1、1 代数与通信部分习题解 习题 1.1A（P6） . 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。 . 若 n 为奇数并且 n5,则 。)!1(.31(| n 证明：n 为奇数并且 n5 可设 n=2m+1,其中 m 为整数且 m1,于是)!1(.312(n)!12)(. )!2(.1.312 mm 1.m )!2(.)12()12( (.mn 注意到 ，即)!2|1,.)!2(|1(,)!2|
2、mm)!(. 为整数。所以 。)!1(.312(| nn 注：当 n=3 时，整除变为相等，结论也成立。 . 若 m 和 n 是正整数， ,证明 不整除 。2m1n 反证法：假设 ，由带余除法可设 n=qm+r 其中 ，于是12|n mrZq0, 有 12).)2(rmqmqrn 2 由假设 ，故 ，而 为正整数，所以 ，12|nm12|rm12,rm 12rm 故 ，即 ，或 ，所以 ，从r001r 而 m-1=1,r-1=0,即 m=2,这与 矛盾，所以 不整除 。3n 讨论：根据以上证明可知 ，或写成 ,其中 m 为奇数。12|q3|21 4设 为实数（m2）,证明12,.n1212.1
3、.nn12 证明：（1）首先证明： 21212.1.nnn 因为 其中 ，所以,iii0,i12121212.1nnn n 从而有 121212. nnn （2）再证： 122 其中 则,21 ,0,1,221 若） 则0, 有,22211,21211 若） 则,21 有221 ,2121, 212121 若）若） 则,02 有1211,2121212 总之不论何种情况均有 121212 注：本题可推广到： .2 21211 nnn 设 n 为大于的整数，证明 3 （） 不是整数。n1.321 （） 不是整数。.5 证明：（）设某个正整数 使 12lln，则 的各项必只有一, n1.3 项分母
4、为 ，其余各项的分母至多可被 整除，因此在上述和式中将除去 的其余各l21l l2 项相加必得如下形式的数 )12(kql 其中 q 和 k 是正整数，从而 ，)12()(1.321 kqknlll 其分母是偶数，分子是奇数，因此不可能等于整数。 （）设某个正整数 使 ，则 的各项必只有,l13ll .5n 一项分母为 ，其余各项的分母至多可被 整除，因此在上述和式中将除去 的其余各l31l l31 项相加必得如下形式的数 或)13(kql )23(1kql 其中 q 和 k 是正整数，从而 ，或)1()(2.5131knlll 2323. qkqlll 其分母是 3 的倍数，分子不是的倍数，
5、因此不可能等于整数。 .证明 （）形如 4m+3(mZ)的素数有无限多个。 （）形如 6m+5(mZ) 的素数有无限多个。 证明：（）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 4k+1 或 4k+3 的形式，这里 k 是整数。而由于 1)4(1416)4( 21221221 kkk 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 4 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 为形如 4m+3 的不
6、超过之所有素数，令kp,.2114q 显然，每个 都不是 q 的素数，否则将导致 ，这是不可能的。),.21(kip|i 如果 q 本身是素数，由于 ，这表示 q 也.21kp3)1.(421kpq 是形如 4m+3 的数，显然 ，从而 qN.这表示存在大于之形如 4m+3 的素数 q.ip 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 ，这表示存在大于之形如 4m+3 的素数 p.),.21(kip 由于是任取之正整数，这样就证明了形如n+3 的素数有无穷多个。 （）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
7、 3 的素数都能写成k+1 或k+的形式，这里 k 是整数。而由于 1)6(1)(63)16( 212212121 kk 所以把形如k+1 的数相乘的乘积仍为k+1 形式的数。因此，把n+分解成素因数的乘 积时，一定有m+形式的素因数。 其次，设 N 任取之正整数，并设 kp,.21 为形如m+的不超过之所有素数，令 .621kq 显然，每个 都不是 q 的素数，否则将导致 ，这是不可能的。),.21(kip1|ip 如果 q 本身是素数，由于 ，这表示 q 也是形如m+的数，5).(21kp 显然 ，从而 qN.这表示存在大于之形如m+的素数 q.i 如果 q 本身不是素数，由第一步知，q
8、一定含有形如m+之素因数 p,同样可证明 ，这表示存在大于之形如m+的素数 p.),.21(kip 由于是任取之正整数，这样就证明了形如n+的素数有无穷多个。 .设 为正整数。如果 n 没有小于等于 的素因子，则 n 为素数。nn 证明：反证法。若 n 不是素数，设 n=ab,11,于是 a,b 均有标准分解式， 设为 11.,.ksabpq 因为（a,b）=1,故 是 的标准分解式，再设 c 的分解式为11.ksabbpq ，则11kscdpq11 11 ks ksabncndncpq 由此得 ，即 ，,(2,.)iijjanbijs()kcap 。即 a 和 b 均为正整数的 n 次方。1
