【半群】G非空，·为G上的二元代数运算，满足结合律。
【群】（非空，封闭，结合律，单位元，逆元）恰有一个元素1适合1·a=a·1=a,恰有一个元素a-1适合a·a-1=a-1·a=1。
【Abel群/交换群】·适合交换律。可能不只有两个元素适合x2=1
【置换】n元置换的全体作成的集合Sn对置换的乘法作成n 次对称群。
【子群】按照G中的乘法运算·,子集H仍是一个群。单位子群{1}和G称为平凡子群。
【循环群】G可以由它的某元素a生成,即G=（a）。a所有幂的集合an，n=0，±1，±2，… 做成G的一个子群，由a生成的子群。若G的元数是一个质数，则G必是循环群。
n元循环群（a）中,元素ak是（a）的生成元的充要条件是（n，k）=1。共有j（n）个。
【三次对称群】{I（12）（13）（23）（123）（132）}
【陪集】a，b∈G，若有h∈H，使得a =bh，则称a合同于b（右模H），a≡b（右mod H）。H有限，则H的任意右陪集aH的元数皆等于H的元数。任意两个右陪集aH和bH或者相等或者不相交。
求右陪集：H本身是一个；任取aÏH而求aH又得到一个；任取bÏH∪aH而求bH又一个。G=H∪aH∪bH∪…
【正规子群】G中任意g，gH=Hg。（H=gHg-1对任意g∈G都成立）
Lagrange定理 G为有限群，则任意子群H的元数整除群G的元数。
1有限群G的元数除以H的元数所得的商，记为（G：H），叫做H在G中的指数，H的指数也就是H的右（左）陪集的个数。
2设G为有限群,元数为n,对任意a∈G，有an=1。
3若H在G中的指数是2，则H必然是G的正规子群。证明：此时对H的左陪集aH，右陪集Ha，都是G中元去掉H的所余部分。故Ha=aH。
4G的任意多个子群的交集是G的子群。并且，G的任意多个正规子群的交集仍是G的正规子群。
5 H是G的子群。N是G的正规子群。命HN为H的元素乘N的元素所得的所有元素的集合，则HN是G的子群。
【同态映射】K是乘法系统，G到K的一个映射σ（ab）=σ（a）σ（b）。
设（G，*），（K，+）是两个群，令σ：x®e，"xÎG，其中e是K的单位元。则σ是G到K内的映射，且对a，bÎG，有σ（a*b）=e=σ（a）+ σ（b）。即，σ是G到K的同态映射，G～σ（G）。σ（G）={e}是K的一个子群。这个同态映射是任意两个群之间都有的。
【同构映射】K是乘法系统，σ是G到σ（G）上的1-1映射。称G与σ（G）同构，G@G′。
同构的群或代数系统，抽象地来看可以说毫无差别。G和G′同态，则可以说G′是G的一个缩影。
【同态核】σ是G到G′上的同态映射，核N为G中所有变成G′中1′的元素g的集合，即N=σ-1（1′）={g∈G∣σ（g）=1′}。
N是G的一个正规子群。对于Gˊ的任意元素aˊ，σ-1(aˊ)={x|x∈G ,σ(x)= aˊ}是N在G中的一个陪集。Gˊ的元素和N在G中的陪集一一对应。
设N是G的正规子群。若A，B是N的陪集，则AB也是N的陪集。
【环】R非空，有加、乘两种运算
a+b=b+a2）a+（b+c）=（a+b）+c，
3）R中有一个元素0，适合a+0=a，
4）对于R中任意a,有-a,适合a+(-a)=0，
5）a（bc）=（ab）c，
6）a（b+c）=ab+ac,（a+b）c=ac+bc。
交换环：乘法适合交换律 ab=ba 。
含壹环：R不只有一个元素且有一个元素1适合1a =a1=a。1不为零。
无零因子环：不含 a，bÎR，a≠0，b≠0,但ab=0，a，b为零因子。又叫消去环。
消去环： 消去律成立。不为0的元素在加法下的周期或为0或为质数。
整区：有壹无零因子的交换环。
