代数与通信部分习题解

代数与通信部分习题解

习题1.1A（P6）

１. 若n为奇数，证明8|n2-1。

证明：n为奇数，可设n=2m+1,其中m为整数。于是

n2-1=(2m+1)2-1=(4m2+4m+1)-1=4m(m+1),

注意到2|m(m+1)，所以8|4m(m+1),即8|n2-1。

２. 若n为奇数并且n≥5,则n|(1?111??...?)(n?1)!。 23n?1证明：n为奇数并且n≥5可设n=2m+1,其中m为整数且m>1,于是

(1?111??...?)(n?1)! 23n?1?11?1???1???...?((2m?1)?1)! ?23?(2m?1)?1????111??111?????1???...??????...???(2m)!

m??m?1m?22m????23＝??1?????1??11?1???1??????...?????(2m)! 2m??22m?1?mm?1????1?11?(2m?1)???...??(2m)!

2m2(2m?1)m(m?1)???1?11?n???...??(2m)!

2m2(2m?1)m(m?1)??注意到2m|(2m)!,2(2m?1)|(2m)!,...,m(m?1)|(2m)!，即

?1?11??...??2m2(2m?1)?(2m)!

m(m?1)??为整数。所以n|(1?111??...?)(n?1)!。 23n?1mn注：当n=3时，整除变为相等，结论也成立。

３. 若m和n是正整数，m?3,证明2?1不整除2?1。

反证法：假设2?1|2?1，由带余除法可设n=qm+r其中q,r?Z,0?r?m，于是有

mn2n?1?2qm?r?1?(2m)q?12r?2r?1?(2?1)((2)?...?2?1)2?2?1

1

mmqmrr??

由假设2?1|2?1，故2?1|2?1，而2?1,2?1为正整数，所以2m?1?2r?1，故2m?1?2r?1，即0?2?2?2，或0?2mrm?1mnmrmr?2r?1?1，所以2m?1?2r?1?1，从

而m-1=1,r-1=0,即m=2,这与m?3矛盾，所以2m?1不整除2n?1。

讨论：根据以上证明可知3|22q?1?1，或写成3|2m?1,其中m为奇数。

4．设?1,?2,...,?n,为实数（m≥2）,证明

[?1]?[?2]?...?[?n]?[?1??2?...??n]?[?1]?[?2]?...?[?n]?n?1.

[2?1]?[2?2]?[?1]?[?2]?[?1??2]

证明：（1）首先证明：

[?1]?[?2]?...?[?n]?[?1??2?...??n]?[?1]?[?2]?...?[?n]?n?1.

因为?i?[?i]?{?i},其中0?{?i}?1,i?1,2,...,n，所以

[?1]?[?2]?...?[?n]??1??2?...??n?[?1]?[?2]?...?[?n]?n?[?1]?[?2]?...?[?n]?n?1从而有

[?1]?[?2]?...?[?n]?[?1??2?...??n]?[?1]?[?2]?...?[?n]?n?1.

（2）再证：[2?1]?[2?2]?[?1]?[?2]?[?1??2]

?1?[?1]?{?1},?2?[?2]?{?2},其中0?{?1}?1,0?{?2}?1,则

2?1?2[?1]?2{?1},2?2?2[?2]?2{?2},

若１）0?{?1}?11,0?{?2}?,则 22[2?1]?2[?1],[2?2]?2[?2],[?1??2]?[?1]?[?2],有 [2?1]?[2?2]?2[?1]?2??2??[?1]???2??[?1??2],

若２）

11?{?1}?1,?{?2}?1,则 22[2?1]?2[?1]?1,[2?2]?2[?2]?1,[?1??2]?[?1]?[?2]?2,有

[2?1]?[2?2]?2[?1]?1?2??2??1?[?1]???2??[?1]?[?2]?2?[?1]???2??[?1??2],11 若３）若２）0?{?1}?,?{?2}?1,则

22[2?1]?2[?1],[2?2]?2[?2]?1,[?1??2]?[?1]?[?2]?1,有 [2?1]?[2?2]?2[?1]?2??2??1?[?1]???2??[?1??2],