9、.sdbq 习题 1.2（P23） 1 （完全数问题）满足 的正整数 n 叫做完全数。由于 是全部小于()2()n n 的正因子之和。所以 n 为完全数当且仅当 n 等于它的所有正因子(n 除外) 之和。 （1）验证 6 和 28 是完全数。 （2）证明欧拉的结果：正偶数 n 是完全数当且仅当 ,其中 ，并且12()a2a 为素数（即梅森素数） 。这表明梅森素数与偶数完全数一一对应。 （另一方面，至今1a 为止没有找到一个奇完全数，也没有证明奇完全数是不存在的。 ） 求解：（1）6=23, 2(6)236,87,()81247128 即 6,28 都是完全数。 （2）先证明充分性。由 是素数知
10、 ,再由 是积性函数知1a1(,)a 。即 21 1)()(22()2a aaan n 是完全数。 9 再证必要性。因为 n 为正偶数，故可设 n=2a-1k,其中 a2,k 是奇数，即（2，k）=1.于是112()2)()(1)aaaakk 由于 因此要使(,1),a 成立，k 必含有 因子，可设 从而2(ka(2),aq ，而 k 与 q 均是 k 的因数，上式说明 k 的正因数只有这()2)aqq 两个，从而必有 q=1,而 是素数，使得 。1a1()an 2以 表示正整数 n 的不同素因子的个数。即 ，而当时()n (1)0 （标准分解式）时， 。证明1.reep()r （1） ()|
11、(|2ndn （2） ()|()1ndn （3） （这里乘积 表示 p 遍历 n 的不同素因子。 ）()|()ndpn|pn 证明：令 a 是一个不为零的整数， ，首先证明 是积性函数。()afaf 再设(n,m)=1, 若 n,m 有一个为 1，不妨 n=1,这时 ()0()()()()0,( ()mnma anfnfn 若 n,m 均大于 1,设 分别是 n,m 的标准分解式，1212.,.sr eeeepq 由于（n,m）=1, 所以 互不相同，从而1,rsq 也是 nm 的标准分解式。故122sreeenmpq ,所以 是积性函数。()()( ()nmnma afaf()naf （1）
12、易知 ，而 是积性函数，所以)1|1n(),1 （1）式左边 是积性函数，而由上所证右边 也是积性函数。所以只1*f ()2nf 需对 验证等式成立即可。这时enp 。2 ()|()|()|()|.|()|1ee epdppp （2）左边为 ，右边为 是积性函数，故只需验证当*1()1nf 验证等式成立即可。这时en 10 2| ()()(1)().()1e eedp ppdd （3）左边为 是积性函数，注意到()* |png 当（n,m）=1 时 故右边也为1212| | ()rspnmmgpqg 积性函数。所以只需对 验证等式成立即可。这时e 2| ()|()(1)()().()1()e
13、e edp pdpp 习题 1.3A（P27） 1设 m 为正整数，对于与 m 互素的整数 a，我们用 表示同余方程1 的任一整数解（即 。证明：(od)ax11,(od)Zm （1）若 则 当且仅当 。,(,),b()b1(od)b （2）若 是模 m 的缩系，则 也是模 m 的缩系。12().r1()2,.mr 证明：（1）因为 由定理 1.3.5 知同余方程 ，,),a()ax 有解。若 ，再由 得(mod)bx(odb11,odaZ11()b 反之，若 ，得 。1()a 11a （2） 是模 m 的缩系，即 ，从而有 ，2(),.r(,)ir11,(mod)iirZr 即 ，又若 ，由
14、（1）的结论知 （i,j=1,2, 1()im1od)ijr(od)ij ）,由此说明 也是模 m 的缩系。1()2,.m 2设正整数 n 的十进制表示为 201.10(9)kiaa 证明： 01.(od)m1knaa 由此计算 123456789 被 9 和 11 除的余数。 11 证明：（1）因为 ，1210()9(0.1)ii iiaa 所以0(mod9)a ，(mod),.)iiik 从而 201.10knaa1.(mod9)ka （2）又因为 ，21()()0.iiiiiiii i ，所以0(mod)a ，10()mod1),(,.)iiaik 从而 201.kn01.(mod1)k
15、aa3454569)678993(123456789(mod)0(). 所以 123456789 被 9 整除；1234521(mod)3(1)6786123459(od) 即 123456789 被 11 除余数为 6。 3解下列同余方程 （1） （2）85(mod3).x7(mod3).x 解：（1） 8227(),(4)130odx15().(2,) （2） 74138(mod7)8(mod3).(,7)x 4对每个整数 n 证明 （1） （2） 或2().01(od4). （3） （4）0,1od9,6n 证明：（1）设 。3,nmi 当 i=0,时 22()0(); 12 当 i=1
