd(8,5)=1,and in particular2·8−3·5=1.So letx=3(−15)+2(16)=−13≡27mod40.We indeed verify that27≡3mod8and27≡2mod5.Remark:This might also be found by inspection by looking at the intersection of the sets{3,11,19,27,35} and{2,7,12,17,22,27,32,37}.(b)We do this problem in two steps since there are three congruences.First weﬁnd y mod120so thaty≡3mod15and y≡5mod8(120=15·8).With the same method,we see gcd(8,15)=1,and it is easy to eyeball2·8−1·15=1.So we let y≡3(16)+5(−15)≡93mod120.Next we wish toﬁnd x mod840so that x≡93mod120and x≡2mod7.We see gcd(120,7)=1and1·120−17·7=1.(This is still easy to spot but otherwise there is the extended Euclidean algorithm,which we have not discussed in class,that can be used toﬁnd r and s.)So we choose x≡2(120)+93(−119)≡−10827≡93mod840.Actually,the fact that x and y both equal93is a coincidence since93≡2mod7.So if we would have checked all the congruences at that point instead of continuing we would have had a pleasant surprise.(c)Again gcd(43,71)=1,and we do an adhoc version of the extended Euclidean algorithm:71=1·43+28,43=1·28+15,28=1·15+13,15=1·13+2,13=6·2+1.Thus we can back-solve,and obtain1=13−6¨2=13−6·(15−13)=−6·15+7·13=−6·15+7(28−15)=−13·15+7·28.Continuing,1=−13(43−28)+7·28=20·28−13·43=20(71−43)−13·43=20·71−33·43.Thus if we want x ≡13mod 43and x ≡7mod 71,we take x ≡13(20·71)+7(−33·43)≡2421mod 3053where 3053=43·71.Like magic,you can verify that x =2421satisﬁes the desired congruences.2.1(a)Since x 3+x 2+x +1is a cubic,we look for possible roots in F 2.We see 03+02+0+1≡1mod 2and 13+12+1+1≡0mod 2.Thus (x −1)≡(x +1)is a root.By synthetic division,we obtain x 3+x 2+x +1=(x +1)(x 2+1).We see that 1is again a factor of x 2+1,and in fact x 3+x 2+x +1=(x +1)3in F 2[x ].This can also be done by inspection and using the Binomial Theorem to expand this cube.(b)We again try to ﬁnd roots,this time in F 5.By inspection,12−3−3≡0mod 5and so (x −1)is a linear factor.We obtain x 2−3x −3=(x −1)(x −2)in F 5.(c)We attempt to ﬁnd a square-root of −1≡6in F 7.We see that no such root of x 2+1exists,hence x 2+1is irreducible in F 7[x ].2.3This is similar to Monday’s question about x 2−1in class.By trying out 0,1,2,...,7we see that the polynomial x 2−2has no roots in Z /(8)[x ].Note that it is actually suﬃcient to test 0,1,2,3,4since 5,6,7are equivalent to −3,−2,−1.A similar shortcut holds for part (c)of the previous problem.2.6(a)We wish to show that Z [ω](with ω=e 2πi/3)is a Euclidean Domain with the size function σ(a +bω)=a 2−ab +b 2when a and b are not simultaneously zero.Note that as a complex number,ω=−1+√2,andif we think of α=a +bωas a complex number,then σ(α)=|α|2=α2)2+(b√2)2.We use the fact that ωis a primitive cube root of unity to see that each principal ideal (α)⊂Z [ω]is a triangular lattice.(As opposed to Z [i ]where the fundamental regions of the lattice were squares instead.)In particular,we see that α,ωα,and ω2αare all elements of Z [ω].Furthermore,since x 3−1factors as (x −1)(x 2+x +1)and ω=1is a root of x 3−1,we have the identity ω2+ω+1=0.(This identity can also be proven explicitly using ω2=−1−√2.)Thus α+ωα+ω2α=0,hence why we get triangles as fundamental regions,in fact equilateral triangles.(This is similar to Z [i ]where 1+i +(−1)+(−i )=0and so the fundamental regions have four sides and are squares.)The centroid of an equilateral triangle (with side lengths |α|is at most a squared distance of 13σ(α)away from a lattice point,i.e.multiple of α.(This is done using 30-60-90triangles to calculate the lengths of the segments in the associated barycentric subdivision.)So if we write β=αq +r ,we get σ(r )≤1−3]and then ﬁnding the nearest element of Z [ω]whose two components are half-integers satisfying a parity contraint.Some crude bounds give that the remainder has the form 2r 0+r 12√4and |r 1|≤14σ(α)+316σ(α)when r =0.√(b)The case of Z[−2)=a2+2b2,which is again|α|2ifα=a+bi√−2],the principal ideal(α)is again a lattice,only this time√the fundamental domains are rectangles where one side has length|α|and the other one has size|α|−2],β−qα=r is either zero orσ(r)is at most(12)2=34σ(α).√2in R which acts trivially in Z[x],we get that the polynomial 3.1(a)By applying the automorphism√2)=x2−2x−1is in the kernel ofϕ:Z[x]→R sending x to1+√(x−1−2+b=0unless a=0and b=0.Thus the kernel ofϕis a principal ideal with the named prime element as a generator.(b)By similar logic,we try toﬁnd an element of the kernel ofϕwhich sends x to1 2.To make this easier, weﬁrst think ofϕof sending Q[x]to R,and obtain element of the kernel(x−12)(x−12)=x2−x−7(4x2−4x−7)where4x2−4x−7is the unique primitive integer4polynomial in such a factorization.Thus4x2−4x−7is a prime element of Z[x]that is in the kernel ofϕ.We apply Theorem12.3.6(a)here to show that the kernel is again principal.Suppose that f(x)is another element in the kernel that is not a multiple of4x2−4x−7.But Q[x]is a principal ideal domain and so thinking of them as polynomials with rational coeﬃcients,we have that f(x)must be a multiple of 4x2−4x−7in Q[x].However,since4x2−4x−7is a primitive polynomial,4x2−4x−7must therefore divide f(x)in Z[x]as well.3.2Suppose that two polynomials,f and g,in Z[x]are relatively prime elements of Q[x].Since Q[x]is of theform F[x],with F aﬁeld,it is a Principal Ideal Domain and relatively prime means that gcd(f,g)=1.Thus there exists r(x)and s(x)∈Q[x]so that r(x)f+s(x)g=1.However we multiply through bya common integer d to clear denominators in r(x)and s(x),obtaining r′(x)and s′(x)∈Z[x]so thatr′(x)f+s′(x)g=d.Thus the ideal(f,g)contains the integer d in Z[x]and we obtain the forward direction.To see the reverse direction,assume that the ideal(f,g)contains the integer d.Then there exists r′(x) and s′(x)∈Z[x]such that r′(x)f+s′(x)g=d,and dividing by d,we obtain r(x)f+s(x)g=1as above.Hence f and g are relatively prime in Q[x],completing the proof.。

