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第一章参考答案(1)5,4,1,5.(2)100=22*52,3288=23*3*137.(4)a,b可以表示成多个素因子的乘积a=pip2—p r? b=q】q2—q、,又因为(a, b)=l, 表明a, b没有公共(相同)素因子.同样可以将a) 9表示为多个素因子相乘a n=(pip2一py, b n=(qiq2一q s)n明显a n, b n也没有公共(相同)素因子.(5 ) 同样将a, b可以表示成多个素因子的乘积a=pip2一p r, b=qiq2—q s, a n=(PiP2—Pr)L b'-(qiq2—s)L因为a n| b“所以对任意的i有,pi的n次方| b n,所以中必然含有a 的所有素因子，所以b中必然含有a的所有素因子，所以a|b.(6)因为非零a, b, c 互素，所以(a, b)=(a, c)=l,又因为a=pip2一Pr, b=qiq2—ab=p)p2—Prqiq?― s,又因为a, b, c互素，所以a, b, c中没有公共(相同)素因孚，明显ab和c也没有公共(相同)素因子.所以(ab, c)= (a, b)(a, c).( 7 ) 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,107, 109, 113, 127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199.(11)对两式进行变形有21 =0(mod m), 1001=0(mod m),可以看出要求满足的m 即使求21和1001的公约数，为7和1.(12)(70!)/(61!)= 62*63*—*70=(・9)*(・8)*—*(-l)=・9!=・362880=l(mod 71).明显61!与71互素，所以两边同乘以61!,所以70!=61!(mod71).(13)当n为奇数时2n=(.l)n=.l=2(mod 3),两边同时加上1有2n+l=0(mod 3), 所以结论成立.当n为偶数时2n=(-l)n=l(mod 3),两边同时加上1有2n+l=2(mod 3),所以结论成立.(14 ) 第一个问：因为(c,m)=d, m/d 为整数.假设ac=k]m+r, bc=k2m+r,有ac=k|d(m/d)+r, bc=k2d(m/d)+r 所以ac=bc(mod m/d),因为(c,m/d)=l,所以两边可以同除以一个c,所以结论成立.第二个问题：因为a=b(mod m),所以a.b=ki*m“ a-b是任意mi的倍数，所以a.b是mi公倍数，所以[mj]|a.b.(利用式子：最小公倍数=每个数的乘积/最大公约数，是错误的，该式子在两个数时才成立)(15) 将整数每位数的值相加，和能被3整除则整数能被3整除，和能被9整除则整数能被9整除,(1)能被3整除，不能被9整除，(2)都不能，(3)都不能，(4) 都不能第二章答案(5)证明：显然在群中单位元c满足方程x2=x,假设存在一•个元素a满足方程x2=x，则有a2=a，两边同乘以广有3『.所以在群中只有单位元满足方程x2=x. (6)证明：因为群G中每个元素都满足方程x2=e,所以对群中任意元素a,b 有aa=e, bb=e, (ab)?=abab=e.对abab=e,方程两边左乘以a,右乘以b有aababb=(aa)ba(bb)=ba=aeb=ab,有ab=ba,所以G 是交换群.(7)证明：充分性：因为在群中对任意元素a,b有(ab)2=a2b2即abab=aabb,方程两边左乘以a的逆元右乘以b的逆元，有a-l ababb_,= a_,aabbb-1,有ab=ba,所以G是交换群.必要性：因为群G是交换群，所以对任意元素a,b有ab-ba,方程两边左乘以a 右乘以b 有abab=aabb, W(ab)2=a2b2.(8)证明：因为xaaba=xbc,所以x-1 xaxbaa"1 b-1 =x'1 xbca-1 b-1,所以存在唯一*解x=a-l bca_,b_|使得方程成立。

