($\Rightarrow$)
因为对于任意 $r \in R$，有 $r = r \cdot 1 \in J$，所以 $J = R$

($\Leftarrow$)
显然
$\square$

($\Rightarrow$)
令 $R$ 为除环，取左理想 $I \subseteq R$
如果 $I \neq (0)$，那么 $J$ 内含有非零元 $a$，因为 $R$ 为除环，$a^{-1}$ 也在环中，进一步 $1$ 也在 $I$ 中，所以 $I = R$

($\Leftarrow$)
令环 $R$ 不具有平凡左理想，需要证明任意非零元 $a \in R$ 都有逆元
取由 $a$ 生成的主左理想 $(a)$，因为 $R$ 不具有平凡左理想，所以 $(a) = R$，所以存在 $r \in R$，使得 $ra = 1$
所以 $a$ 有左逆元
同理可证 $a$ 有右逆元，左逆元等于右逆逆元
$\square$

(1)
由子群性质，$I \cap J$ 成为加法子群
对于任意 $r \in R,\ a \in I \cap J$，有 $ra \in I, ra \in J$，所以 $ra \in I \cap J$，所以 $I \cap J$ 为 $R$ 的左理想

(2)
由子群性质，$I + J$ 成为加法子群
对于任意 $r \in R,\ i + j \in I + J$，有 $r(i+j) = ri + rj \in I + J$，所以 $I + J$ 为 $R$ 的左理想

(3)
由子群性质，$IJ$ 成为加法子群
对于任意 $r \in R,\ \sum_i a_ix_iy_i \in IJ$，有

$$r(\sum_i a_ix_iy_i) = \sum_i (ra_i)x_iy_i \in IJ$$

所以 $IJ$ 为 $R$ 的左理想
$\square$

(1)

$$\begin{aligned} R/I \text{ 为整环 } &\iff (a + I)(b + I) = I \implies a + I = I \text{ 或 } b + I = I \\ &\iff ab + I = I \implies a + I = I \text{ 或 } b + I = I \\ &\iff ab \in I \implies a \in I \text{ 或 } b \in I \iff I \text{ 为素理想} \end{aligned}$$

(2)
($\Rightarrow$) 令 $R/I$ 为域，取满足 $I \subsetneq J \subset R$ 的理想 $J$
则存在 $x \in J \setminus I$，使得 $x + I \in R/I$ 有逆元 $y + I$
所以 $1 + I = (x + I)(y + I) \in J/I$，即 $J = R$，所以 $I$ 为极大理想
($\Leftarrow$) 令 $I$ 为极大理想，取 $a \in I$
极大性给出对于 $(a) \subset I: (a) + I = R$
所以存在 $x \in R, y \in I$，使得 $1 = x a + y$，即 $x a + I \equiv 1 + I \pmod I$，得到 $x + I$ 为 $a + I$ 的逆元
所以 $R/I$ 为域
$\square$

因为 $R/I$ 为域，所以 $R/I$ 为整环，故 $I$ 为素理想
$\square$

设 $P$ 是 $R$ 的非零素理想。
由于 $R$ 是 PID，存在非零元素 $p \in R$ 使得 $P = (p)$。

根据极大理想的定义，我们需要证明：若存在理想 $I$ 满足 $P \subseteq I \subseteq R$，则必有 $I = P$ 或 $I = R$。取满足该条件的理想 $I$。
由于 $R$ 是 PID，存在元素 $m \in R$ 使得 $I = (m)$。

此时由于 $(p) \subset (m)$，所以存在 $k \in R$ 使得 $p = km$

因为 $P$ 为素理想，根据定义有 $m \in P$ 或 $k \in P$。

• 若 $m \in P$，则 $I = (m) \subseteq P$，结合 $P \subseteq I$ 可得 $I = P$
• 若 $k \in P$，则存在 $t \in R$ 使得 $k = tp$，代入 $p = km$ 可得 $p = tpm$，由于 $R$ 为整环且 $p \neq 0$，所以可约去 $p$，得到 $1 = tm$，即 $m$ 有逆元，因此 $I = R$
  $\square$

取包含 $I$ 的，不直接等于 $R$ 的理想全体 $\mathcal S = \{J \mid I \subseteq J \subsetneq R\}$，则对于任意链

$$J_1 \subseteq J_2 \subseteq J_3 \subseteq \ldots$$

其上确界 $J = \displaystyle\bigcup_{k} J_k$ 也为理想，且 $J \neq R$，所以由 Zorn 引理可知 $\mathcal S$ 中存在极大元 $M$，即 $M$ 为包含 $I$ 的极大理想

