题目1：设群G 中每个非幺元的阶都是2，证明G 为Abel 群.题目1出处：南开大学资源共享课《抽象代数》题目1的解答：∀a≠e 且a∈G，a 2=e，所以1a -=a，b=1b -，a 2b 2=e 4=b 2a 2=e，另一方面，由于ab 1b -1a -=ba 1a -1b -，，所以abba=baab=e，即ab=（ab）1-=ba=b 1-a 1-，所以ba=ab，由a、b 的任意性，群G 满足交换律，为Abel 群.选题目1的理由：老师上课提到此题，是群论部分Abel 群的经典例题.题目2：(1)（群的单边定义）设G 为一个半群，如果：（a）G 中含左（右）幺元e，即∀a∈G，ea=a；（b）G 中每个元有左（右）逆元1a -，使1a -a（a 1a -）=e.（2）（群的除法定义）设G 为半群，若∀a、b∈G，方程xa=b 及ay=b 在G 内有解，则G 为群.（3）（有限群的另一定义）设G 为有限半群，如果在G 内左、右消去律均成立，则G 为群.题目2出处：冯克勤章璞《近世代数三百题》题目2的解答：（1）∀a∈G，设（a 1-）1-为a 1-的左逆元，则aa 1-=e （aa 1-）=（a 1-）1-a 1-aa 1-=（a 1-）1-ea 1-=（a 1-）1-a 1-=e，说明a 的左逆元也满足aa 1-=e，故a 1-为a 的逆元.而ae=a （a 1-a）=ea=a，故左幺元e 也是G 的右幺元，即为G 的单位元，所以G 为群.（2）由于G 非空，所以a∈G，则xa=a 有解e，∀b∈G，存在y∈G 使得ay=b.于是eb=eay=ay=b，所以e 为G 左单位元，而xb=e 有解则意味着b 有左逆元，所以由b 的任意性及（1）可知G 为群.（3）设G={1a ，…n a }，由消去律可知，{1a i a ，…，n a i a }={i a 1a ，…，i a n a }，∀i a ∈G，故存在e∈G 使得i a =e i a .于是∀j a ∈G，存在k a ∈G 使得j a =i a k a .从而e j a =e i a k a =i a k a =j a .这说明e 为左单位元，又因为e ∈G=G j a ，以j a 有左逆元，因此由j a 的任意性知，G 为群.选题目2的理由：此处将群的几种定义方式进行总结，在不同条件下可以利用群的不同定义.题目3：令b a ，ϕ：x ax+b（a、b ∈R 且a ≠0）为实直线上的一个仿射变换，将它们的集合记为1A （R ），在1A （R ）中定义乘法b a ，ϕd c ，ϕ=b ad ac +，ϕ，证明1A （R ）为一个群.又设1H （R ）={b 1，ϕ：x x+b，b ∈R }，证明它是1A （R ）的一个子群，并证明1A （R ）/1H （R ）～{*R ；·}.题目3出处：柯斯特利金《代数学引论（第1卷）》第4章习题题目3的解答：显然，任一伸缩和平移仿射变换都在1A （R ）中，即对于上面定义的乘法，1A （R ）是封闭的，可以验证01，ϕ为1A （R ）的幺元.∀b a ，ϕ∈1A （R ），当a≠0时，其上述定义下的逆元为a ba 1-，ϕ，综上所述，1A （R ）为群.显然01，ϕ∈1H （R ），故1H （R ）中有幺元，∀b 1，ϕ∈1H （R ），其上述定义下的逆元为b 1-，ϕ，所以1H （R ）<1A （R ）.1A （R ）/1H （R ）={0a ，ϕ：x ax，a ∈R 且a ≠0}，设双射f：1A （R ）/1H （R ）→*R ，由于a ∈*R 且遍历*R 内所有元素，所以1A （R ）/1H （R ）与*R 之间的f 可定义为1A （R ）/1H（R ）中的a 与*R 中相等的元素，为双射.又∀1a ϕ、2a ϕ∈1A （R ）/1H （R ），对上述乘法满足f（21a a ϕϕ）=f（1a ϕ）·f（2a ϕ），故1A （R ）/1H （R ）与{*R ；·}同构.（附注）在南开大学资源共享课《抽象代数》有与本题类似的题目.选题目3的理由：本题在几何学上有深刻意义，它反映了几何变换对称性是产生群定义的原因之一，以及用群论方法研究几何变换时产生的许多结果（例如变换群的子群、商群和同构）可以反过来使我们更深入了解几何变换.题目4：设H 为群G 的一个子群，记()H N G ={g∈G|gHg 1-=H}，（称()H N G 为H 在G 中的正规化子）证明()H N G <G 及H ()H N G .题目4出处：南开大学资源共享课《抽象代数》题目4的解答：显然()H N G 的幺元即为G 中的幺元e 且对G 中的乘法运算满足结合律和封闭性，因为eHe 1-=H 恒成立.∀n ∈()H N G ，由于n∈G，所以n 有逆元n 1-，且若nHn 1-=H，则对于给定的n，n 1-H（n 1-）1-=H=n 1-Hn，，因为∀h ∈H，nhn 1-和n 1-hn 都对应H 中一个确定的元，所以()H N G 中任一元素都存在逆元，()H N G 为群，又∀n ∈()H N G ，n∈G，所以()H N G <G.