一、
1错；2对；3对；4错；5对；6错；7错；8错；9错；10错。 二、
1. （1 2），
2. H的左陪集是H,{{(12),(132)},{(13),(123)}， 3. (1)不是; (2)是
4. (1)a2=b，(2)b的周期是3，(3)是交换群； 5. (1)不是，3和6是零因子；（2）R或{0} 6. C是分配格； 7. GF(4) ; 8.
{0,2,4,6,8,10}和{0,3,6,9}；
9. 6；
10. ?的核是{0，4，8，12，16}，?-1(?(H))=G。
三、
1、取p=2,则由Eisenstein定则知道f(x)不可约
2、若f(x)在R0上可约，则f(x)在R2上可约。因此，只需证明f(x)在R2上不可约，则可知在R0上不可约。而在R2上，f(x)=x5+x2+1。 f(0)=1,f(1)=1,故无一次因子。
注意R2上二次质式只有x2+x+1,而x5+x2+1=(x2+x+1)(x3-x2)=1，故无二次因子。 所以x5+3x2-1在R2上不可约，从而在R0上必不可约 四、
证明：若H1和H2有一个包含另一个，则结论成立。假设H1，H2互不包含，则存在x，y，使得x∈H1，且x?H2，y∈H2，且y?H1。则断言x〃y?H1，且x〃y?H2，否则，若x〃y∈H1，则x∈H1及由H1是G的子群知，x-1∈H1，故，x-1〃（x〃y）∈H1，即y∈H1，与y?H1矛盾。同理可证x〃y?H2。因此，x〃y?H1∪H2。而x〃y∈G，所以，H1∪H2≠G，矛盾，即假设不成立。故必有H1和H2有一个包含另一个，结论成立。 五、
解：由于8=23，所以，p=2,m=3， （1）首先求Φpm-1（х），即Φ7（х）。
7
由x-1=Φ7Φ1，x-1=Φ1，得
x7?1?x6?x5?x4?x3?x2?x?1， Φ7（х）=
x?1（2）求Φ7（х）在R2[х]中的3次质因式ψ（х）。
由于0，1都不是Φ7（х）的根，故Φ7（х）无一次因式。
由例7.2.11知，R2上二次质式只有x2+x+1，用它去除Φ7（х）余数为1，因为：
422
Φ7（х）=x（x+x+1）+x（x+x+1）+1。
吉林大学计算机科学与技术学院
1
可见，Φ7（х）无二次质因式，只可能分解为两个三次质因式的乘积。
用待定系数法可设：Φ7（х）=（x3+ax2+bx+1）（x3+cx2+dx+1），进而求出 Φ7（х）=（x3+x2+1）（x3+x+1），
（也可由例7.2.11，由R2上三次质式只有：x3+x+1，x3+x2+1，而（x3+x2+1）2≠Φ7（х），（x3+x+1）2≠Φ7（х），（x3+x2+1）（x3+x+1）=Φ7（х）。）
无论取ψ（х）=x3+x2+1还是取ψ（х）=x3+x+1，则R3[x]/(ψ（х）)=
R2[x]?(x)R2[x]都是元数是8的有限域，且是同构的。所以，我们不妨取ψ（х）=x3+x+1，
则
R3[x]/(ψ（х）)=
R2[x]
?(x)R2[x]={a0?a1x?a2x2|a0,a1,a2?R2} ={0,1,x,x?1,x2,x2?1,x2?x,x2?x?1}，
其中0={0，x3+x+1，x（x3+x+1），x2（x3+x2+1），…}，其余元素类推。
（3） 若取ξ=x，则ψ（ξ）=x?x?1?x3?x?1?0，即ξ是ψ（х）在
3R2[x]中的一个根。因此，
?(x)R2[x]GF(8)={a0 +a1ξ+a2ξ2|a0，a1，a2∈R2}
={0，1，ξ，ξ+1，ξ2，ξ2+1，ξ2+ξ，ξ2+ξ+1}，。
该域的加法和乘法运算如下
+ 0 1 ξ ξ+1 ξ2 ξ2+1 ξ2+ξ
× 0 1 ξ ξ+1 2