设 $I \subseteq \mathbb Z$ 为一个理想。
如果 $I = \{0\}$，则显然 $I = (0)$，以下设 $I \neq \{0\}$。
取 $a \in I$，可知 $a \neq 0$。根据理想的性质有

$$-a \in I$$

这意味着 $I$ 中一定包含有正整数。取 $I$ 中所有的正整数构成集合

$$S = \{x \in I \mid x \gt 0\}$$

根据自然数完备性原理，$S$ 中存在最小元，记为 $d$。下面证明 $I = (d)$。

($\subset$)
由于 $d \in I$，且 $I$ 是理想，对于任意整数 $k \in \mathbb{Z}$，都有 $kd \in I$。因此 $(d) \subset I$

($\supset$)
任取 $n \in I$，进行带余除法，可以得到：

$${}^\exists q,r \in \mathbb Z,\ n = qd + r,\ 0 \leq r \lt d$$

由于 $n,qd \in I$，所以 $r = n - qd \in I$
现在对 $r \geq 0$ 进行讨论：假设 $r \gt 0$，这意味着 $r \in S$，但这与 $d$ 是 $S$ 中的最小元矛盾。因此只能有 $r = 0$，即 $n = qd$。这说明 $n \in (d)$，从而 $I \subset (d)$。
综上所述，$I = (d)$，即 $I$ 是主理想。
$\square$

($\Rightarrow$) 设 $\overline b$ 为 $\overline a$ 的逆元，则

$$\overline{ab} = \overline 1 \Rightarrow ab \equiv 1 \pmod n \Rightarrow \exists k \in \mathbb Z,\ ab - 1 = kn$$

$$\Rightarrow ab + (-k)n = 1 \Rightarrow \mathrm{gcd}(a,n) = 1$$

($\Leftarrow$) 此时存在 $x,y \in \mathbb Z$，使得

$$ax + ny = 1 \Rightarrow ax \equiv 1 \pmod n \Rightarrow \overline a \cdot \overline x = \overline 1$$

所以 $\overline x$ 为 $\overline a$ 的逆元
$\square$

($\Rightarrow$)
设 $p$ 非素数，则存在 $a,b \in \mathbb Z$，使得 $p = ab$，且 $1 < a,b < p$
则在 $\mathbb Z/p\mathbb Z$ 中

$$\overline a \cdot \overline b = \overline{ab} = \overline p = \overline 0$$

但 $\overline a \neq \overline 0, \overline b \neq \overline 0$，所以 $\mathbb Z/p\mathbb Z$ 中存在零因子，不能成为域，矛盾，所以 $p$ 必为素数

($\Leftarrow$)
设 $\overline a \in \mathbb Z/p\mathbb Z, \overline a \neq \overline 0$，则 $\mathrm{gcd}(a,p) = 1$，所以 $\overline a$ 可逆

$$\exists b \in \mathbb Z,\ ab \equiv 1 \pmod p \Rightarrow \overline a \cdot \overline b = \overline 1$$

所以 $\overline b$ 为 $\overline a$ 的逆元
$\square$

取循环群 $G$ 的一个生成元 $g$，则 $G = \langle g \rangle = \{e, g, g^2, \ldots, g^{n-1}\}$
任取自同态 $\varphi:G \to G$，必存在 $k \in \mathbb Z$，使得 $\varphi(g) = g^k$，所以

$${}^\forall x = g^m \in G: \varphi(x) = \varphi(g^m) = (g^k)^m = g^{km}$$

这意味着 $G$ 上的任何自同构都形如 $\phi_k(x) = x^k$。

根据循环群的性质，$g^k$ 生成 $G$ 当且仅当 $\gcd(k, n) = 1$，因此

$$\mathrm{Aut}(G) = \{ \varphi_k \mid 1 \leq k < n, \gcd(k, n) = 1 \}$$

且 $k$ 在模 $n$ 下唯一
定义映射

$$\psi: \mathrm{Aut}(G) \to (\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times, \quad \psi(\varphi_k) = \overline k$$

显然 $\psi$ 是双射，并且对于任意 $\varphi_k, \varphi_m \in \mathrm{Aut}(G)$，都有

$$\psi(\varphi_k \circ \varphi_m) = \psi(\varphi_{km}) = \overline{km} = \overline k \cdot \overline m = \psi(\varphi_k) \cdot \psi(\varphi_m)$$

所以 $\psi$ 为群同构，得到

$$\mathrm{Aut}(G) \cong (\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times$$

$\square$