近世代数期末试卷

近世代数复习思考题

一、基本概念与基本常识的记忆

(一)填空题

1.剩余类加群备2有4个生成元.

2、设群G的元a的阶是n,则a1"的阶是_________.

3.6阶循环群有2一个子群.

4、设群G中元素〃的阶为〃、如果那么加与〃存在整除关

系为一mIn----o

5.模8的剩余类环Z8的子环有4个.

6.整数环Z的理想有—无穷多个个.

7、n次对称群Sn的阶是--------n!—。

8、9•置换1：4：：：；，分解为互不相交的循环之积是一

o

9.剩余类环Z6的子环S={[0],[2],[4]},则S的单位元是

■

10.z?4中的所有可逆元是：1、5、7、11、13、17、19、

23.

11、凯莱定理的内容是：任一个子群都同一个―变换群

同构。

12.设G=(a)为循环群,那么(1)若。的阶为无限，则G同构于

整数加群,(2)若。的阶为n,则G同构于一单位

根群O

13.在整数环Z中，⑵+〈3尸；

14、n次对称群Sn的阶是_____.

15.设A，4为群G的子群，则A4是群G的子群的充分必要条件

为O

16、除环的理想共有2个。

17.剩余类环Zs的零因子个数等于0.

18、在整数环Z中，由｛2,3｝生成的理想是_________.

19.剩余类环Z7的可逆元有6_个.

20、设Zu是整数模11的剩余类环，则Zu的特征爰_____11.

21.整环1=｛所有复数a+bi（a,b是整数）｝,则I的单位是

■

22.剩余类环Zn是域=n爰___素数_____.

23、设Z7=｛0,1,2,3,4,5,6｝是整数模7的剩余类环，在

Z7[x]中，（5x・4）（3x+2）=.

24.设G为群，aeG,若同=12,则网=3o

25、设群G=｛e,ai,az,…，an-i｝,运算为乘法，e为G的单

位元，则ain=_e_.

26.设4=伯力,0则A到A的一一映射共有6个.

27、整数环Z的商域是________・

28.整数加群Z有2个生成元.

29、若R是一个有单位元的交换环，/是R的一个理想，那么%是

一个域当且仅当/是----------------0

（\?4SA-

30.已知°=为S$上的元素，贝___________o

、31254,

31.每一个有限群都与一个___置换群群同构。

32、设I是唯一分解环，则I[x]与唯一分解环的关系是

二、基本概念的理解与掌握。

（-）选择题

L设集合A中含有5个元素，集合B中含有2个元素，那么，A

与B的积集合AXB中含有（）个元素。

A.2B.5

C.7D.10

2.设A=B=R（实数集），如果A到B的映射

(P：x-x+2,VX€R,

则甲是从A到B的（)

A.满射而非单射B・单射而非满射

C.一一映射D.既非单射也非满射

3.设Zis是以15为模的剩余类加群，那么，Zis的子群共有

()个。

A.2B.4

C.6D.8

4、G是12阶的有限群，H是G的子群，则H的阶可能是（）

A5;B6;C7;D9.

5、下面的集合与运算构成群的是（）

A{0,1},运算为普通的乘法；

B（0,1},运算为普通的加法；

CH,1},运算为普通的乘法；

DH,1},运算为普通的加法；

6、关于整环的叙述，下列正确的是（）

A左、右消去律都成立；B左、右消去律都不成立;

C每个非零元都有逆元；D每个非零元都没有逆元;

7、关于理想的叙述，下列不正确的是（）

A在环的同态满射下，理想的象是理想；

B在环的同态满射下，理想的逆象是理想；

C除环只有两个理想，即零理想和单位理想

D环的最大理想就是该环本身.

8.整数环Z中，可逆元的个数是（）o

A.1个B.2个C.4个D.无限个

9.设M2（R）=《Jj|a,b,c,deR,R为实数域;按矩阵的加法和

乘法构成R上的二阶方阵环，那么这个方阵环是（）o

A.有单位元的交换环B.无单位元的交换环

C.无单位元的非交换环D.有单位元的非交换环

々当a为偶数时

10.设Z是整数集，o（a）=2,aeZ＞贝是R的

匕L当a为奇数时

2

）.

