1、1. 如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群.证明: 对任意a,bG,由结合律我们可得到(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b再由已知条件以及消去律得到ba=ab,由此可见群G为交换群.2. 如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群.证明: 方法1 对任意a,bG,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab因此G为交换群.方法2 对任意a,bG,a2b2=e=(ab)2,由上一题的结论可知G为交换群.3. 设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件:(1)
2、a(bc)=(ab)c;(2) 由ab=ac推出b=c;(3) 由ac=bc推出a=b;证明G在该乘法下成一群.证明:方法1 设G=a1,a2,an,k是1,2,n中某一个数字,由(2)可知若ij(I,j=1,2,n),有akaiak aj-aiakaj ak-再由乘法的封闭性可知G=a1,a2,an=aka1, aka2, akan-G=a1,a2,an=a1ak, a2ak, anak-由和知对任意atG, 存在amG,使得akam=at.由和知对任意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
3、。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(a1at)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
4、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. 对任意aG，存在bG，使得ab=e; (这一点很容易证明这里略过.) 证明ba=ab=e;因为a(ab)b=aeb=ab=ea(ba)b=(ab)(ab)=ee=e再由条件(2),(3)知ba=ab.因此G内任意元素都可逆.由(),()及条件(1)可知G在该乘法下成一群.4. 设G是非空集合并在G内定义一个乘法ab.证明:如果乘法满足结合律,并且对于任一
5、对元素a,bG,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则G在该乘法下成一群.证明： 取一元aG,因xa=a在G内有解, 记一个解为ea ,下面证明ea为G内的左幺元. 对任意bG, ax=b在G内有解, 记一个解为c,那么有ac=b ,所以eab= ea(ac)= (eaa)c=ac=b,因此ea为G内的左幺元.再者对任意dG, xd=ea在G内有解,即G内任意元素对ea存在左逆元, 又因乘法满足结合律,故此G在该乘法下成一群.总结 群有几种等价的定义:(1) 幺半群的每一个元素都可逆，则称该半群为群.(2) 设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含幺元
6、, G内任意元素都有逆元,则称G为该运算下的群.(3) 设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含左幺元, G内任意元素对左幺元都有左逆元,则称G为该运算下的群.(4) 设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且对于任一对元素a,bG,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则称G为该运算下的群. 值得注意的是如果一个有限半群满足左右消去律, 则该半群一定是群.5. 在S3中找出两个元素x,y,适合(xy)2x2y2.思路 在一个群G中，x,yG, xy=yx (xy)2x2y2(这一点很容易证明).因此只要找到S3中两个不可交换的元
7、素即可. 我们应该在相交的轮换中间考虑找到这样的元素.解: 取x=, y=那么(xy)2= x2y2.注意 我们可以通过mathematica软件编写Sn的群表,输出程序如下:Pra_,b_,n_:=(*两个置换的乘积*) (Tableabi,I,1,n);Sen_:=(*1,2,n的所有可能的排列做成一个表格*) (PermutationsTablei,I,1,n);Stablen_:=(*生成Sn群表*) (a=Sen;Tableprai,aj,n,I,1,n,j,1,n)当n=3时群表如下：说明：表示置换, 剩下的类似.为了让更清楚，我们分别用e,a,b,c,d,f表示,那么群表如下:e
8、a bcdfeeabcdfaaedfbcbbceafdccbfdeaddfaecbffdcbae6. 对于n2,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=.证明：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.
9、证明:()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.证明: 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=
10、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)-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为正整数加法群Z的一个子群，证明nZ与Z同构.证明: 我们容易证明为
11、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.证明: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：eabceeabcaaecbbbceaccbae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
12、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.证明:方法1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
13、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.方法2 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.证明: 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
