2022—2023 学年第 1 学期期末真题

#真题

考试时间：2022 年 12 月 20 日 10:20—12:20。满分 100 分，共六道大题。原卷不含答案；下列解析依据本课程课件与教材补全。

一、选择题（30 分，每题 5 分）

1. 置换

令

σ=(1234523154),τ=(1234523451)∈S5.\sigma=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\2&3&1&5&4\end{pmatrix}, \qquad \tau=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\2&3&4&5&1\end{pmatrix}\in S_5.

下列断言正确的是：

A. σ\sigma 与 τ\tau 共轭； B. o(σ)=o(τ)o(\sigma)=o(\tau)； C. στ\sigma\tau 和 τσ\tau\sigma 都是奇置换； D. στ=τσ\sigma\tau=\tau\sigma。

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选 C。σ=(123)(45)\sigma=(123)(45) 是奇置换、阶为 6；τ=(12345)\tau=(12345) 是偶置换、阶为 5。二者循环型不同，既不共轭，阶也不同。奇置换与偶置换的乘积仍是奇置换，因此 C 正确。

2. 哪个集合不成环

下列数集关于通常的加法和乘法不构成环的是：

A. {x+y−1:x,y∈Z}\{x+y\sqrt{-1}:x,y\in\mathbb Z\}； B. {x+y−1:x,y∈Q}\{x+y\sqrt{-1}:x,y\in\mathbb Q\}； C. {x+y2:x,y∈Q}\{x+y\sqrt2:x,y\in\mathbb Q\}； D. {x+y23:x,y∈Q}\{x+y\sqrt[3]2:x,y\in\mathbb Q\}。

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选 D。前三个集合对加、减、乘封闭。D 中 23⋅23=43\sqrt[3]2\cdot\sqrt[3]2=\sqrt[3]4，不能写成 x+y23x+y\sqrt[3]2，所以不对乘法封闭。

3. 关于域的断言

A. Q(3)\mathbb Q(\sqrt3) 与 Q(−3)\mathbb Q(\sqrt{-3}) 同构； B. 任意两个恰有 4 个元素的域都同构； C. 不存在特征为正数的无限域； D. 不存在真包含 C\mathbb C 的域。

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选 B。同阶有限域唯一到同构。C 的反例是 Fp(t)\mathbb F_p(t)；D 的反例是 C(t)\mathbb C(t)。A 中左边可嵌入实数且有 3\sqrt3，右边不含平方为 3 的元素，二者不是 Q\mathbb Q-同构。

4. 有限域的阶

当哪个 nn 值成立时，存在恰有 nn 个元素的域？

A. 6262；B. 6363；C. 6464；D. 6565。

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选 C。有限域的阶必须是素数幂；64=2664=2^6，其余三个都不是单个素数的幂。

5. 乘法群同态

设 C∗\mathbb C^*、R∗\mathbb R^* 分别为非零复数与非零实数的乘法群。下列 f:C∗→R∗f:\mathbb C^*\to\mathbb R^* 是群同态的是：

A. f(z)=2∣z∣f(z)=2|z|；B. f(z)=1/∣z∣f(z)=1/|z|；C. f(z)=1+∣z∣f(z)=1+|z|；D. f(z)=−1f(z)=-1。

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选 B，因为

f(zw)=1∣zw∣=1∣z∣1∣w∣=f(z)f(w).f(zw)=\frac1{|zw|}=\frac1{|z|}\frac1{|w|}=f(z)f(w).

另外三项不保持乘法；常值 −1-1 还把幺元映成了 −1-1。

6. 函数环的理想

设 RR 是全体实函数关于逐点加法和乘法构成的环。下列子集是 RR 的理想的是：

A. {f:f(0)=0}\{f:f(0)=0\}； B. {f:f(0)=f(1)}\{f:f(0)=f(1)\}； C. {f:f(1)f(2)=0}\{f:f(1)f(2)=0\}； D. {f:f(0)+f(2)=0}\{f:f(0)+f(2)=0\}。

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选 A。它是评价同态 ev⁡0:R→R\operatorname{ev}_0:R\to\mathbb R 的核，所以是理想。B、D 乘上任意函数后不再保持条件；C 甚至对加法也不封闭。

二、综合题（12 分）

设 uu 是多项式 x3−6x2+9x+3x^3-6x^2+9x+3 的一个根。

  1. 计算 [Q(u):Q][\mathbb Q(u):\mathbb Q]；
  2. 将 u4u^4、(u+1)−1(u+1)^{-1} 表示为 1,u,u21,u,u^2 的有理系数线性组合。
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三次多项式可能的有理根只有 ±1,±3\pm1,\pm3，代入均不是根，所以它在 Q\mathbb Q 上不可约，扩张次数为 3。

由 u3=6u2−9u−3u^3=6u^2-9u-3，

u4=6u3−9u2−3u=27u2−57u−18.u^4=6u^3-9u^2-3u=27u^2-57u-18.

