第六章 代数系统

第六章 代数系统

1. 填空题：f是X上的n元运算的定义是（ ）.

2. 判断正误，并说明原因：自然数集合N上的减法运算“－” 是个封闭的运算.

3. 判断正误，并说明原因：实数集合R上的除法运算“” 是个封闭的运算。

4。填空题：代数系统的定义是：（ )。

5。 填空题:＊是X上的二元运算,*具有交换性，则它的运算表的特征是（ ）。

6。填空题:*是X上的二元运算,*具有幂等性，则它的运算表的特征是( ）。

7。 简答题：*是X上的二元运算，*具有幺元，如何在它的运算表上判定哪个元素是幺元?

8。 简答题：＊是X上的二元运算，*具有零元，如何在它的运算表上判定哪个元素是零元？

9. 简答题：＊是X上的二元运算,＊具有幺元，如何判定哪个元素是元素x的逆元？

10 令N4={0，1，2，3｝,N4上定义运算+4：

任何x,y∈N4 , x+4 y=（x+y）(mod 4) 。 例如2+43=（2+3)(mod 4） =5（mod 4)＝1

请列出〈N4， +4 〉的运算表。然后判断+4 运算是否有交换性、有幺元、有零元、各个元素是否有逆元？如果有上述这些元素，请指出这些元素都是什么。

11. 判断正误，并说明原因:对于整集合I上的减法运算“－”来说, 0是幺元.

12。 填空题：E是全集，E={a,b},E的幂集P(E）上的交运算的幺元是（ ）。零元是（ ）。有逆元的元素是（ ），它们的逆元分别是( ）。

13。 填空题：E是全集，E=｛a，b}，E的幂集P(E)上的并运算的幺元是（ )。零元是（ ）。有逆元的元素是（ )，它们的逆元分别是（ ）。 14。 填空题：E是全集，E={a，b}，E的幂集P(E)上的对称差运算的幺元是（ ）.零元是（ ）。有逆元的元素是( )。它们的逆元分别是（ ）.

15。 填空题：对于自然数集合N上的加法运算“＋”,13＝( )。

16。 填空题:你所知道的满足吸收律的运算有（ ）。

17。 填空题：你所知道的具有零元的运算有（ ），其零元是（ ）。

18. 设是X上的二元运算，如果有左幺元 eL∈X，也有右幺元 eR∈X,则 eL= eR =e ，且幺元 e 是唯一的。

19。 设是X上的二元运算，如果有左零元θL∈X，也有右零元θR∈X，则θL=θR =θ,且零元θ是唯一的。

20. 设是X上有幺元e且可结合的二元运算,如果 x∈X，x的左、右逆元都存在，则x的左、右逆元必相等。且x的逆元是唯一的.

21。 设是X上且可结合的二元运算，如a∈X，且a—1∈X，则a是可消去的，即

任取x，y∈X，设有ax=ay 则x=y.

22. 对于实数集合R，给出运算如下：＋是加法、—是减法、•是乘法、max是两个数中取最大的、min是两个数中取最小的、|x-y|是x与y差的绝对值。判断这些运算是否满足表中所列的性质。如果满足就写“Y”，否则写“N”。

可结合性 可交换性 存在幺元 ＋ － • max min |x—y｜ 存在零元

23。 设R是实数集合,在R上定义二元运算* 如下:任取x,y∈R，

x*y=xy－2x－2y＋6

1．验证运算＊ 是否满足交换律和结合律。

2．求运算＊是否有幺元和零元，如果有请求出幺元和零元。

3．对任何实数x，是否有逆元？如果有，求它的逆元，如果没有，说明原因。

24。设是X上有幺元e且可结合的二元运算，求证如果x∈X，都存在左逆元,则x的左逆元也是它的右逆元.

25。 。给定下面4个运算表如下所示。分别判断这些运算的性质，并用“Y”表示“有”，用“N”表示“无”填下面表。如果运算有幂等元、有幺元、有零元、有可逆元素，要指出这些元素是什么.

a)

a b c

a b c a b c

b)



a b c

a b c a b c

c)



a b c

a b c a b c

d)



a b c

a b c a b c

a) b) c） 交换性 c a b

a b c

幂等元

a c b c c c

有幺元

b c a b c a

b c b c b c

幂等性 有零元 有可逆元素 d)

26。 分别说明什么叫做两个代数系统同态、满同态、单一同态、同构、自同构？

27。 什么叫做同态核？

28.请举同构的两个代数系统的例子，并说明它们同构的理由.

29. 给出集合A＝{0,1,2，3}和A上的二元运算“*”.集合B＝{S,R,A,L}和B上的二元运算“”. 它们的运算表如下面所示。验证与〈B， >同构。

*

0 1 2 3



S R A L S S R A L 0 0 1 2 3 1 1 2 3 0 R R A L S

A A L S R L L S R A

2 2 3 0 1 3 3 0 1 2

30令S=｛|X是集合，*是X上的二元运算｝，即S是所有含有一个二元运算的代数系统构成的集合。＠是S中的代数系统间的同构关系。求证，是S中的等价关系。

31。 令A=｛0，1,2，3，4，…}，B={1,2，4，8，16，…｝,+表示加法,*表示乘法， 问〈A,+〉和〈B，*>是否同构？为什么?

32 已知代数系统，其中S=｛a,b,c} P={1,2，3} 二元运算表如下所示： *

a b c a b c b b c c b c

a b c

·

1 2 3

1 2 3

1 2 1 1 2 2 1 2 3

试证明它们同构。

33给定两个代数系统，〈R+ ，×〉:R+是正实数,×是R+上的乘法运算；34。 已知代数系统35。 已知代数系统〈X，>与同构，即 X ＠ Y.并设f：XY是同构映射, 请证明如果运算可交换,则运算也可交换.

36. 已知代数系统同构,即 X  Y。并设f:XY是同构映射, 请证明如果运算有幺元e ，则运算也有幺元e ，且f（e ）= e 。

37。 已知代数系统〈X，〉与〈Y， 〉同构，即 X ＠ Y。并设f：XY是同构映射, 请证明如果运算有零元θ ，则运算也有零元θ ，且f（θ）=θ .

38 已知代数系统中每个x∈X可逆，即x—1∈X, 则〈Y, 〉中每个y∈Y也可逆，即y—1∈Y。 且如果y=f（x) ,则 y—1= (f（x))-1 =f(x-1）.（x映像的逆元=x逆元的映像）

39集合A上两个同余关系R、S， 证明R∩S也是同余关系.

40。 考察代数系统，定义I上如下关系R是同余关系？

a).∈R当且仅当(x〈0∧y<0)∨(x≥0∧y≥0） b)。 〈x，y〉∈R当且仅当｜x—y｜〈10

c). 〈x，y>∈R当且仅当（x=y=0）∨(x0∧y0） d)。 〈x，y〉∈R当且仅当x≥y

41。 填空：是A上二元运算，代数是半群，当且仅当( ）。

42. 填空:是A上二元运算，代数〈A,>是独异点,当且仅当（ ）.

43 列举出5个你所熟悉的是半群的例子。

44。 列举出5个你所熟悉的是独异点的例子。

45 列举出1个你所熟悉的是半群但不是独异点的例子。

46。 给定代数系统〈R，〉 ，是实数R上二元运算,定义为：a，b∈R, a  b=a+b+a·b

求证〈R，> 是独异点。

47. 〈A,>是个半群，a,b∈A，若a≠b则 ab≠ba，试证： a） a∈A，有aa=a b) a,b∈A， aba=a

c) a，b，c∈A， abc=ac

48. 设〈S, ＊〉是个半群，且左右消去律都成立,证明S是交换半群的充要条件是对任何

a，b∈S,有 （a*b）2=a2＊b2

49. 设50。 设A是有理数集合，在笛卡尔积A×A上,定义二元运算△如下：

任取〈a,b>，∈A×A △〈c,d〉=〈ac ,ad+b〉 其中：是乘法。+是加法.

求证〈A×A，△>是独异点。

51.。设〈M,〉是交换独异点,A是M中所有幂等元构成的集合，证明〈A,>是的子独异点.

52.令I：是整数集合；N：自然数集合，R:实数集合。＋是加法运算，×是乘法运算。给定代数系统〈I,+>，〈R,+〉， 〈I，×〉,〈N,×〉,〈R,×>，〈P（E), 〉,〈 P（E), >，〈P(E), 〉.请问哪些代数系统不是群?只要说明一条理由即可。又问哪些代数系统是群？并说明理由。

53。 X=R－{0，1}， X上定义六个函数,如下所示:x∈X, f1（x）=x f2(x）=x-1 f3（x）=1—x

f4(x)=(1-x) -1 f5（x)=(x-1)x—1 f6(x）=x（x-1） -1 令F=｛f1，f2, f3, f4， f5, f6｝， 是F上的复合运算,试证明〈F,  >是群。

. 令R是实数,F={f｜ f（x)=ax+b,a，b,x∈R，ao ｝， 是F上的函数左复合运算，试证明〈F,  〉是群.

55。 设〈A,〉是半群，e 是左幺元，且对每个x∈A， ＄x’∈A，使得x’x=e， a） 证明， a，b，c∈A,若 ab=ac, 则 b=c。 b) 证明是群。

56. .设57。 填空：令58. A是非空的有限集合,且｜A｜＝n . 令

F＝{f| f是AA的双射函数} 1．求 ｜F｜ 等于多少？

2．令 ＊ 是函数的左复合运算。问是群吗?如果是，给予证明。如果不是，要说明理由.

59. 设〈G，＊>是4阶群，其中G＝{a,b，c，d｝，已知a是幺元，b与c互为逆元。首先计算c*d （要有计算过程），再分别求元素b与d的阶。

60。 设〈G，*>是4阶群，其中G＝｛a,b，c,d｝，已知a是幺元，且所有元素的逆元都是它自身。求满足方程式b*x=c*d 中的x 。

61。 判断下列各命题的真值,并说明理由。

1．2．设f是群62. 设是个群 ，证明G中除幺元外，无其它幂等元.

63. 设〈G，>是个群,则对任何a,b∈G， 证明存在唯一元素 x∈G， 使得 ax=b 。

. 65。 66。 填空：〈G,>是个n阶群，则运算表有( ）特征。

67。 什么叫做群的阶?

68。 什么叫做群中运算的阶？

69 指出整数集合加法群70. 71. 证明群中的元素与其逆元具有相同的阶.

72。设〈G,>是有限群，任何a∈G,证明a的阶都是有限的。

73. 设对x∈G， f（x)=axa-1 求证 f是G到G的自同构。 74。 设是个群，而a∈G，如果f是从G到G的映射,使得对任何x∈G， 都有

f(x)=a—1＊x＊a

试证明f是从G到G的自同构。

75. 设任取,〈a2，b2〉∈A×B 〈a1，b1〉△ 求证〈A×B，△>也是群.

