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>
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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
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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
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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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