证明：任取a∈G,则aN∈GN。但因为商群GN是周期群，故有正整数m使N =(aWm=aN,即a"∈N。5分 又因为N也是周期群，故又有正整数n,使e=(a)”=amm,从而a的阶有限，即 G是一个周期群。.5分 三、解答题（每小题10分，共30分） 15(应用题)、写出S3的所有子群。 解：S3共有6个子群，分别为{1)}、{(1)，(12)}、{(1)，(13)}、{(1)，(23)}、{(1)，(123)， (132)}、S3.10分 16(证明题)、证明数集Z√-2]={a+b√-21a,b∈Z}关于数的加法与乘法构成一 个有单位元的交换环。（注：√一2=√2i,其中i为虚数单位） 证明：1)任给a=a+b-2,B=c+dV-2∈Z[V-2],a,b,c,d∈Z,则 a+B=(a+c)+(b+d)v-2∈Z[-2] a邱=(ac-2bd)+(ad+bc)V-2∈ZIV-2] 所以，数的加法与乘法是Z√-2]的代数运算。2分 2)因为数的加法与乘法满足交换律，结合律，且乘法对加法有分配律，所以 Z[√一2]的加法与乘法也满足这些运算律。2分 3)因为0=0+0√-2∈Z[√-2]，且对任意的a=a+b-2∈Z[V-2],有0+a= a+0=a,所以0为Z[V-2]的零元。.2分 4)对任意的a=a+b√-2∈Z[v-2],有-=a-b√-2=(-a)+ (-b)V-2∈ZIV-2],且a+()=0,所以，a=a+b√-2∈Z[√-2]的负元为(-a)+ (-b)-2∈Z[-2]。2分 5)因为1=1+0-2∈Z[-2],且对任意的a=a+b√-2∈Z[√-2]，有1a=al =,所以数1为Z√-2]的单位元。2分 证毕。 17(拓展题)、使图形不变形地变到与它 重合的变换称为这个图形的对称变换。 正方形的四个顶点分别用1、2、3、4 来表示（如图），于是正方形的每一对称变换可 用一个4元置换来表示。证明：任取 a∈G，则 aN∈G/N。但因为商群 G/N 是周期群，故有正整数 m 使 N = (aN)m = a mN，即 a m∈N。......5 分 又因为 N 也是周期群，故又有正整数 n，使 e = (am ) n = amn，从而 a 的阶有限，即 G 是一个周期群。......5 分 三、解答题（每小题 10 分，共 30 分） 15(应用题)、写出 S3 的所有子群。 解：S3 共有 6 个子群，分别为{(1)}、{(1), (12)}、{(1), (13)}、{(1), (23)}、{(1), (123), (132)}、S3。……10 分 16(证明题)、证明数集 Z[ 2 ] = {a + b 2 | a, b∈Z}关于数的加法与乘法构成一 个有单位元的交换环。(注：   2 2 i ，其中 i 为虚数单位) 证明：1) 任给 α = a + b 2 , β = c + d 2 ∈Z[ 2 ]，a, b, c, d ∈Z，则 α + β = (a + c) + (b + d) 2 ∈Z[ 2 ] αβ = (ac - 2bd) + (ad + bc) 2 ∈Z[ 2 ] 所以，数的加法与乘法是 Z[ 2 ]的代数运算。......2 分 2) 因为数的加法与乘法满足交换律，结合律，且乘法对加法有分配律，所以 Z[ 2 ]的加法与乘法也满足这些运算律。......2 分 3) 因为 0 = 0 + 0 2 ∈Z[ 2 ]，且对任意的 α = a + b 2 ∈Z[ 2 ]，有 0 + α = α + 0 = α，所以 0 为 Z[ 2 ]的零元。......2 分 4) 对 任 意 的 α = a + b 2 ∈Z[ 2 ] ， 有 -α = -a – b 2 = (-a) + (-b) 2 ∈Z[ 2 ]，且 α + (-α) = 0，所以，α = a + b 2 ∈Z[ 2 ]的负元为(-a) + (-b) 2 ∈Z[ 2 ]。......2 分 5) 因为 1 = 1 + 0 2 ∈Z[ 2 ]，且对任意的 α = a + b 2 ∈Z[ 2 ]，有 1α = α1 = α，所以数 1 为 Z[ 2 ]的单位元。......2 分 证毕。 17(拓展题)、使图形不变形地变到与它 重合的变换称为这个图形的对称变换。 正方形的四个顶点分别用 1、2、3、4 来表示(如图)，于是正方形的每一对称变换可 用一个 4 元置换来表示