代數(shù)及通信部分習(xí)題解(存儲版)
【正文】 143=1311，故原方程等價于方程組先求出的解。2. （1）寫出模37的全部8次剩余和15次剩余。（15，36）=3，所以全部15次剩余為或即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。（P62）1. 設(shè)是群的同態(tài)，和分別為G和G′的幺元素，則。所以有（）（P65）1． 群G的任意多個子群的交集是G的子群。3． 有限群G中每個元素均是有限階的，并且元素的階都是|G|的因子。其余同可驗證，故，均不是S3的正規(guī)子群。設(shè)，則所以映射是群同態(tài)。f為群的同態(tài)當(dāng)且僅當(dāng)，即G中每個元素均可表成。哪些是S3的正規(guī)子群？解：經(jīng)計算如下表再注意到6階子群的階只能是1，2，3，6由些可見S3的全部子群有{1}，S3。假設(shè)群G是它的兩個真子群G1，G2的并，即，從而一定有兩個元素，滿足：，令，顯然，從而有或不妨設(shè)，從而，這與矛盾。由此得（3）求Aut(Zm).設(shè),有，故f完全由確定。4．設(shè)p為奇素數(shù)，中元素的階為3，求元素的階。（8，36）=4，所以全部8次剩余為或即1,16,34,26,9,33,10,12,7或按序排是1，7，9，10，12，16，26，33，34。解（3）基本思路：利用原根，將“指數(shù)同余方程”化為一次同余方程。模13有原根2，令原同余方程化為，它等價于解一次同余方程 （注：） 1（8，12）=4|4，此方程有解。，對模81有一個解2．解下列同余方程組解：（1）判斷是否有解。證明：設(shè)模n的同余類為，模m=nt 的同余類為。當(dāng)i=0,時當(dāng)i=1,時當(dāng)i=2,時所以（4）設(shè)。證明：（1），有解。所以只需對驗證等式成立即可。因為n為正偶數(shù)，故可設(shè)n=2a1k,其中a≥2,k是奇數(shù)，即（2，k）=由于因此要使成立，k必含有因子，可設(shè)從而，而k與q均是k的因數(shù)，上式說明k的正因數(shù)只有這兩個，從而必有q=1,而是素數(shù)，使得。（2）證明歐拉的結(jié)果：正偶數(shù)n是完全數(shù)當(dāng)且僅當(dāng),其中，并且為素數(shù)（即梅森素數(shù)）。證明：（1）注意到故只需對a,b為正整數(shù)時結(jié)論成立即可。考慮{13y+7z:y,z∈Z}=Z(因為（13，7）=1)，故原方程可轉(zhuǎn)化為解聯(lián)立方程組（y,z）=(1,2)是13y+7z=1的一個解，故（y,z）=(w,2w)是（i）的一個解，從而(i)的全部解為而(x,w)=(1,23)是（ii）的一個解，故它的全部解為代入（iii）得原方程的全部解為7． 設(shè)n為正整數(shù)，k為正奇數(shù)。證明：，所以是既約分?jǐn)?shù)。因此，把６n+５分解成素因數(shù)的乘積時，一定有６m+５形式的素因數(shù)。事實上，一切奇數(shù)素數(shù)都能寫成4k+1或4k+3的形式，這里k是整數(shù)。4．設(shè)為實數(shù)（m≥2）,證明證明：（1）首先證明：因為其中，所以從而有（2）再證：其中則若１）則有若２）則有 若３）若２）則有總之不論何種情況均有注：本題可推廣到：５．設(shè)n為大于１的整數(shù)，證明（１）不是整數(shù)。于是n21=(2m+1)21=(4m2+4m+1)1=4m(m+1),注意到2|m(m+1)，所以8|4m(m+1),即8|n21。所以。（２）設(shè)某個正整數(shù)使，則的各項必只有一項分母為，其余各項的分母至多可被整除，因此在上述和式中將除去的其余各項相加必得如下形式的數(shù)或其中q和k是正整數(shù)，從而，或其分母是3的倍數(shù)，分子不是３的倍數(shù)，因此不可能等于整數(shù)。其次，設(shè)N任取之正整數(shù)，并設(shè)為形如4m+3的不超過Ｎ之所有素數(shù)，令顯然，每個都不是q的素數(shù)，否則將導(dǎo)致，這是不可能的。（1）若，則有，而，所以，即。
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