总之不论何种情况均有

[2?1]?[2?2]?[?1]?[?2]?[?1??2]

注：本题可推广到：

2

[2?1]?[2?2]?...?[?n]?[?1]???2??...?[?n]?[?1??2?...??n]

５．设n为大于１的整数，证明 （１）1?（２）1?111??...?不是整数。 23n111不是整数。 ??...?352n?1ll?1证明：（１）设某个正整数l,使2?n?2，则1?111??...?的各项必只有一项23n1的其余各项相2l分母为2l，其余各项的分母至多可被2l?1整除，因此在上述和式中将除去加必得如下形式的数

q

2l?1(2k?1)其中q和k是正整数，从而

1?111q12q?2k?1??...??l?1?l?l， 23n2(2k?1)22(2k?1)其分母是偶数，分子是奇数，因此不可能等于整数。

（２）设某个正整数l,使3?2n?1?3项分母为3，其余各项的分母至多可被3相加必得如下形式的数

ll?1ll?1，则1?111的各项必只有一??...?352n?11的其余各项l3整除，因此在上述和式中将除去

qq或 l?1l?13(3k?1)3(3k?2)其中q和k是正整数，从而

1?111q13q?3k?1??...??l?1?l?l，或 352n?13(3k?1)33(2k?1)111q13q?3k?2??...??l?1?l?l 352n?13(3k?2)33(3k?2)1?其分母是3的倍数，分子不是３的倍数，因此不可能等于整数。

６.证明

（１）形如4m+3(m∈Z)的素数有无限多个。 （２）形如6m+5(m∈Z) 的素数有无限多个。 证明：（１）分两步来证明。

首先证明形如4m+3的正整数必定含有形如4m+3的素因数。事实上，一切奇数素数都能写成

3

4k+1或4k+3的形式，这里k是整数。而由于

(4k1?1)(4k2?1)?16k1k2?4k1?4k2?1?4(4k1k2?k1?k2)?1

所以把形如4k+1的数相乘的乘积仍为4k+1形式的数。因此，把4n+3分解成素因数的乘积时，这些素因数不可能都是4m+1的形式的素数，一定有4m+3形式的素数。

其次，设N任取之正整数，并设p1,p2,...,pk为形如4m+3的不超过Ｎ之所有素数，令

q?4p1p2...pk?1

显然，每个pi(i?1,2,...,k)都不是q的素数，否则将导致pi|1，这是不可能的。

如果q本身是素数，由于q?4p1p2...pk?1＝q?4(p1p2...pk?1)?3，这表示q也是形如4m+3的数，显然q?pi，从而q>N.这表示存在大于Ｎ之形如4m+3的素数q.

如果q本身不是素数，由第一步知，q一定含有形如4m+3之素因数p,同样可证明

p?pi(i?1,2,...,k)，这表示存在大于Ｎ之形如4m+3的素数p.

由于Ｎ是任取之正整数，这样就证明了形如４n+3的素数有无穷多个。

（２）首先证明形如6m+5的正整数必定含有形如6m+5的素因数。事实上，一切大于3的素数都能写成６k+1或６k+５的形式，这里k是整数。而由于

(6k1?1)(6k2?1)?36k1k2?6(k1?k2)?1?6(6k1k2?k1?k2)?1

所以把形如６k+1的数相乘的乘积仍为６k+1形式的数。因此，把６n+５分解成素因数的乘积时，一定有６m+５形式的素因数。

其次，设N任取之正整数，并设

p1,p2,...,pk

为形如６m+５的不超过Ｎ之所有素数，令

q?6p1p2...pk?1

显然，每个pi(i?1,2,...,k)都不是q的素数，否则将导致pi|1，这是不可能的。

如果q本身是素数，由于q?6(p1p2...pk?1)?5，这表示q也是形如６m+５的数，显然q?pi，从而q>N.这表示存在大于Ｎ之形如６m+５的素数q.

如果q本身不是素数，由第一步知，q一定含有形如６m+５之素因数p,同样可证明

p?pi(i?1,2,...,k)，这表示存在大于Ｎ之形如６m+５的素数p.