北航2012抽象代数试卷与答案

班号学号姓名成绩《抽象代数》期末考试卷注意事项：1、请大家仔细审题2、千万不能违反考场纪律题目：一、判断题（每小题2分，共20分）(⨯) 1、设* 是集合X上的二元运算，若a∈ X是可约的，则a是可逆的。

(√) 2、任何阶大于1的群没有零元。

(√) 3、任何群都与一个变换群同构。

(√) 4、奇数阶的有限群中必存在偶数个阶为2的元素。

(√) 5、素数阶群必为循环群。

(⨯) 6、x 2 + 5 是GF (7) 上的不可约多项式。

(√) 7、环的理想构成其子环。

(⨯) 8、有补格中任何元素必有唯一的补元。

(⨯) 9、格保序映射必为格同态映射。

(√) 10、设A⊆S，则< P(A)，⊆ > 是格< P (S)，⊆ > 的子格。

二、填空题（10分）1、设〈G，*〉为群，a，b∈G且a的阶为n，则b－1a b的阶为__n______。

2、设〈G，*〉为群且a∈G。

若k∈I且a的阶为n，则a k 的阶为_n/(n,k) _；并且 a k = e 当且仅当__n | k3、域的特征为___0或素数___________ ；有限域的阶必为___素数的幂______。

4、GF（3）上的二次不可约首1多项式有_x2+1,x2+x+2,x2+2x+25、设D 是I+ 上的整除关系，即对任意的a，b∈I+ ，a D b 当且仅当a | b。

对任意a，b∈I+ ，则a * b = __(a, b)__， a ⊕b = __[a, b]__。

三、计算题（40分，每小题8分）1、试求群< N11—{0}，·11 > 的所有子群。

解：所有子群是：<{1}, •11 ><{1, 3, 4, 5, 9}, •11 ><{1, 10}, •11 >< N11—{0}，•11 >2、试求群 < N 7 ，+7 > 的所有自同态。

解：设f 为群 < N 7 ，+7 > 的自同态，则：f(x) = f (1) +7 f (x-1) = f (1) +7 f (1) +7f (x-2) =… = x f (1) mod 73、设有置换：试求 P 2 和Q ︒ P 。

