《抽象代数基础+》完整习题解答
抽象代数基础丘维声答案
抽象代数基础丘维声答案【篇一：index】t>------关于模n剩余类环的子环和理想的一般规律[文章摘要]通过对模n剩余类的一点思考，总结出模n剩余类环的子环和理想的规律：所有理想为主理想，可以由n的所有因子作为生成元生成，且这些主理想的个数为n的欧拉数。
使我们得以迅速求解其子环和理想。
[关键字]模n剩余类环循环群子环主理想[正文]模n剩余类是近世代数里研究比较透彻的一种代数结构。
一，定义：在一个集合a里，固定n（n可以是任何形式），规定a元间的一个关系r，arb，当而且只当n|a-b的时候这里，符号n|a-b表示n能整除a-b。
这显然是一个等价关系。
这个等价关系普通叫做模n的同余关系，并且用a?b(n)来表示（读成a同余b模n）。
这个等价关系决定了a的一个分类。
这样得来的类叫做模n的剩余类。
二，我们规定a的一个代数运算，叫做加法，并用普通表示加法的符号来表示。
我们用[a]来表示a所在的剩余类。
规定：[a]+[b]=[a+b];[0]+[a]=[a];[-a]+[a]=[0];根据群的定义我们知道，对于这个加法来说，a作成一个群。
叫做模n剩余类加群。
这样得到的剩余类加群是循环群，并且[1]是其生成元，[0]是其单位元。
三，我们再规定a的另一个代数运算，叫做乘法，并且规定：[a][b]=[ab]；根据环的定义我们知道，对于加法和乘法来说，a作成一个环。
叫做模n剩余类环。
四，关于理想的定义：环a的一个非空子集a叫做一个理想子环，简称为理想，假如：(i) a,b?a?a-b?a；(ii)a?a,b?a?ba,ab?a；所以如果一个模n剩余类环a的子环a要作为一个理想，需要满足： (i) [a],[b]?a?[a-b]?a；(ii)[a]?a,[b]?a?[ba],[ab]?a；由以上四点可得到对一个模n剩余类环，求其所有子环和理想的一个方法。
思路：第一，模n剩余类环对加法构成加群，根据群的定义，找出所有子群；第三，对所有子群，根据环的定义，对乘法封闭，从所有子群里找出所有环；第四，对所有子环，根据理想的定义，找出所有理想。
抽象代数考试试题及答案
抽象代数考试试题及答案
在这份3000字的抽象代数考试试题及答案内容中，将为您详细解
析各种抽象代数考试题目，并给出相应的答案，帮助您更好地理解和
掌握这一领域的知识。
第一题：给定一个环R，证明R中每个理想都是主理想。
解答：首先，我们知道一个环中的理想是一个包含于该环的子集，
并且满足加法和乘法封闭性，对于任意r∈R和a，b∈I（I为R的一个
理想），有ra, rb∈I。
要证明R中每个理想都是主理想，即对于任意理想I，存在一个元
素r∈R，使得I = rR。
我们可以取r为I的一个生成元素，即r为使得I = rR的最小生成元素。
第二题：证明一个整数环不一定是唯一分解整环。
解答：反例：考虑整数环Z = {..., -2, -1, 0, 1, 2, ...}，Z并不是唯一
分解整环，因为在Z中存在不满足唯一分解性质的元素。
例如，2可以被分解为2 = (-1)(-2) = 1 * 2，即存在不同的唯一分解形式。
第三题：给定一个域K，证明K[x]（K上的多项式环）是唯一分解
整环。
解答：首先证明K[x]是整环。
然后证明K[x]是主理想整环（PID），意味着K[x]中的每个理想都是主理想。
再进一步证明K[x]是唯一分解
整环（UFD），即K[x]中每个非零元素都可以被分解为不可约元素的
乘积，且这个分解是唯一的。
通过以上试题及解答，我们可以看出在抽象代数领域中，需要深入
理解环、理想、整环、唯一分解整环等概念，并掌握相应的证明方法，才能较好地解决相关问题。
希望以上内容对您有所帮助，祝您学业有成！。
《抽象代数02009》试卷及标准答案
《抽象代数02009》试卷及标准答案
四、简答题(本大题共7小题，每小题5分，共35分)
26、A,{1,2,3}，B,{a,b}写出AXB及BXA的所有元素。
27、找出模5剩余类环的所有可逆元，并指出其逆元。
Z5
28、假定一个环R对加法来说作成一个循环群，证明:R是交换环。
29、证明两个不变子群的交集还是不变子群。
30、简述一个环作成域的条件，并指出域有几个理想。
31、群G中元a,b,若a,b的阶均有限，问ab的阶是否有限,
32、假定H是G的子群，N是G的不变子群，证明:HN是G的子群。
五、证明题(本大题共3小题，第33、34小题各7分，第35小题6分，共20分) 233、证明任意偶数阶的有限群至少有一个元a?e，使(e是群G的单位元)。
a,e
34、设R是偶数环，证明:(4)是R的最大理想，但R/(4)不是一个域。
35、假定[a]是整数模n的一个剩余类，证明:若a同n互素，那么所有[a]中的数都同n 互素。
抽象代数期末考试题及答案