由于Ｎ是任取之正整数，这样就证明了形如６n+５的素数有无穷多个。 ７.设n?2为正整数。如果n没有小于等于n的素因子，则n为素数。

2证明：反证法。若n不是素数，设n=ab,1

没有小于等于n的素因子的条件矛盾，故n必为素数。

4

习题１.１Ｂ（P11）

１. 对每个正整数n,证明

21n?4是既约分数。

14n?321n?4是既约分数。

14n?3证明：所以(21n?4,14n?3)?(7n?1,14n?3)?(7n?1,1)?1，4． 设a,b,c?Z,a?0则a|bc当且仅当

a|c。 (a,b)证明：设(a,b)?d，则有(ab,)?1。 dd（1）若a|bc，则有

abaaabc，而(,)?1，所以|c，即|c。 dd(a,b)(a,b)dd（2）若

aa|c，即c，有ad又因为dc|bc，由整除的传递性知abc，即a|bc c，

d(a,b)5． 用辗转相除法求963和657的最大公因子，并求出方程

963x+657y=(963,657)

的全部整数解。

解：利用辗转相除法。 963=657×1+306 657=306×2+45 306=45×6+36 45=36×1+9 36=9×4

（963，657）=9，

将以上倒数第2式通过回代得到 963×（-15）+657×22=9 即(x,y)=(-15,22)是原方程的一个解。 从而全部整数解为：

?x??15?657t(t?Z) ??y?22?963t6． 求下列方程的全部整数解 （１）6x+20y-15z=23 （２）25x+13y+7z=2

解：（1）因为（6，20，15）=1|23，可知方程有整数解，又因为(20,15)=5,可知{20y+15z:y,z∈Z}=5Z,因此方程等价于联立方程组

5

n?a0?a1??...?ak(mod9)n?a0?a1?...?(?1)kak(mod11)由此计算12345×6789被9和11除的余数。

iii?1i?2证明：（1）因为ai10?ai?ai(10?1)?9ai(10?10?...?1)，a0?a0(mod9)所

以

ai10i?ai(mod9),(i?0,1,...,k)，

从而

n?a0?a110?a2102?...?akk10?a0?a1??...?ak(mod9)

（2）又因为aiii10?(?1)ai?a1i0??(??1)?a1i??1?1i10??2ii??i10?a0?a0(mod11)，所以

aii10?(?1)iai(mod11),(i?0,1,...,k)，

从而

n?a0?a110?a2210?...?ak10k?a0?a1?...?(?1)kak(mod11)

12345?1?2?3?4?5?15?6(mod9)

6789?6?7?8?9?30?3(mod9)

?12345?6789?6?3(mod9)?0(mod9).

所以12345×6789被9整除；

12345?5?4?3?2?1(mod11)?3(mod11) 6789?9?8?7?6(mod11)?2(mod11)

?12345?6789?6(mod11)

即12345×6789被11除余数为6。

3．解下列同余方程

（1）8x?5(mod23).（2）23x?7(mod37). 解：（1）8x?5?5?23?28(mod23)

?2x?7(mod23),(4,23)?1 ?2x?7?23?30(mod23) ?x?15(mod23).((2,23)?1)

（2）23x?7?7?11?37?414?23?18?(mod37)

?x?18(mod37).((23,37)?1)

4．对每个整数n证明

（1）n2?2(mod3).（2）n2?0或1(mod4).

11

?...??1i??，(1)（3）n?0,?1(mod9).（4）n?0,1(mod16). 证明：（1）设n?3m?i,i?0,1,2。 当i=0,时n?(3m)?9m?0(mod3);

当i=1,时n?(3m?1)?9m?6m?1?1(mod3); 当i=2,时n?(3m?2)?9m?12m?4?1(mod3); 所以n?2(mod3).

（2）设n?2m?i,i?0,1。 当i=0,时n?(2m)?4m?0(mod4);

当i=1,时n?(2m?1)?4m?4m?1?1(mod4); 所以n?0或1(mod4).