(9)证明：对群中任意元素a,b有ab(ab)』=e,方程两边先左乘以a的逆元有b(ab)」=a』,在左乘以b的逆元有(ab/^b^a \所以结论成立.(13)证明：设群G的两个子群为G1,G2,则对任意a,beGinG2有ab^GGl, ab-1eG2,所以ab』EGlCG2,所以G1AG2也是G的子群.(14)证明：设G是一个群，对任意a,beq存在一个G到H的映射f,并且f(ab)=f(a)f(b).对任意f(a),f(b)eH有f(a)f(b)=f(ab泪H,所以H满足运算的封闭性. 对彳壬意f(a),f(b),f(c) 有(f(a)f(b))f(c)=f(ab)f(c)=f((ab)c),Ra)(f(b)f(c))=f(a)f(bc)=f(a(bc)),又因为(ab)c=a(bc),所以(f(a)f(b))f(c)=f(a)(f(b)f(c)), 所以H满足结合律.对任意f(a)eH,有f(ac)=f(a)=f(a)f(c),所以f(c)是H的单位元，对任意的f(a)eH,有f(aa-i)=f(e)=f(a)f(a"),所以f(a)的逆元为fR).所以H 是一个群.(16)证明：设a到a"的------- 映射为f.充分性:对任意G 中a,b 有f(a)=a-1, f(b)=b \ f(ab)=(ab)-1又因为f 同构，所以f(ab)=f(a)f(b)=(aby1=a-1b-1=(ba)-1,由(ab)1=(ba)-1有ba=ab,所以G 是交换群.、必要性由上反推可得.第三章(2)第一个问题：设该有限群为G,对任意阶大于2的元素aeq有a n=e, n 为使得上式成立的最小正整数且n>2.明显在群中存在一个广，且a尹〜(若相等则a2=e,与a的阶大于2矛盾)，有(广)也，所以a1的阶也大于2.综上对任意阶大于2的元素a,存在a"的阶也大于2.所以结论成立.第二个问题：因为在群G中只有e的阶为1,在由上个结论有阶大于2 的元素个数为偶数，由已知条件G的阶为偶数可知结论成立.(5)对a生成一个阶为n的循环群G, a'"生成的循环群的阶为n/(n,m)=n.又因为am^G所以a*11也生成G.(6)设G的阶为n,由己知可得G'为一个群，有由G与G'同态可知f(c)为G'的单位元,f(g) EG',且对任意g k eq有f(g k)=(f(g))\所以G'中任意元素都可以由f(g)生成表示成(职)火当k=n时•有(f(g))n=f(gn)=f(e),所以G'也是也是一•个循环群. (8)13阶：e的阶为1,其他元素阶为13,生成元g1到g12.16阶:c的阶为1, g2阶为8, g4阶为4, g6阶为8, g'阶为2,g10的阶为8, g12 的阶为4, g14的阶为8,其余的g到g15的阶为16且是生成元.(9)先分别求出15阶和20阶的正因子为3,5和245,10所以15阶的生成元为g3,g5,20阶的生成元为g"，, g5,g10.(10)略(11)因为p是素数，所以阶为p的群为循环群(3.3推论3),又因为任意同阶的有限循环群同构(3.2定理2),所以结论成立.(12)因为p是P111的因子，p是一个素数，由有限群G的子群H中，H阶是G阶因子可知，P01阶群一定有阶为P的子群。

(13)由题意可知am=c, b』c, m,n为使得上式成立的最小正整数，又因为ab=ba, 所以(ab)mn=a mn b mn=e,又因为(m,n)=l,假设存在i使得(ab)』,有四舟『,有b mi=c, 有mi|n,有i|n,同理i|m,所以i|mn,所以mn是使得(ab)'=e成立的最小整数，结论成立。