体：如果去掉0，环R的其余元素作成一个乘法群。体有壹而且无零因子，其中任意非零元素有逆。域是交换体。 单纯环：R除自己和{0}外没有别的理想。
【子环】环R的非空子集S在R的加法和乘法下仍是环。若a∈S，b∈S，则a-b∈S;若a∈S，b∈S，则ab∈S。 对于乘法群，其壹恒与子群的壹一致；但对于环，其壹却未必与子环的壹一致。
【理想】环R的子集N (理想子环)
N非空；若a∈N，b∈N，则a-b∈N;若a∈N,х∈R,则aх∈N,хa∈N。
1理想一定是子环，但子环未必是理想。2任意体R只有平凡理想。
3设R是有壹的交换环,a∈R,则aR={ar|r∈R}是R的理想，且包含a。
【主理想（a）】R是有壹的交换环，a∈R,则aR称为由a生成的。(0)={0},(1)=R。 环R的主理想（a）是R中包含a的理想中最小的理想。
【合同】设R是环，N是理想。a，b∈R，如果a-b=n∈N，或a=b+n，n∈N，则称a和b模N合同，记为a≡b（mod N）。
在环R中，对于模N，有：反身性：a≡a;对称性：若a≡b， 则b≡a;传递性：若a≡b，b≡c，则a≡c;加法同态性：若a≡b，c≡d，则a±c≡b±d。乘法同态性：若a≡b，c≡d，则ac≡bd。
【环同态】R是环，S有加乘两种运算，R到S中的一个映射σ（a+b）=σ（a）+σ（b），σ（ab）=σ（a）σ（b）。R到R′同态，记为R～R′。
【环同构】σ是环R到系统R′上的一个一对一的同态映射。R与R′同构,记为R@R′。
若σ是R到S中的一个同态映射,则R的映象R′=σ（R）也是一个环,σ（0）就是R′的零0′,σ(-a)=-σ（a）。若R有壹而R′不只有一个元素,则R′有壹而且σ（1）就是R′的壹1′;若a∈R有逆,则σ（a）在R′中有逆而且σ(a-1)就是σ(a)-1。
【理想】同态映射σ的核N是R的一个~.设a′是R′的任意元素,则a′的逆映象σ-1(a′)={a∈R∣σ(a)=a′}是N的一个剩余类。
1按照剩余类的加法和乘法，R对于理想N的所有剩余类的集合R∕N是一个环，
2规定σ（a）= a+N，则σ是R到R∕N上的一个同态映射，其核为N。R∕N叫做R对于N的剩余环
3设环R同态于R′： R～R′于是R与N之间的子环与R′的子环一一对应，大环对应大环，小环对应小环，理想对应理想。
【极大理想】N Ì R，而R与N之间没有别的理想。极大理想不唯一
若N Ì R，则N是R的极大理想必要而且只要R∕N是单纯环。
【域】任意有壹的交换的单纯环。任意域F是有壹的交换的单纯环。
设R是有壹的交换环，N是R的理想。于是，R∕N是一个域，必要而且只要N是一个极大理想。 任意域F的特征P是零或一质数。
【最小域/素域】没有真子域的域，特征P的最小域为R (p为0或质数)。
设p为质数或等于0，特征为p的任意域F包含Rp为其最小子域。
域F上х的多项式作成的环F[х]是一个【整区】。
【多项式】 1以х-α除?(х)所得的余式等于?（α）。 2 х-α∣?(х),当且仅当α是?(х)的根。 3说α是非0多项式?（х）的k重根，如果（х-α）k∣?（х），（х-α）k+1不整除?（х）。 4若α是非常数多项式?（х）的k重根，则它至少是?′（х）的k-1重根。
5α是?（х）的重根，当且仅当它是?（х）和?′（х）的公共根。6复数域上任意非常数多项式必有根。
7实数域上，质式只能是一次式或二次式。二次式aх2+bx+c是质式，当且仅当判别式b2-4ac<0。
设?（х）= a0хn + a1хn-1 … + an 是整系数多项式，若对质数p，p不整除a0，p∣a1，…，p∣an，p2不整除an，则?（х）在有理域上【不可约】。
