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代数学引论(丁石孙)_第一章答案

代数学基础学习笔记
第一章代数基本概念
习题解答与提示(P54)
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 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 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 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 j(I,j=1,2,…,n),有 akai ak aj------------<1> aiak aj ak------------<2>
再由乘法的封闭性可知 G={a1,a2,…,an}={aka1, aka2,…, akan}------------<3>
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G={a1,a2,…,an}={a1ak, a2ak,…, anak}------------<4> 由<1>和<3>知对任意 at G, 存在 am G,使得
akam=at. 由<2>和<4>知对任意 at G, 存在 as 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={a1,a2,…,an}. (Ⅰ) 证明 G 内存在幺元.
<1> 存在 at G，使得 a1at=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明); <2> 证明 a1at= ata1; 因为
故此
a1(ata1)at=(a1at) (a1at)=(a1)2 a1(a1at)at=(a1a1)at=a1(a1at)= (a1)2,
由条件(1),(2)可得到
a1(ata1)at= a1(a1at)at.
<3> 证明 at 就是 G 的幺元; 对任意 ak G,
由条件(2)可知
a1at= ata1. a1(atak) =(a1at)ak=a1ak
类似可证
atak=ak.
因此 at 就是 G 的幺元. (Ⅱ) 证明 G 内任意元素都可逆；
akat=ak.
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 G，
存在 b G，使得
ab=ba=e.
<1> 对任意 a G，存在 b G，使得
2

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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 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 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 G, ax=b 在 G 内有解, 记一个解为 c,那么有 ac=b ,所以
eab= ea(ac)= (eaa)c=ac=b, 因此 ea 为 G 内的左幺元. 再者对任意 d 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 G,下列方程 ax=b 和 ya=b
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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 x2y2.
[思路] 在一个群 G 中，x,y G, xy=yx (xy)2 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=
, y=
那么
(xy)2
= 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
1
2
2
3
3
2
3
1
3
1
2
3
2
3
1
2
1
1
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3
3
2
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3
2
1
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3
2
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3
1
2
2
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3
3
1
3
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2
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3
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2
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2
3
3
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3
1
2
1
2
3
1
3
1
2
3
2
3
3
1
1
2
2
1
2
3
2
3
1
2
1
2
3
1
3
3
3
2
2
1
1
2
1
3
1
3
2
1
2
1
3
2
3
[说明]：表示置换表如下:
, 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
e
a
b
c
d
f
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e
e
a
b
c
d
f
a
a
e
d
f
b
c
b
b
c
e
a
f
d
c
c
b
f
d
e
a
d
d
f
a
e
c
b
f
f
d
c
b
a
e
6. 对于 n>2,作一阶为 2n 的非交换群.
M2n（P）
7. 设 G 是一群, a,b G,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.
我们注意到
a-1bka=
= bkr,
因此
可见 k=n+1 时结论也成立. 由归纳原理可知结论得证.
a-(n+1)ban+1= a-1 (a-nban)a=a-1 a= =
,
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
, 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.
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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-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 G,有 a～a,故此 aa-1=e S；对任意 a,b S,由(ab)b-1=a S,可知 ab～b，又 be-1=b S,故 b～e,由传递性可知 ab～e，即(ab)e-1=ab S.再者因
ae-1=a S, 故 a～e,由对称性可知 e～a，即 ea-1=a-1 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 G, 有 aa-1=e S，故此 a～a(自反性);若 a～b，则 ab-1 S,因为 S 为 G 的子群，故(ab-1)-1=ba-1 S,因此
b～a(对称性);若 a～b，b～c,那么 ab-1 S,bc-1 S,故 ab-1 bc-1=ac-1 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
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：
e
a
b
c
e
e
a
b
c
a
a
e
c
b
b
b
c
e
a
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c
c
b
a
e
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 H, 有 H aH= ,
并且 aH G,H G,又注意到 aH 和 H 中都有 n 个元素, 故此 H aH=G.
同理可证对任意 a H, 有 H Ha= , H Ha=G，
因此对任意 a H，有 aH=Ha.
对任意 a H, 显然 aH H, Ha H 又因 aH,Ha 及 H 中都有 n 个元素，故 aH=Ha=H.
综上可知对任意 a G,有 aH=Ha，
因此 H 是 G 的正规子群.
