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第一章（1）5,4,1,5.（2）100=22*52,3288=23*3*137.（4）多种解法，其中一种：a,b可以表示成多个素因子的乘积a=p1p2––pr,b=q1q2––qs,又因为(a,b)=1，表明a,b没有公共(相同)素因子.同样可以将an,bn表示为多个素因子相乘an=(p1p2––pr)n,bn=(q1q2––qs)n明显an,bn也没有公共(相同)素因子.（5）多种解法，其中一种：由算术基本定理：a,b可分解为有限个素数的乘积，得：a=p1^r1*p2^r2*……*pn^rn,b=p1^r1’*p2^r2’*……*pn^rn’,若a|b不成立，则存在素数pi使得pi在a中的幂ri大于pi在b中的幂ri‘，即：riri’a^n=p1^r1n*p2^r2n*…*pi^rin*…*pn^rnn,b^n=p1^r1’n*p2^r2’n*…*pi^ri’n*…*pn^rn’n,则ri*nri’*n，所以a^n|b^n不成立。（6）多种解法，其中一种：由于a,b,c互素且非零所以(a,b)=1,(b,c)=1所以存在u,v,r,s使ua+vc=1，rb+sc=1两式相乘得：(ur)ab+(usa+vrb+vsc)c=1所以(ab,c)=(a,b)(a,c)=1（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(modm),1001=0(modm),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）多种解法，其中一种：70！=(70*69*68*67*66*65*64*63*62)*61!70*69*68*67*66*65*64*63*62≡(-1)(-2)…(-9)(mod71)≡1mod71所以70！≡61!（13）多种解法，其中一种：当n是奇数时，不妨设n=2k+1,k为整数则2^n+1≡(-1)^(2k+1)+1≡0(mod3)当n是偶数时，不妨设n=2k,k为整数则2^n+1≡(-1)^(2k)+1≡2(mod3)综上，n是奇数时，3整除2^n+1，n是偶数时，3不整除2^n+1（14）第一个问题：因为(c,m)=d.假设ac=k1m+r,bc=k2m+r,有ac=k1d(m/d)+r,bc=k2d(m/d)+r所以ac=bc(modm/d),因为(c,m/d)=1,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(modm),所以a-b=ki*mi，a-b是任意mi的倍数，所以a-b是mi公倍数，所以[mi]|a-b.（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)都不能常见问题：1.写出构成群和不构成群的原因13.证明ab-1∈A∩B即可14.用群的定义证明(题意是证明映射后的集合为一个群)第二章1.判断方法：分别验证1.对运算是否封闭,2.对任意的a,b,c是否满足结合律,3.对任意a是否存在单位元,4.对任意a是否存在逆元.可以得出在(1)-(10)中(2),(3),(6),(7)(10)构成群(1)不满足结合律，不存在逆元,(4)不存在单位元(5)不满足结合律(8)不构成，不存在逆元(9)不构成，不存在逆元2.a-b-c≠a-(b-c)，所以不构成，不满足结合律5．证明：显然在群中单位元e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a-1有a=e.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)2=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-1ababb-1=a-1aabbb-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,有(ab)2=a2b2.8．证明：方程xaxba=xbc两边同时左乘a-1x-1,右乘a-1b-1有a-1x-1xaxbaa-1b-1=a-1x-1xbca-1b-1，化简得x=a-1bca-1b-1，可知方程有解。设方程存在两个不同的解x,y（x≠y）.则a-1bca-1b-1≠a-1bca-1b-1，显然不成立。综上，方程有且只有一个解。9．证明：对群中任意元素a,b有ab(ab)-1=e,方程两边先左乘以a的逆元有b(ab)-1=a-1,在左乘以b的逆元有(ab)-1=b-1a-1,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,b∈G1∩G2有ab-1∈G1,ab-1∈G2,所以ab-1∈G1∩G2,所以G1∩G2也是G的子群.14．证明：设G是一个群,对任意a,b∈G,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)∈H有f(a)f(b)=f(ab)∈H,所以H满足运算的封闭性.对任意f(a),f(b),f(c)有(f(a)f(b))f(c)=f(ab)f(c)=f((ab)c),f(a)(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)∈H,有f(ae)=f(a)=f(a)f(e),所以f(e)是H的单位元,对任意的f(a)∈H,有f(aa-1)=f(e)=f(a)f(a-1),所以f(a)的逆元为f(a-1).