A.满射变换B.单射变换

C.一一变换D.不是R的变换

11、设人=｛所有实数x｝,A的代数运算是普通乘法，则以下映射

作成A到A的一个子集的同态满射的是（）.

A、x-10x

C、x—>|x|D、x7・x・

12、设。是正整数集Z上的二元运算,其中aob=max{a,b]（即取。

与〃中的最大者），那么。在Z中（)

A、不适合交换律B、不适合结合律

C、存在单位元D、每个元都有逆元.

13.设邑={(1),(12),(13),(23),(123),(132)},则S3

中与元（123）不能交换的元的个数是（）

A、1B、2C、3D、4.

14、设（G,。）为群，其中G是实数集，而乘法。:。。6=。+/?+攵,这

里々为G中固定的常数。那么群（G,。）中的单位元e和元x的逆

元分别是（）

A、0和7；BN1和0；C、k和JV—2Z；D、一女和一。+24）

15、设”是有限群G的子群，且G有左陪集分类时,c”｝。

如果回|=6,那么G的阶同=（）

A、6B、24C、10D、12

16.整数环Z中，可逆元的个数是（）.

A、I个B、2个C、4个D、无限个。

17、设一制一6是环同态满射，fS）=b,那么下列错误的结论

为（）

A、若。是零元，贝M是零元

B、若O是单位元，则人是单位元

C、若a不是零因子，贝M不是零因子

D、若&是不交换的，则与不交换

18、下列正确的命题是（）

A、欧氏环一定是唯一分解环

B、主理想环必是欧氏环

C、唯一分解环必是主理想环

D、唯一分解环必是欧氏环

19.下列法则，哪个是集A的代数运算（）.

A.A=N,aob=a+b-2B.A=Z,aob=-

C.A=Q,a。b=痴D.A=R,a0b=a+b+ab

20.设A={所有非零实数x},A的代数运算是普通乘法，则以下

映射作成A到A的一个子集，的同态满射的是（）.

A.x->-xB.x—>-

C・x——D・x—5x

X

21.在3次对称群S3中，阶为3的元有（）.

A.0个B.1个

C.2个D.3个

22.剩余类环Z6的子环有（）.