16、,时 22(31)961(mod3);nm 当 i=2,时 4 所以 2(od). （2）设 。,01ni 当 i=0,时 2()4(od4);m 当 i=1,时 22(m); 所以 或0n1(od). （3）设 。,01,i 当 i=0,时 33()27(od9);m 当 i=1,时 3 21(od9);nm 当 i=2,时 33()5468 所以 30,1od9. （4）设 。,01,2nmi 当 i=0,时 44()56(od6); 当 i=1,时 4 3291(mod16);m 当 i=2,时 44(2)1()0();n 当 i=3,时 4 3235678648();m 所以 0,(o
17、d). 5设 为奇数， ，证明a1n221(mod).nna 证明：用数学归纳法。 当 n=1 时，设 ，2k22()414()1,8|4(),kkk 。231(mod)a 假设 n 时成立，即 考虑 n+1 情况。221(od).nna 由 知 ，从而2(),hZ(1)223243121(),nnnnnnna h ，由数学归纳法知，当 为奇数， ，有()23mod)a2(mod).na 6证明 （1）当 时 为偶数。n( 13 （2） 1(,)()2ni 证明：（1）设 是标准分解式，由引理 1.2.7 知，欧拉函数12.reep ，11()iireinp 因为 ，故标准分解式中必有某个是奇
18、素数，比如 ,即 是偶数，则3n kp 中的因数有 是偶数，所以欧拉函数11()iireip 1(1)kkkee 为偶数。 （2）设 为模 n 的一个缩系，则有2(),.na ，这里 均与 n 互素且互不相等。由引理 1.1.8 知 ()11(,)nkin12(),.a ， 也互不相等，故(,),kkan12(),.,na 也是模 n 的一个缩系，则有12(,. ， )() ()111kkka 从而 ()12nka1(,)ni 由此 1(,)()2ni 7设 证明模 n 的每个同余类都恰好是模 m 的 t 个同余类之并,1(.mntZ 集。 证明：设模 n 的同余类为 ，模 m=nt 的同余类
19、为:,01,.alan 。对于某个模 n 的同余类 ，若有 ，:,01,.bsZbmaxlna 由带余除法可设 ，于是ltqrt 此说明()()xalnnaqarqr ，反之若.(1)t,0,xinsmitsZ ，即有istis ，所以.()anatna1 14 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.（P31） .（）对于环 Zm 中每个元素 ，m 个 相加为 。0 （）设 p 为素数，对于域 Zp 中每个非零元素 和正整数 n,证明 n 个 相加为 当且仅当 p|n.0 证明：（） ， ，而amaaam ，所以 。)(mod0a0 （）设 ., 若 ，即有 ，
20、或 ，而 即 不整除 a,p 是素数，n)(odpnana|.0p 从而由 必有ap| 反之，若 ，有 ，从而有 即 。|p| )(m0 习题集 1.4（P37） 1. 解下列同余方程 (1) 321(mod8).x (2) 46 (3) 5(). 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。 31295684(mod6)731(mod29) 821(mod9)77xxx 故原方程的全部整数解是 ，而对模 116 有 4 个解21,5098() （3）(5,81)=1,故原同余方程有整数解。 ，对模 81 有一个
21、解4814(od)25(od)5xx25(od81)x 2解下列同余方程组 (m4),3od579.x 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 M1y1(mod4),M2y1(mod5),M31(mod9)其中 15 M1=45，M 2=36,M3=20,b1=2,b2=3,b3=7,145191(mod),(mod), 5(mod9)5602yyy 取 N1=1,N2=1,N3=5,得 （3） 写出解的表达式12324513758917(od180)xbNbN ，即原同余方程组的全部整数解是： (od80)x 3. 用中国剩余定理解同余方程
22、37x31(mod77) 解：原方程等价于同余方程组 371(mod)x052(7),314od17x 再解同余方程组 2(m7),5od1x 由于 7，11 互素，故同余方程组有解。M1=11,M2=7 ， 解同余方程 1(mod7),1(),yy2(od7),3m17y 取 N1=2，N2=-3 ，于是 12257()od7)xbMN 即原同余方程的全部整数解为 5(od)x 6求 2400 被 319 除的余数。 解：319=1129，故相当于解方程： 402(mod1)9x 由欧拉定理可知 ，化简1028(),()401404142()(od),2564(mod29) 所以 16 1(