[方法 2]
设 H 是 2n 阶群 G 的 n 阶子群,那么任取 a H, h H, 显然有 aha-1 H.
对给定的 x H, 有
H xH= , H xH=G.
这是因为若假设 y H xH, 则存在 h H，使得 y=xh,即 x=yh-1 H 产生矛盾,因此 H xH= ;另一方面, xH G,H G,
又注意到 xH 和 H 中都有 n 个元素, 故此 H xH=G.
那么任取 a H,由上面的分析可知 a xH, 从而可令
这里 h1 H.
a=xh1
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假设存在 h H, 使得 aha-1 H,则必有 aha-1 xH,从而可令
这里 h2 H. 那么
aha-1=xh2
xh1ha-1=xh2, 即
产生矛盾.
a= h2h1h H,
因此，任取 a H, h H, 有 aha-1 H.
综上可知对任取 a G, h H, 有 aha-1 H,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 a e 适合 a2=e. 证明: 设 b G，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).
[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 a G，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. 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) Bi Bj=Bi+j,注意到 Bn=
故此
这里 i+j=kn+r,k Z,0这里 i+j=kn+r,k Z,0Bi Bj=Br G
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(3) 容易证明 BAB=A=ABn,BA=BiAB(s+1)n=ABn-t G,这里 i=sn+t,k Z,0(4) (ABi) (ABj)=A(BiABj)=A((ABn-t) Bj)=A2(Bn-t Bj)= Bn-t Bj) G 由(1),(2),(3),(4)知 G 对乘法运算封闭.
(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.
由(Ⅰ)，(Ⅱ)，(Ⅲ)，(Ⅳ)可知 G 在矩阵乘法下构成一群.
最后证明 G 与 Dn 同构. 令 f:G→Dn
f(Bi)=Ti, f(ABi)=STi(i=1,2,…,n)，
可以证明 f 就是 G 到 Dn 的同构映射，这里不予证明了. 15. 设 i 是一个正整数, 群 G 中任意元素 a,b 都适合(ab)k=akbk, k=I,i+1,i+2,证明 G 为交换群.
证明:
对任意 a,b G
ai+2bi+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (ai+1bi+1)=a(bai+1)bi+1,
根据消去律可得
ai+1b=bai+1.----------------------(1)
同时
ai+1bi+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (aibi)=a(bai)bi+1,
根据消去律可得
aib=bai.---------------------------(2)
因此
ai+1b=a(aib)=a(bai)=(ab)ai----(3)
另外
bai+1=(ba)ai----------------------(4)
结合(1),(3),(4)有
(ab)ai=(ba)ai---------------------(5)
由消去律可得到
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因此 G 为交换群.
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ab=ba.
16. 在群 SL2(Q)中，证明元素 a=
的阶为 4，元素
b=
的阶为 3，而 ab 为无限阶元素. 证明：
可以直接验证 a 的阶为 4，b 的阶为 3. 因为
ab=
，
对任何正整数 n，
(ab)n=
≠
可见 ab 的阶为无限.
[注意] 在一群中，有限阶元素的乘积并不一定也是有限阶的，但两个可交换的有限阶元素的乘积一定是有限阶元素. [问题] 若一群中所有元素的阶数都有限，那么这个群一定是有限群吗？
17. 如果 G 为一个交换群，证明 G 中全体有限阶元素组成一个子群. 证明:
交换群 G 中全体有限阶元素组成的集合记为 S，任取 a，b S，并设 a 的阶为 m，b 的阶为 n，则 (ab)mn=(am)n(bn)m=e
因此 ab 为有限阶元素，即 ab S. a-1 的阶数与 a 相同，故此 a-1 也是有限阶元素，即 a-1 S. 综上可知 S 为 G 的一个子群.
18. 如果 G 只有有限多个子群，证明 G 为有限群. 证明:
采用反证法证明.假设 G 为无限群，则 G 中元素只可能有两种情况：(1)G 中任意元素的阶数都有限、(2)G 中存在一个无限阶元素. (1) 首先看第一种情况：
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G 中取 a1≠e，并设其阶数为 n1，则循环群 G1={ ,… }为 G 的一个子群； G 中取 a2 G1，并设其阶数为 n2，则循环群 G2={ ,… }为 G 的一个子群； G 中取 a3 G1∪G2，并设其阶数为 n3，则循环群 G3={ ,… }为 G 的一个子群； ……… 我们一直这样做下去，可以得到 G 的互不相同的子群构成的序列 Gn(n=1,2,…)，所以 G 有无穷多个子群，产生矛盾； (2) 再看第二种情况: 设 a∈G 的阶数为无穷，那么序列
G1=< >，G2=< >，…，Gn=< >，… 是 G 的互不相同的子群，所以 G 有无穷多个子群，产生矛盾.