0 0 1 ξ ξ+1 ξ2 ξ2+1 ξ2+ξ 1 1 0 ξ+1 ξ ξ2+1 ξ2 ξ2+ξ+1 ξ ξ ξ+1 0 1 ξ2+ξ ξ2+ξ+1 ξ+1 ξ+1 ξ 1 0 ξ2+ξ+1 ξ2+ξ ξ2 ξ2 ξ2+1 ξ2+ξ ξ2+ξ+1 ξ2+1 ξ2+1 ξ2 ξ2+ξ+1 ξ2+ξ ξ2+ξ ξ2+ξ+1 ξ2+ξ+1 ξ2+ξ+1 ξ2+ξ+1 ξ2+ξ+1 ξ2+ξ ξ2 ξ2+1 ξ2+1 ξ2 0 1 ξ ξ+1 ξ2 ξ2+ξ 1 0 ξ+1 ξ ξ2 ξ2+1 ξ ξ+1 0 1 ξ2+ξ ξ2+1 ξ2 ξ+1 ξ 1 0 ξ2+1 ξ2+ξ ξ2+ξ+1 吉林大学计算机科学与技术学院
0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 ξ ξ+1 ξ2 ξ2+1 ξ2+ξ ξ2+ξ+1 ξ2+ξ+1 ξ2+1 0 1 ξ ξ2 ξ2+ξ ξ+1 0 ξ+1 1 ξ2+ξ ξ2+1 ξ2+ξ+1 ξ2 ξ 1 0 ξ2 ξ+1 ξ2+ξ+1 ξ2+ξ ξ ξ2+1 ξ2+ξ+1 0 ξ2+1 1 ξ2 ξ ξ+1 ξ2+ξ 0 ξ2+ξ ξ2+ξ+1 1 ξ2+1 ξ+1 ξ ξ2 ξ2+ξ+1 0 ξ2+ξ+1 ξ2+1 1 ξ ξ2+ξ ξ2 ξ+1
0 1 ξ ξ+1 ξ2 ξ2+1 ξ2+ξ
六、
证明：
（1）①首先证明（R，⊕）是交换群。
由 + 在R上运算封闭知，对于任意的a，b∈R，a+b+1∈R，而a⊕b=a+b+1，故a⊕b∈R。因此，⊕在R上运算也封闭。
由 + 在R上满足交换律知，⊕在R上也满足交换律。
对于任意的a，b，c∈R，由 + 在R上满足交换律和结合律得：
（a⊕b）⊕c=（a⊕b）+c+1
=（a+b+1）+c+1
=a+(b+1+c)+1 由+满足结合律 =a+(b+c+1)+1 由+满足交换律 =a+（b⊕c）+1 =a⊕(b⊕c),
可见，⊕在R上也满足结合律。
因为对R中任意元素a，有
a⊕-1=a+（-1）+1
=a+(（-1）+1) =a+0 =a,
-1⊕a=a⊕-1=a，
所以（R，⊕）的单位元为-1。
因为对R中任意元素a，有
a⊕（-a-1-1）= a+（-a-1-1）+1 =(a+(-a))-1+(-1+1) =0+(-1)+0 =-1，
（-a-1-1）⊕a= a⊕（-a-1-1）=-1 所以，（R，⊕）中任意元素a的逆元为-a-1-1。
综上，（R，⊕）是交换群。 ②证明（R，⊙）是含壹半群。
吉林大学计算机科学与技术学院
3
由+和〃在R上运算封闭知，对于任意的a，b∈R，a〃b+a+b∈R，而a⊙b=a〃b+a+b，故a⊙b∈R。因此，⊙在R上运算也封闭。
对于任意的a，b，c∈R，有
（a⊙b）⊙c =（a⊙b）〃c+（a⊙b）+c
=（a〃b+a+b）〃c+（a〃b+a+b）+c =a〃(b〃c+b+c)+a+(b〃c+b+c) = a〃(b⊙c)+a+(b⊙c) =a⊙(b⊙c)，
可见，⊙满足结合律。
因为对R中任意元素a，有
a⊙0= a〃0+a+0 =0+a+0 =a， 0⊙a=a⊙0=a,
所以，（R，⊙）的单位元为0。 ③证明⊙对⊕有左右分配律。
对于任意的a，b，c∈R，有
a⊙(b⊕c)= a〃(b⊕c)+a+(b⊕c) = a〃（b+c+1）+a+（b+c+1） = a〃b+（a〃c）+a+a+b+c+1 = (a〃b+ a+b)+(a〃c+a+c)+1， (a⊙b)⊕(a⊙c)= (a⊙b)+(a⊙c)+1
= ( a〃b+ a+b) + ( a〃c+ a+c) +1
因此，a⊙(b⊕c)= (a⊙b)⊕(a⊙c)。
(b⊕c)⊙a=(b⊕c)〃a+(b⊕c)+a =（b+c+1）〃a+（b+c+1）+a = b〃a+（c〃a）+a+b+c+1+a =(b〃a+b+a)+(c〃a+c+a)+1， (b⊙a)⊕（c⊙a）= (b⊙a)+ （c⊙a）+1
= (b〃a+b+a)+ (c〃a+c+a)+1， 因此，(b⊕c)⊙a=(b⊙a)⊕（c⊙a）。
综上①、②、③知，（R，⊕，⊙）是含壹环。
吉林大学计算机科学与技术学院 4
吉林大学2007级本科《离散数学II》期末考试试题答案(A卷)