76. 设任取, 已知也是群。定义映射f: A×B→A ，对任意∈A×B, f(〈a,b>)=a

求证f是到 77。 令G＝｛2m3n｜m，n∈Q,Q是有理数｝，“•”是G中乘法运算. 1．证明〈G，•>是个群。

2．给定映射f:G G，f定义为f:2m3n2m，证明f是G到G的同态映射；并求出f的同态核。

78。 给出两个群〈G， >和〈S，  >的运算表如下：证明它们同构。 

p1 p2 p3p4

p3 p4 p1 p1 p2

2 p2 p1 p4 p3 p

3 p3 p4 p1 p2 p

p4 p4 p3 p2 p1

q1 q2 q3 q4



q1 q3 q4 q1 q2 q 2 q4 q3 q2 q1

q3 q1 q2 q3 q4 q4 q2 q1 q4 q3

79。 判断下面命题的真值。并简单说明原因。

1．R为实数集合，×为乘法运算，则是个交换群. 2．设是n阶群，则对任何a，b∈G,有a—n=bn。

3．设是群,且对G中任何元素的逆元都是它自身，则它是交换群。

80。 〈G，>是交换群，当且仅当 对任何a，b∈G 有 (ab)（ab)=(aa）（bb） ( 即（ab)2=a2b2 )

81.令G=｛km｜k∈Z},m是某个确定的自然数，Z是整数集合,＋是加法运算。 证明〈G,+> 是交换群。

82。 设I是整数集合，在I上定义二元运算如下： 对于任何a,b∈I ab=a＋b－2 求证〈I, 〉是个交换群。

83。 已知〈G ,*〉是交换群,a∈G，在G上又定义一个二元运算“•”如下：

-1

对于任何x，y∈G，x•y=x*a—1＊y （其中a是a对于＊运算的逆元) 求证〈G,•>也是交换群。

84。 令G是所有非0实数构成的集合，在G上定义二元运算如下：

任何a，b∈G， ab

ab2.求证85。 设I是整数集合,在I上定义二元运算*如下： 对于任何a,b∈I ab=a＋b－4 求证86 设〈G,〉是群，x∈G,有xx=e,证明〈G，>是交换群 .

87。 证明任何阶数为1,2,3，4的群都是交换群，并举一个6阶群，它不是交换群.

88。 给定集合Ｇ＝{x｜x是有理数且x≠－1｝，在Ｇ上定义二元运算*如下:

对任何a，b∈Ｇ，a＊b=a + b + ab。 求证<Ｇ，*>是交换群.

。 设是交换群 。 90。 什么叫做循环群？什么叫做循环群的生成元？什么叫做循环群的循环周期？

91。证明循环群都是交换群。

92.给定群 其中N4 ={0,1,2,3｝,+4是以4为模的加法运算.〈N4，+4〉是循环群吗?为什么？如果是循环群请指出它的循环周期。

93. 给定群〈I，+〉,它是循环群吗？为什么?如果是循环群请指出它的循环周期。

94.填空：设〈G,〉是个以g为生成元的有限循环群,|G｜=n，则G=( )。

95. 令I是整数集合，在I上定义二元运算如下：对于I中任何a元素， ab=a＋b－2

求证96. 设I是整数集合，在I上定义二元运算如下: 对于任何a,b∈I ab=a－1＋b 求证是个循环群.

97. 设G=｛1，2,3,4,5，6}, ×7是7为模的乘法运算，即

x,yG，x×7y=（xy)(mod 7)， 例如4×75＝20(mod 7)=6 是循环群吗？如是，指出生成元.

98. 循环群的任何子群都是循环群.

99。 填空题:设是以g为生成元的n阶循环群，则元素g的阶为（ ）.

100 判断题下面命题的真值：循环群的生成元也是其任何子群的生成元。

101。 什么叫做子群?

102 名词解释：平凡子群与真子群

103。设是的子群。

104。填空：设〈H，〉是群〈G,>的子群，a∈G，定义集合： aH=（ ）

则称aH为a确定的H在G中的左（右）陪集.

105设 H3={0，2，4｝，是以6为模的加法运算。验证〈H3， +6>是〈N6, +6〉的子群.并分别求左陪集1H3和2H3.

106。设N6={0,1，2,3,4,5}，＋6是N6上以6为模的加法运算。即

任何x，y N6，x＋6 y=(x+y)（mod 6）， 例如4＋6 5＝9（mod 6)=3 1．画出< N6,＋6>的运算表。 2．〈 N6,＋6〉是否为群？为什么?

3．如果是群，它有几个子群？分别列出子群的运算表。

107。 设〈G，〉是群。 a∈G, 令 H={y| ya=ay, y∈G} 求证， 108. 设〈G,＊〉是个群, R是G中等价关系,定义为:对于任何a,b，c∈G,

如果有是〈G，*〉的子群。

109。 设是110 p是个质数, 证明pm阶群中必包含着一个p阶子群.

111。证明25阶群必含有5阶子群.

112. p是个素数，〈G，*〉是个p阶循环群,则G中有多少个生成元？为什么？

113 是群〈G，＊〉的子群，任取a，b∈G,则aH=bH的充分且必要条件是（ ）

114。 设115 〈G，〉是群，定义G上关系R如下； R= {〈x,y〉| ＄z∈G,使得 y=zxz-1 ｝

116设〈G,*〉是个群，〈H,＊〉和〈K，*〉是其子群, 在G上定义关系R为:

任意a，b∈G， aRb存在h∈H, k∈K 使得b=h＊a＊k 证明R是G上等价关系.

117。 设 是群〈G，*〉的子群， R是G上关系, 定义如下：

aRb 当且仅当 a-1＊b∈H， a,b∈G 1．求证R是G上等价关系。

2．e是G中幺元,由e确定的相对R的等价类[e］，求证[e]=H。

118。 设f和g都是群是〈G1,〉的一个子群，其中

C={x｜ x∈G1且f(x)=g(x)}

119。 设f是从群〈G1,〉到〈G2，〉的同态映射， 则f为入射，当且仅当Ker

（f）={e1}， 其中e1是G1中的幺元。

120。 .G是个6阶群，证明G中一定有且只有一个3阶子群。

121 设〈G，〉是群, S是G的非空子集,如果任何a，b∈S 有ab—1∈S， 则的子群。

122已知〈H1,>和〈H2,〉 是群的子群。

123 设和是其子群，且已知|H|＝6，|K｜＝35,试求HK。并对你的回答说明原因.

124。 设是交换群。此说法正确否?为什么?

125. 填空： 设〈G,＊〉是个群，且已知|G｜＝n，如果元素aG,a的阶为m，则m与n的关系是（ )

126. 填空：设f是从群到则f（(x1-1 x2） -1） =（ )。

127。 设f是从群〈X，>到的同态映射，K为f的同态核,即ker(f)=K。求证，对任何X中元素x,y，如果x与y在K的同一个陪集中，则有f(x)=f（y)。

128。 填空:代数系统〈R,*， •>是个环，当且仅当 〈R， ＊>是个( ），〈R, • >

是个( ），并且还满足条件（ )。

129。 填空：代数系统〈R,＊, •>是个交换环，当且仅当 是个( )，〈R，*， >是个（ ），并且还满足条件（ ）。

130. 填空：代数系统〈R，*， •>是个含幺环，当且仅当 〈R， ＊>是个（ ）,〈R， •>是个( ）,并且还满足条件（ ）。

131 填空：代数系统〈R，＊， •〉是个整环，当且仅当 132 填空：代数系统133 填空：代数系统〈F,＊, •>是个域，当且仅当 〈F，*> 是( ），134.令N是自然数集合，I是整数集合，R是实数集合,+和·分别是加法和乘法， ,〈I，+，·〉， 〈R,+,·〉中哪些不是环吗？为什么？如果是环，那些不是整环？为什么？哪些不是域？为什么？

135。 判断是否为环？为什么？

136. 试证〈I， ,  >是有幺元的交换环，其中和 的 定义为：对任何a，b∈I， ab=a+b-1 a  b=a+b—ab

137. .设是一个环, 并且对于任何a∈A ，有a•a=a , 证明 a).对于任何a∈A， 都有a+a=θ，其中θ是+的幺元. b）。 是一个交换环.

138. 下面的说法是否正确？说明理由

.设1.答案：( f：XnY ）.

2.答案：错误.举反例：1－2＝-1，-1不是自然数。所以不封闭。

3.答案：错误。0不能做除数。例如10没有定义,所以“\"不是R上的运算。 4。答案：代数系统定义：X是非空集合，X上有m个运算f1, f2， f3，…， fm, 则称〈X, f1, f2, f3,…, fm>为一个代数系统。 5.答案：（它的运算表是个与主对角线为对称的表) 6.答案：（运算表的主对角线上各个元素均与表头元素对应相同） 7。答案:

从运算表找左幺元eL ： eL所在行的各元素均与上表头元素相同。 从运算表找右幺元eR ： eR所在列的各元素均与左表头元素相同。 eL= eR=e e是幺元。 8。答案：

从运算表找左零元θL ：θL所在行的各元素均与左表头元素相同. 从运算表找右零元θR：θR所在列的各元素均与上表头元素相同。 θL＝θR =θ. θ是零元. 9.答案：

从运算表找x的左逆元 xL—1 ：在x列向下找到e后，再向左到左表头元素即是xL-1 。

从运算表找x的右逆元 xR-1： 在x行向右找到e后,再向上到上表头元素即是xR-1 。 10.答案：〈N4, +4 〉的运算表如下：

+4

0 1 2 3

0 0 1 2 3

1 1 2 3 0

2 2 3 0 1 3 3 0 1 2

由运算表看出：此运算满足交换性.有幺元0,没有零元，0的逆元是0，1的逆元是3，2的逆元是2，3的逆元是1。

11。答案：错误.尽管 x－0＝x ,这说明0是右幺元。但它不是左幺元，如0－x＝

—xx。

12.答案:运算的幺元是（E ）。零元是（）。有逆元的元素是（E ），它们的逆元分别是( E ）.

13。答案:运算的幺元是( ）。零元是（E)。有逆元的元素是()，它们的逆元分别是（  ）。 14.答案：运算的幺元是（ ）。零元是（无）。有逆元的元素是(所有元素XP(E）），它们的逆元分别是(X自身 ）。 15.答案：13＝（ 3 ）

16。答案:( 合取与析取 或者 集合的交与并 )

17.答案:(乘法×，零元是0;合取,零元是F；析取，零元是T； 集合的交,零元是；并，零元是全集E。）（写出一个运算即可)

18。答案：证明：因为 eL是左幺元，又eR∈X，所以 eLeR=eR 因为eR是右幺元,又 eL ∈X，所以 eLeR= eL 于是 eL= eR =e .