抽象代数Chapter13习题答案

Math5286H:FundamentalStructures of Algebra IIHW3Solutions,(March9th,2012)Problems from Chapter13of Artin’s Algebra:1.1Yes,α=15)is an algebraic integer since it is a root of x2−x−1=(x−α)(x+α−1).3.2To check whether the following lattices of integer linear combinations are ideals,we must multiply each√element of the lattice basis B byδ=−5]since the lattices are already closed under integer linear combinations.(a)5δ=5(1+δ)−1(5)butδ(1+δ)=δ−5=5a+(1+δ)b for any integers a and b.Otherwise,we wouldneed5a+b=−5and b=1,which has no integer solutions.Thus,B is not an ideal in this case.(b)7δ=7(1+δ)−1(7)but againδ−5=7a+(1+δ)b has no integer solutions,and B is not an ideal inthis case either.√4.1Letδ=−5],we check whether or not x2+5is irreducible in F11[x].In particular,F11does not contain a square-root of−5so(11)is indeed prime.(b)The ideal(14)=(2)(7)and so we now check,the same way as in part(a),whether(2)or(7)are prime√ideals in Z[−5)(2,1−√−5)(a,b−c√√−5]/(7).In particular,we obtainx+3=3+1√5,21−7√P−5)(7,3−P.We know that P and−5)(2,1−√−5)(7,3−√−3and A be the ideal(2,1+δ)of R=Z[δ].Then the quotient ring R/A is isomorphic to Z[x]/(x2+3,2,1+x)∼=F2[x]/(x+1)∼=F2since x2+3≡x2+2x+1is a multiple of x+1modulo2.Since this quotient ring R/A is aﬁeld,i.e.F2,we conclude that A is a maximal ideal.(b)A A is self-conjugate,if it was principal, it would have to be generated by a positive integer.We note that both of these generators have a norm of16,so4would be the generator in this case.However,2+2δis not divisible by4.Thus the ideal A−3]instead of Z[−1+√2],√we note that the only elements of norm1are±1(See Propostiion13.2.2).Since2=±(1+−14].We √−14}is a lattice basis for one of these two prime ideals.(To see this see that(2)=(2,√−14√is a lattice basis,we note that2−14].√−14),reading this oﬀof the factorization of x2+14modulo3. Speciﬁcally,(3)=(3,2+√−14=−2(3)+3(2+√(Let us prove that{3,2+−14)√−14).)√Next,p=5.The polynomial x2+14factors in F5[x]as(x+14)·(x+1)so(5)splits in Z[−14)(5,4+√−14}is a lattice basis for theﬁrst prime ideal. (Proof as above.)√Next,p=7.The polynomial x2+14factors in F7[x]as x·x so(7)splits and ramiﬁes in Z[−14)2and this prime ideal has lattice bais{7,√Next,p=11.The polynomial x2+14is irreducible in F11[x]since there is no square-root of−14≡−3in√F11[x].Thus(11)remains prime in Z[−14}.)√Finally,p=13.The polynomial x2+14factors in F13[x]as(x+5)(x+8)·x so(13)splits in Z[−14)(13,8+√−14}is a lattice basis for theﬁrst prime ideal.(Proof as above.)Remark:The ideals(p,a+√−d}as lattice bases in Z[√−d)=−a(p)+p(a+√−d)√−d).Here we must solve for q so that pq+a2=−d,but this has a solution since a is a solution to x2+d≡0mod p.6.3(a)If p,an integer prime,remains prime in R,then(p)is a prime ideal,and by Lemma13.5.4(d),(p)isa maximal ideal.Consequently,R/(p)is aﬁeld.Furthermore,we can rewrite R/(p)as Z[x]/(x2+d,p)∼=F p[x]/(x2+d).Since R/(p)is aﬁeld,so is F=F p[x]/(x2+d),and x2+d is irreducible.Thus there arep2elements of F,i.e.of the form ax+b where a,b∈F p.(b)In this case that p splits but does not ramify,then R/(p)∼=F p[x]/(x2+d)where x2+d factors as(x−a)(x−b)in F p[x]where a=b.In this case,there are again p2elements in F p[x]/(x2+d),and we can factor the ideal(x2+d)into the product ideal IJ where I=(x−a)and J=(x−b).Notice that (x−a)−(x−b)=b−a=0∈F p is in I+J,so I+J=(1).Thus the Chinese Remainder Theorem applies, see Chapter11,Problem6.8from HW2,and we obtain R/(p)∼=R/I×R/J.However,|R/(p)|=p2so |R/I|=|R/J|=p(since they both have cardinality>1)and thus R/I∼=R/J∼=F p as desired.Remark1:For a more concrete proof,we use the fact that there exists c∈F×p such that c(x−a)−c(x−b)=√c(b−a)=1and so in R/(p),we haveβ=c(,the4 proof follows analogously.√−5),then B2=(9,3+3√−5).We note that the norms of 7.1If R=Z[these three generators are81,54,and36,respectively.Since the greatest common divisor of these threeintegers is9,that implies that the principal ideal B2is generated by an element of norm9.