离散数学习题解第二部分(代数系统)

离散数学习题解 第二部分 代数系统
习题四 第四章代数系统
1．设I 为整数集合。

判断下面的二元关系是否是I 上的二元运算
a ）+={（x ，y ），z|x ，y ，zI 且z=x+y}
b ）－={（（x ，y ），z ）|x ，y ，zI 且z=x －y}
c ）×={（（x ，y ），z ）|x ，y ，zI 且z=x ×y}
d ）/={（（x ，y ），z ）|x ，y ，zI 且z=x/y}
e ）R={（（x ，y ），z ）|x ，y ，zI 且z=x y }
f ）
={（（x ，y ），z ）|x ，y ，zI 且z=y
x }
g ）min = {（（x ，y ），z ）|x ，y ，zI 且z=max （x ，y ）} h ）min = {（（x ，y ），z ）|x ，y ，zI 且z=min （x ，y ）} i ）GCD = {（（x ，y ），z ）|x ，y ，zI 且z= GCD （x ，y ）} j ）LCM={（（x ，y ），z ）|x ，y ，z ∈I 且z= LCM （x ，y ）}
[解] a ）是。

由于两个整数之和仍为整数，且结果唯一，故知+：I 2→I 是I 上的一个二
元运算。

b ）是。

由于两个整数之差仍为整数，且结果唯一，故知一：I 2→I 是I 上的一个
二元运算。

c ）是。

由于两个整数这积仍为整数，且结果唯一，故知x ：I 2→I 是I 上的一个
二元运算。

d ）不是：例如若x=5，y=6，则z=x/y=5/6∉I ；当y=0时z=x|y=x/0无定义。

e ）不是。

例如若x=2，y= -2，则z=x y =2 –2=
2
2
1=I 41
∉；若x=y=0，则z=x y =0，则z=I 2x ∉=
χ；
g ）是。

由于两个整数中最大者仍为整数，且结果唯一。

故知max ：I 2→I 是I 上
的一个二元运算。

h ）是。

由于两个整数中最小者仍为整数，且结果唯一。

故知min ：I 2→I 是I 上
的一个二元运算。

i ）是。

由于两个整数的最大公约数仍为整数，且结果唯一。

故知GCD ：I 2→I 是
I 上的一个二元运算。

j ）是。

由于两个整数的最小公倍数仍为整数，且结果唯一。

故知LCD ：I 2→I 是
I 上的一个二元运算。

注：两个整数a 和b 的最大公约数GCD （a ，b ）定义为同时除尽a 和b 的正整数中最大的一个；两个数a 数b 的最小公倍数LCM （a ，b ）定义为同时是a 和b 的正倍数中最小的一个。

2．设X={x | x=2n ，n ∈N}问普通数的加法是否是X 上的二元运算？普通数的乘法呢？ [答] 普通的加法运算不是X 是X 上的二元运算，因为存在着x 1=2∈X ，x 2=22∈X ，
使x 1+x 2=2+22=6∉X 。

普通的乘法运算是X 上的二元运算，因为对于任意的x 1=1n 2∉X ，x 2=2
n 2∉X ，
这里n 1，n 2∉N ，都有x 1·x 2=1n
2·2
n 2
=∈+=2
1n n 2
X （因为n 1+n 2∈N ）。

3．设<X ，* >是代数系统，*是X 上的二元运算，若有元素e l ∈X ，使X x ∈∀，有
e l *x=x ，则称e l 是关于*的左幺元。

若有元素e r X ，使X x ∈∀，有x * e l =x ，则称e r 是关于*的右幺元。

a) 试举出公含有左幺的代数系统的例子。

b) 试举出仅含有左幺的代数系统的例子。

c) 证明：在代数系统中，若关于*有左幺元和右幺元，则左幺元等于右幺元。

[解] ：a) 构造代数系统<X ，>如下：
令X={a ，b ，c ，d}，*：X ×→X →X ，其运算表如下：
则此代数系统含有左幺元b ，d ，但不含右幺元。

b) 构造代数系统<X ，* >如下：
令X={1，2，3，4} *：X×→X→X，其运算表如下：
则此代数系统含有右幺元1，但不含左幺元。

c) [证] 因为代数系统<X，*>关于*运算存在着左、右幺元，e i，e r∈X 则
e l = e l * e r = e r∈
4．设<X，*>是代数系统，*是X上的二元运算。

若有元素O l∈X，使∀x∈X，有O l*x=O l 是关于*的左零元。

若有元素O r∈X，使∀x∈X，有x*O r=O r，则称O r是关于*的右零元。

a) 试举出公含有左零元的代数系统的例子。

b) 试举出仅含有左零元的代数系统的例子。

c) 证明：在代数系统中，若关于*有左零元和右右零元，则左零元等于右零元。

[解] a) 构造代数系统<X，*>如下：
令X={a，b，c}，*：X×X→X，其运算表如下：
则a和b都是左零元，但没有右零元。

b) 构造代数系统<X，*>如下：
令X={1，2，3}，*：X×→X→X，其运算表如下：
则3是右零元，但没有左零元。

c) [证] 因为代数系统<X，*>关于*运算存在着左、右零元，O l，O r∈X，则
O l=O l*O r=O r
5．当给出一个代数系统的二元运算表时，如何从表上判断这个二元运算是否满足结合律，是否满足交换律，是否有幺元，是否有零元，每个元素是否有逆元。

[答] 在一个代数系统<X，*>中，
1）运算*满足结合律，当且仅当在运算表中，对任何x，y∈X，x行每个元素与y的*积对应的等于x与y列每个元素的*积。

2）运算*满足交换律，当且仅当运算表关于主对角线是对称的。

3）运算*有幺元，当且仅当存在一元素，它所对应的行和列依次与运算表的行和列相一致。

4）运算*有零元，当且仅存在一元素，它所对应的行和列中每个元素都是蛇自己。

5）若运算*有幺元，X中每个元素x有逆元，当且仅当存在一元素y∈Y，使得x所在行，y所在列的元素以及y所在行，x所在列的元素都是幺元。

6．设<X，*>是代数系统，*是X上的二元运算，e是关于*的幺元。

对于X中的元素x，若存在y∈X，使得y*x=e，则称y是x的左逆元。

若存在z∈X，使得x*z=e，则称z是x的右逆元。

指出下表中各元素的左、右逆元的情况。

[解] a是幺元；b的左逆元和右逆元都是c；即b和c互为逆元；d的左逆元是c 而左逆元是b；b有两个左逆元c和d；e的右逆元是c，但e没有左逆元；
c有两个左逆元b和e有两个右逆元b，d。

7．设<X，*>是代数系统，*是X上的二元运算。

∀x，y∈X，有x*y=x。

问*是否满足结合律，是否满足交换律，是否有幺元，是否有零元，每个元素是否有逆元。

[解] a) *运算满足结合律
因为对任何x，y，z∈X，都有
x*（y*z）=x*y=x=x*y=（x*y）*z
b) *运算不满足交换律
因为对于二个元素x，y∈X，有x*y=x，而y*x=y。

