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1、知对任意atG, 存在asG,使得asak=at. 由下一题的结论可知G在该乘法下成一群. 下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。方法2 为了证明G在给定的乘法运算下成一群，只要证明G内存在幺元（单位元），并且证明G内每一个元素都可逆即可. 为了叙述方便可设G=a1,a2,an.（） 证明G内存在幺元. 存在atG，使得a1at=a1.（这一点的证明并不难，这里不给证明）; 证明a1at= ata1; 因为a1（ata1）at=（a1at） （a1at）=（a1）2a1（a1at）at=（a1a1）at=a1（a1at）= （a1）2,故此a1（ata1）at= a1（a1

2、at）at.由条件（1）,（2）可得到a1at= ata1. 证明at就是G的幺元;对任意akG,a1（atak） =（a1at）ak=a1ak由条件（2）可知atak=ak. 类似可证akat=ak.因此at就是G的幺元.（） 证明G内任意元素都可逆；上面我们已经证明G内存在幺元，可以记幺元为e，为了方便可用a,b,c,等符号记G内元素.下面证明任意aG，存在bG，使得ab=ba=e.2,作一阶为2n的非交换群.7. 设G是一群, a,bG,如果a-1ba=br,其中r为一正整数,证明a-ibai=.我们采用数学归纳法证明. 当k=1时, a-1ba=br=, 结论成立；假设当k=n时结论成

3、立, 即a-nban=成立, 下面证明当k=n+1时结论也成立. 我们注意到a-1bka= bkr,因此a-（n+1）ban+1= a-1 （a-nban）a=a-1a=,可见k=n+1时结论也成立.由归纳原理可知结论得证.8. 证明:群G为一交换群当且仅当映射是一同构映射.（）首先证明当群G为一个交换群时映射是一同构映射.由逆元的唯一性及可知映射为一一对应，又因为,并且群G为一个交换群,可得.因此有 . 综上可知群G为一个交换群时映射是一同构映射.（）接着证明当映射是一同构映射,则群G为一个交换群.若映射是一同构映射,则对任意有另一方面，由逆元的性质可知因此对任意有即映射是一同构映射,则群G

4、为一个交换群.9. 设S为群G的一个非空子集合，在G中定义一个关系ab当且仅当ab-1S.证明这是一个等价关系的充分必要条件为S是一个子群.首先证明若是等价关系，则S是G的一个子群.对任意aG,有aa,故此aa-1=eS；对任意a,bS,由（ab）b-1=aS,可知abb，又be-1=bS,故be,由传递性可知abe，即（ab）e-1=abS.再者因ae-1=aS, 故ae,由对称性可知ea，即ea-1=a-1S.可见S是G的一个子群.接着证明当S是G的一个子群,下面证明是一个等价关系.对任意aG, 有aa-1=eS，故此aa（自反性）;若ab，则ab-1S,因为S为G的子群，故（ab-1）-

5、1=ba-1S,因此ba（对称性）;若ab，bc,那么ab-1S,bc-1S,故ab-1 bc-1=ac-1S，因此ac（传递性）.综上可知是一个等价关系.10. 设n为一个正整数, nZ为正整数加群Z的一个子群，证明nZ与Z同构. 我们容易证明为Z到nZ的同构映射,故此nZ与Z同构.11. 证明:在S4中，子集合B=e,（1 2）（3 4）,（1 3）（2 4）,（1 4）（2 3）是子群，证明B与U4不同构.可记a=（1 2）（3 4）, b=（1 3）（2 4）, c=（1 4）（2 3），那么置换的乘积表格如下：由该表格可以知道B中的元素对置换的乘法封闭，并且B的每一元都可逆（任意元的

6、逆为其本身）,因此B为S4的子群. 这个群（以及与其同构的群）称为Klein（C.L.Klein,1849-1925）四元群.假设B与U4同构,并设f为B到U4的同构映射, 则存在B中一元x使得f（x）=i（i为虚数单位）,那么f（x2）= f2（x）=i2=-1另一方面, f（x2）=f（e）=1（注意x2=e）,产生矛盾.所以假设不成立, 即B与U4不同构.讨论 B与U4都是4元交换群，但是后者是循环群, 前者不是, 这是这两个群的本质区别.12. 证明:如果在一阶为2n的群中有一n阶子群，它一定是正规子群.设H是2n阶群G的n阶子群, 那么对任意aH, 有HaH=,并且aHG,HG,又注

