(Ⅱ)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.(Ⅲ)显然 Bn=A2=E 为幺元.
(Ⅳ)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.
G={a1,a2,…,an}={aka1, aka2,…, akan}<3>
G={a1,a2,…,an}={a1ak, a2ak,…, anak}<4>
由<1>和<3>知对任意atG,存在amG,使得
akam=at.
由<2>和<4>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.
对任意 a,bG,
ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)
因此 G 为交换群. [方法 2]
对任意 a,bG,
=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab
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:
<2>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
<3>证明at就是G的幺元;对任意akG,
a1at= ata1.
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.证明:
(Ⅰ)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
第一章代数基本概念
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]
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b≠b-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).
(3)容易证明BAB=A=ABn,BA=BiAB(s+1)n=ABn-tG,这里i=sn+t,kZ,0<tn.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.
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, 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
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
[讨论]
[1]设G是一2n阶交换群，n为奇数则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=
证明: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.
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,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
a
b
aedfbc
bceafd
c
d
cbfdea
dfaecb
f
fdcbae
6.对于n>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=.
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.
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 a～a,故此 aa-1=eS；
对任意a,bS,由(ab)b-1=aS,可知ab～b，又be-1=bS,故b～e,由传递性可知 ab～e，即(ab)e-1=abS.再者因ae-1=aS,故a～e,由对称性可知e～a，即ea-1=a-1S.可见S是G 的一个子群.
证明:
下面证明 G={B,B2,…,Bn,AB,AB2,…,ABn}在矩阵的乘法下构成一群.
(Ⅰ)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,0<rn.
(2)A BiBj=BrG
这里 i+j=kn+r,kZ,0<rn.
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
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a～a(自反性);若a～b，则ab-1S,因为S为G的子群，故(ab-1)-1=ba-1S,因此b～a(对称性);若a～b，b～c,那么ab-1S,bc-1S,故ab-1bc-1=ac- 1S，因此a～c(传递性).
,
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.
(Ⅱ)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a～b当且仅当ab-1S.证明这是一
<1>对任意 aG，存在 bG，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.
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.证明:
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.
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：
[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:
eabcdf
e
eabcdf
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.
(Ⅱ) 证明 G 内任意元素都可逆；