所以当X包含多于一个元素时，能使x≠y，从而x*y≠y * x。

c) 没有幺元
因为若有幺元e∈X存在，则对任何x∈X，应有e * x * e，但是e * x= e，x * e=x，于是推得x=e，当X中包含多于一个元素时，就会有x ≠e，矛盾。

d) 没有零元，仿c) 保证。

e) 对于每个元素都没有逆元。

因为没有幺元存在。

并且若存在一个元素a∈X，使得对每个元素x∈X，都有一个元素y∈X，使y * x=x * y=a，则有y=x=a，当X中包含多一个元素时，这将不总是成立的（只在x=a，且a具有幂等性时才成立）
8．设<N，*>是代数系统，*是N上的二元运算，∀x，y∈N，x * y=LCM（x，y）。

问*是否满足结合律，是否满足交换律，是否有幺元，是否有零元，每个元素是否有逆元。

[解] a) *运算满足结合律
因为，对于任何x，y，z∈N，
（x*y）* z =LCM (（x * y），z)
= LCM (LCM（x，y），z)
= LCM (（x，y，z）
= LCM (（x，（y * z）
= LCM (（x * y），z)
= x * (y * z)
注：关于LCM（LCM（x，y），z）= LCM（x，y，z）我们可证明如下：
设C1=LCM（x，y，z），d= LCM（x，y），从而C1=LCM（d，z），
C2= LCM（x，y，z），因此只需证C1=C2即可，为此
由于C2= LCM（x，y，z），故此x | C2，y |C2，z | C2，因此由d= LCM（x，y）及x | C2，y |C2，从d2的最小性有d≤C2于是d |C2（否则C2=kd+r，0＜r＜d，由于x |d，y | d及x | C2，y | C2，故有x | r，y | r，这与d=LCM（x，y）的最小性矛盾）。

即d|C2且z|C2故此由C1=LCM（d，z）的最小性，可知C1≤C2。

另一方面，由C1= LCM（d，z）知d |C1，z|C1，又由d=LCM（x，y）知x |d，y | d，y | d，因此有x|C1，y|C1，并且z | C1。

因而C2=LCM（x，y，z）的最小性可知C2≤C1。

所以，C1=C2。

同理可证LCM（x，LCM（y，z））=LCM（x，y，z）。

b) *运算满足交换律
因为对于任何x，y∈N，
x * y=LCM（x，y）
= LCM（y，x）
=y * x
（c）*运算有幺元1∈N。

因为，对于任何x∈N，
x * 1=LCM（x，1）
=x
=LCM（1，x）
=1 * x
（d）*运算没有零元。

因为0∉ N。

（e）对于每个元素x∈X，若x≠1，则对每个元素y∈N，都有x*y=y*x=LCM （x，y）≥x≠1，故此没有逆元素。

9．设<X，*>是代数系统，*是X上的二元运算。

X是X中的任一元素，若有x*x=x，则称x是幂等元
．．．。

若*是可结合的，且∀x，y X，当x*y=y*x时，有x=y。

证明：X中每个元素都是幂等元。

[证] 对于任何x∈X，令x i=x*x，x j=x，于是
x i*x j=（x*x）*x
=x*（x*x）（结合律）
=x j*x i
从而由怕给性质，有x i=x j，即x*x=x。

因此，由x的任意性，可知X中每个元素都是幂等元。

10．设<X，⊕，⊗>是代素系统，⊕和⊗分别是X上的两上二元运算。

若∀x∈X，
有x⊕y=x。

证明⊗关于⊕是可分配的。

[证] 对于任何x，y，z∈X
x⊗（y⊕z）=x⊗y
=（x⊗y）⊕
=（y⊕z）⊗x=y⊗x=（y⊗x）（z⊗x）
因此代数系统<X，⊕，⊗>中⊗关于⊕是可分配的。

11．设<X，⊕，⊗>是代数系统，⊕和⊗分别是X上的两上二元运算。

e1和e2分别是关于⊗和⊕的幺元，且⊕对于⊗满足分配律，⊗对于⊕满足分配律。

证明：∀x∈X，有x⊗x=x，x⊗x=x
[证] （a）先证e1⊗e1=e1
e1⊗e1=e1⊕（e1⊗e1）（e1是⊗幺元）
=（e2⊗e1）⊕（e1⊗e1）（e2是⊗幺元）
=（e2⊕e1）⊗e1（⊗对⊕的分配）
=（e2⊗e1）（e1是⊕幺元）
= e1（e2是⊗幺元）
（b）次证e2⊕e2 = e2
e2⊕e2 =e2⊗（e2⊕e2）（e2是⊗幺元）
=（e1⊕e2）⊗ (e2⊕e2) （e1是⊕幺元）
=（e1⊗e2）⊕e2（○+对⊗的分配）
= e1⊕e2（e2是⊗幺元）
=e2（e1是⊕幺元）
（c）最后，我们来证x⊕x=x，x⊗x=x
x⊕x=（x⊗e2）⊕（x⊗e2）（e2是⊗幺元）
=x ⊗（e2⊕e2）（⊗对⊕的分配）
=x⊗e2（利用（b））
=x （e2是⊗幺元）
x⊗x=（x⊕e1）⊗（x⊕e1）（e1是⊕幺元）
=x⊕（e1⊗e1）（⊕对⊗的分配）
=x⊕e1（利用（a））
=x （e1是⊕幺元）
证法二：
x=x⊕e2 （e2为⊗的幺元）
=x⊗（e2⊕e1）（e1为幺⊗元）
=x ⊗ [e 2⊕（e 1⊗e 2）] （e 2为⊗幺元） =x ⊗ [（e 2⊕e 1）⊗（e 2⊕e 2）] （⊕对⊗的分配律） = x ⊗ [（e 2⊗（e 2⊕e 2）） （e 1为⊕幺元） = x ⊗（e 2⊕e 2） （e 2为⊗幺元） =（x ⊗e 2）⊕（x ⊗e 2） （⊗对⊕分配律） =x ⊕x （e 2为⊗幺元）
x=x ⊕e 1（e 1为⊗的幺元）
=x ⊕（e 1⊗e 2） （e 2为⊗幺元） =x ⊕ [e 1⊗（e 1⊕e 2）] （e 2为⊕幺元） =x ⊕ [（e 1⊗e 1）⊕（e 1⊗e 2）] （⊗对⊕的分配律） = x ⊕ [（e 1⊗e 1）⊕e 1] （e 2为⊗幺元） = x ⊕（e 1⊗e 1） （e 1为⊗幺元） =（x ⊕e 1）⊕（x ⊕e 1） （⊕对⊗分配律） =x ⊗x （e 1为⊕幺元）
12．设X={a ，b ，c ，d}，⊕和⊗分别是X 上的两个二元运算，其运算表如下：
算表如下：
取S 1={b ，d}，S 2{a ，d}，S 3={b ，c}，问<S 1，⊕，⊗>，<S 2，⊕，⊗>，<S 3，
⊕， ⊗>，分别是<X ，⊕，⊗>的子代数系统吗？为什么？ [解]
因此< S 2，⊕，
⊗>是<X ，⊕，⊗>的子代数。