设 ?（х）= a0хn + a1хn-1 + … + an 是整系数多项式。若有理数b∕c是?（х）的根，其中b和c是互质的整数，则b∣an，c∣a0。
【求有理根】1.分别找a0和an的所有因子ci,bj;2.找互质对（ ci,bj ）；3.判断ci/bj是否为根；4.判断重根。
复数α称为一个代数数，如果α是某个有理系数非0多项式的根。若α不是任何有理系数非0多项式的根，则α称为一个超越数。
复数域中恰有n个n次单位根。它们在乘法下作成一个n元循环群
Φ1（х）=х-1 Φ2（х）=х+1
Φ3（х）=х2+ x + 1Φ4（х）= x2 + 1
х12-1=Φ12Φ6Φ4Φ3Φ2Φ1，
х6-1= Φ6Φ3Φ2Φ1
相除得х6+1 = Φ12Φ4
设n不是F的特征的倍数，并设Φn（х）在F中有根。于是，F中恰有n个n次单位根，它们在乘法下作成一个n元循环群，其j（n）个生成元素恰是Φn（х）的所有的根。
F中的q-1个非0元素恰是所有q-1次单位根，而F的所有q个元素是多项式хq-х的所有的根。
F的q-1个非0元素在乘法下作成一个q-1元循环群，其j（q-1）个生成元素恰是Φq-1（х）的所有的根。
【有限域】的元数必为pn的形式，其中p为其特征。如果同构的域看作是一样的，则对任意q=pn恰有一个q元有限域，
【格】部份序集(L，≤），对于任意a，b∈L，L的子集{a，b}在L中都有一个最大下界（记为inf{a，b}）和一个最小上界(记为sup{a，b})。
一个序集是一个格，但是，不是所有部份序集都是。
设（L，≤）是格,S是L的子集,即SÍL，如果（S，≤）是格，则称（S，≤）是格（L，≤）的【子格】。
设L是一个集合,×,Å 是L上两个二元代数运算，如果这两种运算对于L中元素满足：（1）交换律：a×b=b×a， a Å b=b Å a。（2）结合律： a×（b×c）=（a×b）×c， a Å（b Å c）=（a Å b）Åc。（3）吸收律：a×(a Å b)=a,a Å(a×b)=a。则称此代数系统（L,×,Å）为一个【格】。
集合L中的【部份序关系】R与其逆关系R-1,称为互相对偶的两个关系。
对任意x，y∈L， xR-1yÛyRx。若R是部分序关系，则R-1也是。
【格同态】（L，×， Å ）和（S，∧，∨）是个格，L到S的映射g对任意a，b∈L，有g（a×b）= g（a）∧g（b）g（aÅb）= g（a）∨g（b）
若g是L到S上的同态映射，且是一对一的，则称g是格【同构映射】。
【有界格】格（L，≤）有一个最大元素(记为1)和一个最小元素(记为0)，亦即，对任意a∈L，都有0≤a≤1，0，1称为格（L，≤）的界。
在有界格(L,×,Å,0,1)中，一个元素b∈L,称为元素a∈L的【余元素】,如果a×b = 0， a Å b = 1。
在有界格（L,×,Å,0,1）中，任意元素a可以有余元素，也可以没有余元素；如果有余元素，则可以有一个或一个以上的余元素。
有界格（L,×,Å,0,1）说是一个【有余格】，如果对L中每一个元素，都至少有一个余元素。
格（L，×，Å）称为【分配格】，如果对任意a，b，c∈L，恒有a×（bÅc）=（a×b）Å（a×c），a Å（b×c）=（aÅb）×（aÅc）
设格（L，×， Å ）是一个有余分配格，则对任意a∈L，a的余元素a′是唯一的。
设（L，≤）是一个格，对任意a，b，c∈L，如果a≤b，都有aÅ（b×c）= b×（aÅc）则称（L，≤）为【模格】。任意一个分配格都是模格，但模格不一定是分配格。
对任意a，b，c∈L，如果a≤b，a×c=b×c，aÅc=bÅc,则必有a=b。
一个有余分配格是一个布尔代数。