23、mod)529x 有解 ， 有解 ，故由中国剩余定理知其解291(mod)y13Ny8N 为 ，即 2400 被 319 除的余29()(31)xbM 数为 111。 习题 1.5A（P44） 1. 设 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.2, 证明：首先由条件有 ，由此得 。1,(od)st()()1od)ststsab 若有正整数 k 使得 ，得 ，而 b 的阶是 t,所以有()k 1odskskb 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
24、 的阶为 st. （注：本题可作为结论用） . 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 ，从而有1(od),1(mod)stan ，,1(od)st stn 再由同余的性质有 。,()sta 设有正整数 k 使 ，显然有 （因为1od,n(),kam ） ， ，从而有 s|k,t|k,即 k 是 s,t 的公倍数，所以|,|()mn()ka 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88(1)3od).(23(mod14).(7(od1)xxx 解：（1）基本思路：通过找原
25、根将“高次同余方程”化为一次同余方程。 模 13 有原根 2，令 原同余方程化为 ，它等价于解一次同余4,y842(m3)y 方程 （注： ） 8(od1)()1 （8，12）=4|4，此方程有解。化简为 2(m3)y 所以 ，有 4 个解 2，2+3=5，5+3=8，8+3=11 ，原方程有 4 个132(mod)y 解 ，即2581,x,697(od1)x 17 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=1311，故原方程等价于方程组 83(mod1)x 先求出 的解。由（1）题的结论知解为83(m
26、od)x 4,697x 再求出 的解：2 是模 11 的一个原根，令 ，化为823y82(od1)y 它等价于同余方程 m0 而（8，10）=2|8，此方程有解。化简为 ，解出 ，从而方程 4(od5)y1(od5)y 有 2 个解 1，6，故 有 2 个解 ，即 。83(od1)x16,x2,9x 原方程等价于求解 ， 12(od3)mbx 其中 。 （有 42=8 种组合，即有 8 个方程组）利用中国剩余定124,697;,b 理求解该方程组。的解的表达式为 12123xbMNbN 同余方程 有解 ，同理 有解 ，故的1(mod3)y6(od)y26 解的表达式为 1278xb 再将 的值
27、分别代入上式得到原方程的 8 组解：124,697;,b8,68,97,672,89x 经计算有 或按从小到大的排列最后得原方程的134,25,10,972(mod143)x 解： 。9,0683 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 ，等价于一次同123(od7)x 余方程： （因为 ） ，则 为原方12(mod16)x(7)64(m16) 18 程的整数解。 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
28、数，故模 37 必有原根。 ，模 37 的同余类的阶数可能是(37)6 1，2，3，4，6，9，12，18，36。而对模 37， 但 故 2 的阶是 36，2 是原根；80534610(mod),3621(od7), 再求模 37 的全部 8 次剩余。 （8，36）=4，所以全部 8 次剩余为 或 即4(9)l481260248, 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 或32(0)l 即 1,8,27,31,26,23,36,29,1
29、0,6,11,14 按序排是3691258214730, 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。 ， （2，10）=2，故模 11 的全部(1)0 2 次剩余为 ，即 或 1，3，4，5，9。(05)l480, 3设 p 为素数，p=2(mod3),a,bZ.证明:a 3=b3(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 。0(mod),0(od)apbp 因为 p 为素数，故对于模 p 有原根，设 ，由 a3=b3(modp)即得2xy ，
30、从而有 ，再由条件 p=2(mod3)知 p=2+3k 或(p-1)32(mod)xy3(1)xy +3(-k)=1,故（3，p-1）=1,由 得 ,得 ，odp(od1)p2(mod)xyp 即 a=b(modp)。 4设 p 为奇素数， 中元素 的阶为 3，求元素 的阶。*pZ 解：由条件 的非零元均是可逆元，且 ，或1 （1）23(1)0 而 的阶为 3，故 即 ， （1）两边乘以 的逆元得 ，从而020 19 333222111(mod)133()p 所以 ，故 的阶为 6。 6(mod)1p1 习题 2.1A（P62） 1. 设 是群的同态， 和 分别为 G 和 G的幺元素，则:fG