下面证明幺元的唯一性。假设有两个幺元e1、e2, 因为e1是幺元,又e2∈X，所以 e1e2=e2 因为e2是幺元，又 e1∈X，所以 e1e2= e1 则 e1= e2 =e 。所以幺元是唯一的。

19.答案：证明:因为 θL是左零元，又θR∈X，所以 θLθR=θR 因为θR是右零元，又 θL ∈X，所以 θLθR= θL 于是 θL= θR =θ。

下面证明零元的唯一性。假设有两个零元θ1、θ2， 因为θ1是零元，又θ2∈X，所以 θ1θ2=θ2 因为θ2是零元,又 θ1∈X，所以 θ1θ2=θ1 则 θ1= θ2 =θ。所以零元是唯一的。

20。答案：证明：设xL-1、 xR—1分别是x的左、右逆元，于是有 xL-1x = x xR-1 =e

xR-1 =e xR-1 =（ xL-1x） xR—1 = xL—1(x xR-1)= xL—1e= xL—1 假设x有两个逆元 x1、x2， 所以 x1x= e = x x2

x2= e x2 =（ x1x） x2= x1（ x x2）= x1 e = x1 所以x的逆元是唯一的。

21。答案:证明 。如a∈X，且a-1∈X,任取x，y∈X，设有ax=ay 则 a-1（ax）= a-1（ay） (a-1a）x= （a—1a）y 所以 ex=ey x=y ∴ a相对是可消去的。

22。答案: 可结合性 可交换性 存在幺元 ＋ Y Y Y － N N N • Y Y Y max Y Y N min Y Y N ｜x-y| N Y N 存在零元 N N Y N N N 23.答案：证明:

1。 (1)验证＊可交换:任取x,yR，

x＊y=xy-2x—2y+6＝yx-2y—2x+6=y＊x （2) 验证＊可结合：任取x，y，zR，

(x＊y）*z=（xy-2x-2y+6)z—2（xy-2x-2y+6）—2z+6＝xyz-2xz—2yz+6z—2xy+4x+4y-12—2z+6

= xyz—2xz-2yz+4z-2xy+4x+4y-6= xyz—2xz-2yz—2xy+4x+4y+4z -6

x*(y＊z）=x（yz-2y-2z+6)-2x—2(yz—2y-2z+6)+6＝

a) b） c) xyz-2xy—2xz+6x—2x-2yz+4y+4z—12+6

=xyz-2xy-2xz+4x-2yz+4y+4z—6=xyz-2xy—2xz—2yz +4x+4y+4z—6 可见 （x*y)*z= x＊（y*z）。

2. （1) 设幺元为e，则对任何xR，有

e*x=ex—2e—2x+6=x,于是e（x—2)=3x-6=3（x—2） 所以e=3 3*x=3x－2×3－2x＋6＝x 由于*可交换x*e＝x，所以3是幺元. (2） 设零元为θ,则对任何xR,有

θ*x=θx-2θ—2x+6=θ，于是θ（x-3)=2x—6=2（x-3） 所以θ=2 。 2*x=2x－2×2－2x+6=2 由于*可交换x*2＝2，所以2是零元。 3．任取xR， x2 (因为零元不可逆)，设x的逆元为x—1,于是有 x*x-1=x x—1—2x-2x—1+6=3，（x—2） x-1=2x—3，于是x—1＝（2x-3）/(x—2） 由于＊可交换x* x-1＝3,所以x (x2）的逆元是（2x-3）/(x—2)。

24。答案:证明:任取a∈X,b∈X，ba=e, 即b是a的左逆元。c∈X， cb=e， 即c是b的左逆元。于是有

ab=e（ab)=（cb)（ab）=c（ba)b=ceb=cb=e 所以b也是a的右逆元。 25.答案： 交换性 幂等元 幂等性 有幺元 有零元 有可逆元素 Y Y N a a,c a，b,c N N Y a a N, N c N, a—1=a ， b—1=c a-1=a , b-1=b N d) Y a,b N a N a-1=a 26。答案：设〈X,〉，在映射f：XY,使得对任何x1 ，x2∈X，有

f(x1x2）=f（x1）f（x2） -———--—-此式叫同态(同构）关系式 则称 f是从〈X,〉到〈Y， >的同态映射，简称这两个代数系统同态。记作X ～Y。

如果f是满射的,称此同态f是满同态映射。 如果f是入射的，称此同态f是单一同态映射.

如果f是双射的，称〈X，>与27.答案：设〈X，>,〈Y， >是两个代数系统，和  都是二元运算,如果存在映射f：XY是从到的同态映射，即X ～Y。设e是Y中幺元。则集合

Ker（f）={x| xX，f(x)＝e} 称此集合为f的同态核。

28。答案：设R+是正实数，×是R+上的乘法运算构成代数系统构造映射 f：R+R

任何x∈R+, f(x）=lgx (是双射)

任何x,y∈R+， f(x×y)=lg(x×y)=lgx+lgy=f（x)+f(y) 所以〈R+ ，×>与〈R， +〉同构。

29。答案：构造映射 f：AB 如下， 显然f是双射.

A  B

f

S R A

0 1 2

3 L 下面验证 f是同构映射。

f(1*2）=f(3)=L f（1）f(2)=RA=L ∴ f(1＊2）=f(1)f(2)

f(1*3)=f（0）=S f(1)f（3）=RL=S ∴ f(1＊3）=f（1） f（3) f（2＊3）=f（1）=R f(2）f(3)=AL=R ∴ f（2*3）=f（2）f(3） f(2*2)=f(0）=S f(2)f(2）=AA=S ∴ f（2＊2）=f(2)f(2) 其余类似可验证. ∴A B 30。答案：

1。 有自反性:任何代数系统〈X，〉 ， 有X＠X。 证明： 因为有双射 IX：XX， 任取x1 ，x2∈X,有

IX（x1x2）= x1x2 =IX （x1）IX (x2) 所以 X＠X。所以＠有自反性。

2。 ＠有对称性：任何代数系统, 如果有 X Y ，则必有Y  X。

证明:因有X ＠Y，∴有双射 f：XY， 任取x1 ，x2∈X，有 f（x1x2)= f(x1） ＊f(x2)

因 f是双射,∴有 f-1：YX, 任取y1 ,y2∈Y

因 f ：XY是满射，x1 ，x2∈X, 使得 y1=f（x1), y2=f(x2） ∴ x1=f-1 （y1） , x2=f-1 （y2)

f-1(y1* y2）=f—1 (f(x1) ＊ f(x2))= f-1 (f(x1x2)）= f-1f（x1 x2）

= IX (x1x2)=x1x2 =f—1 （y1）f-1 (y2) ∴Y  X， 所以＠有对称性。 3. ＠有传递性：任何代数系统〈X，> 证明:因有X ＠ Y，∴有双射 f：XY， 任取x1 ，x2∈X，有 f（x1 x2)= f(x1）* f（x2）

因有Y ＠ Z ，∴有双射 g：YZ, 任取y1 ,y2∈Y，有 g（y1＊ y2）= g(y1)g（y2）

又已知双射 gf：XZ， 任取x1 ，x2∈X, 令h=gf h（x1x2)=gf(x1x2）=g（f（x1x2））=g（f(x1） * f（x2) ） =g（f(x1）） g（f(x2）)= gf（x1) gf(x2）=h(x1)h（x2) ∴ X  Z.所以有传递性。

最后得＠是个等价关系。

31.答案：同构。

. 因为 B={1，2,4,8，16，…}＝{20， 21， 22， 23, 24,…。。}。 构造双射f:AB。任何i∈A， f(i)= 2i,显然f是双射. 验证f满足同构关系式.任取i,j∈A

f(i+j）=2i+j=2i*2j=f（i)*f(j)。 所以f:S  P

a b c

1 2 3

f(a＊b)=f（b）=2 f(a)·f(b)=3·2=2 f（a*b)=f（a）·f（b) f（b＊c)=f（c）=1 f(b）·f（c）=2·1=1 f(b＊＊c）=f（b)·f(c） f（a＊c)=f(c）=1 f(a)·f(c)=3·1=1 f（a＊c)=f（a）·f（c） f(c*c)=f（c)=1 f(c）·f(c)=1·1=1 f(c＊c)=f(c)·f（c) 可以验证对任何x，y∈S， 有 f(x*y)=f(x）·f(y）。 所以任何x∈R+， f(x）=lgx （是双射）

任何x，y∈R+， f(x×y)=lg（x×y)=lgx+lgy=f(x）+f(y） 所以34。答案：证明：任取y1 ，y2 , y3 ∈Y, 因 f ：XY是满射，x1 ，x2 ， x3∈X， 使得 y1=f（x1） , y2 =f（x2) , y3 =f(x3） 。

y1 (y2  y3） = f（x1) (f（x2） f(x3）) = f（x1） f（x2 x3) =f（x1( x2 x3)） =f（（x1 x2） x3) (因可结合)

= f（x1 x2） f（x3) = (f（x1)f（x2）)  f（x3)= （y1  y2 )  y3 ∴ 也可结合。 35.答案：证明:任取y1 ,y2∈Y， 因 f :XY是满射，x1 ,x2∈X, 使得 y1=f（x1） , y2 =f(x2) 。

y1 y2 = f(x1） f（x2） =f（x1 x2） = f(x2 x1）（因可交换) = f(x2）f(x1) = y2  y1 ∴ 也可交换。

36。答案：证明：任取y∈Y 因 f :XY是满射,x∈X, 使得 y=f（x) y  f（e)= f(x) f（e)=f（xe) =f（x）=y f(e)  y=f（e）  f(x）=f(ex） =f(x)=y 所以f(e )是相对的幺元。即f（e）= e 。

37.答案：证明：任取y∈Y 因 f ：XY是满射,＄x∈X， 使得 y=f(x） y  f(θ） = f(x)  f（θ）=f(xθ) = f（θ） f(θ）  y= f(θ)  f(x）=f（θx) = f(θ） 所以f(θ) 是相对的零元。即f（θ) =θ

38。答案：证明:任取y∈Y 因 f :XY是满射，＄x∈X, 使得 y=f（x） 设运算的幺元e ，运算的幺元e 。∴ f(e)= e 。 y f（x—1)= f（x） f（x-1）=f(xx—1） =f(e）= e f(x—1) y=f（x—1） f (x）=f(x-1x） =f(e）= e 所以 y—1= (f(x）） -1 =f（x-1）。

39.答案：证明：设R和S相对代数系统〈A, >是同余关系, a)。已经证明过R∩S 也是A上等价关系。 b）。下面证明R∩S相对（x1Rx2  x1Sx2)  (y1Ry2  y1Sy2 ）  （x1Rx2  y1Ry2 ） （x1Sx2  y1Sy2)

（ x1y1)R( x2y2) （ x1y1）S（ x2y2) (因R和S相对满足代换性质)  （ x1y1）R∩S( x2y2) 所以R∩S相对〈A， >满足代换性质。 故R∩S是同余关系.