【布尔代数】设B是一个至少含有两个不同元素的集合，·，+是定义在B上的两种代数运算，如果对任意a，b，c∈B，满足下面公理：
H1： a·b = b·a，a+b = b+a
H2： a·（b+c）=（a·b）+（a·c），
a+（b·c）=（a+b）·（a+c）。
H3： B中有元素 0和元素1,使得对任意a∈B,有 a·1 = a， a+0 = a。
H4： 对任意a∈B，有∈B，使得a·=0， a+ =1。 则（B，·，+，ˉ，0，1）是一个布尔代数。
有限布尔代数的基底必是此代数的所有极小元素；反之，此代数的所有极小元素必然做成此代数的基底。
举例说明不要求可除条件而要求消去条件，即要求由aχ=ay可推出χ=y，由χ·a=y·a可推出χ=y，则G不见得是一个群，若G有限怎么样？
解：例如，全体自然数在普通乘法下，适合消去律，但不是群。若G={a1，a2，…an}，用a右乘G中各元素得a1a，a2a，…，ana必不相同，否则若aia=aja (i¹j) ，由消去条件有ai=aj，矛盾。对任意bÎG，必有ai，使aia=b，因之方程xa=b有解。同理可知ay=b有解。故G是群。
设K和H都是群G的子群，试证明：若H·K是G的子群，则K·H = H·K。
证明：对任意的k·hÎK·H,
(k·h)-1=h-1·k-1ÎH·K,由于H·K是G的子群,所以((k·h)-1)-1ÎH·K，因此K·HÍ H·K。对于任意的h·kÎH·K，(h·k)-1ÎH·K，即存在h1ÎH，k1ÎK使得(h·k)-1=h1·k1，所以h·k=(h1·k1)-1=k1-1 ·h1-1 ÎK·H，因此H·KÍ K·H。由集合论知识知K·H = H·K。
任意置换σ恰有一法写成不相杂的轮换乘积。
证明：先证σ可以写成不相杂的轮换的乘积，取任意a1∈M。
（1）若σ（a1）= a1,则a1自己就作成一个轮换。（2）设σ(a1)= a2,σ(a2)= a3，…。这样下去，由于M有限，故到某一个元素ar,
其σ（ar）必然不能再是新的元素，即这σ（ar）必在a1，…，ar之内。由于σ是一对一的,我们已有σ(ai)= ai+1，i=1，2， …，r-1，所以σ(ar)只能是a1。于是我们得到一个轮换
（a1…ar）。
若M已经没有另外的元素，则σ就等于这个轮换，否则设b1不在a1，…，ar之内，则同样作法又可得到一个轮换（b1…bs）。
因为a1，…，ar各自已有变到它的元素，所以b1，…，bs中不会有a1，…，ar出现，即这两个轮换不相杂。若M的元素已尽，则σ就等于这两个轮换的乘积，否则如上又可得到一个轮换。如此类推，由于M有限，最后必得
σ=( a1…ar)(b1…bs)…(c1…ct) （1）
即σ表成了不相杂的轮换的乘积。
证明f（x） = 3x5+7x2+5在有理域R0上不可约。
证明：本例不能使用Eisenstein定则。
因为，若f（x）在R0上可约，3不是2的倍数，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f（x）在R0上不可约。
而在R2上， f（x） = x5+x2+1。
（1）证明无一次因式。
由R2={0，1}，f（0）=f（1）=1知，
f （x） 在R2上无根，即无一次因式。
（2）证明无二次因式。 在R2上二次因式只有： x2， x2+1， x2+x， x2+x+1。
其中只有x2+x+1是质式。
但x5+x2+1 = x2（x+1）（ x2+x+1）+1，
因此， f （x） 在R2上无二次因式。
即， f（x） 在R2上不可约。
所以，f（x） 在R0上不可约。
5. 求证：j（x）F［x］的极大理想，当且仅当j（x）不可约。
