3.（1）??(15)(2379)(468),（2）??(15)(29)(27)(23)(48)(46)（3）
??1?(15)(9732)(864),|?|?12。
六、解答与证明题
1.设A是正整数集合，M?{f|f:AA}，则M是一个幺半群。做变换
f(n)?n?1,?n?A，f是一个单射但不是满射，g(1)?1,g(n)?n?1,n?2,?n?A，g是一个满射但不是单射，并且有gf?1A但是fg?1A，则g是f的左逆元不是右逆元，同样f是g的右逆元不是左逆元。 2.由
题设可列乘法表： a b c d
a a b c d b b a d c c c d a b d d c b a 由此表可知：方阵普通乘法是G的代表运算，a 是G的单位元，又由于对角线位置上的元素相等，故乘法可以交换，且每个元素G中都有逆元，结合率显然成立。故G对方阵普通乘法作成一个交换群。
3.（1）由于G是一个偶数阶群，则G中阶等于2的元素的个数一定是奇数，所以群G包含一定有2阶元素；（2）假设G有两个不同的2阶元素a,b，又由于G是Abel群，则易知
{e,a,b,ab}是G的一个4阶子群，于是由 Lagrange定理知，4|2n，进而2|n，但这于n是奇数矛盾，所以G只有一个2阶元素。
4.R不能作成群，因为R对所给运算来说没有单位元。若R有单位元x，则由于0?R，由所给运算有：x?0?2(x?0)?2(1?0)?2?0，即单位元x?0，而1?R，但
1?0?2(1?0)?2?0，这与x?0是单位元矛盾。
5.设a?G?(a)的阶为n ,则易看出映射?:a（e）=1,e,e,?em?em是G=（a）到n次单位根群
?2n?1? (e为n次原根)的一个同构映射，故G=（a）?(e)。
6.G显然非空，又任取A，B?G，则A??1,B??1，于是AB是整数方阵，且
AB?A?B??1，故AB?G，即G对乘法封闭。结合律显然成立，且E是G单位元。又设A?G，由于A是整数方阵，故A的伴随矩阵A也是整数方阵；
?又A??1,故A?1?1?A??A?，即A?1也是整数方阵，即G 中每一个元在G中都有逆A元，从而证得G 作成一个群。
7.令c是1+ab的逆元，则有：c（1+ab）=(1+ab) c=1 或：c-1+cab=c-1+abc=0,于是有： （1-bca）(1+ba)=1-bca+ba-bcaba=1-b[c-1+cab] a=1 同理有：（1+ba）(1-bca)=1.即1-bca是1+ba的逆元。
8.R2不能作成群，因为所给运算不满足结合律，例：取a?(0,0),b?(0,0),c?(0,1) 则a?(b?c)?(0,0)?(0,?1)?(0,1) (a?b)?c?(0,0)?(0,1)?(0,?1)
a?(b?c)?(a?b)?c 即结合律不成立，不能作成群。
9.G对此乘法作成一个群。1、证：由乘法表可知，G对所给乘法封闭，e 是单位元，又e?1?e，
a?1?b，b?1?a，即每个元素在G中都有逆元，因此要证G是一个群，只要再证结合律
成立即可。
任取x,y?G，则显然有：e(xy)?x(ey)?xy?x(ye) (xx)x?x(xx)
其次令x,y?{a,b}，且x?y，则由乘法表知：xx?y,yy?x,xy?yx?e，可知结合律成立。
10.非零实数集R对运算a?b?ab不能作成群。因为1,?1?R，但方程1?x??1， 即x??1在R中无解，由群的定义知R对所给代数运算，不能作成群。
11.R不能作成群，因为R对所给运算来说没有单位元。若R有单位元x，则由于0?R，由所给运算有：x?0?2(x?0)?2(1?0)?2?0，即单位元x?0，而1?R，但
1?0?2(1?0)?2?0，这与x?0是单位元矛盾。
12.设e是群G 的单位元，则e显然满足方程另外设a?G,且a?a，则有aa?aa 即a=e, 即只有e满足方程x?x。
13.若G中除单位元外其余元素的阶均是无限，则结论已对；若G中非单位元素的阶都n，若n是合数，即n?n1n2，n1?1,n2?1，则G中任意的元素a，有|a1|?n2?n，这与易知矛盾，所以n必是素数。
14.假设群G是两个非平凡子群H,K的并，即G?H?K。由于H,K是G是两个非平凡子群，故有a,b?G，使得b?H,a?K，又由于G?H?K，所以有a?H,b?K，又因为ab?G?H?K，故必有ab?H，ab?K。若ab?H，则由于H是G是子群，故
n2?12?12b?a?1(ab)?H矛盾，若ab?K，则由于K是G是子群，故a?(ab)b?1?K矛盾，因此
15.