因⊕，⊗在S 2={b ，d}内封闭。

13
a *a = a 且（a *
b ）*（
c *
d ）
a *（
b *
c ）=（a *b ）
*（a *c ）
[证] 对任何a ，b ，c ∈X ，
a *（
b *
c ）=（a *a ）*（b *c ）（幂等性a *a=a ）
=(（a *b ）*（a *c ）=（（a *b ）*（c *d ））=（a *c ）*（b *d ）利用) 14．设<X ，*>是代数系统，*是X 上的二元运算，R 是X 上的等价关系。

若∀a ，b ，
c ，
d ∈X 当（a ，b ）∈R 且（c ，d ）∈R 时，有（a *c ，b *d ）∈R ，则称R 是X 上关于*的同余关系，称R 产生的等价类是关于*的同余类。

考察代数系统<I ，+>，I 是整数集合，十是整数加法。

问以下的元关系是I 上的关于十的同余关系吗？
a) R={（x ，y ）|x ，y ∈I 且（（x ＜0且y ＜0)或（x ≥0且y ≥0））} b) {（x ，y ）|x ，y ∈I 且（（x ＜0且|x —y|＜10
c) {（x ，y ）|x ，y ∈I 且（（x=0且y=0）或（x ≠0且y ≠0））} d) {（x ，y ）|x ，y ∈I 且x ≥y}
[解] a) 这不是一个同余关系，因为
（-1，-2）∈R 且（1，1）∈R ，但（-1+1，-2+1）=（0，-1）∉R 。

b) 这不是一个同余关系，因为它不是一个等价关系。

实际上它是自反的和对称
因此< S 3，⊕，⊗>是<X ，⊕，⊗>的子代数。

因⊕，⊗在S 3={b ，d}内封闭。

的，但不是传递的，例如取x=-8，y=1，z=8，由于| -8-1 | =9＜0，| 1-8 | = 7＜10，故有（-8，1）∈R 且（1，8）∈R 。

但| -8-8 | =6＞10，所以[-8，8]∉R c) 这不是一个同余关系，因为（-1，-2）∈R 且（1，1）∈R ，但（-1+1，-2+1）=（0，-1）∉R
d) 这不是一个同余关系，因为它不是一个等价关系。

实际上它是自反的和传递的，但不是对称的，例如取x=8，y=7，于是有8≥7，从而（8，7）∈R ，但7≠8，故（7，8）∉R 。

15．设S={a ，b}，X=＜25，∩，∪，＞，Y=〈{0，1}，∧，∨，－〉。

证明：Y 是X 的同态象。

[证] 如下构造的函数h 是一个从X 到Y 的同态：
h ：2S →{0，1} h （Ø）=0
h （{a}）=0，h （{b}）=1，h （S ）=1 容易验证：h （A ∩B ）=h （A ）∧h （B ）
h （A ∪B ）= h （A ）∨h （B ）（A ，B ⊆S ） h （A ′）=)A (h
并且h 显然是满射的，因此Y 是X 同态象。

16．设R 是实数集合，十和X 是实数的加法和乘法。

X=〈R ，+〉，Y=〈R ，x 〉，问Y
是否是X 的同态象。

[答] Y 不是X 的同态象。

否则将存在着从X 到Y 的满同态函数h ，从而对于0∈R ，
由h 是满射的，可知存在着r 0∈R ，使h （r 0）=0，于是对任何r ∈R ，由于r-r 0=r+（-r 0）∈R ，所以h （r ）=h （r 0+（r-r 0））={r ′| r ′∈R ∧（Er ∈R ）（h(r)= r ′）} ={0}≠R
17．设N 是自然数集合，x 是自然数乘法，X=〈N ，x 〉，Y=〈{0，1}，x 〉，证明：Y
是X 的同态象。

[证] 如下构造的函数h 是一个从X 到Y 的同态
h ：N →{0，1}
N n ,1
)1n 2(h 0
)n 2(h ∈=-=
于是 h （2m ×2n ）=h （2·2mn ）=0=0×0=h （2m ）×h （2n ）
h （2m ×（2n-1））=h （2·m （2n-1））=0=0×1=h （2m ）×h （2n-1） h （（2m-1）×（2n-1））=h （2（mn-m-n+1）-1） =1=1×1=h （2m-1）×h （2n-1）
所以h满足同态公式，另外h显然是满射，因而Y是X的同态象。

18．设S={a，b，c}，X=〈{ Ø，S}，∩，∪，′〉，Y=〈{a，b}，S，∩，∪，′〉。

问X和Y是否同构，为么？
[答] X和Y不同构。

因为Y=〈{{a，b}，S}，∩，∪，′〉不是代数系统，补运算′关于{{a，b}，S}不封闭，这可见下表：
而如果存在着X和Y的同构，则从X是代数系统，知Y也应该是代数系统，矛盾。

19．设〈X，*〉和〈Y，⊕〉是两个代数系统，*和⊕分别是X和Y上的二元运算，且满足交换律，结合律。

f1和f2都是从〈X，*〉到〈Y，⊕〉的同态函数。

令h：X→Y
h（x）=f1（x）⊕f2（x）
证明：h是从〈X，*〉到〈Y，⊕〉的同态函数。

[证] 对于任何a，b∈X，h（a*b）=f1（a*b）⊕f2（a*b）（h的定义）
=（f1（a）⊕f1（b））⊕（f2（a）⊕f2（b））（f1和f2是同态函数）
=（f1（a）⊕f1（b））⊕（f2（a）⊕f2（b））（⊕的结合律）
=（f1（a）⊕f2（a））⊕（f1（b）⊕f2（b））（⊕的结合律）
=（f1（a）⊕f2（a））⊕（f1（b）⊕f2（b））（⊕的结合律）
=h（a）⊕h（b）（h的定义）
20．设〈X，f1〉，〈Y，f2〉，〈Z，f3〉是三个代数系统。

f1，f2，f3分别是X，Y，Z上的二元运算。

证明：若h1是从〈X，f1〉到〈Y，f2〉的同态函数，h2是从〈Y，f2〉到〈Z，f3〉的同态函数，则h2oh1是从〈X，f1〉到〈Z，f3〉的同态函数。

[证] 对于任何x，y∈X，
（h2οh1）（xf1y）= h2（h1（xf1y））
= h2（h1（x）f2h1（y））（h1是〈X，f1〉到〈Y，f2〉的同态）
= h2（h1（x）f3h2（h1（y））（h2是〈X，f2〉到〈Y，f3〉的同态）
=（h2οh1）（x）f3（h2 h1）（y）
所以h2οh1是从〈X，f1〉到〈Z，f3〉的同态函数。