∀h ∈H，n∈()H N G ，nhn 1-∈H，这在上面已经说明，而∀h ∈H，0h ∈H，h 0h h 1-∈H，并且对于给定的h，H 中任一元素0h 在映射hHh 1-下有唯一的像，即∀h ∈H，hHh 1-=H,所以h∈()H N G ，综上所述H<()H N G ，而∀h ∈H，n∈()H N G ，nhn 1-∈H，这在前面已经说明，故H ()H N G .选题目4的理由：本题具有很深刻的背景，正规化子这一概念是引进Sylow 子群和进一步研究伽罗华理论的基础.题目5：设a,b 分别为群G 中的元素，a 的阶为m，b 的阶为n,且满足ab=ba,<a>∩<b>={e}，证明:ab 的阶为[m,n].题目5出处：南开大学资源共享课《抽象代数》题目5的解答：设ab 的阶为d,由于(ab)],[n m =a ],[n m b ],[n m =e，从而d∣[m,n].另一方面(ab)d =a d b d =e，所以a d =bd -∈<a>∩<b>，a d =b d=e，因此m∣d,n∣d,所以[m,n]∣d，故d=[m,n].（附注）南开大学资源共享课《抽象代数》1.2节的补充题6问及此处阶为[m,n]的元素的存在性，正好与本题结论相符.选题目5的理由：本题给出了循环群中构造更高阶元素的方法和具体阶数，由此可以构造出有限循环群的元素.题目6：环R 的非零元x 称为幂零的，若存在n∈N ，使得x n=0，证明：1）若R 为含幺环，x 为幂零元，则1-x 为可逆元；2）若环Z /m Z=m Z 有幂零元，当且仅当m 可以被一个大于1的整数的平方整除.题目6出处：柯斯特利金《代数学引论（第1卷）》第4章题目6的解答：1）x 为幂零元，则存在m∈N ，使得xm =0，对给定的自然数n，由多项式因式分解可知1=1+0=1-x mn =（1-x）（1+x+x 2+…+x1-m ）（1+x m +x m 2+…+x m n )1(-），故1-x 为可逆元，其逆元为（1+x+x 2+…+x 1-m ）（1+x m +x m 2+…+x m n )1(-）=（1+x+x 2+…+x1-m ）.2）m Z ={0，1，…m-1}，m Z 有幂零元⇔存在k∈N ，使得x k =0（1<k<m，x∈m Z 且1<x<m-1)⇔m|x k ，由于x<m，故x|m，x 为m 的非平凡因子，m 不是质数.由算术基本定理，设m=1s 1p …n sn p ，且1p ，…n p ∈m Z ，它们在模m 意义下的乘积也属于m Z ，若1s =…=n s =1，则m Z 中元素只有0（即m）在模m 意义下存在满足条件的k，故此时m Z 在模m 的意义下无幂零元，因此必存在i s >1，i=1，2，…，n，即可以被一个大于1的整数的平方整除.而充分性是显然的.选题目6的理由：本题第2）问的背景与初等数论中的莫比乌斯函数有关，此处幂零元的性质可以运用到对m 的完全剩余系的研究中，在初等数论中有类似结论.题目7：设Z [i]={a+bi|a,b∈Z },运算为普通加法和乘法.证明：Z [i]为整环（称为高斯整环），并且Z [i]/<1+i>为一个域.题目7出处：南开大学资源共享课《抽象代数》题目7的解答：显然，由整数对加法和乘法的封闭性质及分配律可知，Z [i]对加法构成群，对乘法构成交换幺半群，并且满足分配律.此外，设1z 、2z ∈Z [i]，则1z 2z =0⇔1z =0或2z =0，所以Z [i]中无零因子，故Z [i]为整环.<1+i>={a-b+(a+b)i,∀a+bi ∈Z [i]},Z [i]/<1+i>={x+yi|x、y∈Q （Q 为有理数集）}，由高等代数的结论可知，有理数集对普通的加法和乘法构成域，因此由上面问题的方法可以证明Z [i]/<1+i>为一个域.选题目7的理由：本题中高斯整环的概念在代数数论中具有深刻意义.题目8：设含幺环R 中元a，b，1-ab 均为单位元，证明a-1b -、111a b a -----）（也是单位元，且1111a b -a -----））（（=aba-a.题目8出处：冯克勤章璞《近世代数三百题》题目8的解答：因a-1b -=-（1-ab）1b -，故a-1b -为单位元.用11b -a --）（和a 代替a-1b -中的a、b，即得111a b a -----）（也是单位元.由于1ab -）（也是单位元，且（1b -1a --1）1-=（1-ab）1--1···（*），因为（1b -1a --1）（（1-ab）1--1）（1-ab）=（1b -1a --1）（1-（1-ab））=（1b -1a --1）（ab）=1-ab.两边约去1-ab 可得（1b -1a --1）（（1-ab）1--1）=1，又因为R 是环，所以（（1-ab）1--1）（1b -1a --1）亦成立，故（*）式成立.将（*）式两边左乘1a -，有（1b --a）1-=（a-aba）1--1a -，所以（（a-1b -）1--1a -）1-=（1a --（a-aba）1--1a -）1-=（-（a-aba）1-）1-=aba-a.选题目8的理由：本题是1949年华罗庚提出的“华罗庚等式”，在上述教材中被奉为圭臬.。