证明：必要性：若j(x)可约，设j(x)＝l(x)m(x)，次l（x）³1，次m（x）³1。
对任意g(x)Îj(x)F［x］，
g(x)= j(x)f(x)=l(x)m(x)f(x)，
故g(x)Îl(x)F[x]。
显然，l(x)Î l(x)F[x]，但次l(x)<次j(x),j(x)F[x]中非0元素次数³次j(x)，
故l(x)Ïj(x)F[x]。综合以上得： l(x)F[x]Éj(x)F[x],矛盾于j(x)F[x]的极大性。
充分性：若j(x)F［x］不是极大理想，
则另有理想l(x)F［x］，非F［x］，
而使j(x)F［x］Ìl(x)F［x］。
因为j（x）Î j(x)F［x］，
所以， j（x）Î l(x)F［x］
所以， j（x） = l(x)q(x) 且次q(x) ³1。
（为什么？）
与j(x)不可约矛盾。
求证若G的元数是一个质数，则G必是循环群。
证明：设G的元数为质数P，任取G中非单位元a，则(a)是G的一个循环子群，设a的周期为r，则(a)的元数为r，因此r|P。但P是质数。显然r¹1,故r=P，所以G=(a)，即G是由a生成的循环群。
定义A所定义的格和定义B所定义的格是等价的,亦即,一个部份序格必是一个代数格；反之亦然。
证明：i）若（L，≤）是一个格，
则对任意a,b∈L,记inf{a，b}为a×b；sup{a，b}为aÅb。由于对任意a,b,其inf{a,b},sup{a,b}是唯一的，所以，如上定义的×，Å是集合L上的两种二元代数运算。不难证明，对于×，Å满足交换律,结合律,吸收律.我们只证明吸收律：
a×（aÅb）=a
因为a×（aÅb）是a与（aÅb）的最大下界，所以
a×（aÅb）≤a；另一方面，由于a≤a，a≤aÅb，所以，a是a与aÅb的下界，故a≤a×（aÅb），
故a = a×（aÅb）。
因此，根据定义B，（L，×，Å）是一个格。
ii）若代数系统（L,×,Å）是一个格,在集合L上定义一个关系≤如下：
对任意a，b∈L， a≤bÛa×b=a
往证：≤是一个部份序关系。
因为
a×a=a×（aÅ（a×a））=a
所以有a≤a。
若有a≤b,b≤a,则应有a×b=a，b×a=b，
而a×b = b×a，所以a=b。
若 a≤b，b≤c，则有a×b=a，b×c=b，
故a×c=（a×b）×c = a×（b×c）= a×b = a
亦即，有a≤c。
由此证明了关系≤具有反身性,反对称性,传递性。
故≤是部份序关系。
求证循环群的子群仍是循环群。
证明：若循环群G由其中元a生成。H是G的子群,但不是单位元群。则H中必含有幂m>0的元am。因为若m<0，am的逆元a-m也在H内，而-m>0。假定am是H中的最小正幂，显然H包含am的任意乘幂。假如又有H中任意元aS,由S=tm+r。0≤r<m知ar=aS-tm=(aS)·(am)-t是H中元，但m最小。而0≤r<m，故r=0，因此有aS=(am)t这表明H中任意元aS也是am的乘幂,而知H为am生成的循环群。
构造元数为8的有限域，并写出该域的加法和乘法表。
解：由于8=23，所以，p=2,m=3。
（1）首先求Φpm-1（х），即Φ7（х）。
由x7-1=Φ7Φ1，x-1=Φ1，得Φ7（х）=
。
（2）求Φ7（х）在R2[х]中的3次质因式ψ（х）。
Φ7（х）=（x3+x2+1）（x3+x+1），
我们不妨取ψ（х）=x3+x+1，则
R2[x]/(ψ（х）)=
（3） 若取ξ= ，则ψ（ξ）= ，
，GF(8)={a0 +a1ξ+a2ξ2|a0，a1，a2∈R2}={0,1,ξ,ξ+1,ξ2,ξ2+1,ξ2+ξ,ξ2+ξ+1}.