抽象代数期末考试题及答案一、单项选择题（每题2分，共10分）1. 群的元素满足的运算性质不包括以下哪一项？A. 封闭性B. 结合律C. 交换律D. 恒等元答案：C2. 以下哪个不是环的基本性质？A. 加法和乘法的封闭性B. 加法的结合律C. 加法和乘法的交换律D. 乘法对加法的分配律答案：C3. 向量空间的基具有什么性质？A. 线性无关B. 线性相关C. 可以是任何一组向量D. 包含向量空间中所有向量答案：A4. 以下哪个不是群同态的性质？A. 保持群的运算B. 保持群的恒等元C. 保持群的逆元D. 保持群的子群答案：D5. 有限群的拉格朗日定理表述了什么？A. 群的阶数等于其任意子群的阶数B. 群的任意子群的阶数能整除群的阶数C. 群的任意子群的阶数等于群的阶数D. 群的阶数能整除其任意子群的阶数答案：B二、填空题（每题3分，共15分）1. 一个群G的元素a的阶是最小的正整数n，使得______。
答案：a^n = e2. 如果环R中任意两个元素a和b满足ab=ba，则称R为______。
答案：交换环3. 向量空间V的一个子集W，如果W非空且对向量加法和数乘封闭，则称W为V的一个______。
答案：子空间4. 线性变换T: V → W，如果对于任意的v1, v2 ∈ V和任意的标量c，都有T(v1 + v2) = T(v1) + T(v2)且T(cv) = cT(v)，则称T为______。
答案：线性的5. 一个群G的所有子群构成的集合，在包含关系下构成一个______。
答案：格三、简答题（每题10分，共20分）1. 请简述群的同态和同构的定义。
答案：群的同态是指两个群之间的函数，它保持群的运算。
具体来说，如果有两个群(G, *)和(H, ·)，函数f: G → H是一个同态，当且仅当对于所有a, b ∈ G，有f(a * b) = f(a) · f(b)。
同构是指一个双射同态，即同态f既是单射也是满射，这意味着G和H在结构上是相同的。
抽象代数复习资料
《抽象代数》 复习资料1一、判断对错，正确的填√，错误的填⨯．1、拉格朗日定理的逆命题是正确的. （ ）2、有限整环一定是域. ( )3、任意环都可嵌入一个含有单位元的环。
. ( )二、填空１、设G 为有限集合，且有一个满足结合律的代数运算。
则满足消去律为G 是群的______________（请填写：必要条件，充分条件，或充要条件）． 2、在群中设ord a n =，则对任意, k k Z ord a ?_______________．三、叙述概念 1、代数运算 2、环的特征3、含幺环上未定元的定义 四、计算和证明1、叙述并证明群同态基本定理．2、求10Z 到5Z 的所有环同态。
3、证明：对群中的任意两个元素,a b 均有()()o ab o ba =。
参考答案一、判断对错，正确的填√，错误的填´1、´2、√3、√´ 二、填空 1、充要条件；2、(,)nn k ； 三、叙述定义或定理1、代数运算 ：给定非空集合A ，集合A A ´到A 的映射称为集合A 的一个代数运算 。
（给定非空集合A ，给定A 的一个规则o ，如果对A 中任意的两个元素都有A 中唯一的元素与之对应,则称o 为A 的一个代数运。
2、环的特征：设R 是环，若存在最小的正整数n,使得对所有的a R Î，有0na =，则称环R 的特征是n,若不存在这样的n 则称R 的特征是无穷。
3、含幺环上未定元的定义：含幺Ｒ扩环中的元素x ，和Ｒ中所有的元素可交换，单位元保持其不变，方幂Ｒ线性无关。
四、1、设ϕ是群G 到群G 的一个同态满射．则N Ker ϕ=是G 的正规子群，且G N G ≅． 证明：由于G 的单位元是G 的一个正规子群，故其所有逆象的集合，即核N Ker ϕ=也是G的一个正规子群．设:(,)a a a G a G ϕ→∈∈，则在G N 与G 之间建立以下映射:()aN a a σϕ→=． （1）证明σ是映射．设(,)aN bN a b G =∈，则1a b N -∈．于是11,a b a b e a b --===，即G N 中每个陪集在σ之下在G 中只有一个象．从而σ确为G N 到G 的一个映射． （2）证明σ是满射．任取a G ∈，由ϕ是满射知，有a G ∈使得()a a ϕ=．从而在σ之下，a 在G N 中有逆象aN ．（3）证明σ是单射．若aN bN ≠，则1a b N -∉，从而1,a b e a b -≠≠．因此，σ是G N 到G 的一个双射．又由于有()()aN bN abN ab =→=，故σ为同构映射．从而G N G ≅．2、找出模10的剩余类环10Z 到剩余类环5Z 的所有环同态。
试题集：抽象代数基础
1.在群论中，如果一个群G的运算满足结合律，那么对于所有a,b,c∈G，下列哪个等式总是成立的？o A. (a⋅b)⋅c=a⋅(b+c)o B. (a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c)o C. a⋅(b⋅c)=(a+b)⋅co D. a⋅(b+c)=(a⋅b)+(a⋅c)参考答案：B解析：群论中的结合律保证了(a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c)对于群G中的所有元素a,b,c都成立。