A.3个B.4个

C.5个D.6个

23、设4也C和.X都是群G中的元素且x2a=bxc~[,acx=xac,那么x=

（）

A.bc~[a~l；B.；C.a~lbc~l；D.b~[ca。

24、设/：a-G2是一个群同态映射，那么下列错误的命题是（）

A./•的同态核是。的不变子群；

B.G的不变子群的象是d的不变子群。

C.G的子群的象是G2的子群；

D.G2的不变子群的逆象是G的不变子群；

25＞设〃是群G的子群，且G有左陪集分类｛",4,，附,c"｝。如果

冏=6,那么G的阶屁=（）

A.6;B.24;C.10;D.12o

（三）判断题（每小题2分，共12分）

1、设A、B、。都是非空集合，则AxB到。的每个映射都叫

作二元运算。（）

2、除环中的每一个元都有逆元。（）（非零元）

3、如果循环群G=（a）中生成元。的阶是无限的，则G与整数

加群同构。（T）

4、如果群G的子群”是循环群，那么G也是循环群。（）

5、域是交换的除环。（T）

6、唯一分解环/的两个元。和方不一定会有最大公因子。（）

7、设f:G-3是群G到群G的同态满射，a€G,则a与f（a）

的阶相同。（）

8、一个集合上的全体一一变换作成一个变换群。（F）

9、循环群的子群也是循环群。（T）

10、整环I中的两个元素a,b满足a整除b且b整除a,

则a=bo（）

11、一个环若没有左零因子，则它也没有右零因子。（F）

12、只要/是A到囚的一一映射，那么必有唯一的逆映射广。

（T）

13、如果环及的阶22,那么R的单位元1工0。（）

14、指数为2的子群不是不变子群。（F）

15、在整数环Z中，只有±1才是单位，因此在整数环Z中

两个整数相伴当且仅当这两数相等或只相差一个符号。（）

16＞两个单位£和£，的乘积"也是一个单位。（）

17、环K中素元一定是不可约元；不可约元一定是素元。（）

18、由于零元和单位都不能表示成不可约元之积，所以零元

和单位都不能唯一分解。（）

19、整环必是唯一分解环。（）

20、在唯一分解环K中，〃是K中的素元当且仅当〃是K中的

不可约元。（）

21、设K是唯一分解环，则K中任意二个元素的最大公因子

都存在，且任意二个最大公因子相伴。（）

22、整数环Z和环0耳都是主理想环。（）

23、K是主理想环当且仅当K是唯一分解环。（）

24、整数环Z、数域P上的一元多项式环P［司和Gauss整环

都是欧氏环。（）

25、欧氏环必是主理想环，因而是唯一分解环。反之亦然。

（）

26、欧氏环u主理想环u唯一分解环u有单位元的整环。（）

27、设环＜/?,+,＜＞的加法群是循环群，那么环R必是交换环.

（T）

28、对于环R,若。是R的左零因子，则〃必同时是R的右零因

子.（F）

29、剩余类，是无零因子环的充分必要条件是〃?为素数.

（T）

30、整数环是无零因子环，但它不是除环。（T）

31、是此⑹的子域.()

32、在环同态下，零因子的象可能不是零因子。()

33、理想必是子环，但子环未必是理想.()

34、群G的一个子群”元素个数与旧的每一个左陪集〃”的个

数相等.()

35、有限群G中每个元素。的阶都整除群G的阶。(T)

三'基本方法与技能掌握。

(四)计算题

1.设(z,+)为整数加群，H=(5z|zWZ),求[Z："]=?

解封在Z中的陪集有：

0+H={5z|zCZ},1+H=[1+5Z|ZWZ},2+H={2+5Z|ZCZ},

3+H=43+5z|z€21,3+H=M+5z|zWZ),

所以，[Z：H]=5.

2、找出邑的所有子群。

解：S3显然有以下子群：

本身;((D)={(1)}；((12))={(12),(1)};

((13))={(13),(1)}；((23))={(23),(1)}；

((123))={(123),(132),(1)}

若S3的一个子群H包含着两个循环置换，那么H含有(12),

(13)这两个2■循环置换，那么H含有(12)(13)=(123),

(123)(12)=(23),因而H=S3。同理，若是S3的一个子群含

有两个循环置换(21),(23)或(31),(32)。这个子群也必然

是S3。

用完全类似的方法，可以算出，若是S3的一个子群含有一个

2•循环置换和一个3•循环置换，那么这个子群也必然是S3。

3.求乙8的所有子群。

解乙区的子群有

(0)=18Z1可

(1)=1•Zis=Z1与

(2)=2.Z16={0,2,4,6,8,10,12,14,161；

(3)=3.Zis=(0,3,6,9,12,151；

(6)=6.Zls={0,6,12}；

◎=9・ZI8=/J}.

1234567、

4.将I7A62R41)表为对换的乘积.

解(;=fl7X2364)=(17)(23)(36X64).

容易验证：0=(42)(26)(12)(13)(27)(12).

5.设按顺序排列的13张红心纸牌

A,2,3,4,5,6,7,8,9,1O,J,Q,K

经一次洗牌后牌的顺序变为

3,8,K,A,4,10,Q,J,5,7,6,2,9

问：再经两次同样方式的洗牌后牌的顺序是怎样的?

解每洗一次牌，就相当于对牌的顺序进行一次新的置换.由题

意知，第一次洗牌所对应的置换为

0=(12345678910111213\

I3813141012115762QJ

则3次同样方式的洗牌所对应的置换为

户=/12345678910111213Y

IQ6Fi15?212R1012711AJ

6.在Z(,中，计算:⑴2+3;(2)2.5(3)4+5;(4)4.