7、意到aH和H中都有n个元素, 故此HaH=G.同理可证对任意aH, 有HHa=, HHa=G，因此对任意aH，有aH=Ha.对任意aH, 显然aHH, HaH又因aH,Ha及H中都有n个元素，故aH=Ha=H.综上可知对任意aG,有aH=Ha，因此H是G的正规子群. 设H是2n阶群G的n阶子群,那么任取aH, hH, 显然有aha-1H.对给定的xH, 有HxH=, HxH=G.这是因为若假设yHxH, 则存在hH，使得y=xh,即x=yh-1H产生矛盾,因此HxH=;另一方面, xHG,HG, 又注意到xH和H中都有n个元素, 故此HxH=G.那么任取aH,由上面的分析可知axH, 从而可令

8、a=xh1这里h1H. 假设存在hH, 使得aha-1H,则必有aha-1xH,从而可令aha-1=xh2这里h2H. 那么xh1ha-1=xh2,即a= h2h1hH,产生矛盾.因此，任取aH, hH, 有aha-1H.综上可知对任取aG, hH, 有aha-1H,因此H为G的一个正规子群.13. 设群G的阶为一偶数,证明G中必有一元素ae适合a2=e.设bG，且阶数大于2，那么bb-1,而b-1的阶数与b的阶数相等.换句话说G中阶数大于2的元素成对出现，幺元e的阶数为1，注意到G的阶数为宜偶数，故此必存在一个2阶元，（切确的说阶数为2的元素有奇数个）.讨论 1 设G是一2n阶交换群，n为奇

9、数则G中只有一个2阶元.为什么？提示：采用反证法，并注意用Lagrange定理.2 群G中，任取aG，有an=e，那么G一定是有限群吗？如果不是请举出反例，若是有限群，阶数和n有什么关系？14. 令A=, B=集合B,B2,Bn,AB,AB2,ABn在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群Dn同构.下面证明G=B,B2,Bn,AB,AB2,ABn在矩阵的乘法下构成一群.（）首先证明对乘法运算封闭. 下面进行分类讨论：（1） BiBj=Bi+j,注意到Bn=故此BiBj=BrG这里i+j=kn+r,kZ,0rn.（2） A BiBj=BrG（3） 容易证明BAB=A=ABn,BA=BiAB（s+1

10、）n=ABn-tG,这里i=sn+t,kZ,0tn.那么Bi（ABj）=（ BiA）Bj=（ABn-t）BjG（4） （ABi）（ABj）=A（BiABj）=A（ABn-t）Bj）=A2（Bn-tBj）= Bn-tBj）G由（1）,（2）,（3）,（4）知G对乘法运算封闭.（）因集合G对矩阵乘法封闭，再由矩阵乘法的性质可知，结合律肯定成立.（）显然Bn=A2=E为幺元.（）对Bi（i=1,2,n）,有BiBn-i=E;对ABi（i=1,2,n）,有（ABi）（Bn-iA）=E,因此G内任何一元都可逆.由（），（），（），（）可知G在矩阵乘法下构成一群.最后证明G与 Dn同构.令f:GDnf（B

11、i）=Ti, f（ABi）=STi（i=1,2,n），可以证明f就是G到Dn的同构映射，这里不予证明了.15. 设i是一个正整数, 群G中任意元素a,b都适合（ab）k=akbk, k=I,i+1,i+2,证明G为交换群.对任意a,bGai+2bi+2=（ab）i+2=（ab） （ab）i+1=（ab） （ai+1bi+1）=a（bai+1）bi+1,根据消去律可得ai+1b=bai+1.-（1） 同时ai+1bi+1=（ab）i+1=（ab） （ab）i=（ab） （aibi）=a（bai）bi+1,aib=bai.-（2） 因此 ai+1b=a（aib）=a（bai）=（ab）ai-（3）