（3）设n?3m?i,i?0,1,2。 当i=0,时n?(3m)?27m?0(mod9);

当i=1,时n?(3m?1)?27m?9m?9m?1?1(mod9); 当i=2,时n?(3m?2)?27m?54m?36?8??1(mod9); 所以n?0,?1(mod9).

（4）设n?4m?i,i?0,1,2,3。 当i=0,时n?(4m)?256m?0(mod16);

当i=1,时n?(4m?1)?256m?256m?96m?16m?1?1(mod16); 当i=2,时n?(4m?2)?16(2m?1)?0(mod16);

当i=3,时n?(4m?3)?256m?768m?864m?432m?81?81?1(mod16);

44432444444324443333233323332222222222222222342所以n4?0,1(mod16).

5．设a为奇数，n?1，证明a2?1(mod2n?2). 证明：用数学归纳法。

当n=1时，设a?2k?1，a?(2k?1)?4k?4k?1?4k(k?1)?1,8|4k(k?1),

222n?a2?1(mod23)。

假设n时成立，即a2?1(mod2n?2).考虑n+1情况。 由a2?1(mod2n?2)知a2?1?2n?2h,h?Z，从而

nnna

2(n?1)?a??2n2?(1?2n?2h)2?1?2n?3h?22n?4h2?1?2n?3(h?2n?1h2),12

?a2(n?1)?1(mod2n?3)，由数学归纳法知，当a为奇数，n?1，有a2?1(mod2n?2).

n6．证明

（1）当n?3时?(n)为偶数。 （2）

i?1(i,n)?1?n1i?n?(n)

2eee证明：（1）设n?p11p22...prr是标准分解式，由引理1.2.7知，欧拉函数

?(n)??(pie?pie?1)，

iiri?1因为n?3，故标准分解式中必有某个是奇素数，比如pk,即pk?1是偶数，则

?(n)??(pie?pie?1)中的因数有pke?pke?1?pke?1(pk?1)是偶数，所以欧拉函数?(n)iikkkri?1为偶数。

（2）设{a1,a2,...,a?(n)}为模n的一个缩系，则有

i?1(i,n)?1?i??ak?1n?(n)ka,n(均，这里a1,a2,...?)与n互素且互不相等。由引理1.1.8知

1?(a,n)?(ak?n,n)?(n?ak,n),，n?a1,n?a2,...,n?a?(n)也互不相等，故{n?a1,n?a2,...,n?a?(n)}也是模n的一个缩系，则有

?(n)k?1?a??(n?a)?n?(n)??akkk?1k?1?(n)?(n)k，

从而

n?(n)?2?ak?2k?1?(n)i?1(i,n)?1?ni

由此

i?1(i,n)?1?n1i?n?(n)

27．设m,n?1,m?nt(t?Z).证明模n的每个同余类都恰好是模m的t个同余类之并集。 证明：设模n的同余类为a?{a?ln:l?Z},a?0,1,...,n?1，模m=nt 的同余类为

[b]?{b?sn:s?Z},b?0,1,...,m?1。对于某个模n的同余类a，若有x?a?ln?a，由

带余除法可设l?tq?r,0?r?t，于是

x?a?ln?a?(tq?r)n?a?rn?ntq?(a?rn)?mq?[a?rn]此说明

13

a?[a]?[a?n]?...?[a?(t?1)n]，反之若

x?[a]?[a?n]?...?[a?(t?1)n]?x?a?in?sm,0?i?t,s?Z?x?a?in?snt?a?(i?st)n?a，即有

[a]?[a?n]?...?[a?(t?1)n]?a，所以 a?[a]?[a?n]?...?[a?(t?1)n]

即模n的每个同余类都恰好是模m的t个同余类之并集。

习题１.３Ｂ（P31）

１.（１）对于环Zm中每个元素α，m个α相加为0。

（２）设p为素数，对于域Zp中每个非零元素α和正整数n,证明n个α相加为0当且仅当p|n.

m??????a?...?a?ma，而证明：（１）??a，m??ma?a?a?...a?a???????m，所以m??ma?0。 ma?0(mom)d（２）设??a,a?0.