21．设〈S，*〉是有限含幺半群。

证明：在*的运算表中，任何两行或任何两列均不相同。

[证] 因为〈S，*〉是有限含幺半群，故可设
s={s0=e，s1，…，s n-1}
则在*的运算表中，对庆于任何s i，s j∈s（s i≠s j，0≤i，j≤n-1）的两行为：
s i*s0，s i*s1，…，s i*s n-1；
s j*s0，s j*s1，…，s j*s n-1
为证此两行互不相同，只需证明（∃k）（0≤k≤n-1∧s i * s k≠s j * s k）即可。

而这样的k是存在的，只需取k=0即得：
s i*s0=s i*e=s i≠s j=s j*e=s j*s0
从而，由s i，s j∈s的任意性，可知，在*运算表中，任何两行均互不相同。

关于列的结论，同理可证。

22．设k是一正数，N k={0，1，2，…，k-1}，*k是N k上的一个二元运算。

a，b∈N k，a*k b=（a×b）modk。

a)当k=6时，写出*6的运算表；
b)证明：对任意的正整数k，〈N k，*k〉是半群。

a) [解]
b) [证] 1）*k是N k上的二元运算
由于0≤（a×b）modk＜k，故a*k bN k，即*k关于N k封闭，并且运算结果唯一（因为若有i=（a×b）modk，j=（a×b）modk，则0≤k＜k，0≤j＜k，a×b=kr1+i，a×b=kr2+j，于是有kr1+I=kr2+j不妨设ji从而k（r1-r2）=j-i，故此k|j-i，但是0≤j-i＜k（因为j≥i）故只能j-i=0，因此j=i＝。

2）*k满足结合律
因为对于任何a，b，c∈N k
（a *k b）*k c=[（a×b）modk] *k c
={[（a×b）modk] ×c}modk
=（（a×b×c））modk
={a×[（b×c）modk]} modk
=a*k [（b×c）modk]
==a*k（b*k c）
综合1），2）可得〈N k，*k〉是半群
23．设〈S，*〉是半群，a∈s。

在s上定义二元运算⊕如下
∀x，y∈s，x⊕y=x * a * y
证明：〈S，⊕〉是半群。

[证] （a）⊕是s 上的二元运算
由于〈S，*〉是半群，故*是s上的二元运算，因此*运算具有封闭性和运算结果唯一性。

因此由⊕的定义可知⊕具有封闭性和运算结果唯一性。

（b）⊕满足结合律
对于任何x，y，z∈s
（x⊕y）⊕z =（x * a * y）⊕z
=（y）* a* z
= x * a *（y * a * z）（*运算的结合律）
= x * a *（y ⊕ z）
=x⊕（y ⊕ z）
综合（a），（b）可知〈S，⊕〉是半群。

24．设〈S，*〉是半群。

证明：s中至少有一个幂等元。

[证] 因为〈S，*〉是半群，所以*运算具有封闭性，因而可知对于任何元素y∈s，都有y2=y*y∈s，y3=y2*y∈s,…。

又由〈S，*〉是有限的，可知s是有限集，所以存在着j＞i，使得y j=y i，从而令P=j-i，那么就有y i=y j=y p+I=y p*y i，因此可得y i+1=y p*y i+1，…，也就是对任何g≥i，都有y g=y p*y g。

所以，从p1总可找到k≥1，使kp≥i。

故此，令x=y kp∈s，则x就是s中的一个幂等元，推证如下：x * x=y kp * y kp
=（y P+ * y(k-1) p）*y kp（利用上述性质）
=y(k-1) p * y kp
=……
=y p * y kp
=y kp
=x
25．设R是实数集合。

在R上定义二元运算*如下
∀x，y∈R，x*y=x+y+xy
证明：〈R，*〉是含幺半群。

[证] （1）*运算是实数集R上的二元运算。

因为普通实数加法+和乘法×都是封闭的和运算结果唯一的，因此由它们定义的*运算也是封闭的、运算结果唯一。

（2）*运算满足结合律。

对于任何x，y，z∈R，因为
（x*y）*z=(x*y)+z+(x*y)z=（x+y+xy）+z+（x+y+xy）z
=x+y+z+xy+xz+yz+xyz
(x*y) *z=x+（y*z）+x（y*z）=x+（y+z+yz）+x（y+z+yz）
=x+y+z+xy+xz+yz+xyz
所以（x*y）*z=x（y*z）
（3）o∈R为幺元
对于任何x∈R 因为
o*x=o+x+o·x=x
x*o=x+o+x·o=x
故此o*x=x*o=x
综合（1）（2）（3）证得〈R，*〉是含幺半群。

26．设〈S，*〉是可交换半群。

证明：∀x，y∈S，若x，y是幂等元，则有（x*y）*（x*y）=x*y。

[证] （x*y）*（x*y）=x*（y*x）*y （*可结合）
=x*（x*y）*y （*可交换）
=（x*x）*（y*y）（*可结合）
=x*y （x，y为幂等元）
27．设〈S，*〉是半群。

，y∈s，若x≠y，则x*y≠y*x。

证明：
a)∀x∈s，有x*x=x
b)∀x，y∈s，有x*y*x=x；
c)∀x，z∈s，有x*y*z=x*z；
[证] 对任何x，y∈s若x*y=y*x，则x=y（否则x≠y，于是x*y≠y*x，矛盾）。

a)对任何x∈s，因为（x*x）*x=x*（x*x）（*可结合）
所以x*x=x
b) 对任何x，y∈s，（x*y*x）*x
=x*y*（x*x）（*可结合）
=x*y*x （由a））
=（x*x）*y*x （由a））
=x*（x*y*x）（*可结合）所以x*y*x=x
c) 对任何x，y，z∈s，有（x*y*z）*（x*z）
=x*y*（z*x*z）（*可结合）
=x*y*z （由b））
=（x*z*x）*y*z（由b））
=（x*z）*（x*y*z）（*可结合）所以x*y*z=x*z
28．设〈S，*〉是半群。

证明： x，y，z∈s，若x*z=z*x且
y*z=z*y，则（x*y）*z=z*（x*y）。

[证] 对任何x，y，x∈s （x*y）*z
=x*（y*z）（*可结合）
=x*（z*y）（y与z可交换）
=（x*z）*y （*可结合）
=（z*x）*y （x与z可交换）
=z*（x*y）（*可结合）29．设〈{x，y}，*〉是半群，x*x=y。

