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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 F

g(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+2

Rx)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。以上不不可逆所以必要性成立

(8)同第一题第四个

( 10) (13/47)=(-1 )6+13(47/13 )=(8/13)=(2/13)=-1

(11)第一个:(7/227)=(-1 )3*113(227/7)=-(3/7)=1,所以x2=7(mod 227)有解

(14)第一个：因为(5/p)=l,所以(5/p)=(?l)2*(")/2)(p/5)=(p/5)=l,又因为(1/5)=1,

(2/5)=-1 ? (3/5)=-1, (4/5)=1,所以p=l(mod 5)或p=-1 (mod 5)的全体素数满足

(18 ) 因为71是奇素数，所以即是求勒让德符号，第一个(51/71)=(-1 )25*35(71/51 )=?(20/51 )= (5/51)=-(-1)2+25(51/5)=-1

(19 ) 第一个：229 是奇素数，

(118/229)=(2/229)(59/229)=(-1)29F4(229/59)=(?7/59)=?(7/59)= (3/7)=-1,所以方程无解.

第八章

(1)ord4i(10)：因为102= 18(mod 41), 103= 16(mod 41), 104=37(mod41), 105=l(mod 41)所以ord4i( 10)=5

(2)模11的原根：w(ll)=10=2*5q=2,q2=5,所以g是模11的原根的充要条件是

g2^l(mod 11), g写1 (mod 11),逐一验证有22=4(mod 11),2’= 10(mod 11),所以2 是模11的一个原根。模11的原根个数应为W(W(11))=4个，为2￥mod ll),23(mod 11),27 (mod 11 ),29(mod 11)即2,8,7,6

(3)明显55不能表示成8.2节定理2的形式。也可以如2题进行逐一?验证。

(4)有w(w(47))=22个，侦47)=46=2*23,所以g是模47的原根的充要条件是

gVl(mod 47), g2Vl(mod 47),逐一验证有22=4(mod 47),223=1 (mod 47);32=9(mod 47), 323=1 (mod 47); 42=16(mod 47),423=1 (mod 47); 52=25(mod 47),523=46 (mod 47), 所以5是模47的一?个原根，所以5的指数为与46互素的数为模47的其他原根。

(5)同4题

(6)证明：ordm(a)=st,所以a st=l(mod m), st是使得等式成立的最小整数。明显有(aS)'=l(mod m),假设有ivt使得(a)』1 (mod m)成立，矛盾，所以结论成立

(7)证明:由题有p=2*((p.l)/2),运用8.2定理3可得结论

(8)同4题

(9)由条件之由a生成的循环群的阶为n-1, a,a2..…a11"两两互不相等，所以

a,a2.….a。』构成一?个模n的简化剩余系，所以n为素数。可参照122, 123页各性质