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• 1. 交换单群, 要求可交换且只有平凡正规子群. 根据定理 \ref{Abel单群}, 只能是素数阶循环群, 所以选 \t A.
• 2. $25$ 阶.
• 3. 由 $A_5\lhd S_5$ 故 $\t A. S_5$ 不是单群.

所有子群: $m\Z,\ m\in \Z_{\geqslant0}$.

当 $m\neq 0$ 时, $m\Z$ 是无限阶循环群, 生成元为 $m$, 所以有 $m\Z\cong \Z$.

可取映射 $\sigma:\Z\to m\Z,\ a\mapsto ma$.

故所有不为单位元集 $(\{0\})$ 的子群都与 $\Z$ 同构.

整数环的理想: $(m),\quad m\in \Z_{\geqslant 0}$.

设 $I=(n),J=(m)$.

$I+J=((n,m))$, 其中 $(n,m)$ 表示 $n,m$ 的最大公约数.

$I\cap J=([n,m])$, 其中 $[n,m]$ 表示 $n,m$ 的最小公倍数.

$IJ=(nm)$.

按照模的定义验证即可.

所有子模 $(m\Z,+)$.

叙述参照定理 \ref{中国剩余定理}.

$x=52+105k,\quad k\in \Z$.

首先有 $2022=2\times 3\times 337$.

• (1) 不是, 对于 $p=337$, \Sy[337] 的个数 $r$ 满足, $r\equiv 1(\bmod 337),r\mid 6$, 从而 $r=1$. 根据推论 \ref{coro:Sylow1} 可知 \Sy[337] 是 $G$ 的正规子群.
• (2) 是, 对于 $6$ 阶群, 考虑 \Sy[3] 子群的个数只能为 $1$ 个, 从而 \Sy[3] 子群是 $6$ 阶群的正规子群, 从而 $6$ 阶群可解, 进而有 $G_{337}$ 可解, $G/G_{337}$ 为 $6$ 阶群可解, 从而 $G$ 可解.
• (3) 由 $2022=2\times 3\times 337$ 及定理 \ref{有限Abel群} 可知, $G\cong (\Z_2,+)\oplus(\Z_3,+)\oplus(\Z_{337},+)\cong(\Z_{2022},+)$ 从而 $G$ 是循环群.

显然有 $G_\alpha N\subseteq G$. 下证 $G\subseteq G_\alpha N$.

$\forall g\in G$, 设 $g\circ \alpha = \beta$,

由于 $N$ 在 $\Omega$ 上的作用传递, 从而 $\exists\ n\in N$, 满足 $\beta=n\circ \alpha$. 又 $N<G\Leftrightarrow n^{-1}\in N$, 考虑 $n^{-1}$ 引出的双射, $n^{-1}\circ(g\circ \alpha)=n^{-1}\circ \beta=n^{-1}\circ(n\circ \alpha)$.

又根据作用的结合律, 得到 $(n^{-1}g)\circ \alpha=\alpha$, 从而 $n^{-1}g\in G_\alpha$, 即 $\exists b\in G_\alpha,\ s.t. n^{-1}g=b\Leftrightarrow\ g=nb\in NG_\alpha$.

最后由于, $N,G_\alpha,NG_\alpha=G$ 都是 $G$ 的子群, 根据习题 \ref{prac:子群} 中题目 \ref{prac:子群1},可知 $G_\alpha N=N G_\alpha$.

所以有 $G=G_\alpha N$.

参照例 \ref{四元域}.

首先有 $I+J$ 是理想, 若 $I,J$ 不互素, 则有 $I+J\neq R$, 又有 $I\subseteq I+J$, 这与 $I$ 是极大理想矛盾, 从而 $I,J$ 互素.

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• 1. $\t A.2$, 有限交换单群一定是素数阶循环群.
• 2. $\t D.2022$, 当 $n\geqslant 5$ 时, $S_n'=A_n,A_n'=A_n$.
• 3. 一共有 $5$ 种, 分别为 $(\Z_8,+),(\Z_4,+)\oplus(\Z_2,+),(\Z_2,+)\oplus(\Z_2,+)\oplus(\Z_2,+),D_4,Q$.
• 4. $12$ 阶, $1+3+8$.

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• (1) 构成环.

$\forall f,g\in A$, 函数的加法和乘法满足加法交换律, 乘法结合律, 乘法分配律. 且存在负元 $-f$, 零元 $0$.

$f+g,\ fg$ 也为连续函数, 故对加法和乘法封闭.

• (2) 构成一个理想.

$\forall g\in A,f\in I,\ f(1)=0$, $(gf)(1)=g(1)f(1)=g(1)\times 0=0,\ (fg)(1)=f(1)g(1)=0\times g(1)=0$, 从而 $fg,gf\in I$. 若 $f(2)=0$ 同理.

综上 $I$ 是 $A$ 的理想.

• (3) 不是极大理想. 类似上一问, 我们可以证明 $I$ 是理想, 并记上问中理想为 $J$, 显然有 $I\subseteq J$, 又对于函数 $f(x)=x\notin J$, 从而 $J\neq A$, 所以 $I$ 不是极大理想.
• (4) 不是主理想整环.

对于第三问中的理想, $x-1,e^x-e$ 都是该理想的元素, 而这两个函数显然不能由彼此有限表示, 从而该理想不是主理想, 进而环 $A$ 不是主理想整环.

也可以通过说明 $A$ 有零因子, 从而不是整环.

例如取连续函数

显然有 $f(x)g(x)=0$. 故存在零因子. 不是整环.

• 1. 自由模的定义: 对于模 $M$, 存在 $M$ 的子集 $S$, 满足
• (1) 对于 $M$ 中的任意元素, 可以由 $S$ 中有限个元素的线性组合表示, 形如

• (2) 对于 $S$ 的任意有限子集 $S_1$, $S_1$ 中元素, 在 $R$ 中线性无关, 即由

可推出 $r_1=r_2=\cdots=r_t=0$.

则称 $S$ 是 $M$ 的基, $M$ 是自由模.

简单例子, $(\Z_6,+)$ 是 $(\Z_6,+,\cdot)$ 上的自由模.

• 2. 自由模的子模不一定是自由模.

同上题例子, 取子模 $2\Z_6=\{0,2,4\}$, 该子模中任一元素在 $\Z_6$ 中线性相关, 即均不能作为基中元素, 从而该子模不是自由模.

由 $\Z_{85}\cong \Z_{5}\oplus\Z_{17}$.

考虑映射

是双射, 从而 $\Z_{85}$ 中 $4$ 的平方根, 对应的元素在 $\Z_5$ 和 $\Z_{17}$ 中也为平方根.

$\overline{4}$ 在 $\Z_{5}$ 中的平方根为 $2,3$.

$\overline{4}$ 在 $\Z_{17}$ 中的平方根为 $2,15$.

接下来使用中国剩余定理, 解如下四个同余方程.

25pt]

&

\end{aligned}

r\equiv 1\ (\bmod\ 17)\wedge r\mid 7

r\equiv 1\ (\bmod\ 23)\wedge r\mid 88