证明：
a)x*y=y*x；
b)y*y=y。

[证] a) x*y = x*（x*x）（因x*x=y）
=（x*x）*x （*可结合）
=y*x （因x*x=y）
b) y*y=（x*x）*y （因x*x=y）
=x*（x*y）（*可结合）
根据*运算的封闭性，可知x*y=x或者x*y=y
若x*y=x，则y*y=x* （x*y）
=x*x （由x*y=x）
=y （由x*x=y）
若x*y=y，则y*y=x*（x*y）
=x*y（由x*y=y）
=y（由x*y=y）
因此无论如何，y*y=y 。

30．〈S，*〉是半群。

若有a∈s，∀x∈s，∃u，Q∈S，使得
a*u=v*a=x
证明：〈S，*〉是含幺半群。

[证] 只需证明半群〈S，*〉中含有幺元即可。

取x= a，那么，存在u a，v a∈s，使a*u a=v a*a=a
对于s中任一元素b，那么存在u b，v b∈s，使得
a*u b=v b*a=b
于是bu a=（v b*a）*u a （因v b*a=b）
=v b（a*u a）（*可结合）
=v b*a （因au a=a）
=b （因u b*a=b）
所以u a是右幺元。

并且v a b=v a*（a*u b）（因a*u b=b）
=（v a*a）*u b（*可结合）
=a*u b （因u a*a=a）
=b （因a*u b=b）
所以v a是左幺元。

但是
将b*u a=b中的b取为u a，则有v a* u a =v a；
将u a*b=b中的b取为u a，则有v a*u a=u a；
故此，可得u a=v a。

所u a（=v a）是〈S，*〉的幺元。

从而，〈S，*〉是含幺半群。

31．设〈S，*〉是含幺半群。

Zs，z是关于*的左零元。

证明：∀x∈s，x*z也是关于*的左零元。

[证] 由于z是关于*的左零元，所以对于任意a∈s，都有
z * a=z
因而对任何x∈s，对任何a∈s，都有
（x*z）*a=x*（z*a）（*可结合）
=x*z（z为左零元，z*a=z）
这说明x*z也为左零元。

32．设〈S，*〉是含幺半群。

S s={f | f :s→s}，）ο是函数的合成运算。

a)证明：〈S s，*〉是半群；
b)证明：存在从〈S，*〉到〈S s，ο〉的同态函数。

[证] a) 由于ο是函数的合成运算，而S s={f | f:s→s}是所有从s到s的函数的集合，因
此ο运算封闭且运算结果唯一；并且ο运算当然具有结合律，故此〈S s，ο〉是一半群。

b) 令h : s→s s，对于所有的a∈s
h（a）=f a；这时f a : s→s，对于任何x∈s
有f a（a）=a*x
由于〈S，*〉是半群，故*是s上的二元运算。

因此*运算封闭，且运算结果唯一，因此如上定义的f a后者唯一，是从s到s的函数，即f a s s。

因此h的定义是良定义的。

对于任何a，b∈s h（a*b）=f a*b
而对于任何x∈s，（x）f a*b（x）
=（a*b）*x
=a*（b*x）（*的结合律）
= a*（f b（x））
= f a（f b（x））
=（f aοf b）（x）
所以，有f a*b= f aοf b，因此，h（a*b）=f aοf b=h（a）οh（b）。

故此h满足同态公式。

因而存在从到〈S s，ο〉的同态函数。

33．设f是从半群〈X，*〉到〈Y，⊕〉的同态函数，证明：若x是X中的幂等元，则Y中也存在幂等元。

[证] 由于f（x）⊕f（x）=f（x*x）（f是同态函数，满足同态公式）
=f（x）（因x是幂等元，故x*x=x）
且f（x）∈Y，故此f（x）是Y中的幂等元。

即Y中也存在幂等元。

34．设f是从半群〈X，*〉到〈Y，⊕〉的同态函数，问下列结论是否为真。

a) 〈X，*〉在f下的同态象是〈Y，⊕〉的子代数系统；
b) 〈X，*〉在f下的同态象是半群；
c) 若〈X，*〉是含幺交换半群，则〈X，*〉在f下的同态象也是含幺可交换半
群。

[解] a) 真。

因为1）f（X）⊆Y。

这点是根据事实f : X→Y得出的。

2）集合f（X）在运算⊕下是封闭的，即，如果a，b∈f（X），那么a⊕b∈f（X）。

因为若a，b∈f f（X），那么存在着x，y∈X，使得f（x）=a且f（y）=b。

进一步，由X 在*运算下封闭（因〈X，*〉为半群）可知存在着某一z∈X，使z=x*y因此
a⊕b=f（x）⊕f（y）
=f（x*y）（f是同态函数，满足同态公式）
=f（z）
∈f（Ｘ）
运算结果的唯一性是自动遗传，因为〈Y，⊕〉至少是一代数系统，故⊕应是Y上的二元运算，具有运算结果唯一性。

故由1）和2），可知〈X，*〉在f下的同态象〈f（X），⊕〉是〈Y，⊕〉的子代数系统。

b) 真。

因为3）运算⊕在集合f（X）上满足结合律，即，如果a、b、c∈f（X），那么（a⊕b）⊕c=a⊕（b⊕c）。

因若a，b，c∈f（X），那么存在着x，y，z∈X，使f（x）=a且f（y）=b及f（z）=c，故此
（a⊕b）⊕c=（f（x）⊕f（y））f（z）
=f（x*y）⊕f（z）（f满足同态公式）
=f（（x*y）*z）（f满足同态公式）
=f（x*（y*z））（〈X，*〉为半群，*运算有结合律）
=f（x）⊕f（y*z）（f满足同态公式）
=f（x）⊕（f（y）○+f（z））（f满足同态公式）
=a⊕（b⊕c）
于是由a)的1），2）及这里的3），可知〈X，*〉在f下的同态象〈f（X），⊕〉是半群。

c) 真。

因为4）〈f（X），⊕〉含有幺元，即若e∈X是含幺半群〈X，*〉的幺元，那么f（e）∈f（X）就是〈f（X），⊕〉的幺元。

因为对任何a∈f（X），存在着x∈X，使f（x）=a，故此
a⊕f（e）=f（x）⊕f（e）
=f（x*e）（f满足同态公式）
=f（x）（x*e=x）
=a
同理可证f（e）⊕a=a，因而a⊕f（e）=f（e）⊕a=a。

5）运算⊕在f（X）上满足交换律，即，对任何a，b∈f（X），都有a⊕b=b⊕a。

因若a，b∈f（X）则存在着x，y∈X，使f（x）=a且f（y）=b，因此
a⊕b=f（x）⊕f（y）
=f（x*y）（f满足同态公式）
=f（y*x）（〈X，*〉是含幺可交换半群，故*有交换律）
=f（y）f（x）（f满足同态公式）
=b ⊕a
综合a) 的1） 2），b ）的3），和这里的4）和5），可知，若〈X ，*〉是含幺可交换半群，则〈X ，*〉在f 下的同态象〈f （X ），⊕〉也是含幺可交换半群。