(15)设H], H2是群G的两个正规子群,H= Hi CH2,所以有对任意的aeG,加6H]有ahia』EH|,同样对任意的h2eH2有ah2a"&H2,所以对任意的heH)n H2有,aha-i&H|CH2,所以结论成立.(先要证明H是G的子群，略)(16)由题意设eH, aH是H的唯一两个左陪集，仿照3.4定理2可证.(另证：G=HUaH, G=HUHa,又因为HCaH=空，HCHa=空，所以有aH=Ha).(17)由题意有HN=NH即对任意的hneHN有hn=n' h,对任意的hunGHN,h2ii2&HN, (h]n])(h2n2)'= hinin2-%2'=h]h2 n]'M《HN,所以结论成立.第四章(3 ) 明显单位元为1,设c+di是a+bi的逆元，有(a+bi)(c+di)=l,有c+di=(a-bi)/(a2+b2),所以a+bi 的逆元为(a-bi)/(a2+b2).(6)按书上要求分别判断是否满足加法交换群，乘法封闭，乘法结合律，分配律。

第一个：是环，没有单位元，是交换环第二个：是环，有单位元1,是交换环第三个：是环，有单位元1,是交换环第四个：不是环(不是加法交换群)(11)证明：对任意的x,yWS,有ax=O,ay=O,有ax.ay=a(x.y)=O,所以x.y&S,又axy=(ax)y=a(xy)=O,所以xy《S,所以S是R的子环(20)证明：设有限整环是S,要证明S是域，需证对全体非零元，都有逆元.设S={ai,a2...・an},有1WS,对任意非零有有雎={晌,御2....盹普,因为乘法封闭有aiS=S 所以1 GaiS,所以存在a.使得晌=1,即出的逆元存在.所以结论成立(23)显然S是一个交换环，单位元为1(具体过程略)，且无零因子(设对任意S】=ai+bii,S2=a2+b2i,假设，血=0,若S?不等于0,建立方程a)a2-b]b2=0,a 1 b2+a2b] =0, 变形为aia2b2=b]b2b2, aia2b2—a2a2bi,W因为S?不等于0,可知a?,b2 不为0,所以bj=0, 推出a】=0,所以S]=0,同理当Si不等于0,S2=0),所以S是一个整环.然而由3题有对于非零元a+bi,逆元为(a.bi)/(a2+b2)不属于S.所以S不是域(28)证明：I是环R的加法子群(具体过程略)，对任意的iERjeI,设j=4r, rER,有ij=ji=4ir, irUR,所以ij=ji《I,所以I是R的理想.I不等于(4),因为(4)={4x+4n,x eR,n eZ},x取2,n取1有12R(4),但是12不属于I,所以不相等.(30 ) 第一个：证明：整数环中既有单位元，又是交换环，所以(s)= {xs,x 6 Z} ,(t)= {yt,y E z},又因为xs+yt=xkid+yk2d=(xk)+yk2)d,所以(s)+(t) e (d), 又因为d=(s,t),所以存在整数u,v使得d=ms+vt,所以rd=rus+rvt,所以(d)《(s)+(t),所以(s)+(t) =(d).第二个：(s)={xs,x《Z},(t)={yt,yUZ},那么(s)n(t)表示既要是s的倍数乂要是t的倍数m是s,t的最小公倍数，明显(s)Pl (t)=(m).(37)对任意的xER,有xli GIjJjXEI1, xl2I2J2XI2.有x(Ii+【2)=x(a+b)=xa+xb(T]+l2)x=(a+b)x=ax+bxEI]+l2,所以I1+I2 也是R 的理想第五章(1)对任意非零多项式f(x),g(x)6F(x),设f(x)=a n x n+...,aix+ao,a n^O,ai e Fg(x)=b m x m+....bix+b o,b m^O, bjEF有f(x)g(x)=a n b m x m+n+....+a()bo,因为a i9bieF,且都不为0,所以a n b m^0,所以f(x)g(x) 乏0,所以结论成立.(2)f(x)+g(x)=x7+x6+5x4+x2+2x+2Rx)g(x)=x "+5x |1 +X9+6X8+4X7+X6+X5+5X44-3X3+5X24-2X+1(3 ) 明显GF(2)[x] 满足交换律，(f(x)+g(x))2=(f(x)+g(x))(f(x)+g(x))=(f(x))2+f(x)g(x)+g(x)f(x)+ (g(x))2=(f(x))2+2f(x)g(x)+(g(x))2=(f(x))2+(g(x))2(4)分别用这两个除以2阶及以下的不可约多项式，都除不尽即可.