40.答案：解。

a） 。不是同余关系，因为不满足代换性质。例如<—1，-2>∈R∧<1,1>∈R,而<<—1+1〉，〈—2+1>〉R。

b）.不是同余关系，因为R不传递，不是等价关系. <1,10〉∈R∧<10，19>∈R, 而〈1,19〉R. c）。 不是同余关系，因为不满足代换性质。例如

<-1,2>∈R∧<1，1〉∈R，而〈<—1+1>，〈2+1〉>R。 d).不是同余关系,因为R不对称,不是等价关系。（R是偏序。）

41.答案：，〈 P(E), 〉

44.答案：是独异点:I:是整数集合， N:自然数集合，R:实数集合,〈N，×〉,〈R，×〉，,< P（E)， > 45。答案：是半群但不是独异点:如N=｛1，2,3,4,……。｝时， 。 46.答案： 证明：

⑴ 证明封闭，任取a,b∈R，由于实数R对+和 · 封闭，所以a+b+a·b∈R，故ab∈R.

⑵ 证明可结合,任取a,b,c∈R， a（bc） =a+（bc）+a·（bc) =a+(b+c+b·c)+a·（b+c+b·c)

=a+b+c+b·c+（a·b+a·c+a·b·c)=(a+b+a·b）+c+(a·c+b·c+a·b·c) =（a+b+a·b）+c+(a+b+a·b)·c=(ab）+c+(ab)·c =（ab)c ⑶ 证明有幺元0,任取a∈R， a0=a+0+a·0=a 0a=0+a+0·a=a 所以对，0是幺元。 最后得〈R,> 是独异点。

47.答案：证明：将已知条件 “若a≠b则 ab≠ba,\"等价变换成: “若 ab=ba， 则 a=b ”。 (根据QP  PQ ）

a) a∈A， 由可结合得 （aa)a=a（aa) , 由已知条件得 aa=a 。 b) a，b∈A， （aba)a=ab（aa）=aba

=(aa）ba=a（aba) 由已知条件得 aba=a。 c） a，b，c∈A， （abc）(ac）=（ab)(cac） =(ab)c=a（bc)=(aca）（bc)

=(ac）（abc） 由已知条件得 abc=ac 48.答案:证明：

充分性:已知对任何a,b∈S，有 (a*b)2=a2*b2 。 (a*b）2=a2*b2，即

（a＊b）＊ (a＊b）=（a＊a）＊ （b＊b) a* (b＊a）*b=a＊ (a＊b)*b

因为左右消去律都成立,所以左边消去a，右边消去b得 （b＊a)=（a*b）,所以S是交换群。

必要性：可知S是交换群,任何a，b∈S，

（a＊b)2 =(a*b)＊ (a＊b）＝a＊ （b*a）＊b＝a* (a*b）＊b= (a＊a)* （b*b)= a2* b2 .

49。答案：证明：因〈S,>是有限半群，在S上封闭，所以任何b∈S，对任何i≥1有bi∈S，因i可以取无穷多个值，所以必存在正整数i，j(i令p=j—i ，显然p≥1，j=p+i，于是 bi = bj = bp+i = bpbi 即 bi = bpbi bib = bpbib ∴ bi+1 = bpbi+1

bi+1b = bpbi+1 b ∴ bi+2 = bp bi+2 …….

于是对所有大于i的正整数q有： bq = bpbq 因p≥1，∴总可以找到k≥1，使得kp≥i,于是有 bkp = bp  bkp

= bp (bp  bkp) = (bp  bp )  bkp = b2p  bkp = b2p （bp  bkp) = b3p  bkp =…= = bkp  bkp 令bkp=a, 于是有 aa=a 50。答案：

1.证明封闭性：任取〈a,b〉,∈A×A，△ 因为a,b,c，d∈A，即它们都是有理数。所以ac 和ad+b都是有理数。所以 〈ac ，ad+b〉∈A×A。即2. 证明可结合性：任取,〈e,f〉∈A×A， （）△〈e,f> =〈ac ,ad+b>△=〈（ac) e， （ac) f+ (ad+b)> ==〈a,b>△(〈c，d〉△） 故△在A×A中是可结合的。 3 证明有幺元：因为对有幺元1，对＋有幺元0， 〈1,0>∈A×A, 任取〈a,b〉∈A×B，

〈a,b>△〈1,0〉＝ 〈1，0〉△〈a，b>＝〈1 a ，1b+0>＝是A×A中运算△的幺元. 所以A×A，△〉是独异点。 51。答案:证明：

⑴ 先证幺元 e∈A. 因为 ee=e 所以e是幂等元。因此e∈A。 ⑵ 再证在A上封闭。任取a，b∈A， 即 aa=a, bb=b （ab）(ab)=a(ba)b=a(ab)b (∵可交换） = （aa）（bb）= ab

所以ab也是幂等元 ∴ab∈A。 (3) 可结合不必证明，自然继承下来。 所以〈A,〉也是独异点， 52.答案：不是群的有：〈I,×〉，,〈R，×>,〈P(E), >,< P（E）, >。

因为〈I,×>和：除1以外都不可逆。 〈R,×〉：0不可逆。

因为〈I，+>和:都满足封闭性、结合性、0是幺元，任何x的逆元都是—x.

〈P（E), >：都满足封闭性、结合性、Φ是幺元，任何X的逆元都是X自身. 53。答案：证明：列的运算表:

f1 f2 f3 f4 f5 f6  f1 f2 f3 f4 f1 f2 f3 f4 f2 f1 f5 f6 f3 f4 f1 f2 f4 f3 f6 f5 f5 f6 f2 f1 f6 f5 f4 f3 f5 f6

f5 f3 f6 f1 f4 f2 f6 f4 f5 f2 f3 f1 例如 f2f3(x）= f2( f3(x）)=(1-x） —1 = f4(x） f5f6（x）= f5（ f6（x）)=（（x（x-1） -1） —1）（x（x—1） -1) —1 =x-1= f2(x） 由此表可以看出满足：封闭性,有幺元 f1 ，

每个函数都有逆元： f1—1 =f1 , f2-1 =f2, f3-1 =f3, f4—1 =f5， f5-1=f4， f6-1=f6 另外已经知道函数复合是可结合的。所以〈F，  >是群。 .答案：证明 1）证明封闭性 任取F中的两个函数 f、g，设x∈R f(x)=a1x+b1, g（x）=a2x+b2,

a1o, a2o gf(x)=g（f(x))= a（+b2，= (a2a1x+ a2b1）+b2 = a2a1x+（a2b1+b2）, 2a1x+b1）

因为a1o, a2o，所以a2a10，且 （a2b1+b2)∈R, 所以gfF . 运算满足封闭性。

2） 又知道函数复合运算是可结合的.

3）有幺元IR:RR，x∈R , IR(x）= x, 对任何f F，有fIR＝IRf＝f，所以IR是的幺元。

4）证明可逆性：对任何f F,f（x）=ax+b，a,b，x∈R,ao，有f的逆函数f-1，

bb11f-1 (x)=axa,使得f-1f(x)=a（ax+b）－a＝x, 所以 f—1f＝IR。

bxa)+b＝x, 所以 f f-1＝IR. （x)= a (

1af  f-1

所以f的逆元是f-1.

综上所述a) a，b,c∈A,设有 ab=ac，

由已知条件得a’∈A,使得a’a=e， a'(ab）= a’(ac）， （a’a）b=（a’a)c ， eb=ec， 所以 b=c b) 先证明e也是右幺元: 任取x∈A, (证出xe=x) 由已知得 x'∈A，使得x’x=e, x’(xe) =（x’x)e=ee =e=x’x

由a)的结论得: xe=x ， 所以e 也是右幺元. 所以 e是幺元。 再证x’是x的右逆元： （因为由x’x=e， 得x’是x的左幺元）

x’（xx')=（x'x)x’=ex'=x’=x’e，由a）的结论得xx’=e ，所以x'也是x的右逆元。所以x'是x的逆元。 综上所述得 〈A,〉是群。

56。答案：证明: 因为a＊a=e,则意味着a—1=a. 任取x∈A, 分两种情况讨论x的逆元：

a）.若x-1≠x, 这样的元素成对出现，故这样元素有偶数个。

b）.若 x—1=x, 因|A|是偶数，所以这样的元素也有偶数个。其中幺元e-1=e, 所以至少还有一个元素a，使得a-1=a，即 a*a=e 。 57.答案：a b c*

a b c

a b

b c a c

c a b

从此表看出：b2=（

c )，b*c=（ a ），

b3= b2＊b=c*b=a c3= c2*c=b＊c=a， 所以b和c的阶分别是( 3 )和（ 3 ) 。

58.答案:

1．｜A|＝n，A上有双射个数为n！.即 ｜F｜=n！ 。 2．是群.证明如下:

1）证明封闭性 任取F中的两个双射函数 f：AA，g：AA，

根据函数的复合性质，得f*g也是从A到A的双射。所以f*gF.所以*满足封闭性。

2） 又知道函数复合运算*是可结合的。

3）有幺元IA:AA，对任何f F，有f*IA＝IA*f＝f，所以IA是＊的幺元。 4)证明可逆性：对任何f F，有f的逆函数f—1，使得f*f—1=f*f—1＝IA。 所以是群。 59。答案:

证明方法1。 根据有限群运算表特征写出如下运算表如下，从表中可见c*d＝b；

而d*d=a，所以d的阶是2；

b＊b=d,所以b*b*b*b=a，b的阶是4.

* a b c da a b c db b d a cc c a d bd d c b a

证明方法2。: 如果c*d＝a 则说明c与d 互逆，有矛盾。

如果c*d＝c ， 则说明d 是幺元，有矛盾。

如果c*d＝d 则说明c是幺元, 有矛盾。而c＊dG， 所以c*d＝b 。 60。答案:根据题意*a b c d a a b c d

b b a d c

c c d a b d d c b a b＊x＝c＊d＝b 所以x＝a 61.答案：

1．命题真值为真。

因为n阶群中，任何元素a∈G ,有an＝e.