解(1)2+2=^

(2)5口=穴=后

(3)4+5=Q=*

(4)鼠耳=丽=5

7.试求高斯整环Z[i]的单位。(可逆元)

解设a=a+6i(。,bWZ)为Z『i的单位，则存在6=c+d$WZ[i],

使得a6=L于是

1=11=(。+6i)(c+di)(。十6i)(c+di)

=(02十滴3+期

因为Q6c.dCZ,所以“2+必=1.从而a=±1,力=«或

a=0,6=±1.因此可能的单位只有

1,一Li§-i.

显然它们都是z[i]的单位.所以z[i.恰有四个单位：

L-Li.-i

8.试求Zn中的所有零因子与可逆元，并确定每个可逆元的逆

解由定理可知：

(1)2忑为乙2的全部零因子.

(2)L瓦Zii为乙2的全部可逆元.直接计算可知，相应的逆元

为

MBI♦am1.iM1・1

1=<5=鸟7=7,11=11.

9、找出模6的剩余类环Z6的所有理想。

解：R={[0],[1],[2],[3],[4],[5]}0

若I是R的一个理想，那么I一定是加群R的一个子群。

但加群R是循环群，所以它的子群一定也是循环群，

我们有

Gi=([0])={[0]}

Gz=([1])=([5])=R

G3=([2])=([4])={[0],[2],[4]}

G4=([3])={[0],[3])

易见，Gi,G2,G3,G4都是R的理想，因而是R的所有理想。

io.在乙2中，解下列线性方程组:

3工+5y=6

2x—t/=1

解:

356I-1一5、⑹IT

\yj(2-1JU131,-239,

即T=11,?/=9.

11.求的所有子环.

解设7为的任一子环，则7是乙8的子加群，且存在deZ,

引与使得亿十)=(胃).c的可能取值为1,2,3,6,9,12。相应的子

加群为

Zi=(1)=Zig,

Z2=(2)=2Z18={0,2,4,6,8,10,12,14,16},

Z3=(3)=3Z18={0,3,6,9,12,15},

Z4=(6)=6Zie={0j>12}>

，5=(§)=9Z18={8§},

Z6=(18)=18Zis={0}.

直接验证可知，以上六个子加群都关于剩余类的乘法封闭，所

以它们都是乙8的子环.于是乙丁冶有6个子环：

{0))Zi8,2Zi8,3Zi8,6Zi8,9Z18，

12.试求7的所有理想.

解设1为7的任意理想，贝打为7的子环，则

r=dz,deZ,,且d>0.

对任意的dQ,而EdZ,工QZ,有

da—db=d(a-6)€dZ,da'z=z•da=d(az)€dZ.

从而由理想的定义知，HZ为Z的理想.由此知，Z的全部理想为

dZ,d€ZJLd>0.

13、数域”上的多项式环F[x]的理想(Y+LJ+V+D是怎样的一个

主理想。

解由于(V+V+l)-工3(£+1)=1,所以lw(d+l/+，+1),于是得

(x2+1,x5+x3+l)=(1)=F[x]o

14、在Z16中，求工2-1的全部根.

解Zl6共有16个元素：61,TH,将它们分别代入工2-1,可知

共有下列4个元素

1,7,5,15

为工2一1的根.

15.试举例说明，环MT中的m次与n次多项式的乘积可能不是

一个

m+n次多项式.

解例如，环Z6国中多项式

f(x)=2x^4-x2-3x4-5与g(x)=3A2+1

的乘积/*)g(x)=3x4-x3+恭_久+与就不是3+2次多项式.

16.求出域乙上的所有2次不可约多项式.

解经验算得知，Z3上的2次不可约多项式有三个，它们是：

x*+1,x"+x—1,x~~x-1.

17、指出下列哪些元素是给定的环的零因子.

(1)在a(F)中•设A=F-11C=P2].

1001042

(2)在4中，它的全部零因子是哪些.

(3)z“中有零因子吗？

解(1)•.♦|AHC|=O=AC是零因子，但B不是.

(2)心中的零因子为⑵，⑶⑻，⑼,U0]

(3)Z”中没有零因子.