2.设R是一个环，如果R中存在一个元素e，对于所有a∈R，都有e⋅a=a⋅e=a，那么e被称为R的什么？o A. 零元o B. 逆元o C. 单位元o D. 生成元参考答案：C解析：在环R中，满足e⋅a=a⋅e=a的元素e被称为单位元。
3.在域F中，如果a,b∈F且a≠0，那么下列哪个选项总是成立的？o A. a⋅b=b⋅ao B. a+b=b+ao C. 存在c∈F使得a⋅c=1o D. 所有选项都成立参考答案：D解析：域F的定义包含了交换律、结合律、分配律以及每个非零元素都有乘法逆元的性质。
4.设G是一个群，如果G中所有元素的阶都是有限的，那么G被称为？o A. 无限群o B. 有限群o C. 循环群o D. 阿贝尔群解析：如果群G中所有元素的阶都是有限的，那么G被称为有限群。
5.在群G中，如果对于所有a,b∈G，都有a⋅b=b⋅a，那么G被称为？o A. 非交换群o B. 交换群o C. 循环群o D. 阿贝尔群参考答案：B 或 D解析：满足a⋅b=b⋅a的群被称为交换群或阿贝尔群。
6.设R是一个环，如果R中存在一个元素a，对于所有b∈R，都有a⋅b=b⋅a=0，那么a被称为R的什么？o A. 单位元o B. 零元o C. 逆元o D. 零因子参考答案：B解析：在环R中，满足a⋅b=b⋅a=0的元素a被称为零元。
7.在域F中，如果a∈F且a≠0，那么下列哪个选项描述了a的性质？o A. a没有乘法逆元o B. a有唯一的乘法逆元o C. a有多个乘法逆元o D. a的乘法逆元是a本身参考答案：B解析：域F中每个非零元素都有唯一的乘法逆元。
抽象代数答案
抽象代数答案1、证明:在群中，对于任意元素，方程有唯一解，方程也yab,Pab,Gaxb,10有唯一解。
,1的情况。
对等式两边均左乘，得证明:只证axb,axb,a,,11,1 ，即， aaxab,xab,,1所以方程有解。
若也是方程的解，即有成立，同理可得xaxb,axb,xab,axb,00,1,1，故方程有唯一解。
xab,axb,xab,02、证明:在群中，消去律成立。
即 G由可以推出; axay,xy,由可以推出。
xaya,xy,,1,1证明:只证第一种情况。
对等式两边均左乘，由结合律及，其中为axay,eaaae,单位元，可得。
xy,4、求出中的所有可逆元。
Z8解:，由题5，可逆当且仅当，知中的所有可逆元为(,8)1a,ZZ,0,1,2,3,4,5,6,7a,,88。
1,3,5,7补充题:在Z中重新定义加法，对任意，规定。
证明:abZ,,(,)Z,abab,,，,1 构成交换群。
证明:首先显然有，。
,,abZ,abba,,,(1) 结合律任意 abcZ,,,()ababc,,,，,,c(1),，,，,(1)1abc,，，,,abc(1)1,,，,abc(1),,,ab(c)(2) 有单位元1，这是因为对于任意的，有 aZ, 1111,,,,，,,aaaa(3) 任意，存在逆元。
因为 aZ,2,,aZ aaaaaa,,,,,,,，,,(2)(2)(2)11。
综上，(,)Z,是交换群。
抽象代数Chapter2习题答案
HW 2 Solutions, (October 5th, 2011)
All problems from Chapter 2 of Artin’s Algebra. 1.3 If map r : N → N was a right inverse for the shift map s, then the composition sr would send 1 to 1. However, the number 1 is not in the image of s so such a right inverse is impossible. For any n ∈ N, define the map ℓn by ℓn (i) = i − 1 if i ≥ 2 and ℓn (1) = n. Then the composition ℓn s is the identity on N. Thus we have exhibited an infinite number of left inverses. 