35．设N 6={0，1，2，3，4，5}，N 6上的+6运算定义如下
∀a ，b ∈N 6，a+6b=（a+b ）mod6
求了半群〈N 6，+6〉的运算表如下：
从运算表看出〈N 6，+6〉是一循环半群，生成元是1，5。

因而除两个平凡子半群〈{0}，+6〉及〈N 6，+6〉外，任何包含1或5的子集都不能构成真子半群。

所以考虑{0，2，3，4}的子集，由于2+63=5，3+64=1，故此任何包含2或4的子集中不能包含3。

另外2+62=4，3+63=0，4+64=2，故此单元素集上运算+6不封闭。

因而〈N 6，+6〉的真子半群只有二个〈{0，3}，+6〉及〈{0，2，
4}，+6〉，它们的运算表如下：
36．证明：含幺半群的子半群可以是一 个含幺半
群，但不
是子含幺半群。

[证] 〈N 6，+6〉是一 个含幺半群，其幺元为1。

运算表如下：
〈{4，2}，x 6〉是〈N 6，+6〉的子半群，并且是含幺半群，其幺元为4 运算为 但是它不是〈N 6，+6〉的子含幺半群，因为〈N 6，+6〉的幺元| ∉{4，2}。

37．设〈S ，*〉是含幺半群，幺元为e
S 1
={x| x ∈S 1且∃y （y *x ）=e}
证明：〈S 1，*〉是〈S 1，*〉的子含幺半群。

[证] 1）集合S 1在运算*下是封闭的，即，若x 1，x 2∈S 1，则x 1*x 2∈S 1。

因若x 1，x 2
∈S 1则x 1，x 2∈S ，存在着y 1，y 2使y 1*x 1=e ，y 2*x 2=e 。

于是有x 1*x 2∈S （S 在*运算下封闭，因〈S ，*〉是半群），并且存在着z=y 2*y 1，使
z *（x 1*x 2）=（y 2*y 1）（x 1*x 2）
=y 2*（y 1*x 1）*x 2 （的结合律） =y 2*（e *x 2）
=y 2*x 2（e 是幺元，e *x 2=x 2） =e
故此x 1*x 2∈s 。

2）*运算在S 1上满足结合律，这点由*运算在S 上的结合律遗传而来。

3）〈S 1，*〉含有〈S ，*〉的幺元e 。

因为e ∈S ，且存在着e 使e *e=e ，所以e ∈S 1。

综合上述1），2），3），证得〈S 1，*〉是〈S ，*〉的子含幺半群。

38．写出所有不同构的一阶，二阶，三阶，四阶，五阶，六阶，七阶，八阶群。

[解] 由于素数阶群是循环群，故此一阶，二阶，三阶，五阶，七阶群各只有一个，其
运算表分别如下：
幺元不遗传
一阶群 二阶群 三阶群
五阶群 七阶群
四阶群已知有两个，一个是循环群，一个是Kiein4群，其运算表如下：
四阶循环群 Klein 四群
而六阶和八阶的情况比较复杂。

我们先来讨论六阶群的情况： （一）（1）六阶群〈G ，*〉一定有三阶子群。

对于| G |=6，6的正因子只有1，2，3和6。

若G=<a>是6阶循环群，则H=<a 2>
是一个三阶子群；若G不是循环群，则G中非幺元的阶只能是2或3。

若G中有一个非幺元b的阶是三，则H=<b>是G的一个三阶子群。

若G中非幺元的阶都是二，则对任何a，b∈G，并且a和b是不同的非幺元，就有
a2=e ，b2=e ，（）2=e
从而a-1=a ，b-1=b，（a*b）-1=a*b
又因为（a*b）-1=b-1*a-1=b*a，所以a*b=b*a，所以G是交换群。

现在来考察G 的子集H={e，a，b，a*b}，这里a，b是G中的两个不同的非幺元。

显然a*b≠e，≠a，≠b，（如a*b≠e，否则，有a-1=b，又a-1=a，从而a=b 与a与b不同矛盾。

余者同理可证）*关于H的运算表如下：
所以H在*运算下封闭，<H，*>实际上与Klein四群同构。

于是H是G的一个四阶子群，根据Lagrange定理，必有4 | 6，这不可能。

因此G中非幺元都是二阶的。

（2）偶阶群〈G，*〉一定含有一个二阶的非么元（见41题）即含有二阶子群。

（3）若任何群〈G，*〉的子群〈H，*〉在G中的指数为2，则〈H，*〉为正规子群，即H G。

（见58题（a））
设六阶群的含有的三阶子群为H1=〈a〉={e，a，a2} 二阶子群为G2=〈b〉={e，b}，令H=H1H2，即
H={e，aa2，b，ab，a2b}
（这里a*b简记为ab，a2*b简记为a2b，以下类同，不再交代）。

由于a，b分别是三、二阶元素，故H1∩H2={e}。

容易验证H=H1H2中6个元素是两两不同的（例，如a2≠b，否则a2=bH1∩H2={e}，矛盾。

略验证）。

所以G=H=H1H2。

下面分两种情况来讨论：
（a）若a*b=b*a，这时G是交换群，又由于a*b=ab是阶元素，因此G是六阶循
环群。

利用G的可交换性及a3=e，b2=e可构成*运算的运算表发下：
它与〈N 6，+6〉同构，同构函数f : G →N 6 f （e ）=[0]6，f （ab ）=[1]6，f （a 2）=[2]6， f （b ）=[3]6，f （a ）=[4]6，f （a 2b ）=[5]6。

（b ）若a *b ≠b *a ，这时G 是非交换群。

由于H 1=〈a 〉={e ，a ，a 2}在G 中指数| G|/| H 1| =6/3=2，所以H 1 G 。

因此对于b ∈G ，a ∈H 1根据正规子群的条件可知
b -1ab=bab ∈H 1（因为b 2=e ，故b -1=b ）
显然可得bab= a 2（否则，若bab=e ，则a=（b -1）2=b 2=e ，矛盾；同样，若bab=a ，则ab=b -1a=ba ，于是G 是交换群，矛盾）。

故此ab=b -1a 2=ba 2。

利用b 2=e ，a 3=e ，b -1=b 及bab=a 2，ab=ba 2 等可编制*的运算表如下，计算过程如右：
b *a 2b=abb=a b *a=babb -1=a 2b a 2b *a 2b=a 2abb=e a 2b *ab=a 2b=a a 2b *a=aba 2b=ab a 2b *a 2=aabb=a 2 ab *ab=aa 2=e
ab *a=ba 2a=b ab *a 2=aab=a 2b
它与三次六阶对称群〈S 3，◇〉同构，其中s 3={e ，τ，σ2τ，στ，σσ
2}={p
1，p 2，p 3，p 4，p 5，p 6}
σ=（123），τ=（12），e=（1）同构函数f : G →
S 3，f （e ）=e=p ，f （b ）=τ=p 2，f （a 2b ）=σ2τ=p 3，f （ab ）=στp 4，f （a ）=σ=p 5，f （a 2）=σ2=p 6
所以，六阶群只有六阶循环群及三次六阶对称群〈S 3，◇〉（二）（1）八阶群〈G ，*〉一定含有四阶子群。