19.举例说明，非零因子的象可能会是零因子.

20.设R为偶数环.证明：

问：N=〈4)是否成立？N是由哪个偶数生成的主理想？

解：1)V4/z,4mwN,n,m£R：4〃-4m=4(/7—m)GN,•「n-m^R

故(4〃-4"Z)EMN为子加群。

2)另外Vn€RN4rwN,rwR

(4r)/i=4(切)eN,,:meR

〃(4〃)=(/z4)r=(4n,)r=4(//r)eTV/.,〃'匕Rnn'reR,

故〃(4r),(4r)"eN.总之有N={4r|re

另方面，由于

N={4力・-,-16-8,0,8,16,…},

且4任N.而且实际上N是偶数环中由8生成的主理想，即

N={4r|〃e尺}=(8)={8r+8/?]re/?,nGZ}={8n|/iez],但是

(4)={4r+4H|Fe7?,nez}=ez}={••8,—4,0,4,8,•••

因此，Nw〈4〉.实际上是77=〈8〉＜=〈4).

21、举例说明，素理想不一定是极大理想。

22、设”=«),(12)},求1关于”的所有左陪集以及右陪集.

解S3={(1),(12),(13),(23),(123),(132)),

H的所有左陪集为:⑴〃=(12)”={(1),(12))=H；

(13)27=(123)7/={(13),(123)}；(23)H=(132)//={(23),(132)).

H的所有右陪集为："⑴="(12)={(1),(12))；

//(13)=/7(132)={(13),(132)}；"(23)="(123)={(23),(123)),

综合应用能力。

(五)证明题

1.在群C中，对任意。尿G,方程心工=呜W=£都有唯一解.

证明令c=a-7,那么0=sb=故工=/2-？为万程GY=，的

解。又如e为斑=±的任一解，即如=4则

c，=(Q-%)C，=QT(QC]=a-li

这就证明了唯一性.

同理可证另一方程也有唯一解.

2.全体可逆的n阶方阵的集合G0(R)S>1)关于矩阵的乘法构

成一个非交换群.这个群的单位元是单位矩阵

每个元素(即可逆矩阵)力的逆元是力的逆矩阵

证明

(1)设4E都是n阶可逆矩阵，则I尚声(,田|，0,从而

|AS|=|A|.|B|^O,所以也是门阶可逆矩阵.这说明矩阵的乘

法是G"你)的代数运算；

(2)因为矩阵的乘法满足结合律，所以刘的乘法也满足结

合律；

(3)设叼为打阶单位矩阵，则出1=1,故EeGLn(R\且对任意

的4cGLn(R\有

EA=4E=A

所以，K是(刘的单位元.

(4)设A€GLn(R\则⑷，0.从而4可逆，设4-1为港的逆

矩阵，则也1=可/：故力-YG5用且4-】4=44-1=瓦.

所以4的逆矩阵47为4在G"(五)中的逆元.因此，G"(五阚成

群.由矩阵的乘法易知，当时。加你)是非交换群.

3.Qf,H=((l),(12))o那么H是邑的一个子群。

证明I.H对于G的乘法来说是闭的，

⑴⑴二⑴，(1)(12)=(12),(12)⑴=(12),(12)(12)=(1);

n.结合律对于所有G的元都对，对于H的元也对；

/1)吗

V.(l)(l)=(l),(12)(12)=(l)o

4.一个群G的一个不空有限子集H作成G的一个子群的充分

而且必要条件是：

证明必要性。H是G的非空子集且H的每一个元素的阶都有限。

若H是子群，则由子群的条件必有V。/H；

充分性。由于H是G的非空子集，若又

H的每一个元素的阶都有限

n}l]

=\/aGH,3nEN,》a"=e=>aa~=e=>a~=a"~GH,

综上知H是G的子群。

6.群G的任何两个子群的交集也是G的子群.

证明

设H、K为c的两个子群，则

(1)eEH.eeK,所以eeHQK,即壬0；

(2)任给HCK,beHCK,则乩€用0fbeK,因此

帅cHnK；

(3)任给nGRCK,那么因此「€口、「€及

所以a'lFHQK.从而由定理2知，开CK是Q的子群.

