一、简答题（共40分）
1.不满足，存在。

2.不是，是
3.没有，相等
4.不存在，存在；
5.0，1
6.8（或5）；
7.x=b-1a-1c-1；
8.e；
9.是;
10.{0,2,4,6,8,10}或{0,3,6,9}。

；
11.不一定。

12.-1。

13.f(x)=x3+x2+x和g(x)=x
14.是
15.x6-1
16.不一定
17.不一定
18.不一定
19.一定
20.{a},{b},{c},{d}
二、 计算题(共30分)
1、 （1）I, (1 2 3), (1 3 2)
（2）H={ I, (2 3)}
（3）H 的左陪集：{ I, (2 3)}、{ I, (1 2) , (1 3 2)}、{ I, (1 3) , (1 2 3)}
H 的左陪集：{ I, (2 3)}、{ I, (1 2) , (1 2 3)}、{ I, (1 3) , (1 3 2)}
2、商式：x2+4x+6，余式：-6x-3(或x+4)
3、 (1)GF(3)、GF(9)
(2)首先求()481x x Φ=+。

(2)求()8x Φ在R 3[x]中的2次质式ϕ(x)。

x 4+1=(x 2-x-1)(x 2+x-1)=(x 2+2x+2)(x 2+x+2)= (2x 2+x+1)(2x 2+2x+1)
=(-x 2+x+1)(-x 2-x+1)。

(3)若取ξ=x ，则GF(9)={a 0+a 1ξ| a 0, a 1∈R 3}={0, 1, -1, ξ, 1-ξ, -1-ξ, -1+ξ,
1+ξ}
三、 证明题（共40分）
1、证明：（1）对任意的x,y ∈Z, σ(x+y)=a x+y =a x a y =σ(x)σ(y)，即σ是同态的。

对于任意的x=a i ∈G ，x 有原像i 使σ(i)=a i =x ，即σ是满射。

（2）同态和N=6Z,因此 Z/N={5,4,3,2,1,0}。

2、证明：（1）①显然A 非空，因为1-1映射属于A ；
②(α⊕τ)(x)=α(x)+τ(x)∈Z 因此α⊕τ也是Z 到Z 的一个映射，即⊕运算封闭； ③对于任意的α,τ,ρ∈A ，有(α⊕(τ⊕ρ))(x)= α(x)+(τ ⊕)(x)= α(x)+τ(x)+ρ(x) =(α(x)+τ(x))+ρ(x)=( α⊕τ)(x)+ρ(x)=(( α⊕τ)⊕ρ)(x)，即⊕运算满足结合律； ④对于A 中任意元素α，有把Z 中所有整数映射到0的映射f ，使得
(α⊕f)(x)= α(x)+f(x)= α(x)+0=α(x)，即f 是右单位元；
⑤对于A 中任意的α，若α(x)=a ，A 中存在映射β，β(x)=-a ，于是(α⊕β)(x)= α(x)+
β(x)=a+(-a)=0，即β是α的右逆。

综合上述(A, ⊕)是群。

⑥由于(α⊕τ)(x)= α(x)+τ(x)= τ(x)+α(x)= (τ⊕α)(x)，因此⊕满足交换律；
因此(A, ⊕)是Abel群。

（2）(α⊙(τ⊕ρ))(x)= α((τ⊕ρ)(x))= α((τ(x)+ρ(x)))，而((α⊙τ)⊕(α⊙ρ))(x)= (α⊙τ)(x)+ (α⊙ρ)(x)= α(τ(x))+ α(ρ(x))，如α(x)=x2, τ(x)=x,
ρ(x)=1，则(α⊙(τ⊕ρ))(x)= α((τ⊕ρ)(x))= α((τ(x)+ρ(x)))=
α(x+1)=(x+1)2, ((α⊙τ)⊕(α⊙ρ))(x)= (α⊙τ)(x)+ (α⊙ρ)(x)=
α(τ(x))+ α(ρ(x))= α(x)+ α(1)=x2+12=x+1，既⊙对⊕不满足分配律。

3、
（1）证明：
①由于所有子群都包含1，所以1∈H，故H非空；
②对于任意a、b∈H，则有a、b∈每一个子群，故每一个子群中都有b-1，所以每
一个子群中都有ab-1，所以ab-1∈H。

（2）证明：反证法，假设存在a∈H，a的周期为0，则得到H’={…a-4，a-2，a0，a2，a4，a8…}，则H’也是G的子群，但a∉H’，已知H是G的所有子群的交集，故a∉H，矛盾。

所以假设不成立，原结论成立。

（3）如果H为无限群，则G的每一个子群必无限；由（2）知，任意元素a∈H的周期n均有限，则（a）为G的n元有限子群，矛盾。

故H必为有限群。

已知H≠{1}，故|H|=n必大于1，假设n不为质数，设n=hk，根据拉格朗日定理，必存在元素a∈H，满足a hk=1，则由a h生成的循环子群（a h）必为G的子群，则G的所有子群的交换群应该为（a h）而不是H，矛盾。

故原假设不成立，|H|一定是质数，故H一定是循环群。