设 (u+1)−1=au2+bu+c(u+1)^{-1}=au^2+bu+c，乘开并降次后比较系数，得到

(u+1)−1=u2−7u+1613.(u+1)^{-1}=\frac{u^2-7u+16}{13}.

三、综合题（15 分）

设 F2\mathbb F_2 是二元域。

  1. 确定 F2\mathbb F_2 上全部次数不超过 4 的首一不可约多项式；
  2. 计算其中四次不可约多项式的周期，并确定所有四次本原多项式。
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各次数的首一不可约多项式为：

1x, x+12x2+x+13x3+x+1, x3+x2+14x4+x+1, x4+x3+1, x4+x3+x2+x+1\begin{array}{c|l} 1 & x,\ x+1\\ 2 & x^2+x+1\\ 3 & x^3+x+1,\ x^3+x^2+1\\ 4 & x^4+x+1,\ x^4+x^3+1,\ x^4+x^3+x^2+x+1 \end{array}

前三个四次式的周期依次是 15,15,515,15,5。最后一个满足

x5−1=(x−1)(x4+x3+x2+x+1),x^5-1=(x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1),

所以周期为 5；其余两个排除 1、3、5 后周期只能为 15。因此四次本原多项式是

x4+x+1,x4+x3+1.x^4+x+1,\qquad x^4+x^3+1.

四、计算题（15 分）

利用中国剩余定理求同余方程组的最小正整数解：

{x≡2(mod3),x≡2(mod7),x≡10(mod11),x≡11(mod13).\begin{cases} x\equiv2\pmod3,\\ x\equiv2\pmod7,\\ x\equiv10\pmod{11},\\ x\equiv11\pmod{13}. \end{cases}
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模数乘积为 M=3003M=3003。取

Mi=1001,429,273,231,M_i=1001,429,273,231,

它们分别在模 3,7,11,133,7,11,13 下的逆元为 2,4,5,42,4,5,4。于是

x≡2⋅1001⋅2+2⋅429⋅4+10⋅273⋅5+11⋅231⋅4≡1220(mod3003).x\equiv2\cdot1001\cdot2+2\cdot429\cdot4 +10\cdot273\cdot5+11\cdot231\cdot4 \equiv1220\pmod{3003}.

最小正整数解为 12201220。

五、计算题（16 分）

叙述 Burnside 定理，并计算：用 3 种颜色的珠子制成由 6 颗珠子组成的手镯，可以制成多少种？

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Burnside 定理：有限群 GG 作用于有限集 XX 时，轨道数为

1∣G∣∑g∈G∣Fix⁡(g)∣.\frac1{|G|}\sum_{g\in G}|\operatorname{Fix}(g)|.

手镯允许翻面，使用正六边形对称群 D6D_6。各类对称的不动染色数总和为

36+2⋅3+2⋅32+33+3⋅34+3⋅33=1104.3^6+2\cdot3+2\cdot3^2+3^3+3\cdot3^4+3\cdot3^3=1104.

除以 ∣D6∣=12|D_6|=12，得到 1104/12=921104/12=92 种。

六、证明题（12 分）

设 GG 是群，N,H,KN,H,K 是 GG 的三个子群，证明：

  1. HKHK 是 GG 的子群，当且仅当 HK=KHHK=KH；
  2. 若 H⊆KH\subseteq K、K∩N=H∩NK\cap N=H\cap N、KN=HNKN=HN，则 H=KH=K。
展开答案

若 HK≤GHK\le G，则 (HK)−1=K−1H−1=KH(HK)^{-1}=K^{-1}H^{-1}=KH，又子群对逆封闭，所以 HK=KHHK=KH。

反之，设 HK=KHHK=KH。对 h1k1,h2k2∈HKh_1k_1,h_2k_2\in HK，

(h1k1)(h2k2)−1=h1(k1k2−1)h2−1.(h_1k_1)(h_2k_2)^{-1}=h_1(k_1k_2^{-1})h_2^{-1}.

因 KH=HKKH=HK，中间的 (k1k2−1)h2−1(k_1k_2^{-1})h_2^{-1} 可重写成 h3k3h_3k_3，故整个元素仍在 HKHK。由子群判据，HK≤GHK\le G。

第二问只需证 K⊆HK\subseteq H。任取 k∈Kk\in K，由 KN=HNKN=HN 可写 k=hnk=hn，其中 h∈H,n∈Nh\in H,n\in N。又 H⊆KH\subseteq K，所以 n=h−1k∈K∩N=H∩N⊆Hn=h^{-1}k\in K\cap N=H\cap N\subseteq H。于是 k=hn∈Hk=hn\in H，故 K=HK=H。

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