(Note that we√know that B2is principal as the Class Group of Z[−5]with norm9:either±3or±2±√−5.Howeverα=−2+√−5)(−2−√−5=(−2+√−5),soαdivides all three generators of B2.Additionally,we have the√−5)−9∈B2,ﬁnishing the proof that B2=(α).linear combinationα=(3+3√7.4Letδ=(a)First of all,both of these lattices,(2,δ)and(3,δ),are in fact ideals trivially.(Since2δ(resp.3δ)and −6are integer linear combinations of2(resp.3)andδ.)Since(2,δ)(2,−δ)=(4,±2δ,−6)=(2)and(3,δ)(3,−δ)=(9,±3δ,−6)=(3),both of these ideals have a norm that is a prime integer and hence are prime ideals.Answer2:We could also consider the quotient rings Z[x]/(x2+6,2,x)∼=F2and Z[x]/(x2+6,3,x)∼=F3 respectively.Since they areﬁelds,(2,δ)and(3,δ)are maximal,hence prime,ideals.Remark:As we will see in part(c),the class group has order2in this case,so even though(2,δ)and (3,δ)are both prime,they are actually in the same ideal class.In particular,(3,δ)=λ·(2,δ)whereλ=1−6]is cyclic of order2.This follows from Theorem13.7.10,which states that the class group is generated by the classes of prime ideals P,whose norms are prime integers p≤µ.For d=−6,by equation(13.7.7),µ=2 2≈2.824....Consequently,it suﬃces toﬁnd all prime ideals P,whose norm is2,i.e.satisfying PA.This is unique factorization of(2)into prime ideals,so no other primeideal except(2,δ)has norm2.We conclude that the class group has a single generator,and hence must be cyclic of order2.Remark:Notice also that A2=(4,2δ,−6)=(2),which is in the same similarity class as the unit ideal. Problems from Chapter15of Artin’s Algebra:2.1The elementα∈C satisﬁes x3−3x+4.We wish toﬁndβ=(cα2+bα+a)such that(α2+α+1)β=1+(α3−3α+4)γ=1+0.Sinceβis of degree2,this impliesγ=eα+d must be of degree1.We thus solve for a,b,c,d,e so that cα4+(b+c)α3+(a+b+c)α2+(a+b)α+a=eα4+dα3−3eα2+(4e−3d)α+(4d+1).Thus c=e,b+c=d,a+b+c=−3e,a+b=4e−3d,and a=4d+1.We solve this linear systeminvolvingﬁve variables andﬁve unknowns to concludeβ=−349α+1749α−82.2Sinceαis a root of f(x),we haveαn−a n−1αn−1+···+(−1)n a0=0.Since f is irreducible,a0=0. Consequently,we get the identityαn−a n−1αn−1+···+(−1)n−1a1α=(−1)n−1a0,which we can rewrite as(−1)n−11a0αn−1+(−1)n−2a n−1a0.3.2Let usﬁrst show that f=x4+3x+3is irreducible over Q.We notice that p=3divides all non-leadingterms and yet p2does not divide the constant term.Hence,by the Eisenstein criterion,f is irreducible.Remark:One also might start with the rational root test,i.e.plugging in±1or±3,to see that f has no rational roots.However,then there is extra work to show that f cannot factor into two quadratics.We next letαbe a root of f in a splittingﬁeld(or a complex numberαsatisfying this polynomial in this case),and construct the towerQ⊂Q(3√2,α)and Q⊂Q(α)⊂Q(3√2):Q]=3and[Q(α):Q]=4are relatively prime,the total degree[Q(3√2)is also4.Hence x4+3x+3is irreducible over Q(3√−2):Q]=4(using irreducible polynomial x4+2,which is irreducible by the Eisenstein criterion).If i∈Q(4√−2,i):Q]would also equal4and so4√−2),we get x4+2=(x2+√−2)= (x−4√−2)(x2+√−2)(x+4√−2)(x+i4√−2).(b)The irreducible polynomial forα=3√2is x3−2analogously. Thusαandβboth have degree3over Q,but if we let K=Q(α,β),we see that[K:Q]>3since x3−5 still has no root over Q(α).Henceαis not in theﬁeld Q(β).4.2(a)Let α=√5.Then over Q ,we take the fourth power of αand compare it with the square ofαand obtain a linear relation among α4=32√15+8,and 1.Thus αis a root of f =x 4−16x 2+4.By the rational root test,f has no rational roots,and we must write down the product of two general monic quadratics (x 2+ax +b )(x 2+cx +d )and conclude that there are no rational solutions to (a +c )x 3=0x 3,(b +d +ac )x 2=−16x 2,(ad +bc )x =0x ,and bd =4.Thus f is the irreducible polynomial for αover Q .(b)Recall,that we have previously proven that√5=c 1α3+c 2αfor somec 1,c 2∈Q .So consider the tower Q ⊂Q (√5):Q ]=2,then [Q (α):Q (√3−√3+√3−√3+√5−√5+√5)2−3=x 2−2√5)[x ].Note that we see that αsatisﬁes(α−√3so (α−√15+8,so in Q (√15+8).。