若n??na?0，即有na?0(modp)，或p|na，而a?0.即p不整除a,p是素数，从而由p|na必有p|n

反之，若p|n，有p|na，从而有na?0(modp)即n??na?0。

习题集1.4（P37）

1. 解下列同余方程 (1) 32x?12(mod8). (2) 28x?124(mod116). (3) 5x?44(mod81).

解：（1）（32，8）=8不整除12，故原同余方程无整数解。 （2）(28,116)=4|124故原同余方程有整数解。

3131?3?29?56????8?21(mod29)777故原方程的全部整数解是x?21(mod29)，而对模116有4个解28x?124(mod116)?7x?31(mod29)?x?x?21,50,79,10 8（3）(5,81)=1,故原同余方程有整数解。

5x?44(mod81)?x?4444?81??25(mod81)，对模81有一个解x?25(mod81) 5514

2．解下列同余方程组

?x?2(mod4),??x?3(mod5), ?x?7(mod9).?解：（1）判断是否有解。因为4,5,9两两互素，故同余方程组有整数解。 （2）分别解M1y≡1(mod4),M2y≡1(mod5),M3≡1(mod9)其中

M1=45，M2=36,M3=20,b1=2,b2=3,b3=7,

y1?11?4411?3511?911?9??1(mod4),y2???1(mod5),y3?????5(mod9)45453636202022取N1=1,N2=1,N3=5,得

（3） 写出解的表达式

x?b1M1N1?b2M2N2?b3M3N3?2?45?1?3?36?1?7?20?5?898?178??2(mod180)，即原同余方程组的全部整数解是：x??2(mod180)

3. 用中国剩余定理解同余方程37x≡31(mod77) 解：原方程等价于同余方程组

?37x?31(mod7) ?37x?31(mod11)?3131?105???2(mod7),3737

3131?154x???5(mod11)3737x?再解同余方程组

?x??2(mod7), ??x?5(mod11)由于7，11互素，故同余方程组有解。M1=11,M2=7， 解同余方程11y?1(mod7),7y?1(mod11),

11?21??2(mod7),1111 11?22y????3(mod11)77y?取N1=2，N2=-3，于是

x?b1M1N1?b2M2N2??2?11?2?5?7?(?3)?5(mod77)

即原同余方程的全部整数解为x?5(mod77)

6．求2400被319除的余数。 解：319=11×29，故相当于解方程：

15

400??x?2(mod11) ?400??x?2(mod29)由欧拉定理可知2?1(mod11),21028?1(mod29)，化简

2400?(210)40?1(mod11),2400?228?14?8?28?256?24??5(mod29)

所以

?x?1(mod11) ?x??5(mod29)?29y?1(mod11)有解N1??3，11y?1(mod29)有解N2?8，故由中国剩余定理知其解

为x?b1M1N1?b2M2N2?1?29?(?3)?5?11?8?111(mod319)，即2400被319除的余数为111。

习题1.5A（P44）

1. 设m?2,整数a和b模m的阶分别为s和t,并且(s,t)=1.证明ab模m的阶为st. 证明：首先由条件有a?1,b?1(modm)，由此得(ab)?(a)(b)?1(modm)。 若有正整数k使得(ab)?1(modm)，得bkkss?(abk)stststts1?m(od)m，而b的阶是t,所以有t|sk

而(s,t)=1,所以有t|k,同理可得s|k,再由(s,t)=1,得到st|k.由阶的定义知，ab模m的阶为st. （注：本题可作为结论用）

２. 设a对模m和模n的阶分别为s和t.证明a对模[m,n]的阶为[s,t]. 证明：由条件a?1(modm),a?1(modn)，从而有

sta[s,t]?1(modm),a[s,t]?1(modn)，

再由同余的性质有a[s,t]?1(mod[m,n])。

kk 设有正整数k使a?1(mod[m,n])，显然有a?1(modm),（因为

km|[m,n],[m,n]|(ak?1)）(1od)，a?mn，从而有s|k,t|k,即k是s,t的公倍数，所以

有[s,t]|k,从而由阶的定义知a对模[m,n]的阶为[s,t].