12、另外 bai+1=（ba）ai-（4）结合（1）,（3）,（4）有 （ab）ai=（ba）ai-（5）由消去律可得到ab=ba.16. 在群SL2（Q）中，证明元素a=的阶为4，元素b=的阶为3，而ab为无限阶元素.可以直接验证a的阶为4，b的阶为3.ab=，对任何正整数n，（ab）n=可见ab的阶为无限.注意 在一群中，有限阶元素的乘积并不一定也是有限阶的，但两个可交换的有限阶元素的乘积一定是有限阶元素.问题 若一群中所有元素的阶数都有限，那么这个群一定是有限群吗？17. 如果G为一个交换群，证明G中全体有限阶元素组成一个子群.交换群G中全体有限阶元素组成的集合记为S，任取a，bS，并设a的

13、阶为m，b的阶为n，则（ab）mn=（am）n（bn）m=e因此ab为有限阶元素，即abS.a-1的阶数与a相同，故此a-1也是有限阶元素，即a-1S.综上可知S为G的一个子群.18. 如果G只有有限多个子群，证明G为有限群.采用反证法证明.假设G为无限群，则G中元素只可能有两种情况：（1）G中任意元素的阶数都有限、（2）G中存在一个无限阶元素.（1） 首先看第一种情况：G中取a1e，并设其阶数为n1，则循环群G1=,为G的一个子群；G中取a2G1，并设其阶数为n2，则循环群G2=,为G的一个子群；G中取a3G1G2，并设其阶数为n3，则循环群G3=,为G的一个子群； 我们一直这样做下去，可以

14、得到G的互不相同的子群构成的序列Gn（n=1,2,），所以G有无穷多个子群，产生矛盾；（2） 再看第二种情况:设aG的阶数为无穷，那么序列G1=，G2=，Gn=，是G的互不相同的子群，所以G有无穷多个子群，产生矛盾.综上就可知“G是无限群”这个假设不成立，因此G是有限群.19. 写出Dn的所有正规子群.20. 设H，K为群G的子群，HK为G的一子群当且仅当HK=KH.（）设HK=KH，下面证明HK为G的一子群.任取a,bHK,可令a=h1k1，b=h2k2这里hiH，kiK，i=1,2.ab=（h1k1）（h2k2）=h1（k1h2）k2 -（1）因HK=KH，故此k1h2= h3k3 -（2

15、）这里h3H，k3K. 由（1）,（2）知ab= h1（h3k3）k2=（h1h3）（k3k2）HK. -（3） 另外，a-1= （h1k1）-1= KH=HK. - （4）由（3）,（4）知HK是G的子群.（） HK为G的一子群,下面证明HK=KH.若aHK,易知a-1KH. HK是子群,任取aHK，有a-1HK,因此（a-1）-1=aKH，那么有HK KH.若aKH,易知a-1HK. HK是子群,任取aKH，有a-1HK,因此（a-1）-1=aHK，那么有KH HK.综上知，HK=KH.21. 设H，K为有限群G的子群，证明 因HK为H的子群，那么可设H的左陪集分解式为H=h1（HK）h2

16、（HK）hr（HK）这里r为HK在H中的指数，hiH，当ij，hi-1hjHK（事实上等价于hi-1hjK）,i, j=1,2,r. 又（HK）K=K,所以HK=h1Kh2KhrK.-（1） 注意到hi-1hjK，所以当ij（i, j=1,2,r）时，hiKhjK=.-（2） 由（1）,（2）我们得到总结左陪集的相关结论设H为G的一子群，那么（1） aaH;（2） aHaH=H;（3） baHaH=bH;（4） aH=bHa-1bH;（5） aHbH，有aH=bH.22. 设M,N是群G的正规子群.证明：（i） MN=NM;（ii） MN是G的一个正规子群；（iii） 如果MN=e，那么MN/