抽象代数考试试题及答案

抽象代数考试试题及答案第一题：考虑以下四个集合及其关系：- A = {1, 2, 3, 4}- B = {2, 4, 6}- C = {3, 6, 9, 12}- D = {4, 8, 12, 16}试判断以下命题是否成立，并给出理由：1. A ⊂ B2. B ⊂ C3. C ⊂ D4. D ⊂ A解答：1. 命题1不成立，因为集合A中元素1不属于集合B。

2. 命题2不成立，因为集合C中的元素9不属于集合B。

3. 命题3成立，因为集合C中的元素都属于集合D。

4. 命题4不成立，因为集合D中的元素8不属于集合A。

第二题：设G为一个群，H为G的一个子群。

证明以下性质：1. H的恒等元是G的恒等元。

2. H中任意元素在G中也是元素。

3. G中任意元素的逆元在H中也是元素。

解答：1. 由于H为G的子群，H中的恒等元存在且唯一，记为e_H。

而G 中的恒等元存在且唯一，记为e_G。

由于H是G的子群，H的恒等元必须满足群的恒等元的性质，即对于任意的元素h∈H，有h·e_G = h。

因此，H的恒等元e_H也必须满足上述性质，即e_H = e_G。

2. 由于H是G的子群，H中的任意元素在G中也是元素，即对于任意的元素h∈H，有h∈G。

3. 对于任意的元素g∈G，其逆元记为g⁻¹。

由于H是G的子群，g∈G，所以g⁻¹∈G。

因此，g的逆元在H中也是元素。

通过以上证明可以得出结论，子群H的恒等元是群G的恒等元，H 中任意元素在G中也是元素，G中任意元素的逆元在H中也是元素。

第三题：考虑以下线性变换：T: ℝ^n -> ℝ^m其中，n和m是正整数且n < m。

证明T是一个满射但不是一个单射。

解答：首先，我们来证明T是一个满射。

满射意味着对于任意的向量b∈ℝ^m，存在向量a∈ℝ^n，使得T(a) = b。

由于n < m，说明向量a的维度低于向量b的维度。

根据线性变换的定义，T将n维的向量a映射为m维的向量b。

抽象代数考核练习题答案

抽象代数考核练习题答案抽象代数考核练习>> 在线答题结果单选一、单选1、设映射f：A→B和g：B→C，如果gf是双射，那么g是（）。

（分数：2 分）A. A、单射B. B、满射C. C、双射D. D映射标准答案是：C。

您的答案是：C2、设M是数域F上的全体100阶方阵的集合，规定～如下：A～B 等价于A的秩=B的秩（A，B 属于M），那么M的所有不同的等价类为（）。

（分数：2 分）A. A、100个B. B、101个C. C、102个D. D 103个标准答案是：B。

您的答案是：B3、下列子集对通常复数的乘法不构成群的是（）。

（分数：2 分）A. A、｛1，－1，i , －i｝B. B、｛1，－1｝C. C、｛1，－1，i｝D. D｛1｝标准答案是：C。

您的答案是：C4、设G是一个100阶的交换群，H是 G的子群， H 的阶=10，则 G/H中10阶元的个数为（）。

（分数：2 分）A. A、9B. B、4C. C、1D. D 5标准答案是：B。

您的答案是：B5、6阶非交换群的所有子群的个数是（）。

（分数：2 分）A. A、2B. B、3C. C、6D. D 4标准答案是：C。

您的答案是：C6、在模100的剩余环中，零因子的个数是（）（分数：2 分）A. A、58B. B、59C. C、60D. D 57标准答案是：D。

您的答案是：D7、在6次对称群S6中，=（16）（23）（456）的阶为（）。

（分数：2 分）A. A、6B. B、12C. C、4D. D 8标准答案是：B。

您的答案是：B8、设N是G的不变子群，f:G--G/N,g--gN, 那么kerf=（）。

（分数：2 分）A. A、G/NB. B、GC. C、ND. D 空集标准答案是：C。

您的答案是：C9、在模60的剩余类加群（Z60，+）中，<[12]>∩<[18]>=（）。

（分数：2 分）A. A、<[6]>B. B、<[36]>C. C、<[-24]>D. D、<[6]>标准答案是：B。

抽象代数期末考试题及答案

抽象代数期末考试题及答案一、单项选择题（每题2分，共10分）1. 群的运算满足以下哪个条件？A. 交换律B. 结合律C. 存在单位元D. 所有选项答案：D2. 以下哪个不是环的性质？A. 封闭性B. 结合律C. 分配律D. 交换律答案：D3. 向量空间中的线性无关性意味着什么？A. 向量可以表示为其他向量的线性组合B. 向量之间存在非平凡的线性组合等于零向量C. 向量之间不存在非平凡的线性组合等于零向量D. 向量空间的维数等于向量的数量答案：C4. 以下哪个是有限域的特征？A. 域中元素的数量是有限的B. 域中元素的数量是无限的C. 域中存在乘法单位元D. 域中存在加法单位元答案：A5. 以下哪个是理想的定义？A. 环中的一个子集，对加法封闭B. 环中的一个子集，对乘法封闭C. 环中的一个子集，对加法和乘法封闭D. 环中的一个子集，对减法封闭答案：C二、填空题（每题3分，共15分）1. 如果一个群G中存在元素a，使得对于所有g∈G，有gag^{-1}=g，则称a是G的一个________。

答案：单位元2. 一个环R中，如果对于任意的a, b∈R，都有ab=ba，则称R是一个________。

答案：交换环3. 向量空间V的一组基是V中的一组向量，它们________。

答案：线性无关且张成V4. 一个域F的特征是指最小的正整数n，使得n⋅1_F=0，其中1_F是F的乘法单位元。

如果不存在这样的n，则称F的特征为________。

答案：05. 一个环R的理想I，如果对于任意的r∈R和i∈I，都有ri∈I和ir∈I，则称I是R的一个________。

答案：主理想三、简答题（每题10分，共20分）1. 请解释什么是群的同构，并给出一个例子。

答案：群的同构是指两个群之间存在一个双射同态映射，这个映射保持群的运算结构。

例如，整数加法群（ℤ，+）和模n整数加法群（ℤ_n，+）是同构的，因为它们之间存在一个保持加法运算的双射映射。

2012年博士研究生招生入学考试(抽象代数)

西南大学
2012年攻读博士学位研究生入学考试试题
学科、专业：基础数学研究方向：有限群论
试题名称：抽象代数试题编号：2025
（答题一律做在答题纸上，并注明题目番号，否则答题无效）
1．（20分）设，令。
（1）证明：C(A)为的子空间；
（2）当A=E时，求C(A)，其中E为n阶单位矩阵；
（3）当
时，求C(A)的维数和一个基。
2．（20分）证明：阶为45的群一定是交换群。
3．（20分）设R为实ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ域，在中定义运算：
，
。
证明：是一个域。
4．（20分）环L中元素eL称为一个左单位，如果对所有的aL，有eLa=a；
元素eR称为一个右单位，如果对所有的aL，有aeR=a。证明：
（1）如果L既有左单位又有右单位，则L具有单位元素；
（2）如果L有左单位，L无零因子，则L具有单位元素；
（3）如果L有左单位，但没有右单位，则L至少有两个左单位。
5．（20分）设M，N为两个R-模，用表示M到N的R-模同态的集合，它对同态的加法成一交换群。证明。其中表示Z对模n的剩余类加群。

(整理)-2012-第二学期期末考试w.