S3?{(1),(12),(13),(23),(123),(132)}，H?{(1),(12)},K?{(1),(13)}，则
S3的子群，因为(132)?1?(123)?HK。 HK?{(1),(12，当然不可能是)16.群G是有限群当且仅当G只有有限个子群。
证明：若群G是有限群，则G的子集的个数是有限的，从而其子群的个数当然是有限的；反之，G只有有限个子群，则G中显然不能有无限阶元素，因为无限循环群有无限个子群，这样G中每个元素的阶都是有限的，任取a1?G，则(a1)是G的一个有限子群，再取
a2?G\\(a1)，于是(a2)又是G的一个异于(a1)有限子群，但G只有有限子群，故这种过
s程不能无限地持续下去，从而存在正整数s，使得G?i?1ai，而每个(ai)都是有限的，于
是群G是有限群。
17.1）如整数加群G除单位元O外，每个元的阶都无限。
2）如：全体非零有理数对普通乘法作成一个群，满足题设条件，除单位元1的阶是1外，-1的阶是2，而其余各元素的阶都是无限。
n18.设a?e，(cac)?cac?1nn?1?e，反之若(cac?1)n?e，有canc?1?e an?e
即a与cac有相同的阶。
19. 因(r,n)?1,故存在整数s、t,使得rs?nt?1,这样?a?G,有
m?1am?amrs?mnt?(ar)ms(an)mt?(ar)ms,故ar是G的一个生成元,从而G?(ar)．
20.（1） 由于e?eeee,e?C；C的两个元的乘积仍是有限个换位子的乘积,因而仍是C的一个元；一个换位子的逆仍是一个换位子,所以C的一个元的逆仍是的C一个元,这样C是G的一个子群；对于a?G,c?C,aca不变子群.
（2）令a,b?G,那么(ba)ab?abab?c?C,由此得abC?baC,即
?1?1?1?1?1?1?(aca?1c?1)c?C，所以C是G的一个
aCbC?bCaC,因而G／C是交换群.
（3） 因为G/N是交换群,所以对G的任何两个元a和b,
(aN)(bN)?(bN)(aN) ,由此得(ba)?1(ab)?a?1b?1ab?N,这样N含有一切换位子,因
而N含有C.
21.设H=[e],由于～是等价关系，故e～e,即e?H;
?a,b?H,则a～e, b～e因而ae～a?1, be～bb?1,由题设可得e～a?1, e～
b?1,---10分; 由对称性及传递性得b?1～a?1,a?1ab?1～a?1e,再由题设得ab?1～e即ab?1?H,那么与G的单位元e等价的元所作成的集合G的一个子群。
sts?tt?sts22. ?a,a?G，由于aa?a?a?aa，从而G=(a)是可换群。
st23.充分性，由Lagrange定理知，显然成立。
必要性，因为|G|?1，所以存在a?G,a?e。设H?(a)，则H?{e}，但是H?G，由假设，H?G；若|a|??，则(a)是G的非平凡子群，与假设矛盾；
若|a|?n是合数，即n?n1n2，n1?1,n2?1，则|a平凡子群与假设矛盾。因此G为素数阶循环群。 24.设N?{e,n}，?a?G,有ana?N,必有ana盾,从而ana?1?1?1n12|?n2，从而(an1)是G的非
?n, 否则ana?1?e,便得n=e的矛
?e,an=na,另外显然ae=ea,故N?C(G)。
25.先证ker?非空， 其次证ker?是子群；最后证ker?的不变性。 2、只证?是单射即可。
|a|?p，26.取a?G而a?e，则由Lagrange定理知，其中1?n?m，则a所以H?(apn?1npn?1的阶是p，
)是G的一个p阶子群。
m27.设a??，则当m?n时，amn?an，于是映射?：am?m就是G=（a）到整数加群
Z的一个一一映射。又a?a?a整数加群Z同构。
m?n?m?n，故?是G到Z的同构映射。即G=（a）与
28.整数加群Z与偶数加群2Z同态； 整数环Z不能与偶数环2Z同态 29.N?G?aN?bN?a(Nb)N?a(bN)N?(ab)NN?(ab)N,?a,b?G;
充分性，?a,b?G,?c?G，使得
aN?bN?cN?ab?cN?(ab)N?cN?aN?bN?(ab)N ??a?G,n?N,(an)(a?1n)?aN?a?1N?(aa?1)N?N，
所以ana?N，故N?G。
?1h(H?K)|h?H}30．（1）令A?{，B?{xK|x?K}，易知?(h(H?K))?hK,?h?H?1?1是从A到B的映射，又因若h1K?h2K,h1,h2?H，则h1h2?K，从而h1h2?H?K，
有h1(H?K)?h2(H?K)，故
|B|，|即?从A到B的单射，从而|A?[H:H?K]?[G:K]；
（2）若当[G:K]有限时，设[H:H?K]?[G:K]，则由上知?是双射，故对任意的
x?G，必有h?H，使得x?xK?hK?HK，从而G?HK，故G?HK；反之，若G?HK，则任取左陪集xK(x?G)，令x?hk(h?H,k?K)，则xK?(hk)K?hK，
从而?从A到B的双射，故[H:H?K]?[G:K]。 31.设?是G到G???NG???G?Gf???的自然映射，则f与的?合成是G到G?N??满同态，
，x?f(x)?f(x)N
????N并且ker(?f)?{x?G|(?f)(x)?N}={x?G|?(f(x))?N}?{x?G|f(x)N?N}
?{x?G|f(x)?N}=N，因此由同态基本定理知，N?G并且G?N?G?N?。