(5)x6+x3+l =(X4+2X3+2X+ 1 )(x2+x+1),所以最大公因子为x2+x+1(7)x5+x4+x3+x2+x4-1 =(x2+x)(x3+x+1 )+x2+1,所以f(x)modg(x)=x2+1(8)略第八章(1){9,1,11,3,13,5,15,7,17} {0,10,2,12,4,14,6,16,8} 不能(2)—定不是(3)证明：在是模m的简化剩余系中任取0,可知(.,m)=l,可证(mg, m)=l(反证法证明)，所以对任意G有m.G也是模m的简化剩余系，G和m.Ci是成对出现的，所以结论成立(4)证明：因为p, q是两个素数,由欧拉定理有:p1 -1 (mod q), q" =1 (mod p),即q|p" '-1, p|q'，_h 设p" -l=nq, q" -l=mp (m, n 是正整数)，两式相乘有(p1 -1) (q p *-1)=^' q p -q p -p1 *+l=nmpq,由条件之p, qN2,所以pW*必有因子pq,上式两边同时模pq 有：-q P '-p1 '+1=0 (mod pq),所以p* 1+q p l=l(mod pq).(5)证明同4题(6)第一*个：x=l,5(mod7),第四个：x=3,5,17,19mod(28),第八个:无解(7)第一个：x=3(mod 7),第八个:x=31+35k(modl05)k=0,l,2,第九个：x=836(mod999)(8)x=200+551k(mod2755)k=0,l,2,3,4(11)x=2101(mod2310)(12)略(13)第一个x=67(mod 140),第二个x=557(mod 1540)(16)构造同余式组x=l(mod ai) ............... x=k(modak),根据中国剩余定理由已知条件只x有解.所以X-1.....・x-k满足题目要求的连续整数(19)证明：充分性：同余式组x=bi(mod mi),x=b2(mod m2),由条件(mi,m2)|(brb2), 有bi-b2=kimi+k2m2 ,所以bi-kimi=b2+k2m2 ,所以同余式组有解为x=b 1 ・k | m |=b2+k2m2,必要性：同余式组有解即存在k], k2使得bi4-k I mi=b2+k2m2 , b]-b2=k2rri2-kim], (mi,rri2)| k2rri2・kimi= bi-b2(20)第一个x=0,6(mod7),第二个x=184(mod243)第七章(1)证明第一个：设a,b是模p的两个平方剩余,那么(ab/p)=(a/p)(b/p)=l,所以ab也是模p的平方剩余证明第二个：设 a 是模p 的平方剩余,(1 /p)=(aa-1/p)=(a/p)(a-!/p)=(a-1/p)=1, 所以a1也是模p的平方剩余证明第三个：设a是模p的平方剩余，b是模p的平方非剩余，(ab/p)=(a/p)(b/p)=・l,所以ab是模p的平方非剩余证明第四个：设a,b是模p的两个平方剩余,那么(ab/p)=(a/p)(b/p)=l,所以ab 是模p的平方剩余(2)求模13的平方剩余和平方非剩余12=1 (mod 13),22=4(mod 13),32=9(mod 13),42=3(mod 13),52=12(mod 13),62=10(mod 13)所以1,4,9,3,12,10是模13的平方剩余2,5,6,7,8,11是模13的平方非剩余(4)第一个：(.8/53)=(.1/53)(2/53)(2/53)(2/53),又因为(-1/53)=1, (2/53)=1,所以(-8/53)= 1,所以・8是模53的平方剩余(6)证明：充分性：由・a是模p的平方剩余，所以存在b2=-a(mod p), 乂因为b 总可以表示成两个数的乘积uv",所以存在ci,v使得(u/v)2=.a(mod p),所以结论成立。