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,b错误！未找到引用源。
G,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,b错误！未找到引用源。
G,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,b错误！未找到引用源。
G,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)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i错误！未找到引用源。
j(I,j=1,2,…,n),有akai错误！未找到引用源。
akaj------------<1>aiak错误！未找到引用源。
ajak------------<2>再由乘法的封闭性可知G={a1,a2,…,an}={aka1, aka2,…, akan}------------<3>G={a1,a2,…,an}={a1ak, a2ak,…, anak}------------<4>由<1>和<3>知对任意at 错误！未找到引用源。
G, 存在am错误！未找到引用源。
G,使得akam=at.由<2>和<4>知对任意at 错误！未找到引用源。
G, 存在as错误！未找到引用源。
G,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={a 1,a 2,…,a n }. (Ⅰ) 证明G 内存在幺元.<1> 存在a t 错误！未找到引用源。
G ，使得a 1a t =a 1.(这一点的证明并不难，这里不给证明); <2> 证明a 1a t = a t a 1; 因为a 1(a t a 1)a t =(a 1a t ) (a 1a t )=(a 1)2 a 1(a 1a t )a t =(a 1a 1)a t =a 1(a 1a t )= (a 1)2,故此a 1(a t a 1)a t = a 1(a 1a t )a t .由条件(1),(2)可得到a 1a t = a t a 1.<3> 证明a t 就是G 的幺元; 对任意a k 错误！未找到引用源。
G,a 1(a t a k ) =(a 1a t )a k =a 1a k由条件(2)可知a t a k =a k .类似可证a k a t =a k .因此a t 就是G 的幺元. (Ⅱ) 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a 错误！未找到引用源。
G ，存在b 错误！未找到引用源。
G ，使得ab=ba=e.<1> 对任意a 错误！未找到引用源。
G ，存在b 错误！未找到引用源。
G ，使得ab=e;(这一点很容易证明这里略过.)<2> 证明ba=ab=e; 因为a(ab)b=aeb=ab=e a(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(Ⅰ),(Ⅱ)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,并且对于任一对元素a,b错误！未找到引用源。
G,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a错误！未找到引用源。
G,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b错误！未找到引用源。
G, ax=b在G内有解, 记一个解为c,那么有ac=b ,所以e a b= ea(ac)= (eaa)c=ac=b,因此ea为G内的左幺元.再者对任意d错误！未找到引用源。
G, 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, 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,b错误！未找到引用源。
G,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)2错误！未找到引用源。
x2y2.[思路] 在一个群G中，x,y错误！未找到引用源。
G, xy=yx错误！未找到引用源。
(xy)2错误！未找到引用源。
x2y2(这一点很容易证明).因此只要找到S3中两个不可交换的元素即可. 我们应该在相交的轮换中间考虑找到这样的元素. 解: 取x=错误！未找到引用源。
, y=错误！未找到引用源。
那么(xy)2错误！未找到引用源。
= x2y2.[注意]我们可以通过mathematica软件编写Sn的群表,输出程序如下:Pr[a_,b_,n_]:=(*两个置换的乘积*)(Table[a[[b[[i]]]],{I,1,n}]);Se[n_]:=(*{1,2,…,n}的所有可能的排列做成一个表格*)(Permutations[Table[i,{I,1,n}]]);Stable[n_]:=(*生成Sn群表*)(a=Se[n];Table[pr[a[[i]],a[[j]],n],{I,1,n},{j,1,n}])当n=3时群表如下：1 2 31322132313121 3 21233123212132 1 32311231323212 3 12133213121233 1 23211321232313 2 1312231213132[说明]：错误！未找到引用源。
表示置换错误！未找到引用源。
, 剩下的类似.为了让更清楚，我们分别用e,a,b,c,d,f 表示错误！未找到引用源。
,错误！未找到引用源。
,错误！未找到引用源。
,错误！未找到引用源。
,错误！未找到引用源。
那么群表如下:6.对于n>2,作一阶为2n的非交换群.7.设G是一群, a,b错误！未找到引用源。
G,如果a-1ba=b r,其中r为一正整数,证明a-i ba i=错误！未找到引用源。
. 证明：我们采用数学归纳法证明.当k=1时, a-1ba=b r=错误！未找到引用源。
, 结论成立；假设当k=n时结论成立, 即a-n ba n=错误！未找到引用源。
成立, 下面证明当k=n+1时结论也成立.我们注意到a-1b k a=错误！未找到引用源。
= b kr,因此a-(n+1)ba n+1= a-1 (a-n ba n)a=a-1错误！未找到引用源。
a=错误！未找到引用源。
=错误！未找到引用源。
,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错误！未找到引用源。
是一同构映射.证明:(Ⅰ)首先证明当群G为一个交换群时映射错误！未找到引用源。
是一同构映射.由逆元的唯一性及错误！未找到引用源。
可知映射错误！未找到引用源。
为一一对应，又因为错误！未找到引用源。
,并且群G为一个交换群,可得错误！未找到引用源。
.因此有错误！未找到引用源。
.综上可知群G为一个交换群时映射错误！未找到引用源。
是一同构映射.(Ⅱ)接着证明当映射错误！未找到引用源。
是一同构映射,则群G为一个交换群.若映射错误！未找到引用源。
是一同构映射,则对任意错误！未找到引用源。
有错误！未找到引用源。
,另一方面，由逆元的性质可知错误！未找到引用源。
.因此对任意错误！未找到引用源。
有错误！未找到引用源。
,即映射错误！未找到引用源。
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a～b当且仅当ab-1∈S.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a错误！未找到引用源。
G,有a～a,故此aa-1=e错误！未找到引用源。
S；对任意a,b错误！未找到引用源。
S,由(ab)b-1=a错误！未找到引用源。
S,可知ab～b，又be-1=b错误！未找到引用源。
S,故b～e,由传递性可知ab～e，即(ab)e-1=ab错误！未找到引用源。
S.再者因ae-1=a错误！未找到引用源。
S, 故a～e,由对称性可知e～a，即ea-1=a-1错误！未找到引用源。
S.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a错误！未找到引用源。
G, 有aa-1=e错误！未找到引用源。
S，故此a～a(自反性);若a～b，则ab-1错误！未找到引用源。
S,因为S为G的子群，故(ab-1)-1=ba-1错误！未找到引用源。
S,因此b～a(对称性);若a～b，b～c,那么ab-1错误！未找到引用源。
S,bc-1错误！未找到引用源。
S,故ab-1 bc-1=ac-1错误！未找到引用源。
S，因此a～c(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:我们容易证明错误！未找到引用源。
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.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：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a错误！未找到引用源。