（a*b）∈G， — （b＊a）∈G，所以(a*b）n=e=（b*a）n。即(a*b）n=（b*a)n. 2．命题真值为真。

因为，对任何a，b∈G,有（b＊a-1)=（a＊b-1）-1 又根据代数系统同态性质 f(x—1）=（f（x）) -1。得：f（b＊a-1)= f（a ＊b-1) -1=(f(a*b-1))—1。 62。答案:证明。 假设有a∈G是幂等元,即 aa=a 又a—1∈G, 于是有 a—1（aa）= a-1a

(a—1a)a=e ea=e 所以 a=e

63。答案： 证明

先证明方程式有解

因是个群,对任何a,b∈G，有a-1∈G， ∴ a-1b∈G, 用 a—1b 代入方程式中的x得：

ax= a(a-1b）= (aa-1）b= eb=b 所以x=a—1b是方程式的解。 再证明方程式的解的唯一性

设方程式有两个解x1， x2∈G, 于是有

ax1=b ax2=b 所以 ax1= ax2，由可消去性得 x1=x2 。答案：验证b-1a—1是ab的逆元，

(ab）(b—1a-1）=a（bb—1)a—1=aea—1=aa-1=e （b—1a—1）（ab)=b—1(a-1a）b=b-1eb=b—1b=e 所以b-1a—1是ab的逆元，即（ab）-1=b-1a—1 . 65.答案：证明. 令G={a1,a2,a3,.。.,an}，的运算表如下图:

任取aj∈G，证明 aj在任意ai∈G行必出现且仅出现一次。

由群方程可解性得存在唯一元素ak∈G, 使得 aiak=aj 这说明aj在ai行出现 （即aj在第i行第k列出现).

假设aj在ai行出现两次，设在第 t列也出现，则有 aiak=aj 和 aiat=aj 所以 aiak=aiat 由可消去性得at=ak

所以G中每个元素在运算表中的每一行必出现且仅出现一次。 66。答案：（G中每个元素在运算表中的每一行(列)必出现且仅出现一次。） 67。答案：的阶是n,如果K［G］是无限的, 则称群68。答案：设是个群,a∈G,如果存在最小的正整数n，使得an=e， 则称a的阶是n.否则就称a的阶是无限的.

69。答案：只有幺元0的阶是1，其余元素的阶都是无限的.因为任何a∈I,a≠0，则i0时，有a i不等于0。 70.答案：证明：

⑴ 充分性，已知k=mn (m∈I） 因为a的阶为n,所以an=e， ak= amn=(an）m= em =e

⑵ 必要性，已知ak=e ， a的阶为n，即 an=e ，

假设k不是n的整数倍，令 k=mn+t m，t∈I， 071。答案：证明： 设是群， 任取a∈G, ⑴如果a的阶是有限的，设阶为n， an=e ,则

(a-1）n=a—n= （an)-1 =e-1 = e

如果还有m〈n， 使得（a—1）m=e 则 am=(（a-1)-1)m= （a-1）-m=（（a-1）m)-1= e—1 = e

因为m〈n,又am=e ,这与a的阶为n矛盾。∴a-1的阶也为n。

⑵ 如果a的阶为无限的，而a-1的阶是有限的，设 a—1的阶是n,即（a-1）n=e, an=（（a—1） —1）n= （a-1）—n=(（a-1）n) —1= e—1= e

这与a的阶为无限的矛盾。∴a-1的阶也为无限的。 所以a与a-1具有相同的阶。

72。答案：证明：设｜G|=n，因为aj-i =aj  a—i= ai  a—i= e

而j-i是个有限的正整数，且aj-i =e， a的阶是j-i的因子,∴a的阶是有限的。

73。答案:证明：

a） 证明f是满射：任取y∈G，因a∈G a-1∈G ∴ a—1ya∈G , 令x= a-1ya ， 则

f(x）=axa—1=a（a-1ya)a-1=（aa-1）y(aa—1) =y 所以 f是满射的。 b) 证明f 是入射的:任取x1，x2∈G，设 f（x1）=f(x2） 即 ax1a-1=ax2a-1由群可消去性得 x1=x2 ∴f是入射的。 所以f是双射的

c） 再证f满足同构等式:任取x1,x2∈G，

f(x1x2） = a(x1x2)a—1 = a(x1ex2)a-1=a(x1(a-1a)x2)a-1 = (ax1a—1）(ax2a—1 )= f（x1)f（x2） 所以f是G到G的自同构。 74.答案：证明：

a） 证明f是满射：任取y∈G，因a∈G a-1∈G ∴ aya—1∈G ， 令x= aya-1 ， 则

f（x）=a-1xa=a-1(aya-1)a=(a-1a）y(a—1a） =y 所以 f是满射的。 b) 证明f 是入射的:任取x1,x2∈G,设 f(x1)=f（x2) 即

a—1x1a=a—1x2a,由群可消去性得 x1=x2 ∴f是入射的. 所以f是双射的

c) 再证f满足同构等式:任取x1,x2∈G,

f（x1x2) = a—1（x1x2)a = a—1(x1ex2)a=a-1（x1(aa-1）x2）a = （a—1x1a）(a-1x2a )= f(x1)f（x2） 所以f是G到G的自同构。 75.答案：

1) 证明封闭性：任取，∈A×B，〈a1，b1>△〈a2，b2>=〈a1＊a2 ，b1οb2〉,因为〈A，*>与〈B，ο>都是群,a1*a2∈A，b1οb2∈B，所以〈a1＊a2 ，b1οb2>〉∈A×B。 故△在A×B中封闭.

2） 证明可结合性：任取〈a1，b1>,〈a2，b2〉，〈a3,b3>∈A×B, （）△〈a3,b3>=△

=〈a1*（a2＊a3 )， b1ο（b2οb3)> （因为＊与ο是可结合的) =〈a1，b1>△〈a2＊a3 ，b2οb3〉＝△（〈a2，b2〉）△3） 证明有幺元：因为〈A，＊〉与都是群，都有幺元，不妨设eA,eB分别是它们的幺元。

任取∈A×B，

〈a,b〉△〈eA,eB>＝〈a＊eA, bοeB >＝

＝ 所以4） 证明可逆性:任取∈A×B，因为〈A，*〉与〈B,ο>都是群,a—1∈A，b-1∈B,所以∈∈A×B,△〈a—1，b—1〉== 所以〈a—1,b-1>是〈a,b〉的逆元. 所以〈A×B,△>是群。

76。答案：证明： 任取△）=f(〈a1*a2 ,b1οb2〉= a1＊a2 =f(a1)*f（a2)

所以f是eA,是〈A,*〉的幺元，根据f的定义得,对任何b∈B,都有f（| b∈B ｝ 77。答案：证明： (1) • 满足封闭性

任取2m13n1，2m23n2∈G，

2m13n1•2m23n2＝2m1+m23n1+n2 因为m1+m2，n1+n2∈Q， 所以2m1+m23n1+n2∈G ，即2m13n1•2m23n2∈G，•满足封闭性。 （2）证明• 满足结合性。

任取2m13n1,2m23n2，2m33n3∈G,

（2m13n1•2m23n2） •2m33n3=2m1+m23n1+n2 •2m33n3=2m1+m2+n33n1+n2+n3，而 2m13n1•(2m23n2 •2m33n3)=2m13n1 •2 m 2m33 n2n3=2m1+m2+n33n1+n2+n3，

所以（2m13n1•2m23n2) •2m33n3=2m13n1•（2m23n2 •2m33n3）,所以•满足结合性。 (3)证明• 有幺元2030∈G,任取2m3n∈G，

2m3n•2030＝2m+03n+0＝2m3n 2030•2m3n＝20+m30+n＝2m3n 所以有幺元2030。

（4）证明可逆性,任取2m3n∈G，存在2—m3-n∈G，使得

2m3n•2-m3-n＝2 m+-m3 n+-n=2030 2-m3—n• 2m3n＝2 –m+ m3 –n+ n=2030 所以2m3n的逆元就是2-m3-n。 综上所述，是个群。 2．证明，任取2m13n1，2m23n2∈G，

f（2m13n1•2m23n2）=f(2m1+m23n1+n2)= 2m1+m2 f（2m13n1)•f(2m23n2）= 2m1•2m2=2m1+m2 所以f（2m13n1•2m23n2）= f（2m13n1)•f(2m23n2） 所以f是G到G 的同态映射。 Ker(f)=｛203n｜ n∈Q｝

78.答案:确定同构映射f:

下面验证f 满足同构等式： f（p2 p3)=f(p4）= q2 f(p2)  f（p3)= q4  q1 = q2 可见 f（p2 p3）= f(p2）  f(p3） f(p3  p4）=f（p2）= q4 f(p3）  f(p4）= q1  q2 = q4 可见 f（p3  p4)= f（p3)  f(p4）

f(p4  p2）=f（p3)= q1 f（p4）  f（p2)= q2  q4 = q1 可见 f（p4  p2)= f（p4）  f（p2）

其余可类似验证，所以ＧＳ 79.答案:

1．真值为假。因为0不可逆。

2．真值为真。因为n阶群，任何a，b∈G，有an=e 。a-n= （a n） -1 =e， bn=e，所以有a-n=bn.

3．真值为真。因为任何a,b∈G，有a -1=a ， b -1=b 。而a＊b∈G,于是 a＊b＝(a＊b) -1=b —1*a —1=b＊a, 所以是80.答案：证明：

充分性,任取a,b∈G 设有(ab)2=a2b2 由于a-1,b—1∈G a—1(ab)(ab）b—1 = a—1（aa)(bb）b-1 （a-1a）ba(bb-1 ) = (a-1a）ab（bb—1 ) ba= ab 所以是交换群。

必要性;设〈G，〉是交换群,任取a，b∈G

(ab)（ab)=a（ba）b=a（ab）b=(aa)(bb） 81.答案：证明:

1）证明封闭性:任取k1m,k2m∈G，

k1m+k2m＝(k1+k2）m,因为k1＋k2∈Z，所以(k1+k2）m∈G,故＋在G中封闭。 2)证明可结合性:任取k1m,k2m，k3m∈G,

（k1m+k2m)+k3m＝（k1+k2)m+k3m＝(（k1+k2)+k3）m＝(k1+(k2+k3）)m＝(k1m +(k2+k3)m） ＝k1m+（k2m+k3m） ，所以＋在G中是可结合的. 3)证明有幺元： 0m∈G，对任何km∈G，有

0m+km= （0+k)m=km， km+0m= (k+0）m=km，所以0m是幺元。 4）证明可逆性： 任取km∈G，有—km∈G， 使得

km+（-km)= (k-k)m=0m, (—km)+ km= （-k+k)m=0m,所以km的逆元是—km. 综上所述〈G，+〉是群。 5)证明交换性：k1m，k2m∈G,

k1m+k2m＝(k1+k2）m＝(k2+k1）m＝k2m+k1m，故＋可交换。 综上所述，〈G，+> 是交换群. 82。 答案：证明：

1） 证封闭性：任取a，b∈I, 因为ab=a+b—2∈I，所以ab∈I,所以在I上封闭。

2)。 证可结合性.任取a,b，c∈I,

a （bc)=a+（bc）—2=a+(b+c-2)—2=(a+b—2）+c-2 =(ab) c 所以可结合。

3） 证可交换. 任取a，b∈I，ab=a+b-2=b+a—2=ba 所以*可交换。 4) 证有幺元2.任取a∈I， a2=a+2—2=a 2a=2+a-2=a 5) 证可逆性.任取a∈I，4—a∈I，使得

a （4-a）=a+4-a—2=2 （4—a) a=4-a+a-2=a ∴a-1=4—a 所以83.答案：证明: 1.证•满足封闭性：

-1—1

任取x,y∈G,x•y=x*a＊y，因为＊在G上封闭，即x＊a＊y∈G,所以x •y∈G，所以运算•

在G中满足封闭性。 2.证•满足交换性：

-1-1

任取x，y∈G，x•y=x＊a＊y＝y ＊a* x （因为*可交换)

＝y•x

所以•满足交换性。 3. 证明•满足结合性

任取x,y,z∈G，x•(y•z）=x*a-1*(y＊a—1＊z)＝（x*a-1＊y)*a—1＊z (因为

＊可结合） ＝(x•y）•z

所以•满足结合性。

4. 证明a是•运算的幺元。设e是*运算的幺元.

