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––p r, b=q1q2––q s,又因为(a, b)=1，表明a, b没有公共(相同)素因子. 同样可以将a n, b n表示为多个素因子相乘a n=(p1p2––p r)n, b n=(q1q2––q s)n明显a n, b n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：ri>ri’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*n>ri’*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(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）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(mod m/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(mod m), 所以a-b=k i*m i，a-b是任意m i的倍数，所以a-b是m i公倍数，所以[m i]|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-1xbc a-1b-1，化简得x=a-1bc a-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-1bc a-1b-1≠a-1bc a-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=a mn b mn=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, a m生成的循环群的阶为n/(n,m)=n. 又因为a m∈G所以a m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g k∈G, 有f(g k)=(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(g n)=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p m的因子。
不妨设元素a的阶为p n（1≤n≤m），由元素a可生成p n阶循环子群，则子群中元素1p a n−的阶为p，由元素1p a n−为生成元生成的循环子群的阶为p，因此阶为p m的群一定存在一个阶为p的子群。
（13）由题意可知a m=e, b n=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=a mn b mn=e, 又因为(m,n)=1, 假设存在i使得(ab)i=e,有(ab)mi=e,有b mi=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'(h1 h2-1)n 2'-1，对于n1'(h1 h2-1)∈NH，存在n1''∈N，使得n1'(h1 h2-1)=(h1 h2-1)n1''，所以原式= (h1 h2-1)n1''n 2'-1∈HN，结论成立。