对于| G |=8，8的正因子只有1，2，4和8。

若G=〈a 〉是8
阶循环群，则
H=〈a 〉是一个四阶子群；若G 不是循环群，则G 中非幺元的阶数只能是2或4。

若G 中有一有一个非幺元b 的阶是四，则H=〈b 〉是G 的一个四阶子群，这样得到的都是四阶循环群。

若G 中非幺元的阶都是2，则对任何a ，b ∈G ，并且a 和b 是不同的非幺元，就有
a 2=e ，
b 2=e ，（a *b ）2=e
从而 a -1=a ，b -1=b ，（a *b ）-1=a *b
又因为（a *b ）-1=b -1*a -1=b *a 所以a *b=b *a ，即G 是交换群。

现在来考察G 的子集H={e ，a ，b ，ab}，这里a ，b 是G 中的两个不同的非幺元。

显然ab ≠e ，≠a ，≠b （如a ≠e ，否则，有a -1=b ，又a -1=a ，从而a=b ，与a 与b 不同矛盾。

余者同理要证）*关于H 的运算如下：
所以H 在*运算下封闭，〈H ，*〉实际上与Kliin 四群同构。

2）（a ）设八阶群〈G ，*〉所含的四阶群为四阶循环H 1=〈a 〉={e ，a ，a 2，a 3}，由于H 1在G 中的指数为2，故可取b ∈G 而b ∉H ，那么由右陪集理论可知。

G=H 1H 1b={e ，a ，a 2，a 3，b ，ab ，a 2b ，a 3b}
由于| G |=8，故此这八个元素应该是两两不相同的（实际上，利用b ∉H ，即b ≠e ，b ≠a ，b ≠a 2，b ≠a 3，可以a 是四阶的，可证它们互不相同，例如，a 2≠a 3b ，否则ab=e ，从而a -1=b ，但a -1=a 3，故有b=a 3 矛盾，其余略去验证）。

现在我们来考虑b 2，当然有b 2b ，b 2≠ab ，b 2≠a 2b ，b 2≠a 3b 否则，由消去律，将有b=e 或b=a 或b=a 2或b=a 2或b=a 3，与b ∉H 矛盾，因此，只能b 2=e 或b 2=a 或b 2=a 2或b 2=a 3。

（1）若b 2=e ，则b -1=b
（10）若ab=ba ，则G 是交换群，利用交换性及a 4=e ，b 2=e ，b -1=b ，等构成的*运算表如下：
（编制可用G 的可交换性）
由于a ，a 3，ab ，a 3b 是G 中四阶元素，a 2b ，a 2b 是G 中的二阶元素，因此G 中元八阶元素，因
G=〈S 2，*〉
（20）若ab ≠ba ，则G 是非交换群，由于H 1在G 中指数为2故H 1 G ，因此对于b ∈G ，a ∈H 1，
显然bab=a 3（否则，若bab=e ，则a=（b -1）2=b 2=e ，矛盾；同样，若bab=a ，则ab=b -1a=ba ，于是G 可交换，矛盾；最后，若bab=a 2，则ab=b -1a 2=ba 2，于是
（ab *ab ）*ab=a 3*ab=b
ab *（ab *ab ）=ab *a 3=ba 3=ba=babb=a 2b
由于b ≠a 2b ，（否同有a 2=e ，则a 为二阶的，与a 四阶的矛盾）
故此（ab *ab ）*ab ≠ab *（ab *ab ），从而G 不具有结合律，与G 是群矛盾。

故此ab=b -1a 3=ba 3。

利用b 2=e ，a 4=e ，b -1=b 及bab=a 3，ab=ba 3等可编制的*运算表如下，计算过程如右：
（2）若b 2=a ，则b 8=（b 2）4=a 4=e ，故b 是G 是的八阶元素。

另外ab=b 2b=b 3=bb 2=ba ，
故此G 是可交换的，因此G 是八阶循环群，即
b *a=babb=a 3b
b *a 2=ba 2aa 3=aba 3=aab=a 2b b *a 3=ab b *a 2b=a 2bb=a 2 b *a 3b=abb=a 四阶元素：a ，a 3；
二阶元素：a 2，b ，ab ，a 2b ，a 3b ；因G 中无八阶元素，因而G 不是循环群；又因G 不可交换，故与(10)中的可交换八阶群不同构。

G=〈b〉，因此与（2）的结果相同。

（4）若b2=a2，于是
（10）若ab=ba，则G是交换群，利用交换性及a4=e，b2=a2，等，并令c: =ab，可构成运算如下：
当然，表中c=ab c2=abab=e，c-1=c
ac=aab=a2b ac=aab=aba=ca
a2c=a2ab=a3b 具有交换律
a3c=a3ab=b
G=〈1
S，*〉
3
它显然与（1）中（10）的可交换非循环八阶群同构，这里的a对应于那群中的a，这里的c对应那群中的b。

（2）若ab≠ba，则G是非交换群。

由于H1在G中指数为2，故H1 G，因此对于b∈G，a∈H1，根据正规子群的条件可知
b-1ab=b3ab∈H1，（因为b4=e，b-1=b3，（b3）-1=b）
显然b3ab=a3（否则，若b3ab=e，则a=b4=e，矛盾；同样，若b3ab=a，则ab=ba，于是G可交换，矛盾；最后，若b3ab=a2，则ab=ba2=b3）于是
（ab*ab）*ab=b6*ab=a2*ab=a3b
ab *（ab *ab ）=ab *b 6=ab *a 2=a.ab=a 2b 但 a 3b ≠a 2b （否则a=e ，矛盾），因此
（ab *ab ）*ab ≠ab *（ab *ab ） 故G 将不满足结合律，与G 是群矛盾。

）故此ab=ba 3等编制*的运算表如下，计算过程如右：
G=〈S 4，*〉
实际上，此八阶群称为四元数群（有关四元数及其群的详细定义请参见莫宗坚等著《代数学》北京大学出版社（上下班册）第二章§1习题7）
（b ）若八阶群〈G ，*〉所含的四阶子群为kiein 四群H 2={e ，a ，b ，c}其中a 2=b 2=c 2=e 其中c=ab 。

由于H 2在G 中的指数为2，故可取d ∈G 且d ∉H 2，那么由右陪集理论可知
G=H 2∪H 2d={e ，a ，b ，c ，d ，ad ，bd ，cd}
现在我们来考虑d 的阶：首先d 的阶不可能是八。