—1

任取x∈G， x•a=x*a*a= x＊e＝x,因为•可交换，所以a•x=x, 所以a是运算•的幺元。

5. 证明•满足可逆性

任取x∈G, 令x’是x相对运算•的逆元。

—1

因为a, x-1∈G , 所以a＊ x＊a∈G ,

-1-1—1—1—1

x•(a＊ x＊a)=x*a*(a* x*a）= x*(a＊a）＊ x＊a

—1-1

= x＊ x＊a= (x＊ x)＊a=a

—1

因为•可交换,所以（a* x＊a）•x=a，

-1

所以(a＊ x*a)是x相对运算•的逆元. 综上所述也是交换群. 84.答案：

1.证明封闭姓：任取a,bG 因为ab＝2.证明交换性:任取a，bG， 因为a＊b3.证明结合性, a,b,cG， 因为

ab2G ， a＊bG。所以*满足封闭性.

abba22b*a ，所以＊满足交换性。

abc(ab)(ab)ca(bc)bc2*ca*22442（a＊b)*c=a＊(b＊c）。所以＊

满足结合性.

a2a24。证明2是幺元， 任取a,G, 因为a*2= 同理 2*a=a, 所以2是幺元。 45.证明有逆元, 任取aG， a0，所以aG， 因为

4a444a＊a2a=2 ， 又＊可交换 a＊ a=2 。 所以a是a的逆元.

综上所述 〈I，＊〉是个交换群。 85.答案:

1.证明封闭姓：任取a，bI 因为a＋b—4 I , a＊bI。 所以*满足封闭性.。 2.证明交换性:任取a,bI, 因为a*b=a+b-4=b+a—4=b*a。 所以*满足交换性。 3.证明结合性, a，b,cI， 因为

（a＊b)*c=(a+b—4)+c-4=a+b-4+c—4=a+（b+c—4）—4=a*(b*c）. 所以*满足结合性。.

4.证明4是幺元， 任取a,I, 因为a＊4=a+4-4=a 4*a=4+a—4=a,所以4是幺元. 5.证明有逆元， 任取a,I, 8—aI , 因为

a＊（8—a)= a+(8—a）—4=4

（8-a)*a=(8—a）+a-4=4 所以8—a是a的逆元。 综上所述 是个交换群.

86。答案:证明：因为 x∈G, xx=e，∴x= x-1 ， 任取x，y∈G, xy∈G

∴ xy=（xy） -1= y-1x-1 =yx 所以〈G,>是交换群 .

证明2.任取x，y∈G， 由已知得xx=e, yy=e,因xy∈G,于是 xy= xey= x（(xy）(xy））y

= (xx）yx（yy） =e yxe= yx 故G是交换群。

87。答案：证明：1,2,3阶群的运算表如下：从这些表看出是对称表，可见它们都是交换群. 

a

a b

a b a b b a

a b c

a a

a bc

a b c b c ac a b

1)。 1阶群和2阶群 显然是交换群. 2）. G是3阶群：任取a,b∈G，

如果其中有一个是幺元，则必有ab=ba 。 如果a,b都不是幺元:必有ab=e 。

因为 若 ab=a , 则 由可消去性得 b=e , 产生矛盾； 若 ab=b， 则 由可消去性得 a=e, 产生矛盾。

于是,a与b互为逆元素，所以 ab=e=ba .所以G是交换群。 3) 下面讨论4阶群的运算表：令G=｛a,b，c,d｝，a是幺元,分两种情况： a）.G中有两个元素互为逆元,设b和c互逆。见表a。 b）。G中所有元素的逆元都是自身。见表b称之为 Klein四阶群.

由这两个表看出,它们都是交换群.4阶群的运算表只有这么两种结构，所以4阶群都是交换群。

4) 6阶非交换群:如下面的由6个函数构成的复合群令F={f1，f2， f3, f4, f5, f6｝, 是F上的复合运算,前面已经证明了〈F，  >是群。

f1 f2 f3 f4 f5 f6  f1 f2 f3 f4 f5 f6

f1 f2 f3 f4 f5 f2 f1 f5 f6 f3 f3 f4 f1 f2 f6 f4 f3 f6 f5 f1 f5 f6 f2 f1 f4 f6 f5 f4 f3 f2 f6 f4 f5 f2 f3 f1 88。答案：

1. 证封闭性.任取a，b∈G，∴a≠-1,b≠—1,

a*b=a+b+ab 若a+b+ab=-1,则b=(-1—a）/(1+a) =—1, 产生矛盾. 所以 a+b-ab≠-1 ∴ a＊b∈G

2 .证可结合性。任取a，b，c∈G，∴a≠-1,b≠—1,c≠—1,

a＊(b＊c)=a+(b+c+bc）+a(b+c+bc)=a+b+c+bc+ab+ac+abc=（a+b+ab）+c+（a+b+ab）c=(a＊b)＊c

3。 证有幺元0.任取a∈G, a*0=a+0+a0=a 0*a=0+a+0a=a 所以0是幺元。 4。 证可逆性.任取a∈G，a≠—1,设有b,使得 a*b=a+b+ab=0 ∴ a+(1+a）b=0， b= -a/(1+a）≠-1 ∴b∈G。 a＊b=0 且b＊a= -a/(1+a）*a=-a/(1+a）+a-a a / （1+a) = (-a+a（1+a)-aa）/（1+a) =0

所以a有逆元b.即a-1= -a/(1+a）

5。 证交换性。任取a，b∈G， a*b=a+b+ab=b+a+ba=b*a 综上所述〈G，＊〉是个交换群。

.答案：证明：任取a，b∈G, a—1， b-1∈G

由a4b4=（ab) 4， a-1（a4b4）b-1=a—1(ab） 4b—1 （a-1a）a3b3（bb—1)=（a-1a）（ba） 3（bb—1) ∴ a33b3=(ba) 3 又已知a3b3=(ab) 3，∴(ba) 3=（ab) 3

类似由a5b5=(ab) 5,得 a4b4 =（ba） 4 。又已知a4b4=(ab) 4， ∴ (ba) 4=(ab） 4

又由(ba） 3=（ab) 3 得（ba)-3=（ab) —3

∴ （ba）4(ba） —3=(ab）4(ab） -3 ∴ ba=ab 所以〈G，〉是交换群 。

（注: a-1（ab）4b—1=a-1（(ab）(ab)（ab)（ab））b—1= (a-1a）（ba)（ba)(ba)（bb—1） = （a-1a）（ba) 3（bb-1））

90.答案：设〈G，>是群，如果存在一个元素g∈G, 使得对每个 x∈G, 都存在整数i， 有x=gi， 则称是个以g为生成元的循环群，

若g 的阶是m (gm=e） ，则称该循环群的循环周期是m . 若g 的阶是无限的, 则称该循环群的循环周期是无限的。 91答案：证明：令gigj = gi+j =gj+i= gjgi 所以92。答案：因为N4 ={0，1,2,3｝=｛14,1，12,13｝ 可见1是生成元.所以〈N4，+4〉是循环群。因为14 =0 所以循环周期是4。

93.答案：因为 I={…-3， —2， -1， 0， 1, 2, 3， .。.｝ I=｛… 1—3 ，1—2， 1—1， 10， 11 ，12, 13 .。。} 可见1是生成元.所以〈I，+〉是循环群。

因为1的阶是无限的,所以此循环群的循环周期是无限的.

，

94.答案： G=（ {g1,g2.。， gn=e} ） 95.答案：首先证明〈I, 〉是个群.

1。 证明封闭姓:任取a,bI 因为a＋b-2 I ， a*bI. 所以＊满足封闭性。。 2。 证明结合性， a,b，cI， 因为

（a*b）＊c=（a＋b－2）＋c－2=a＋b－2＋c－2=a＋（b＋c－2）－2=a*(b*c). 所以＊满足结合性..

3 证明2是幺元， 任取a,I， 因为a＊2=a＋2－2=a 2*a=2＋a－2=a，所以2是幺元。

4.。证明有逆元， 任取a,I， 4－aI , 因为

a＊(4－a）= a+(4－a)－2=2 (4－a）*a=(4－a）＋a－2=2 所以4－a是a的逆元。

所以〈I， >是个群.

5．找生成元,1与3互为逆元，都是生成元。

1n＝1n—1＊1＝1n—1＋1－2＝1n-1－1， 10=2 12＝1－1＝0， 13＝12－1＝0－1＝－1

14＝13－1＝－1－1＝－2 15＝14－1＝－2－1＝－3 …….

3n＝3n—1＋3－2＝3n—1＋1 30=2

32＝3＋1＝4， 33＝32＋1＝4＋1＝5 34＝33＋1＝5＋1＝6 35＝34＋1＝6＋1＝7 ……… n-1=4－n

I=｛…….。, —3， —2 , —1, 0, 1， 2, 3 , 4， 5， 6， 7…. }

=｛……。 15, 14 , 13， 12， 1, 10, 1-1 ， 1-2 ， 1-3 , 1-4 , 1-5 ，…。} =｛……。 3—5, 3—4， 3-3, 3—2 ， 3—1， 30, 3, 32, 33 ， 34, 35,… 。｝ 可见1和3是生成元。

综上所述 〈I，＊〉是个循环群。

96。答案:首先证明〈I， >是个群。

1. 证明封闭姓:任取a,bI 因为a-1＋b I , a＊bI. 所以＊满足封闭性.。 2. 证明结合性, a，b,cI, 因为

（a＊b)＊c=(a－1＋b）－1＋c=a－1＋b－1＋c=a－1＋（b－1＋c) =a＊（b*c)。 所以＊满足结合性。.