所以H是一个群.16．证明：由于群中逆元是唯一的，所以a到a-1的映射为一一映射，设a到a-1的一一映射为f.充分性：对任意G中a,b有f(a)=a-1,f(b)=b-1,f(ab)=(ab)-1又因为f同构,所以f(ab)=f(a)f(b)=(ab)-1=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.第三次作业问题2、（1）要证明a≠𝒂𝒂−𝟏𝟏.6、证明G'中任意元素都可以由f(g)生成.12、举出一个例子，或者把用到的定理写出来。13、证明(ab)mn=amnbmn=e，且mn为最小值。14、先要证明H是G的子群（不要说“显然”）。少写第二章第十题。很多没有文字叙述，罗列公式第三章参考答案（2）第一个问题：设该有限群为G,对任意阶大于2的元素a∈G,有an=e,n为使得上式成立的最小正整数且n2.明显在群中存在一个a-1,且a≠a-1(若相等则a2=e,与a的阶大于2矛盾),有(a-1)n=e,所以a-1的阶也大于2.综上对任意阶大于2的元素a,存在a-1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,am生成的循环群的阶为n/(n,m)=n.又因为am∈G所以am也生成G.（6）设G的阶为n,由已知可得G'为一个群,又由G与G'满同态可知f(e)为G'的单位元,f(g)∈G',且对任意gk∈G,有f(gk)=(f(g))k,所以G'中任意元素都可以由f(g)生成表示成(f(g))k,当k=n时有(f(g))n=f(gn)=f(e),所以G'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：e的阶为1,g2阶为8,g4阶为4,g6阶为8,g8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2,4,5,10所以15阶真子群的生成元为g3,g5,20阶真子群的生成元为g2,g4,g5,g10.其对应的真子群为….（10）………（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）群中存在一个除单位元以外的元素a阶为pm的因子。不妨设元素a的阶为pn（1≤n≤m），由元素a可生成pn阶循环子群，则子群中元素1pan−的阶为p，由元素1pan−为生成元生成的循环子群的阶为p，因此阶为pm的群一定存在一个阶为p的子群。（13）由题意可知am=e,bn=e,m,n为使得上式成立的最小正整数,又因为ab=ba,所以(ab)mn=amnbmn=e,又因为(m,n)=1,假设存在i使得(ab)i=e,有(ab)mi=e,有bmi=e,有mi|n,有i|n,同理i|m,所以i|mn,所以mn是使得(ab)i=e成立的最小整数，结论成立。（15）设H1,H2是群G的两个正规子群,H=H1∩H2,所以有对任意的a∈G,h1∈H1有ah1a-1∈H1,同样对任意的h2∈H2有ah2a-1∈H2,所以对任意的h∈H1∩H2有,aha-1∈H1∩H2,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=H∪aH,G=H∪Ha,又因为H∩aH=空,H∩Ha=空,所以有aH=Ha).（17）由题意有HN=NH，则对任意的h1n1∈HN,h2n2∈HN,存在n1',n2'∈N，使h1n1=n1'h1，h2n2=n2'h2，则(h1n1)(h2n2)-1=(n1'h1)(n2'h2)-1=n1'(h1h2-1)n2'-1，对于n1'(h1h2-1)∈NH，存在n1''∈N，使得n1'(h1h2-1)=(h1h2-1)n1''，所以原式=(h1h2-1)n1''n2'-1∈HN，结论成立。第二章（10）（1）设a的阶为n,则𝑎𝑎𝑛𝑛=𝑒𝑒,所以(𝑎𝑎𝑎𝑎−1)𝑛𝑛=𝑎𝑎𝑛𝑛(𝑎𝑎−1)𝑛𝑛=(𝑎𝑎−1)𝑛𝑛=𝑒𝑒。设存在一个正整数0mn,使得(𝑎𝑎−1)𝑚𝑚=𝑒𝑒.则e=𝑎𝑎𝑛𝑛(𝑎𝑎−1)𝑚𝑚=𝑎𝑎𝑛𝑛−𝑚𝑚=𝑒𝑒,又因为a的阶为n,所以n-m=0,即m=n,矛盾。结论成立。(2)(3)(4)的证明方法同（1）（19）aS=S，S中不一定有乘法单位元。不要写的太简单了。（22）有零因子000a。（25）找到一个映射使得环满足同构的性质。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)=1,有c+di=(a-bi)/(a2+b2),所以a+bi的逆元为(a-bi)/(a2+b2).（4）首先证明是加法交换群：对加法封闭,满足加法结合律,有加法单位元,有加法逆元在证明对乘法封闭,乘法结合律,分配律得出是个环.在验证(1,0)为单位元（5）不是环(没有负元)（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)（8）不，对于a,b∈S,a+b为偶数，不满足封闭性。（11）证明：对任意的x,y∈S,有ax=0,ay=0,有ax-ay=a(x-y)=0,所以x-y∈S,又axy=(ax)y=a(xy)=0,所以xy∈S,所以S是R的子环（15）246810...969851525...,95，，，，，，，，以及，，，（19）证明：设对全体非零元构成的集合H=