7.设方为C的子群.则有在G中左陪集的个数与右陪集的个数

相同.

证明设儿月分别表示月在C中的左、右陪集所组成的集合.令

W:A-►B

0tHiHQ-；Va6G.

则”是港到百的双射.事实上

(1)如果用=阚那么人-，二H故H,所以，

Ha'{=Hb-：于是，3为工到日的映射.

(2)任给HaG&有W(Q-旬=Ha,因此，3为满射.

(3)如果%7=所,那么厂乂二月，因此“口=用从而得9

为双射.即有在G中左陪集的个数与右陪集的个数相同.

8.有限群G的任一元素的阶都是群C的阶数的因子.

证明设G的元a的阶为4则a生成一个阶是n的子群，由

以上定理，n整除G的阶。

9.设C与U为群，7是C与G，的同构映射，则

(1)如果£为C的单位元，则胃8：为G，的单位元；

(2)任给“T(QT)为的逆元，即T(QT)=(T(Q)『L

证明(1)因为T®)=T(88)=不(8)48)由消去律知，式苗为々的单

位元.

(2)任给a£Gr(a)&T)=r3aT)=T(8)=8，(G的单位元)：

从而知«尸)为电)的逆元.所以，(T⑷尸=#一1

10.如果C是交换群，则C的每个子群周都是C的正规子群.

证明因为G为交换群，所以H的每个左陪集以+8也就是

右陪集77+c.

12.设G=GLn(R\H=3Ln(R\则人4

证明（1）孤圜=1,旧1=1,则|A£T|=1所以,S%R）为

GZ4m的子群.

（2）任给CeGLn（R\A€SLn（^\贝

|C4C-i|=|C|.|4|.|C|-i=L

所以，CAC^e3Ln{R\从而31MQGLJK）.

13.群门的任何两个正规子群的交还是U的正规子群.

证明设有与K为c的两个正规子群，Jt=nnR,贝4r为c的子

群.又任给agoeL,则因为□与“都是c的正规子群，所以

saff-1€H,gaq-iWK.所以,gag一1WHDK.故77CK<iG

14.设C与C是群，9是C到G的同态映射.

（1）如果■是G的单位元，贝||W⑻是G的单位元；

（2）对于任意的aGG,wST是0®在C中的逆元.即

证明⑴因为£是G的单位元，设月是G的单位元，则

83（8）=W（8）=<p（e.8）=W（8）p（8）,

从而有消去律得：外=口加

（2）因为8，=0（8）=0（。•Q-l）=W（Q）W（Q-1）.

从而可知，HQ-D=（W®）-I.

15.设C与G是群，W是G到G的满同态.如果月是C的正规子

群，则W（印是G的正规子群.

证明由定理知，W（引是C的子群.又对任意的因为夕是

满同态，所以存在使得以力=。.从而

1=―⑷♦⑻=（p（aHa-1）=（p（H\

所以，W（切是C的正规子群.

n

16.设awG,。的阶为%证明，的阶是/，其中*二（“）。

17.设G是循环群，G与C同态，证明G是循环群。

18.证明循环群的子群也是循环群。

19.假定。和&是一个群G的两个元，并且曲■儿，又假定。的

阶是加，右的阶是”（切潭）=1,证明：成的阶是加力。

证明：一方面，刖另一方面，若

（而＞=e,则侬尸=0=0）"*二e=产・。=＞川欣=〃佑；

同理，冽上；于是由伽潭）=1,有盛伏,故，如的阶是刈力。

20.假定H是G的子群，N是G的不变子群，证明HN是G的子

群

证明：V&2,均巧eHN,

色的=々（为々'）的金HN,

（4%）T.〃JT.T为WHN。

21.设五是一个环，如果方有单位元，则五的单位元是唯一的.R

的单位元常记作0

证明

设8,£都是月的单位元，则

e=e-ef®为单位兀），

ef=eef（8为单位兀）

所以，R=A.