3 证明1是幺元， 任取a，I， 因为a＊1=a－1＋1=a 1*a=1－1＋a=a，所以1

是幺元.

4..证明有逆元, 任取a，I， 2－aI , 因为

a*（2－a)= a－1+（2－a） =1 (2－a）*a=(2－a）－1＋a=1 所以2－a是a的逆元。

所以〈I, >是个群。

5．找生成元，0与2互为逆元，都是生成元。

0n＝0n—1＊0＝0n—1－1＋0＝0n-1－1， 10=1 02＝0－1＝－1， 03＝02－1＝－1－1＝－2

04＝13－1＝－2－1＝－3 05＝14－1＝－3－1＝－4 ……。

2n＝2n-1－1＋2＝2n-1＋1 20=1

22＝2＋1＝3， 23＝22＋1＝3＋1＝4 24＝23＋1＝4＋1＝5 25＝24＋1＝5＋1＝6 ……… -1

n=2－n

I={……..， -3， —2 ， -1， 0， 1, 2， 3 , 4, 5， 6， …。 } =｛……。 04 , 03, 02， 0, 00, 0-1 , 0-2 , 0-3 ， 0—4 ， 0-5 ,…。 ｝

=｛……。 2-4， 2—3, 2—2 ， 2-1， 20， 2， 22， 23 ， 24, 25,… .｝ 可见0和2是生成元。

综上所述 97.答案：证明：由〈G,×7>的运算表如下：

可以看出:×7 满足封闭，有幺元1,有可逆性：1—1 =1， 2-1 =4， 3—1 =5, 4—1 =2， 5-1 =3, 6-1 =6，

另外， ×7可结合，所以〈G， ×7>是群。

3是生成元:32=2， 33=6， 34=81(mod 7)=4， 35=243（mod 7）=5， 36=729（mod 7)=1，

或5是生成元：52=4， 53=125（mod 7)=6，=625(mod 7)=2， 55=3125（mod 7）=3，

56=15625(mod 7）=1， 所以 〈G, ×7〉是循环群.

98.答案：证明：设是以g为生成元的循环群，HG,gt = gi-km = gig—km = gi（gk）—m = gi （(gk）—1）m 因为〈H，〉是群，gi，gk∈H， (gk）-1∈H， （（gk）-1)m∈H,

所以gi(（gk）—1)m∈H， 即gt∈H, 而t99.答案:n

100.答案：真值为假。举反例： 是〈N4，＋4〉 的子群。

中生成元是1，而 的生成元是2。

101。答案:设是群, S是G的非空子集，如果⑶ 任何a∈S 有a—1∈S， (可逆） 则称的子群。 102。答案： 设是群，〈｛e｝,〉和〈G,〉也是〈G,〉的子群，称之为平凡子群。G的其余真子集构成的子群称之为真子群。 103。答案：证明:⑴ 先证幺元e∈B，

任取b∈B,因为在B上封闭，所以对任意 i≥1 有bi∈B, 因 i可以取无穷多个值， 即这样的元素有无限个，而B中元素个数有限， 所以必存在正整数i，j (i∴ bj-i∈B 因又有（bi)—1∈G， 即 b—i∈G, 于是 bj-i =bjb—i= bib—i= e 因bj—i∈B，所以e∈B. ⑵ 再证B中每个元素b可逆.

任取b∈B, 由⑴得 bj—i =e (j—i≥1）

a） 如果 j—i>1, 有bj-i-1∈B, 使得 bbj—i—1 = bj-i—1b= bj—i=e 所以 b-1= bj-i-1 b） 如果j-i=1 则bj-i =b=e 所以 b-1 =b 所以〈B，〉是〈G,〉的子群. 104.答案：aH={ah｜h∈H｝ 105。答案：〈H3, +6>的运算表如下：

+6 0 2 4

0 0 2 4 2 2 4 0 4 4 0 2 从运算表可以看出以〈H3, +6〉是〈N6， +6〉的子群。

1H3 ={1+60， 1+62, 1+｝=｛1，3，5} 2H3 =｛2+60, 2+62, 2+}=｛2,4，0｝

106.答案： 1． < N6,＋6>的运算表如图下：

2．从此表看出:+6满足封闭性、有幺元0、每个元素都有逆元：0-1＝0，1-1＝5，2-1＝4,3-1＝3,4-1＝2,5-1＝1。我们又知道是可结合的。所以< N6，＋6>是群。 〈 N6,＋6〉 3．〈 N6,＋6〉有4个子群：分别是， ，其中H1=｛0｝， H2=｛0,3｝ H3={0，2，4}

〈H1,＋6>， 〈H2,＋6〉 ,的运算表如下：

107.答案：证明：

方法1,用子群定义证明 满足：

a) 封闭性:任取y1， y2∈H， ∴ y1a=ay1 y2a=ay2 , (y1y2）a=y1（y2a ）=y1（ay2） =(y1a)y2=(ay1)y2 =a（y1y2 ) ∴y1y2∈H ，满足封闭性.

b) 证有幺元e∈H, 因ea=ae ∴ e∈H。 c) 证可逆性：任取y∈H， ya=ay, y-1∈G, y—1a=y—1ae=y—1a(yy—1）=y-1（ay）y—1= y—1（ya）y-1

= ( y-1y)ay—1= eay-1= a y—1 ∴ y-1∈H， ∴ 是方法2, 任取y1， y2∈H， ∴ y1a=ay1 y2a=ay2 ，y2—1∈G (y1y2—1）a=（ y1y2—1 ）ae =y1y2-1a（ y2 y2-1） =y1y2—1(ay2） y2-1= y1y2-1(y2a） y2—1

= y1（y2-1y2)a y2—1 = y1eay2—1 =(y1a) y2-1 =（ay1） y2-1 =a(y1 y2—1 ） ∴ y1 y2—1∈H ∴ 〈H, 〉是〈G，〉的子群。

108.答案：

方法1 任取a, b∈H, ( 推出a* a—1∈H,即推出〈 a*b-1，e>∈R, )

由H定义得 〈a,e〉∈R，∈R，进而分别得〈a＊e，a＊ a—1〉∈R，∈R，

又由题的已知条件进一步分别得〈e，a—1>∈R，〈e，b—1>∈R，由对称性得〈 b—1，e >∈R，

再由传递性得〈 b-1，a—1〉∈R，由此又可以写成〈e＊ b-1，a—1＊e〉∈R，由此再写成〈(a—1＊a)＊ b-1，a—1＊e〉∈R，即∈R,由题的已知条件进一步分别得〈 a＊ b-1,e〉∈R. 所以〈H,＊〉是方法2

1) 证明e∈H：因为R自反，所以有2) 证明可逆性：任取a∈H， 由H定义得〈a，e〉∈R,它可写成〈a＊e，a*a-1>∈R，再由题给出的已知条件得∈R,由H定义得a—1∈H。

3) 证明封闭性：任取a， b∈H， （ 推出a* b∈H，即推出〈 a*b，e〉∈R, ） 由H定义得 〈a,e〉∈R，〈b，e>∈R，又由已证明的可逆性得a—1∈H，即〈 a—1,e 〉∈R，再由对称性得〈e，a-1〉∈R，这样由〈b,e>∈R和∈R，即〈a-1＊(a＊ b)，a—1*e〉∈R，再由题的已知条件得

〈 a*b,e>∈R。这说明 a* b∈H. 所以*在H中满足封闭性。 综上所述 〈H,＊>是〈G,*>的子群。

109。答案:证明： 任取x，y∈A, (证出xy-1∈A，即证出 (xy—1 ）H（xy-1 ）-1=H）

由A的定义得xHx-1=H, yHy-1=H。 ∴y-1（yHy—1）y = y—1Hy (y—1y）H(y—1y)= y—1Hy ∴H= y-1Hy

(xy-1 )H（xy—1 ) -1= （xy—1)H(yx-1)= x(y-1Hy）x-1= xHx-1=H

所以有xy-1∈A。所以是110。答案：证明: 设， H={a,a2，…，ap=e｝， 〈H，〉是〈G,>的p阶子群。

,则b(a)aae， 如果n〉1, 令 ba则b的阶为p， 以b为生成元, 构造循环群是111.答案：证明：设如果有a的阶就是5， 就可以以a为生成元构造循环群〈H，>, H=｛a,a2,…,a5=e｝， 是〈G,〉的5阶子群。

如果a的阶是25, 即a25=e令, 则b=a5，则b5= (a5）5=e，所以b的阶为5, 以b为生成元， 构造循环群所以25阶群必含有5阶子群。 112.答案：有p-1个生成元。

因为是个p阶循环群，G中任何元素的阶都是p的因子,而只有1和p是素数p的因子，所以G中任何不是幺元元素的阶都是p，都可以作为生成元。因此这样的元素有p—1个.

113.答案：(a∈bH, 或者b∈aH 或者 aH=bH  ） 三个答案中任写一个都对. 114。答案：A＝B＝G

因为是11阶群，a，b∈G，a,b的阶分别是m和n，所以m和n都是11的因子。又a，b不是幺元，所以m＝n＝11。A=｛a1，a2，…am｝,B=｛b1,b2,…bn}。|A|＝｜B|.因为〈A，*〉和〈B，＊〉都是〈G，*>的子群。所以A＝B＝G。

115.答案:证明R是G上等价关系。

pn1ppn1p（pn1）ppna） 证明R自反:任取x∈G, 幺元e∈G， 因为 x=exe—1,由R定义得∈R，所以R自反。

b) 证明R对称：任取x，y∈G, 设有〈x，y>∈R， 由R定义得z∈G，使得 y=zxz—1 , 于是有： z—1yz= z—1（zxz—1）z , z—1yz= （z-1z)x(z-1z) ， 所以 z-1y（z—1） -1 =x 因z-1∈G，所以有 ∈R, 所以R对称。

c) 证明R传递:任取x,y，z∈G, 设有∈R, = (z2z1)x（z1—1z2-1）=（z2z1）x(z2z1) —1 因z2z1∈G ，∴〈x，z〉∈R, ∴R传递。∴R是G上等价关系。 116.答案:

a) 证明R自反：任取a∈G， 幺元e∈G, e∈H, e∈K， 因为 a=exe,由R定义得

和的子群， h-1∈H, k—1∈K，于是有

h-1*b＊ k-1 = h—1*（h＊a*k）＊k-1,h—1*b* k-1 = （h—1＊h）*a*（k*k—1），进

-1—1

一步得 h＊b* k = a

由R定义得〈b，a〉∈R,所以R对称。

c) 证明R传递:任取a,b，c∈G， 设有由R定义得，存在h1∈H, k1∈K 使得b=h1*a*k1，存在h2∈H, k2∈K 使得c=h2*b*k2,于是有

c=h2*b＊k2＝h2*（h1＊a*k1）*k2＝（h2＊h1）*a＊(k1*k2）,

(h2*h1）∈H ,(k1*k2）∈K，由R定义得1．证明R是G上等价关系.

a） 证明R自反：任取a∈G, 幺元e∈H， s所以 a-1＊a∈H,，由R定义得∈R,所以R自反。

b） 证明R对称：任取a，b∈G, 设有〈a,b〉∈R， 由R定义得a—1*b∈H，因为〈H,＊〉 是群, 所以（a—1＊b) —1∈H，即b—1*a∈H，由R定义得〈b,a>∈R, 所以R对称。

c) 证明R传递:任取a，b，c∈G, 设有得a1*b∈H,b—1*c∈H,因为 是群， 所以(a-1＊b）*(b—1*c)∈H, 可得a—1＊（b*b-1）＊c∈H，进一步得a-1＊c∈H, 由R定义得a) 先证明[e]H:因为〈H,＊〉 是群的子群， e∈H,所以有[e］H. b) 再证明H [e]:任取a∈H, 因为H， a＊e∈H，由R定义得∈R，所以a∈[e］.所以有H [e］.