综上就可知“G 是无限群”这个假设不成立，因此 G 是有限群.
19. 写出 Dn 的所有正规子群. ｛T,T2,……，Tn｝
20. 设 H，K 为群 G 的子群，HK 为 G 的一子群当且仅当 HK=KH.
证明：
(Ⅰ)设 HK=KH，下面证明 HK 为 G 的一子群.
任取 a,b∈HK,可令
这里 hi∈H，ki∈K，i=1,2. 那么
a=h1k1，b=h2k2
因 HK=KH，故此
ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 ---------------(1)
这里 h3∈H，k3∈K. 由(1),(2)知
k1h2= h3k3 ----------------------(2)
ab= h1(h3k3)k2=(h1h3)(k3k2)∈HK. ------------(3)
另外，
由(3),(4)知 HK 是 G 的子群.
a-1= (h1k1)-1=
∈KH=HK. ----------------- (4)
(Ⅱ) HK 为 G 的一子群,下面证明 HK=KH.
若 a∈HK,易知 a-1∈KH. HK 是子群,任取 a∈HK，有 a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈KH，那么有 HK KH.
若 a∈KH,易知 a-1∈HK. HK 是子群,任取 a∈KH，有 a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈HK，那么有 KH HK.
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综上知，HK=KH.
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21. 设 H，K 为有限群 G 的子群，证明
证明：因 H∩K 为 H 的子群，那么可设 H 的左陪集分解式为 H=h1(H∩K)∪h2(H∩K)∪…∪hr(H∩K)
这里 r 为 H∩K 在 H 中的指数，hi∈H，当 i≠j，hi-1hj?H∩K(事实上等价于 hi-1hj?K),i, j=1,2,…,r. 又(H∩K)K=K,所以 HK=h1K∪h2K∪…∪hrK.------------(1) 注意到 hi-1hj?K，所以当 i≠j(i, j=1,2,…,r)时， hiK∩hjK= .----------------(2) 由(1),(2)我们得到
[总结]
左陪集的相关结论
设 H 为 G 的一子群，那么 (1) a∈aH; (2) a∈H?aH=H; (3) b∈aH?aH=bH; (4) aH=bH?a-1b∈H; (5) aH∩bH≠ ，有 aH=bH.
22. 设 M,N 是群 G 的正规子群.证明： (i) MN=NM; (ii) MN 是 G 的一个正规子群； (iii) 如果 M N={e}，那么 MN/N 与 M 同构. 证明： (i)[方法 1]
任取 a∈MN,可设 a=mn(m∈M，n∈N).因为 M 为 G 的正规子群，故 n-1mn∈M. 所以 a=n(n-1mn) ∈NM，故此 MN?NM.
同样的方法可以证明 NM?MN. 因此 MN=NM.
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[方法 2]
任取 a，b∈MN，可设 a=m1n1(m1∈M，n1∈N)，b=m2n2(m2∈M，n2∈N).下面只要证明 MN 为 G 的一个子群即可(由第 20 题可知)，也就是说只要证明 ab-1∈MN 即可.
因为
而 M 为 G 的正规子群，故
ab-1=m1n1n2-1m2-1= [m1(n1n2-1m2-1n2n1-1)](n1n2-1)，
所以 ab-1∈MN.
n1n2-1m2-1n2n1-1∈M，
(ii) 由(i)可知 MN 为 G 的一个子群.
任取 a∈MN, 可设 a=mn(m∈M，n∈N).因为 M 和 N 为 G 的正规子群，对任意 g∈G，有
g-1ag= g-1mng= (g-1mg)(g-1ng) ∈MN.
所以 MN 为 G 的正规子群.
(iii) 易知 N 为 MN 的正规子群，因此 MN/N 是一个群. 因为 M N={e}，对任何 mi≠mj∈M, 有 miN≠mjN[注]. 作一个 MN/N 到 M 的映射 f[注]，
f: MN/N→M
mN m，
那么该映射显然是一一对应，另外
f(miN mjN)= f(mimjN)= mimj，因此 f 为 MN/N 到 M 的同构映射，即 MN/N 与 M 同构.