否则G 是循环群G=<d>={e ，d ，d 2，d 3，d 4，d 5，d 6，d 7}，其中二阶元素只有d 4一个，这与已知G 中有三个二阶元素矛盾。

其次右d 的阶为四，则G 中存在着一个四子循环子群/
1H ={e ，d ，d 2，d 3}这种情况我们在（a ）讨论过了；所以我们可设d 的阶为二，即22=e ，故d -1=d 。

由于H 2在G 中指数为2，故H 2 G ，因此对于d ∈G ，a ，b ，c ∈H ，根据正规子群的条件可知
d -1ad=dad ∈H 2， d -1bd=dbd ∈H 2， d -1cd=dcd ∈H 2
b *a=ba 3a 2=abb=a 3b b *a 2=aba 3=aab=a 2b b *ab=bba 3=a 2a 3=a b *a 2b=a 2bb=aa 2=e b *a 3b=abb=aa 2= a 3
四阶元素：a ，a 3，b ，ab ，a 2b ，a 3b 二阶元素：a 2；
没有八阶元素，故不是循环群；不可交换，故与（1）的（10）中的交换群不同构；由于引群中只有一个二阶元素，所以与（1）的（20）中的不可交换群不同构（因为那个群有五个二阶元素）。

（1）若dad=a ，则
（10）若dbd=b ，于是dcd=c ，故此有ad=da ，bd=db ，cd=dc ，从而由H 2是交换群，知G 也是交换群，于是*的运算如下：
G=〈S 5，*〉
（20）若dbd=c ，则dcd=b ，于是有bd=dc 等，从而由bd *bd=dc *bd=dabbd=dad=a ，故bd 是四阶元素，这种情况我们在（a ）中讨论过了。

（2）若dad=b ，则dbd=a ，dcd=c 这种情况同（1）的（20）ad 将是四阶的。

（3）若dad=c ，则dcd=a ，dbd=b 这种情况也同（1）的（20）ad 仍是四阶的。

综合（a ）、（b ）可知，不同构的八阶群共有五个，一个是八阶循环群，一个是可交换群〈S 2，*〉，一个是不可交换群〈S 3，*〉，一个是四元数群〈S 4，*〉，一个是可交换的元素阶全为二的群〈S 5，*〉。

39．设 〈G ，*〉是群。

证明：， a ，b ∈G a) 存在唯一的x ∈G ，使得a *x=b ； b) 存在唯一的y ∈G ，使得y *a=b 。

[证] a) 由于〈G ，*〉是群，故对任何元素a ∈G ，其逆元素a -1∈G 存在。

因此存在着
x=sa -1*b ∈G ，使得
a *x=a （a -1*
b ）=（a *a -1）*b=e *b=b 另外，若还存在着
c ∈G ，使a *c=b ，则 c=e *c=（a -1*a ）*c=a -1*（a *c ）=a -1*b 这说明这样的x=a -1*b 的存在是唯一的。

二阶元素为：
a ，
b ，ab ，d ，ad ，bd ，abd 。

所以，没有八阶元素，不循环群，没有四阶元素，所以与s 2，s 3，s 4都不同构。

b) 同理可证。

40．设〈S，*〉是半群，e是关于*的的左幺元。

若∀x∈S，存在y∈S，使得y*x=e。

证明
a) ∀a，b，c∈S，若a*b=a*c，则b=c
b) 〈S，*〉是群。

[证] a) 对任何a，b，c∈S，若
a*b=a*c
则由于存在着d∈S，使d*a=e，故此，有
d*（a*b）=d*（a*c）
根据半群〈G，*〉的结合律，有
（d*a）*b=（d*a）*c
从而e*b=e*c
根据e为左幺元，可得b=c
b) 由于〈G，*〉已是半群，为此只需证以下两点：
1）e是*的幺元
由于e是*的左幺元，故只需证e是*的右幺元即可，对任何x∈S，因为存在着y∈S，使y*x=e，故
y*（x*e）=（y*x）*e=e*e=e
y*x=e
故此y*（x*e）=y*x，因此由a) 的结论，可得
x*e=x
2）对于每个元素x∈S，存在着y∈S，使
y*x=x*y=e
即x-1=y。

即逆元存在。

因为已知存在着左逆元，因此只需证明左逆元也是右逆元即可。

对任何x∈S，已知存在着y∈S，使y*x=e，关于这个左逆元y，有
y*（x*y）=（y*x）*y=e*y=y
y*e=y
故此y*（x*y）=y*e，因此由（a）的结论，可得
x*y=e
41．设〈G，*〉是群，| G | =2n。

证明：G中至少有一个二阶元素。

[证] 因为群〈G，*〉中的元素互逆，即元素a的逆元是a-1，a-1的逆元是a。

因而，G 中逆元不等于自身的元素必为偶数个（包括零个）。

但是G包含偶数个元素，因此G中逆元等于自身的元素个数也必为偶数个，而G的幺元e，它的逆元等于自身，所以，G中至少还有另一个元素a，使a-1=a，从而a2=a*a=a-1*a=e，且a≠e 即a是一个二阶元素。

42．设〈G，*〉是群。

证明：〈G，*〉是交换群的充分必要条件是∀a，b∈G，有（a*b）*（a*b）=（a*a）*（b*b）。

[证] 1）必要性
若〈G，*〉是交换群（阿贝尔群），那么对任何的a，b∈G，
（a*b）*（a*b）=a*（b*a）*b （结合律）
=a*（a*b）*b （交换律）
=（a*a）*（b*b）（结合律）
2）充分性
若对任何的a，b∈G，有（a*b）*（a*b）=（a*a）*（b*b）则〈G，*〉是交换群，这可证明如下：
a*b=e*（a*b）*e
=（a-1*a）*（a*b）（b*b-1）
=a-1*（（a*a）*（b*b））b-1（结合律）
= a-1*（（a*b）*（a*b））b-1 （已知条件）
=（a-1*a）*（b*a）*(b*b-1) （结合律）
=e*（b*a）*e
=b*a
43．设〈S，*〉是含幺半群。

证明：若∀x∈S，有x∈x=e，则〈S，*〉是交换群[证] 因为对任x∈S，有x*x=e，因此x-1=x。

所以〈S，*〉是群。

又对任何a，b∈S，因为有
a*b=a-1*b-1=（b*a）-1=b*a
所以〈S，*〉是交换群。

44．设〈G，*〉是群。

证明：若∀a，b∈G，有
a3*b3=（a*b）3，a4b4=（a*b）4，a5*b5=（a*b）5
则〈G，*〉是交换群。

[证] 对任何a，b∈G，因为群有结合律，故
a*b=a-4*a5*b5*b-4
=a-4*（a*b）5*b-4 （利用a5*b5=（a*b）5）
=a-3（b*a）4*b-3 （（a*b）5=a*（b*a）4*b 利用结合律）
=a-4*（a*b）4*b-1*（b*a）*b-3。