由a)b)得［e］=H.

118。答案：证明：方法1，用子群定义证明 满足：

a) 封闭性：任取x1, x2∈C， ∴ f（x1）=g（x1） f（x2）=g(x2） f（x1x2) =f（x1)  f(x2) =g(x1）  g(x2）=g（x1x2） ∴x1x2∈C

—1

b) 证幺元e1∈C， (设e1和e2分别是G1和G2中的幺元) 因 f（e1)= e2= g(e1） ∴ e1∈C。

c) 可逆性：任取x∈C, f(x)=g(x） x—1∈G1， f（x-1）= (f(x))-1= （g(x））-1 =g（x-1) ∴ x-1∈C.

综上所述， 是〈G1，>的一个子群。

方法2,任取x1， x2∈C， ∴ f(x1）=g(x1） f（x2)=g(x2） x2—1∈G1

f（x1x2-1 ） =f（x1） f(x2-1) =f（x1)(f（x2)）-1 = g（x1) （g(x2）)—1 = g(x1)  g（x2—1） = g(x1x2—1) ∴ x1x2—1∈C 所以〈C, >是〈G1，〉的一个子群。

119。答案：证明:

必要性. 设f： G1 G2的单一同态映射, e2是G2中的幺元.∵f(e1)= e2, ∴ e1∈Ker (f)。 如果有a∈G1， a∈Ker （f）, 即f（a)= e2, ∴f（e1)=f（a), ∵f是入射的, ∴a= e1， ∴Ker (f)={ e1}. 充分性。已知Ker （f）={ e1｝. 任取x1 ,x2∈G1,若f(x1）=f（x2)， 则(f(x1))—1=（f(x2）) —1，

而(f(x1）) —1=(f(x1—1）), (f（x2)） —1=（f（x2-1)）, ∴ (f(x1-1))=(f（x2—1）)， 而由同构关系式得：

f(x1 x2-1）=f（x1）f（x2—1）=f(x1)f（x1-1)=f（x1）(f(x1)) —1= e2 ， ∴ x1 x2-1∈G1， ∴x1 x2-1= e1

∴ x1= x1 e1= x1( x2-1x2）=( x1 x2-1) x2=e1 x2= x2，所以f 是入射的。

120.答案:证明：先证明G必有3阶子群

设G是6阶群，根据Lagrange定理，G中非幺元的元素的阶必是2、3或6。 如果G中所有非幺元元素的阶都为2,设a,b的阶都是2.则{e，a，b,ab}是G的4阶子群 （即klein四阶群),

e a b ab e e a b ab a a e ab b

b b ab e a ab ab b a e

这与Lagrange定理矛盾。所以G中必有3阶或6阶元素，如果b是G中6阶元素，则b2是3阶元素,所以G中必有3阶元素,设c是G中3阶元素。于是｛c，c2,c3=e｝,就是G的3阶子群。 再证明唯一性

假设G中还有一个3阶元素a（a≠c）,使得｛a,a2，a3=e｝ 是G的3阶子群。 不妨令G＝{c,c2, c3 =e, a，a2，d} 于是

如果ca=c,则a=e； 如果ca=c2,则a=c；如果ca=e，则c-1=a； 如果ca=a,ca=a2,类似都可以推出矛盾. 只能ca=d。 类似地,

如果ca2 =c, 则a2 =e; 如果ca2 =c2, 则a2 =c ； 如果ca2=a, 则ca =e； 如果 ca2=a2 ,则c=e;

，

如果ca2=e，则c—1 =a2 也都推出矛盾. 所以只能ca2 =d.

于是有ca=d=ca2 ，进而得a=e。产生矛盾。

所以不可能有上述的3阶元素a,因而G只有一个3阶子群。

121。答案：证明： ⑴ 先证e∈S

任取a∈S 由已知得 aa-1∈S， 即e∈S。 ⑵ 再证可逆性

任取a∈S 由⑴得e∈S，由已知得 ea-1∈S, 即a—1∈S。 ⑶ 最后证明封闭性

任取a，b∈S 由⑵得b—1∈S ,由已知得a(b—1)—1∈S， 即得 ab∈S 所以122.答案：证明:因为〈H1,〉和 是群〈G,> 的子群，所以幺元e∈H1∩H2 所以 H1∩H2≠Φ

任取a，b∈H1∩H2 （推出ab—1∈H1∩H2）

则 a,b∈H1 a,b∈H2，因为是群的子群，所以 b-1∈H1 ， b-1∈H2 ，

由封闭性得 ab-1∈H1，ab—1∈H2 ∴ ab-1∈H1∩H2 。

因 H1∩H2 H1,H1∩H2H2 ，H1∩H2 G,所以〈 H1∩H2，> 是123。答案：HK＝{e｝ e是幺元。

因为〈HK,*〉是124。答案：此说法正确。

因为〈H，*〉是群的子群，且HG，｜G|=15，根据拉各朗日定理得，|H|是15的因子，

所以｜H|＝1，或者｜H｜＝3，或者｜H|＝5，素数阶的群都是循环群，当然是交换群。所以〈H，＊>是交换群。 125.答案：(m是n的因子。)

126.答案：因为 f（（x1—1 x2） -1) = f（(x2—1 x1）) = f((x2-1） f(x1） = （f(x2）—1 f(x) =y —1 y 121

—1

所以 f（(x1 x2) —1) = ( y2 -1 y1 ）

127。答案：证明:如果x与y在K的同一个陪集中。

设有aX，有陪集aK，x,yaK.于是K中必有k1，k2，使得x=ak1, y=ak2 。令e 和e分别是的幺元。因为k1，k2K，所以f（k1）＝f(k1）＝e

f（x）=f（ak1） ＝f（a）  f(k1)＝f(a)  f（k1)＝f（a）  e＝f（a) f（y)=f（ak2） ＝f（a)  f(k2）＝f(a）  f(k2）＝f(a)  e＝f(a) 所以有f(x)=f（y)。

128.答案：是个(半群 ），并且还满足条件（• 对＊可分配 )。

129。答案：是个（ 交换群），并且还满足条件（• 对＊可分配 ）。

130。答案:是个（ 交换群)，〈R, •>是个(独异点 ），并且还满足条件（• 对＊可分配 )。 131.答案：〈R， •〉是个( 可交换的独异点 )，〈R，*， >是个（ 交换群），并且还满足条件（• 对*可分配 ）和( 无零因子 ）.

132.答案：(〈R，*>)是个交换群（ ）是个交换群，并且还满足条件（• 对＊可分配 ) 133.答案: （交换群）（交换群），(• 对*可分配 ）

134。答案：不是环。因为〈N，+ 〉不满足可逆性,所以不是群. 不是域。因为〈I,·>不满足可逆性，不是群，所以不是域. 135.答案： < P(E）,∪〉满足封闭,结合，有幺元Φ,可交换,但除Φ外都不可逆，所以它不是群。 ：不是环.因为

换，所以它是交换群。

满足封闭,结合，所以它是半群。 但∪对不可分配。

所以〈P（E)， ， ∪〉:不是环。 它是交换群。

①证明是交换群

a） 封闭:任取a，b∈I, a+b—1∈I, 所以ab∈I。

b) 结合:任取a,b,c∈I， a(bc）=a+（b+c-1）-1=(a+b-1）+c-1=（ab）c c) 交换：任取a,b∈I， ab= a+b-1=b+a—1=ba

d) 有幺元1：任取a∈I, a1=a+1—1=a 1a=a ∴1是幺元。 e） 可逆：任取a∈I 2-a∈I a（2—a)=a+2—a-1=1 ∴—a=2-a 所以是交换群。

②证明a) 封闭：任取a，b∈I, a+b-ab∈I， 所以a  b∈I.

b） 结合：任取a，b，c∈I, a(bc) =a+(b+c-bc）—a（b+c—bc) =a+b+c—bc—ab-ac+abc=（a+b—ab）+c-(a+b-ab)c =(ab)c c） 交换：任取a，b∈I， ab= a+b-ab=b+a-ba=ba

d） 有幺元0：任取a∈I, a0=a+0—a0=a 1a=a ∴0是幺元。 所以③证对可分配：任取a，b，c∈I,

a(bc） = a+(b+c—1）-a(b+c-1)= a+b+c—1—ab—ac+a=（a+b-ab)+（a+c—ac)-1=(ab）(ac)

综上所述, 〈I， ，〉是有幺元的交换环。 137。答案：证明

.a) 分析:因为对于〈A，+〉是个群， 在群中除了幺元以外无其它幂等元, 所以只要证明a+a是幂等元即可. 任取a∈A , 由已知得a•a=a

（a+a)+(a+a）=(a•a+a•a）+(a•a+a•a）=a• (a+a)+a • （a+a） = (a+a)•(a+a）=(a+a) 可见(a+a) 是幂等元， 而群中只有幺元e外， 无其它幂等元, 所以（a+a） =θ。

b） 任取a，b∈A, 因a+b∈A, 由已知得(a+b)•（a+b）=a+b

由分配律得a•a+b•a+a•b+b•b=a+b 因为a•a=a b•b=b，于是 a+b•a+a•b+b=a+b

所以 b•a+a•b=θ因θ=b•a+b•a所以

b•a+a•b= b•a+b•a 消去b•a 得a•b= b•a,所以A，+，•>是交换环。

138.答案：说法正确。因为域中没有零因子.所以如果a*b=0，则必有a=0或b=0。