习题1.5B（P44）

1.解同余方程

(1)x8?3(mod13).(2)x8?3(mod143).(3)7x?4(mod17)

解：（1）基本思路：通过找原根将“高次同余方程”化为一次同余方程。 模13有原根2，令x?2,3?2原同余方程化为2方程

8y?4(mod12)（注：?(13)?12） <1>

16

y48y?24(mod13)，它等价于解一次同余

（8，12）=4|4，此方程有解。化简为

2y?1(mod3)

所以y?11?3??2(mod3)，<1>有4个解2，2+3=5，5+3=8，8+3=11，原方程有4个解22x?22,25,28,211，即x?4,6,9,7(mod13)

解（2）基本思路：当模数不是素数时通常可将模数分解化为方程组（使模数变小），分别求解后再联立求解，这时要用中国剩余定理。

143=13×11，故原方程等价于方程组

8??x?3(mod13) ?8??x?3(mod11)先求出x?3(mod13)的解。由（1）题的结论知解为x?4,6,9,7

再求出x?3(mod11)的解：2是模11的一个原根，令x?2,3?2，化为

8y8828y?28(mod11)

它等价于同余方程

8y?8(mod1 0 <2> 而（8，10）=2|8，此方程有解。化简为4y?4(mod5)，解出y?1(mod5)，从而方程<2>

16有2个解1，6，故x?3(mod11)有2个解x?2,2，即x?2,9。

8原方程等价于求解

??x?b1(mod13)， <3>

?x?b2(mod11)其中b1?4,6,9,7;b2?2,9。（有4×2=8种组合，即有8个方程组）利用中国剩余定理求解该方程组。<3>的解的表达式为

x?b1M1N1?b2M2N2?11b1N1?13b2N2

同余方程11y?1(mod13)有解N1?6，同理13y?1(mod11)有解N2?6，故<3>的解的表达式为

x?66b1?78b2

再将b1?4,6,9,7;b2?2,9的值分别代入上式得到原方程的8组解：

x?66b1?78b2?66?4?78?2,66?6?78?2,66?9?78?2,66?7?78?2,

66?4?78?9,66?6?78?9,66?9?78?9,66?7?78?9,经计算有x?134,123,35,46,108,97,9,20(mod143)或按从小到大的排列最后得原方程的

17

解：x?9,20,35,46,97,108,123,134(mod143)。

解（3）基本思路：利用原根，将“指数同余方程”化为一次同余方程。 取模17的一个原根3，有7=311,4=312,原方程化为3方程：11x?12(mod16)（因为?(17)?16），则x?整数解。

2. （1）写出模37的全部8次剩余和15次剩余。 （2）写出模11的全部2次剩余。 解：（1）先找原根。

37是素数，故模37必有原根。?(37)?36，模37的同余类的阶数可能是1，2，3，4，6，9，12，18，36。而对模37，2?22?25?34?36??1?0(mod37),但

1810811x?312(mod17)，等价于一次同余

1212?32??4(mod16)为原方程的1111236?1(mod37),故2的阶是36，2是原根；

再求模37的全部8次剩余。

（8，36）=4，所以全部8次剩余为2(0?l?9)或1,2,2,2,2,2,2,2即1,16,34,26,9,33,10,12,7或按序排是1，7，9，10，12，16，26，33，34。

再求模37的全部15次剩余。

（15，36）=3，所以全部

15

次剩余为23l4l481216202428(?0l?1或2)1,23,26,29,212,215,218,221,224,227,230,233即1,8,27,31,26,23,36,29,10,6,11,14按序排是

1，6，8，10，11，14，23，26，27，29，31，36。

解：（2）模11有原根，其中是2是原根。?(11)?10，（2，10）=2，故模11的全部2次剩余为2(0?l?5)，即1,2,2,2,2或1，3，4，5，9。

3．设p为素数，p=2(mod3),a,b∈Z.证明:a=b(modp)当且仅当a=b(modp) 证明：充分性显然，以下证明必要性。

当a=b=0(modp)显然成立，不妨设a?0(modp),b?0(modp)。 因为p为素数，故对于模p有原根，设a?2,b?2，由a=b(modp)即得23

3

3

3

2l24810xy3x?23y(modp)，

从而有3x?3y(modp?1)，再由条件p=2(mod3)知p=2+3k或(p-1)+3(-k)=1,故（3，p-1）=1,由3x?3y(modp?1)得x?y(modp?1),得2?2(modp)，即a=b(modp)。