17、N与M同构.（i）方法1任取aMN,可设a=mn（mM，nN）.因为M为G的正规子群，故n-1mnM. 所以a=n（n-1mn） NM，故此MNNM.同样的方法可以证明NMMN. 因此MN=NM.任取a，bMN，可设a=m1n1（m1M，n1N），b=m2n2（m2M，n2N）.下面只要证明MN为G的一个子群即可（由第20题可知），也就是说只要证明ab-1MN即可.ab-1=m1n1n2-1m2-1= m1（n1n2-1m2-1n2n1-1）（n1n2-1），而M为G的正规子群，故n1n2-1m2-1n2n1-1M，所以ab-1MN.（ii） 由（i）可知MN为G的一个子群.任取aMN, 可设

18、a=mn（mM，nN）.因为M和N为G的正规子群，对任意gG，有g-1ag= g-1mng= （g-1mg）（g-1ng） MN.所以MN为G的正规子群.（iii） 易知N为MN的正规子群，因此MN/N是一个群. 因为MN=e，对任何mimjM, 有miNmjN注. 作一个MN/N到M的映射f注，f: MN/NMmNm，那么该映射显然是一一对应，另外f（miNmjN）= f（mimjN）= mimj，因此f为MN/N到M的同构映射，即MN/N与M同构.讨论1. 只要M和N的一个是正规子群，那么MN就是子群，或者说成立MN=NM.这一点我们从（i）的证明方法2可知.2. M和N中有一个不是正规子

19、群时MN一定不是正规子群.1MN=e，对任何mimjM, 有miNmjN.若存在mimjM, 有miN=mjN，那么mimj-1N，而mimj-1M. 因此mimj-1MN，产生矛盾.2. 设 则由于对任何mimjM, 有miNmjN，故此f为MN/N到M的一个映射.23. 设G是一个群，S是G的一非空子集合.令C（S）=xG|xa=ax,对一切aSN（S）= xG|x-1Sx=S.（i） C（S）,N（S）都是G的子群;（ii） C（S）是N（S）的正规子群.（i） 首先证明C（S）是G的子群. 任取x，yC（S），那么对任意aS有xa=ax，ya=ay. 那么一方面，（xy）a=x（ya）

20、=x（ay）=（xa）y=（ax）y=a（xy），所以xyC（S）. 另一方面，xa=axa=x-1axax-1=x-1a所以x-1C（S）.因此，C（S）是G的子群.接着证明N（S）都是G的子群.任取x，yN（S），则x-1Sx=S，y-1Sy=S. 那么一方面，（xy）-1S（xy）=x-1（y-1Sy）x=x-1Sx=S所以xyN（S）.x-1Sx=SS=xSx-1所以x-1N（S）.因此，N（S）是G的子群.（ii） 任取xC（S），aS，则xa=ax，即a=x-1ax，亦即S= x-1Sx. 因此xN（S），即C（S）N（S）.任取xC（S），yN（S），aS，则存在ayS使得yay

21、-1=ay，因此a=y-1ayy. （y-1xy）a（y-1xy）-1=y1x（yay-1）x-1y= y1（xayx-1）y= y-1ayy=a，（y-1xy）a=a（y-1xy）. 所以y-1xyC（S），因此C（S）是N（S）的正规子群.24. 证明任意2阶群都与乘法群1，-1同构.做同构映射.25. 试定出所有互不相同的4阶群.解：我们分类讨论:（1）存在四阶元；（2）不存在四阶元.（1） 若存在一个四阶元，并设a为一个四阶元，那么该四阶群为（2） 若不存在四阶元，那么除了单位元e的阶为1，其余元素的阶只能是2，即设四阶群G=e，a，b，c，那么a2=b2=c2=e，ab=ba=c，ac=ca=b，bc=cb=a. 群表如下：这是Klein四阶群.综上可知，四阶群群在同构意义下只有两种或者是四阶循环群或者是Klein四阶群.26. 设p为素数.证明任意两个p阶群必同构.易知当p为素数时，p阶群必存在一个p阶元，即p阶群必是p阶循环群，故两个p阶群必同构.27. Z为整数环，在集合S=ZZ上定义（a,b）+（c,d）=（a+c,b+