[讨论] 1. 只要 M 和 N 的一个是正规子群，那么 MN 就是子群，或者说成立 MN=NM.这一点我们从(i)的证明方法 2 可知. 2. M 和 N 中有一个不是正规子群时 MN 一定不是正规子群. [注意] 1 M N={e}，对任何 mi≠mj∈M, 有 miN≠mjN. 证明：若存在 mi≠mj∈M, 有 miN=mjN，那么 mimj-1∈N，而 mimj-1∈M. 因此 mimj-1∈M N，产生矛盾. 2. 设
f: MN/N→M mN m，
则由于对任何 mi≠mj∈M, 有 miN≠mjN，故此 f 为 MN/N 到 M 的一个映射.
23. 设 G 是一个群，S 是 G 的一非空子集合.令 C(S)={x∈G|xa=ax,对一切 a∈S}
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N(S)= {x∈G|x-1Sx=S}. 证明： (i) C(S),N(S)都是 G 的子群; (ii) C(S)是 N(S)的正规子群. 证明： (i) 首先证明 C(S)是 G 的子群.
任取 x，y∈C(S)，那么对任意 a∈S 有 xa=ax，ya=ay. 那么一方面， (xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=(ax)y=a(xy)，
所以 xy∈C(S). 另一方面， xa=ax a=x-1ax ax-1=x-1a
所以 x-1∈C(S). 因此，C(S)是 G 的子群. 接着证明 N(S)都是 G 的子群. 任取 x，y∈N(S)，则 x-1Sx=S，y-1Sy=S. 那么一方面， (xy)-1S(xy)=x-1(y-1Sy)x=x-1Sx=S
所以 xy∈N(S). 另一方面， x-1Sx=S S=xSx-1
所以 x-1∈N(S). 因此，N(S)是 G 的子群.
(ii) 任取 x∈C(S)，a∈S，则 xa=ax，即 a=x-1ax，亦即 S= x-1Sx. 因此 x∈N(S)，即 C(S) N(S). 任取 x∈C(S)，y∈N(S)，a∈S，则存在 ay∈S 使得 yay-1=ay，因此 a=y-1ayy. 那么 (y-1xy)a(y-1xy)-1=y1[x(yay-1)x-1]y= y1(xayx-1)y= y-1ayy=a，
即 (y-1xy)a=a(y-1xy).
所以 y-1xy∈C(S)，因此 C(S)是 N(S)的正规子群.
24. 证明任意 2 阶群都与乘法群{1，-1}同构. 证明：易证.
25. 试定出所有互不相同的 4 阶群. 解：
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我们分类讨论:(1)存在四阶元；(2)不存在四阶元.
(1) 若存在一个四阶元，并设 a 为一个四阶元，那么该四阶群为.
(2) 若不存在四阶元，那么除了单位元 e 的阶为 1，其余元素的阶只能是 2，即设四阶群
G={e，a，b，c}，那么 a2=b2=c2=e，ab=ba=c，ac=ca=b，bc=cb=a. 群表如下：
e
a
b
c
e
e
a
b
c
a
a
e
c
b
b
b
c
e
a
c
c
b
a
e
这是 Klein 四阶群.
综上可知，四阶群群在同构意义下只有两种或者是四阶循环群或者是 Klein 四阶群.
26. 设 p 为素数.证明任意两个 p 阶群必同构. 证明：
易知当 p 为素数时，p 阶群必存在一个 p 阶元，即 p 阶群必是 p 阶循环群，故两个 p 阶群必同构.
27. Z 为整数环，在集合 S=Z×Z 上定义 (a,b)+(c,d)=(a+c,b+d),
(a,b) (c,d)=(ac+bd,ad+bc). 证明 S 在这两个运算下成为幺环. 提示：(1,0)为该环的单位元素. 证明：略.
28. 在整数集上重新定义加法“ ”与乘法“ ”为 a b=ab,
试问 Z 在这两个运算下是否构成一环. 答：不构成环.
a b=a+b
29. 设 L 为交换幺环，在 L 中定义： a b=a+b-1, a b=a+b-ab.
这里 e 为单位元素，证明在新定义的运算下，L 仍称为交换幺环，并且与原来的环同构. 证明： (i)证明 L 在运算下构成交换群：
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