4．设p为奇素数，Zp中元素?的阶为3，求元素

3xy*?的阶。 ??1*解：由条件Zp的非零元均是可逆元，且??1 ，或

(??1)(?2???1)??3?1?0 （1）

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而?的阶为3，故??1即??1?0，（1）两边乘以??1的逆元得????1?0，从而

2?3111?????????1(modp)??33222??1??3??3??11?3??3??13(????1)?1?????1?

3????所以?，故的阶为6。 ?1(modp)???1???1?6习题2.1A（P62）

1. 设f:G?G?是群的同态，1G和1G?分别为G和G′的幺元素，则

f(1G)?1G?,f(a)?1?f(a?1)。

证明：（1）f(1G)?f(1G1G)（1G是G的幺元素）

?f(1G)f(1G)（f:G?G?是群的同态）两边右乘f(1G)?1得

f(1G)f(1G)?1?f(1G)f(1G)f(1G)?1

即1G??f(1G)或f(1G)?1G?；

（2）因为f(a)f(a)?f(aa)（f:G?G?是群的同态）

?1?f(1G)?1G?（由上所证），同理可证f(a)f(a)?1G?，

?1?1所以f(a)?1?f(a?1)

2. 决定加法群Z，Q和Zm的自同构群。 解：（1）求Aut(Z).

设f?Aut(A)，任意m?Z,若m是正整数，由于f保持加法运算，故有

f(m)?f(1?...?1)?f(1)?...?f(1)?mf(1)，若m是负整数有

f(m)?f(?(?m))??f(?m)??(?m)f(1)?mf(1)，当m=0时由1题知f(0)?0，即任

意的m?Z有f(m)?mf(1)，此说明Z的自同构完全由f(1)确定。

设有整数k,使得f(k)?1，即有kf(1)?1，而f(1)是整数，故上式成立当且仅当f(1)=1或f(1)=-1。由此得出Aut(Z)={1z，-1z}，其中1z是Z到自身的恒等映射，-1z是相反数的映射，它们显然是自同构。

（2）求Aut(Q). 设f?Aut(Q),对于有理数

n?Q(n,m?Z,m?0)，由于f保持加法运算，易知mm111n1n0?f(1)?f()?mf()得f()?f(1)，从而f()?nf()?f(1)此说明，f

mmmmmmm

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完全由f(1)?Q,(f(1)?0)确定，令f(1)?k为任意的非零有理数，易知fk:x?kx是Q到自身的同构映射。由此得Aut(Q)?{fk|k?Q,k?0,fk:x?kx(x?Q)}

（3）求Aut(Zm).

设f?Aut(Zm),s?Zm有f(s)?sf(1)，故f完全由f(1)确定。令f(k)?1有kf(1)?1，设f(1)?r则有(r,m)?1，易验证当（r,m）=1时有fr:s?rs是Zm到自身的同构映射。所以有Aut(Zm)?{fr|r?Z,(r,m)?1,fr:s?rs(s?Zm)}（|Aut(Zm)|??(m)）