北京航空航天大学2011－2012 学年第二学期期末考试《工科数学分析(II) 》试卷班号学号姓名成绩题号一二三四五六七八总分成绩阅卷人校对人2012年6月18日一．计算题。

（35）1. 计算向量场32()()3A x z i x yz j xy k =-++-的旋度.解:2232(6)(13)33ij krotA xy y i y j x k x y z x z x yz xy ∂∂∂==--+-++∂∂∂-+-建议评分标准：如答案对，给5分，如果答案不对，旋度计算公式2分，三个分量各1分.2. 通过改变积分次序计算累次积分221210122y x x y y dye dx dye dx +蝌蝌.解:22221211211221(1)2y x x x x x y y xdye dx dye dx dxe dy xe dx e +===-蝌蝌蝌?建议评分标准：改变积分次序3分，结果2分3. 计算二重积分2222sin()Dx y dxdy a b +⎰⎰，其中2222{(,)|1 0}x y D x y y a b =+≤≥，且. 解：取广义极坐标变换cos sin x ar y br θθ=⎧⎨=⎩，则(,)(,)x y abr r θ∂=∂. 在广义极坐标系下，积分区域D 为{(,)|01,0}r r θθπ≤≤≤≤，因此原式=120sin (1cos1)2d abr r dr ab ππθ=-⎰⎰建议评分标准：广义极坐标变换2分，雅各比行列式1分，积分区域1分，结果1分.4. 求极限2222222331lim cos()x y z xyzr x y z r x y z edxdydz r ++++→++≤-+⎰⎰⎰.解：由积分中值定理，存在(,,),ξης 2222r ξης++≤，使得22222222223334cos()cos()3xy z xyzx y z r x y z e dxdydz r e ξηςξηςπξης++++++++≤-+=-+⎰⎰⎰因此，原式=2223044lim cos()33r e ξηςξηςπξηςπ++++→-+=.建议评分标准：积分中值定理3分，结果2分.5. 利用对称性计算三重积分2(cos())Vz x xy dxdydz +⎰⎰⎰，其中22222{(,,)|2,}V x y z x y z z x y =++≤≥+.解：由于积分区域V 关于yoz 平面对称，cos()x xy 为关于x 的奇函数，因此cos()0V x xy dxdydz =⎰⎰⎰. 下面计算2V z dxdydz ⎰⎰⎰，采用球极坐标系sin cos sin sin cosx r y r z r ϕθϕθϕ=⎧⎪=⎨⎪=⎩，则此时2(,,)||sin (,,)x y z r r ϕϕθ∂=∂，被积区域V 为{(,,)|0,02,02}4r r πϕθϕθπ≤≤≤≤≤≤，因此原式=2222244cos sin (221)15d d r r dr πππϕθϕϕ=-⎰⎰⎰.建议评分标准：对称性2分，计算过程2分，结果1分.6. 利用对称性计算第一型曲面积分222xy yz zx dS x y z ∑++++⎰⎰，∑为球面2221x y z ++=.解：由于∑关于xoy 平面对称，222yz zx x y z +++为z 的奇函数，因此222=0yz zx dS x y z ∑+++⎰⎰，又由于∑关于xoz 平面对称，222xyx y z++为y 的奇函数，因此222=0xy dS x y z∑++⎰⎰，因此222=0xy yz zx dS x y z∑++++⎰⎰. (建议评分标准：过程及答案正确5分)7. 计算第二型曲面积分xydydz ∑⎰⎰，∑为221z x y z =+=与围成区域边界的外侧. 解法一：∑是一个封闭曲面，设∑所围区域为V ，则由Gauss 公式知0Vxydydz ydxdydz ∑==⎰⎰⎰⎰⎰.其中只需注意到V 是关于xoz 平面对称的，被积函数y 是关于变量y 的奇函数.建议评分标准：高斯公式3分，计算及结果2分.解法二：设221{(,,)|,01}x y z z x y z ∑==+≤≤，指向下侧，222{(,,)|1,1}x y z z x y ∑==+≤，指向上侧，22{(,)|1}xy D x y x y =+≤，则由对称性12=(2)20xyxyD D xydydz xy x dxdy xydxdy ∑-=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰.而 2=0xydydz ∑⎰⎰，因此=0xydydz ∑⎰⎰.建议评分标准：第一块曲面积分3分，第二块2分.二．（15）计算下面问题1) 利用格林公式计算椭圆盘22222x xy y ε++≤（0ε>）的面积； 2) 计算第二型曲线积分22,22L xdy ydxx xy y -++⎰其中L 为包围原点的一条光滑封闭曲线，方向为逆时针.解：1）.222222=()x xy y x y y ++++，由此我们可以给出椭圆222:22L x xy y ε++=的一个参数方程c o s ,s i n x y y εθεθ+==，即c o s s i n, 02s i nx y εθεθθπεθ=-⎧≤≤⎨=⎩,因此椭圆盘22222x xy y ε++≤的面积为22011[(cos sin )(cos )sin (sin cos )]22Lxdy ydx d πεθεθεθεθεθεθθπε-=----=⎰⎰. 2).记22(,)22y P x y x xy y -=++，22(,)22xQ x y x xy y =++，容易验证22222222(0)(22)Q P y x x y x y x xy y ∂∂-==+≠∂∂++时. 为使用Green 公式，做辅助曲线222:22L x xy y εε++=，其中ε充分小使得L ε位于L 所包围的区域内部， L ε取定向为逆时针. 设L 包围区域为V ，L ε包围区域为V ε, 由Green 公式易知\()0L L V V Q PPdx Qdy dxdy x yεε-∂∂-=-=∂∂⎰⎰⎰，因此22122LL L V xdy ydxPdx Qdy Pdx Qdy dxdy εεεπεε--=-===⎰⎰⎰⎰⎰，其中倒数第一个等式使用了1)的结论.建议评分标准：第1小题6分，第二小题9分，其中两个偏导数3分，辅助曲线3分，答案3分.三．（10）利用高斯公式计算第二型曲面积分()2z y dzdx zdxdy ∑++⎰⎰，其中∑为()2201z x y z =+≤≤(0z ≥)，指向上侧.解: 作辅助曲面'22{(,,)|1,1}x y z z x y ∑==+≤，指向上侧，则∑与'∑构成一个封闭曲面，记它们所围区域为V . 则由Gauss 公式()'221100323332Vx y zz y dzdx zdxdy dxdydz dz dxdy zdz ππ∑-∑+≤++====⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰. 而()'2z y dzdx zdxdy ∑++⎰⎰=2211x y dxdy π+≤=⎰⎰，因此()3222z y dzdx zdxdy πππ∑++=-=-⎰⎰.