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) n>2。
2、设H是G的正规子，商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。
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3、设是环同态, 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) ； (B) ； (C) (2； (D) 。
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;
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G有7阶元吗? 为什么？
9、x3(2是实数(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 (mod 5)
13、(10分) 设f(x)=x4+x+1(Z2[x],黄河三峡景区
(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, Z(G)={a(G: (g(G, ga=ag}是G的中心. 证明:
(1) Z(G)是G的正规子;
(2) 如果商是循环, 则G是交换。
15、(10分) 证明：模n的剩余类环Zn的每个子加都是理想。
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？
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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。
一、(20分) 回答下列问题：
2、 (4分) 写出加法Z10的全部生成元、全部子；
3、 (4分) 写出剩余类环Z10的全部理想；（全部子）
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阶的子共有多少个?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G的正规子,商G/N与三次对称S3同构,N≌Z11。说明: 22 | |G|.
10、有锐角的棱形的对称性是几阶?
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(mod 7).
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E*=E\{0}有一个13阶子H, 且[E*:H]=2, 求 |E|和域E的特征。
15、求+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|.
国内沙漠旅游哪里最好17、(6分) 设G = <a>,|a|=n. 证明：G是单当且仅当n是素数.
18、 (8分) 设GLn(R)是实数域R上的一般线性, S Ln(R)={A( GLn(R): |A| = 1}. 证明：
(1) S Ln(R)是GLn(R)的正规子;
(2) 商。
试卷（A）参考答案
一、（A）、（C）、（D）、（B）、（B）。
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(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(mod 5)(20072007=20074×501+3≡24×50123 ≡3(mod 5).
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.在由Z(G)的交换性, 易知Z(G)是G的正规子.
(2) 若G/Z(G)是循环, 则有g(G 使得G/Z(G)=<gZ(G)>. (x, y(G, 有正整数k使得x Z(G)=(gZ(G))k = gk Z(G), 从而有a(Z(G) 使得 x= gk a. 同理, 有正整数l(N和 b(Z(G) 使得 y= gl b. 于是由Z(G)的交换性有
xy= gk a gl b= gk gl a b= gl gk b a= gl b gk a=yx.
所以, G是交换.
15、证明：设I是Zn的任一子加，([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:
论在物理学、化学、结晶学、组合计算中的应用；
有限域在计算机科学、编码和密码技术中的应用；
从论观点对几何学进行分类（Klein的 Erlangen纲领）；
域的扩张理论否定了古希腊三大几何作图难题；
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复数域的存在性论证。
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G的子只有两个：单位元和G本身。因为，由Largrange定理，子的阶必是G的阶7的因数，因而只能是1或7。所以，7阶G只有平凡子。
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。
湄公河行动电影在线看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(mod 7)(20082008=20086×334+4≡66×33463 ≡6(mod 7).