22、设R为实数集，Va/£R,〃¥（）,令九加：RTR，xiax+bRxeR）

将R的所有这样的变换构成一个集合G二｛几⑼忖。，北RM。。｝，试证

明：对于变换普通的乘法，G作成一个群。

证明⑴（封闭性）VVxe/?,我们有:

九㈤几⑷⑴=几㈤陵十"）=。陵十"）十匕=acx十十b）

由于。工0,。00=。。。0

f（ac,a"〃）EG=>G中元素是封闭的.

（2）（结合律）凡是映射的合成都满足结合律.故

G中的元素也满足结合律.

（3）（单位元）显然.。）eG是R的恒等变换£,由定

义2知九必是G的单位元.

（4）（左逆元）VfMeG那么:a,On/O

故几用wG并且几㈤仙％）=饱.淤⑸=£•

（这个等式可以验证）故知

由上述⑴-⑷nG=｛兀⑸|Va,〃£4。工（）｝是一个/?的变换群.

23.全体偶数2Z={2a|a€Z}关于通常的数的加法与乘法构成一

个没有单位元的交换环.

证明：⑴先证关于加法做成一个群

A:任给242氏2Z,则

2。+2b=2(a+6)€2Z,

2。印=2(2㈤W2Z

所以，数的加法与乘法是27的代数运算.

B:因为数的加法满足结合律，所以全体偶数关于加法也满足

结合律

C:因为0=2.0£2Z,且对任意的2AS2Z,有

0+2。=2。+0=2Q

所以数零是27的加法零元.

D:任给2QW2Z,2(-Q)€2Z,

2d+2(-Q)=2-0=0.

所以27的每个元都有负元，且-2°=2(一°).

(2)因为数的乘法满足结合律，所以全体偶数关于乘法也满

足结合律，交换律

(3)数的乘法对加法显然满足分配律。。。。。

从而由环的定义知，27构成交换环，显然27无单位元.

事实上，如果27有单位元B则以=加QGZ,且对任意的

2bFZ,有分.2/)=%即2q.2/)=2%所以2a=1,°=攵任Z,矛盾.

(重点)

24、设群G的每个元素x都适合方程X?二e,这里e是G的单位

元，求证：G是交换群。

221=-1

证明：任意x、y€G,由x=e,y=e有x-x,y=yo又由(xy¥二

_1-1-1

e有(xy)-Jxyo从而yx二yx=(xy)=xy.即G是交换群.

25.证明数集Zfi]=10+bi|Q,6£Z}关于数的加法与乘法构

成一个有单位元的交换环.

证明：⑴先证关于加法做成一个群

A:任给a=Q+bi/=c+di€Z|i,CWZ,则

仪十。=(a+c)+(6+/i€Z[i];

a0=(ac-bd}+(ad+bc}i€Z[i].

所以，数的加法与乘法是Z[i]的代数运算.

B:因为数的加法满足结合律，所以Z[i.关于数的加法也满足结

合律，

C:因为0=0+OieZ[i],且对任意的仪=。十与€Z[i,有

0+a=a+0=a

所以数零为Z⑴的零元.

D:任给a=a+6i€Z[i]-a=-a-6i=(-a)+(-6)i€Z[i],

且a十(一a)—0,所以，a=a+6i€Z[i]的负元为

(一。)十(一b)i€Z[i：

(2)数的乘法满足结合律，交换律，所以Z[i]关于数的乘法满

足结合律，交换律

(3)乘法对加法显然满足左右分配律，所以Z[i]的乘法对加法

也满足分配律

所以做成一个交换环

因为l=l+0iWZ[i],且对任意的a=a+6i€Z[i,有

1•C=c.1=C

所以数1为Z⑴的单位元.

26.在一个无零因子环中，两个消去律成立.即设b±0,

如果ab=ch9或ba=bt,贝"a=e.

证明设cb=叱则3-c)b=C.因为R无零因子，且MC,所以

a—c=0,从而以=〃同理可证另一个消去律成立.

27、群G的两个子群的交集还是G的子群。

证明：设Hi、Hz为