建议评分标准：做辅助曲面3分，高斯公式3分，剩余两个计算各2分.四．（10）计算第二型曲面积分[2(,,)][2(,,)]2yf x y z x dydz xf x y z y dzdx zdxdy ∑++-++⎰⎰，其中(,,)f x y z 为连续函数，∑为曲面221x y z ++=在第一卦限的部分，指向上侧.解：∑投影到x o y 平面为22{(,)|1,0,0}xy D x y x y x y =+≤≥≥. ∑的表达式为221z x y =--，(,)xy x y D ∈. 因此22 [2(,,)][2(,,)]2[(2(,,))(2)(2(,,))(2)222]22xyxyD D yf x y z x dydz xf x y z y dzdx zdxdyyf x y z x x xf x y z y y x y dxdydxdyπ∑++-++=++-++--==⎰⎰⎰⎰⎰⎰建议评分标准：投影到xoy 平面4分，公式正确4分，最后的计算2分五．（15）利用斯托克斯公式计算222222(+z )d ()d (+y )d Cy x x z y x z +++òÑ,其中C 为曲面2222x y z bx ++=（0,0z b ≥>）与222x y ax += (0b a >>)的交线，若从 z 轴正向看去，C 为逆时针方向.解：设C 在球面2222x y z b x ++=上所围的区域为Γ，Γ取上侧. Γ的表达式为：222()z b x b y =---，22(,){(,)|2}xy x y D x y x y ax ∈=+≤. 由Stokes 公式知222222()d ()d ()d (22)(22)(22)=[(22)()(22)()(22)][(22)()(22)()(22)]2[2]22xyxyxy xyCxyD D D D y z x x z y x y z y z dydz z x dzdx x y dxdy y z z z x z x y dxdyx b yy z z x x y dxdyz z ybb dxdy zbdxdyp G+++++=-+-+---+--+--=-+-+-=+==ò蝌蝌蝌蝌蝌Ñ2a b建议评分标准：斯托克斯公式7分，剩余计算8分. 六．（15）设函数()(),f x g x 具有2阶连续导数,并且积分()()()()2(+2e +2)d 2()d 0x Cy f x y yg x x yg x f x y ++=⎰对平面上任一条封闭曲线C 成立. 求()(),f x g x .解：由积分与路径无关的等价条件知：()()()()2[2()]=[+2e +2]x yg x f x y f x y yg x x y∂∂+∂∂，因此()(),f x g x 应满足2'()2'()2()22()x yg x f x yf x e g x +=++，因此'()()g x f x =，'()()x f x e g x =+成立, 由'()''()f x g x =得''()()x g x e g x =+，解微分方程得121()2x x x g x xe C e C e -=++，1211()'()22x x x x f x g x xe e C e C e -==++-. 建议评分标准：积分与路径无关7分，得到两个常微分方程3分，求解5分.七．（10）附加题（以下二题任选其一）：1．已知平面区域{}(,)01,01D x y x y =≤≤≤≤，L 为D 的正向边界，()f x 为[0,1]上的连续函数，证明：（1）()()()();f y f x f y f x LLxe dy ye dx xe dy ye dx ---=-⎰⎰（2）()()2f y f x Lxe dy ye dx --≥⎰.证明：1). 由Green 公式知()()()()()f y f x f y f x LDxe dy ye dx e e dxdy ---=+⎰⎰⎰,()()()()()f y f x f y f x LDxe dy ye dx e e dxdy ---=+⎰⎰⎰,又由于D 关于直线y x =对称，有()()()()()()f y f x f x f y DDee dxdy e e dxdy --+=+⎰⎰⎰⎰，因此()()()()f y f x f y f x LLxe dy ye dx xe dy ye dx ---=-⎰⎰成立.2）. 由1）的结论()()()()()()()()()()1(()())21 =()21422f y f x f y f x f x f y L DD f y f y f x f x DDxe dy ye dx e e dxdy e e dxdy e e e e dxdy dxdy ------=++++++≥=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰建议评分标准：第一小题6分，用了格林公式4分，对称性部分2分，第二小题4分.2．设(,)f x y 是2R 上的连续可微函数，且对圆221x y +=上的任一点均有(,)0f x y =，求极限2222201limx y r r x y xf yf dxdy x y →+≤+≤++⎰⎰.解法一：我们采用极坐标变换cos ,sin x y ρθρθ==，设(,)(c o s ,s i n )z f x y f ρθρθ==，则易知x yxf yf z ρρ+∂=∂. 因此 222212200121200002000001limlim lim lim (cos ,sin )(cos ,sin )=lim (cos ,sin )lim 2(cos ,sin )2(0,0).x y rr r r x y rr r r r xf yf z dxdy d d x y zd d f f r r d f r r d f r r f ππππθρρρρθρθθθθθρθθθπθθπ→+→+≤+≤→+→+→+→++∂=+∂∂==-∂-=-=-⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰解法二：记L 为单位圆周221x y +=，方向为逆时针，r L 为圆周222x y r +=，方向为顺时针. 则由Green 公式，2222222221(,)(,)rx y L L r x y xf yf x yf x y dy f x y dx dxdy x y x y x y +≤+≤+-=+++⎰⎰⎰，又由于在L 上均有(,)0f x y =，因此2222(,)(,)0Lx yf x y dy f x y dx x y x y-=++⎰，因此 222221002222(,)(,)(,)2(,)rrx y r x y L L xf yf dxdyx y x yf x y dy f x y dx f x y ds f x y x y x y π≤+≤++=-=-=-++⎰⎰⎰⎰其中00(,)r x y L ∈. 因此2220022001limlim 2(,)2(0,0).x y r r r x y xf yf dxdy f x y f x y ππ→+→+≤+≤+=-=-+⎰⎰建议评分标准：使用格林公式4分（对应计算了f 对r 的偏导数），将积分式化为Lr 上的积分4分，答案2分.。