习题2.1B（P65）

1． 群G的任意多个子群的交集是G的子群。 证明：只需证明两个子群的情况即可。

设G1?G,G2?G，显然1G?G1?G2?G即G1?G2是群G的一个非空子集。对于任意的a,b?G1?G2?G?a,b?G1;a,b?G2而

G1，G2是群

G

的子群，故

ab,a?1?G1;ab,a?1?G2，从而有ab,a?1?G1?G2，所以G1?G2是群G的子群。

2． 每个群不能是它的两个真子群的并集。

证明：用反证法。假设群G是它的两个真子群G1，G2的并，即G?G1?G2，从而一定有

g1,g2两个元素，满足：g1?G1,g1?G2;g2?G1,g2?G2，令x?g1g2，显然x?G，从

?1而有x?G1或x?G2不妨设x?G1，从而g1x?g2?G1，这与g2?G1矛盾。故每个群不

能是它的两个真子群的并集。

3． 有限群G中每个元素均是有限阶的，并且元素的阶都是|G|的因子。（例如：乘法群

*Zm是?(m)阶有限群，它的每个元素的阶都是?(m)的因子。）

证明：设g是G的任意元素，若g是无限阶的，则1，g,g2,…,gk,…互不相同且是G的元素，这与G是有限群矛盾，故G中每个元素均是有限阶的。设g的阶是n,则A?{1,g,g,...,g2n?1}是G的子群，且阶数为n,由拉格朗日定理知n||G|,即G的每个元素的阶都是|G|的因子。

11．以S3表示{1，2，3}的全部置换组成的群。求S3的全部子群。哪些是S3的正规子群？ 解：

??1,2,3??1,2,3??1,2,3??1,2,3??1,2,3??1,2,3??S3??1??,??,??,??,??,???1??2??3??4??5???1,2,31,3,22,1,32,3,13,1,23,2,1??????????????经计算如下表

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再注意到6阶子群的阶只能是1，2，3，6由些可见S3的全部子群有{1}，S3，

{1,?1},{1,?2},{1,?5}，{1,?3,?4}。由10题的结论{1,?3,?4}一定是正规子群。

?3{1,?1}?{?3,?2}?{1,?5}?3?{?3,?5}，其余同可验证，故{1,?1},{1,?2},{1,?5}，

{1,?3,?4}均不是S3的正规子群。

习题2.1C(P68)

1.设G?G1?G2是群的直积。如果g1和g2 分别是G1和G2中的n阶和m阶元素，则（g1,g2）是G中[n,m]阶元素。

kkkkk证明：设有正整数k使得(g1,g2)?1，即(g1,g2)?1，所以有g1?1,g2?1，又因

为g1和g2 分别是G1和G2中的n阶和m阶元素，所以有n|k,m|k,即k是n,m的公倍数，由阶的定义知（g1,g2）是G中[n,m]阶元素。

2．设G1和G2为群G的子群，并且对g1?G1,g2?G2均有g1g2?g2g1，则 （1）映射f:G1?G2?G,f((g1,g2))?g1g2是群同态。 （2）f为群的单同态当且仅当G1?G2?{1}。

f为群的同态当且仅当G1G2?G，即G中每个元素均可表成g1g2(g1?G1,g2?G2)。

证明：（1）

f((g1,g2))?g1g2显然是G1?G2?G的映射。设

(g1,g2)?,g1(??g2,?)G，则G1f((g1,g2)(g1?,g2?))?f((g1g1?,g2g2?))?(g1g1?)(g2g2?)?(g1g2)(g1?g2?)?f((g1,g2))f((g1?,g2?))所以映射f:G1?G2?G,f((g1,g2))?g1g2是群同态。

（2）若f为群的单同态，设g?G1?G2，则有(g,1)?(1,g)，而f:G1?G2?G是单射，所以有从而有g?1，故G1?G2?{1}。 若G1?G2?{1}，设f((g))f?(1g(?2g,1,g2?)1g)??(1g,1??G2g,2g,，由G此得)?g1??1g1?g2?g2?1?g1??1g1?g2?g2?1?G1?G2?{1}?g1??1g1?g2?g2?1?1?g1?g1?,g2??g2所以f为群的单同态。

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习题2.2B（P82）

1.证明整环R中关于整除的基本性质 （1） 若a|b,b|c,则a|c.

（2） 若a|b,a|c,则对任意x,y∈R,a|bx+cy.

证明：（1）由条件及整除的定义知b=ad,c=bk,其中d,k∈R,从而c=(ad)k=a(dk),这里dk∈R,故a|c.

(2) 由条件及整除的定义知b=ad,c=ak,其中d,k∈R,从而bx+cy=adx+aky=a(dx+ky), 这里dx+ky∈R,故a| b

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