31、G 。11(1),()()faf 证明：（1） （ 是 G 的幺元素） （ 是群的同态）两边右乘 得()Gf:f 1()Gf11()()Gf 即 或 ；1()Gf1f （2）因为 （ 是群的同态）1()afa:f （由上所证） ，同理可证 ，G1()Gfa 所以 11()()ff 2. 决定加法群 Z，Q 和 Zm 的自同构群。 解：（1）求 Aut(Z). 设 ，任意 ,若 m 是正整数，由于 f 保持加法运算，故有()fAut ，若 m 是负整数有.(1).()1mfff ，当 m=0 时由 1 题知 ，即()( ()ff(0)f 任意的 有 ，此说明 Z 的自同构完全由 确定。Z)(ff
32、()f 设有整数 k,使得 ，即有 ，而 是整数，故上式成立当且仅当 =1(1k)1k()f (1)f 或 =-1。由此得出 Aut(Z)=1z，-1 z，其中 1z 是 Z 到自身的恒等映射， -1z 是相反数的(1)f 映射，它们显然是自同构。 （2）求 Aut(Q). 设 ,对于有理数 ，由于 f 保持加法运算，易知()fAutQ(,0)nQmZ 得 ，从而 此说明，f101()mff1(ff1()()nnffm 完全由 确定，令 为任意的非零有理数，易知 是(),0)k:kx Q 到自身的同构映射。由此得 (|,0:()kAutQffxQ 20 （3）求 Aut(Zm). 设 , 有
33、，故 f 完全由 确定。令 有 ，()fAutZs()1fsf(1)f()1fk()f 设 则有 ，易验证当（r,m）=1 时有 是 Zm 到自身的同构映射。1r :rs 所以有 （ ）()|,(),:()mr rtffs|()|(Aut 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 ，显然 即 是群 G 的一个非空子集。对于任意12,12G12 的 而 G1，G 2 是群 G 的子群，故,;,abab ，从而有 ，所以 是群 G 的子群。112,;,12 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
34、是它的两个真子群 G1，G2 的并，即 ，从而一定12 有 两个元素，满足： ，令 ，显然 ，12,g11212,;,ggGxgx 从而有 或 不妨设 ，从而 ，这与 矛盾。故每个1x2xx21G 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 是 阶有限群，它的每个元素的阶都是 的因子。 ）*mZ()()m 证明：设 g 是 G 的任意元素，若 g 是无限阶的，则 1，g,g 2,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 是 G 的子群，且阶数为
35、n,由拉格朗日定理知 n|G|,即 G 的每个元素的211,.,nA 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： 经计算如下表 312345,31,1,21,21,212 33 21 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 ，S 3， ， 。由 10 题的结论 一定是正规子群。125,4,41, ，其余同可验证，故 ，3335,125, 均不是 S3 的正规子群。4, 习题 2.1C(P68) 1.设 是群的直积。如果 g1 和 g2 分别是 G1 和 G2 中的 n 阶
36、和 m 阶元素，则12G （g 1,g2）是 G 中n,m阶元素。 证明：设有正整数 k 使得 ，即 ，所以有 ，又因12(,)k12(,)k12,kkg 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（g 1,g2）是 G 中n,m阶元素。 2设 G1 和 G2 为群 G 的子群，并且对 均有 ，则12,gG121g （1）映射 是群同态。12:,()ff （2）f 为群的单同态当且仅当 。 f 为群的同态当且仅当 ，即 G 中每个元素均可表成 。12 1212(,)gGg 证明：（1） 显然是 的
37、映射。设12(,)fg12 ，则2212(,),)g1 1212121212(,)()()(,)(,)ffggfgfg 所以映射 是群同态。12:fG （2）若 f 为群的单同态，设 ，则有 ，而 是12G(,),12:fG 单射，所以有从而有 ，故 。g 若 ，设 ，由此得1212121122(,)(,)(,)ffgg112,g gg 所以 f 为群的单同态。 习题 2.2B（P82） 22 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,yR,a|bx+cy. 证明：（1）由条件及整除的定义知 b=ad,c=bk,其中 d,kR,从而 c=(ad)k=a(dk),这 里 dkR,故 a|c. (2) 由条件及整除的定义知 b=ad,c=ak,其中 d,kR,从而 bx+cy=adx+aky=a(dx+ky), 这里 dx+kyR,故 a| b