抽象代数的基本概念测试题

抽象代数的基本概念测试题一、选择题：选择正确答案，并将其字母编号写在括号内。

1. 下列哪个不是群的必要条件？(A) 封闭性 (B) 结合性 (C) 幂等性 (D) 存在逆元素2. 以下哪种运算不满足交换律？(A) 加法 (B) 减法 (C) 乘法 (D) 除法3. 设G为群，e为其单位元素，则对于任意x∈G，下列哪个成立？(A) x·e = x (B) x−1 = e (C) x·x−1 = e (D) e·e = x4. 设G为群，n为正整数，下列哪个命题成立？(A) (xy)n = xn · yn (B) (xy)n = xn + yn (C) (xy)n = xn · yn−1 (D) (xy)n = xn + yn−15. 下列哪个是环的性质？(A) 封闭性 (B) 结合性 (C) 幂等性 (D) 可逆性二、填空题：根据题意填写正确的答案。

1. 设H为群G的子群，若H=G，则称H为________。

2. 若a为群G中元素x的逆元素，则a满足________关系。

3. 设f: G → H是群G到群H的同态映射，若f是双射，则称f为________。

4. 设G为有限群，其元素个数记为|G|，则对于任意x∈G，有________。

5. 若G为交换群，设a,b∈G，则(a·b)n = ________。

三、简答题：1. 请简述群的定义和群的四个基本性质。

2. 什么是子群？请举例说明。

3. 什么是同态映射？请说明同态映射的基本性质。

4. 请简述环的定义和环的基本性质。

5. 什么是有限群和无限群？请举例说明。

6. 请简述交换群的定义以及交换群与群的区别。

四、证明题：证明：设G为非空集合，定义二元运算·，若对于任意a,b∈G，有a·b=b·a，则G构成一个交换群。

（证明略）五、计算题：计算以下运算，并给出结果。

1. 设集合G = {1, 2, 3, 4, 5}，运算为模6的加法，即a + b ≡ (a + b) mod 6，计算3 · 4。

抽象代数复习题及答案

《抽象代数》试题及答案本科一、单项选择题(在每小题的四个备选答案中，选出一个正确答案，并将正确答案的序号填在题干的括号内。

每小题3分)1. 设Q 是有理数集，规定f(x)= x +2；g(x)=2x +1,则（fg ）(x)等于（ B ）A. 221x x ++B. 23x +C. 245x x ++D. 23x x ++2. 设f 是A 到B 的单射，g 是B 到C 的单射，则gf 是A 到C 的（ A ）A. 单射B. 满射C. 双射D. 可逆映射3. 设 S 3 = {（1），（1 2），（1 3），（2 3），（1 2 3），（1 3 2）}，则S 3中与元素（1 32）不能交换的元的个数是( C )。

A. 1B. 2C. 3D. 44. 在整数环Z 中，可逆元的个数是( B )。

A. 1个B. 2个C. 4个D. 无限个5. 剩余类环Z 10的子环有( B )。

A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个 6. 设G 是有限群，a ∈G, 且a 的阶|a|=12, 则G 中元素8a 的阶为( B ) A ． 2 B. 3 C. 6 D. 97．设G 是有限群，对任意a,b ∈G ，以下结论正确的是( A ) A. 111)(---=a b ab B. b 的阶不一定整除G 的阶C. G 的单位元不唯一D. G 中消去律不成立8. 设G 是循环群，则以下结论不正确．．．的是( A ) A. G 的商群不是循环群 B. G 的任何子群都是正规子群 C. G 是交换群 D. G 的任何子群都是循环群9. 设集合 A={a,b,c}, 以下A ⨯A 的子集为等价关系的是( C )A. 1R = {(a,a),(a,b),(a,c),(b,b)}B. 2R = {(a,a),(a,b),(b,b),(c,b),(c,c)}C. 3R = {(a,a),(b,b),(c,c),(b,c),(c,b)}D. 4R = {(a,a),(a,b),(b,a),(b,b),(b,c),(c,b)}10. 设f 是A 到B 的满射，g 是B 到C 的满射，则gf 是A 到C 的（ B ）A. 单射B. 满射C. 双射D. 可逆映射11. 设 S 3 = {（1），（1 2），（1 3），（2 3），（1 2 3），（1 3 2）}，则S 3中与元素（1 2）能交换的元的个数是( B )。