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1、近世代数补考试题参考答案1(10分).在整数集Z中，令aob=d+b-2,证明：Z关于这样的乘法“。”构成一个群.证明：容易看出。是整数集Z上一个代数运算.设g",cwZ,贝U(ao/?)oc=Qo/?+c-2=a+Z?+c-4=Qo(b+c-2)=do(/?oc),0。2=0+2—2=67=2。67,d。(4一d)=2=(4—Q)。G,由此可见乘法“。”满足结合律，有单位元2并且。的逆元为4-d.
2、大I此，Z关于这样的乘法“。”构成一个群.2(8分).设群G除单位元外的每个元索的阶都是2,证明：G是交换群.证明：设geG,当G=«吋，a~}=e~x=e=a,当吋，a2=e,此吋a=a
3、~于是对于任慧a,bwG,ah-a~xb~{-伽)"=ba.因此，G是交换群.3(8分).设H是群G的子群且[G:H]=2，证明：H是G的正规子群.证明：设H是群G的子群且[G:H]=2,awG・当aeH时，aH=H=Ha.当a^H时，aH,丁•是G=H5H=HuHa,HcaH=①，HcHa=①,因此，aH=Ha・所以，H是G的正规子群.4(10分).设/是群G到$的满同态，耳是G的正规子群，证明：G/厂(HJmGJH、.证明：设/是群G到$的满同态，0是$的正规子群，令g:GTG]/H],d/(a)H[7awG,则对于任意bH、wGJH,存在aeG使得h=f(a),于是g(a)
4、=f(a)H}=hH},即g是满射.若心G,贝9g(肋)=gb)H=/(a)/0)H1==g(a)g(b),由此可见：g是G到GJH、的满同态.由于Ker(g)={水G
5、g(o)=/«)/=Hl}={aeGf(a)eH}}=广丫0),因此，由群同态基木定理可得：Gl二GJH・5(12分).设G是有限群，〃为素数，r>l,如果//
6、
7、G
8、,证明：G中一定存在阶为//的子群.证明:设
9、G
10、=pW,其中5>1,(/?,in)=1,则由Sylow定理可知:存在G的矿阶子群H・注意到H的子群也是G的子群，下面证明：H中存在阶为//的子群.设C是H的中心.对$用数学归结法.当5=m,/=1,
11、此时结论自然成立.假设s>l并且结论对所冇阶为p的方幕，其幕指数小于s的有限群都成立.考虑类方程
12、H
13、=
14、C
15、+工aiC当a^C时，N“是H的真了群，此时p[H:N(l]y由类方程可知:川C
16、.由于C是交换群，因此C中存在〃阶元素d并口Vd〉是丹的正规子群.令H=H/,贝IJ1771=ps~l・于是，pr~x\H并且万屮存在阶为pi的子群了设F是H的了群使得F^并且F=F/，贝\F=pr~lp=p此时F是H的//阶子群•故由归结法可得：H中存在阶为//的子群.6(12分).设(/?,+,•)是一个有单位元1的环，对于任意a,bwR,令d㊉b=a+b-,
17、a®b=a+b-ab,证明：㊉和(8)是上的两个代数运算且7?关于加法“㊉”和乘法“0”也构成一个有单位元的环证明：由于d+b-l,a+b-obw/?,因此，㊉和0是/?上的两个代数运算.设a,b,cwR,贝I」(g㊉b)㊉c=a㊉b+c—1=d+方+c—2=a㊉(b+c—1)=g㊉(方㊉c),g㊉b=a+b-l=b+a-l=b㊉d,°㊉1=a二1㊉a,°㊉（2—a）二1二（2—a）㊉a,(a®h)®c=a®h+c-(a®b)c=a+h+c-ah-ac-be-ahca®(b®c}=a+b®c-a(b®c)=a+b+c-be-ab-ac-cibc,a®0=a=0®a,a®(b㊉c)=d+
18、/?㊉c-a(h㊉c)=a+b+c--ah-aca=(a+b-ab)+(a+c-ac)-l=(a®b)㊉(agc),(方㊉c)®a=b㊉c+a-(b㊉c)ci=b+c-+a-ba-ca+a=(方+d-ba)+(c+a-cd)-=(b®a)㊉(c0a),因此，R关于加法“㊉”和乘法“®”构成一个有单位元0的环.5(10M设/是环7?的一个左理想，令0:/?={aw/?
19、a/={0}}，证明：0:/是R的一个理想.证明：设/是环/?的一个左理想，a,b丘0:1,rgR,则rlI,al=bl={0}.于是,对于任意i€I,ai=hi=0.因此,(a-b)i=ai-hi=ieI=>(a-
20、h)I={0},(ra)i=r(ai)=0,(ar)i=a(ri)=0Vze/=>(rci)l=(ar)I=/,即a-h,rayrel,所以，0:/是/?的一个理想.6(10分).设/?是有单位元的环,证明：R[x]/(x)=R.证明：设/?是冇单位元的环，则(x)={f(x)xf(x)eR[x]}={anxtl+eR}.令0：anxn+・・・+d]X+a()—a(),则©是多项式环/?[兀]到环R的一个满同态并且Ker{(p)={anxn+