2.1 Group multiplication table for S3 = {e, (12), (13), (23), (123), (132)} with first row (resp. column) corree (12) (23) (13) (123) (132) (12) e (123) (132) (23) (13) (23) (132) e (123) (13) (12) sponding to left (resp. right-) multiplication by identity e: . (13) (123) (132) e (12) (23) (123) (13) (12) (23) (132) e (132) (23) (13) (12) e (123) 2.2 Let S ′ be the subset of S consisting of invertible elements. We must show that the associative law of composition, ◦, on S restricts to a law of composition on S ′ . In other words, we need to show closure: if s1 and s2 are invertible (i.e. in S ′ ), then s1 ◦ s2 is also invertible (i.e. in S ′ ). But this is clearly true since 1 −1 ′ s− 2 ◦ s1 is the inverse of s1 ◦ s2 . This law of composition on S is associative since it is associative on S . To complete the proof that subset S ′ is a group, we need to check that identity and inverses are in S ′ , and these follow quickly. 2.4 a) Yes, GLn (R) is a subgroup of GLn (C), clearly the product of two invertible matrices with real entries is an invertible matrix with real entries (implies closure ). The identity matrix has real entries, and the inverse of a matrix with real entries also has real entries. b) Yes, {−1, 1} is a subgroup of R× . (Similar technique as in part (a).) c) No, the inverse of a positive integer (under addition) is not a positive integer. d) Yes, {positive reals} is a subgroup of R× . (Similar technique as in part (a).) e) No, matrix a 0 is not invertible. 0 0 1
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《抽象代数基础》习题解答于延栋编盐城师范学院数学科学学院二零零九年五月第一章群论§1代数运算1.设/= {e, a,b, c}, /上的乘法“ • ”的乘法表如下:,e a h ce e a b ca a e c bb hc e ac c b a e证明：“ •”适合结合律.证明设为/中任意三个元素.为了证明“ •”适合结合律，只需证明(x-^-z=x-(y-z).下面分两种情形来阐明上式成立.1.y, z中至少有一个等于e.当＞=6*时，{x-y)-z=y-z=x-{y-z)当y=。
时，{x-y)-z=x-z=x (y-z);当z =仃时，(.r•,)'z= x~y = -T•(丿八z).II.x, ”, z都不等于g.(\)x=y= z.这时,(x-y)- z= e-z= z=x= x-e=x-(y-z).(II).r, z两两不等.这时，{x'y)'Z=Z'Z = e=X'X=X'{y'Z}.(III)羽乂z中有且仅有两个相等.当》=大时，才和z是{么*d中的两个不同元素，令〃表示W、bq中其余的那个元素.于是，()• ^-z=e-z=z, x (y-z) = x i/ = z,从而，(r y)-z=x\y z). 同理可知，当*=2或2=-了时,都有(.r-=2.设“ •”是集合,上一个适合结合律的代数运算.对于/中元素，归纳定义山为:f=xr+1 ( f 、,n《=ru妇Ml \ ^=1证明:a，• n% =fl"/ \ /=! )谷I 进而证明：在不改变元素顺序的前提下，/中元素的乘积与所加括号无关. 证明当〃，=1时，根据定义，对于任意的正整数〃，等式成立.假设当= 时，对于任意的正整数〃，等式成立.当/// = /-+1时，由于“ •”适合结合律,我们有佃顺小jru j=ru=nr=! ) & /=!所以，对于任意的正整数〃和〃7,等式成立.考察/中任意〃()个元素：当〃23时，要使记号a、』••…a“变成有意义的记号,必需在其中添%口一些括号规定运算次序.现在我们来阐明:在不改变元素顺序的前提下，无论怎样在其中添加括号，运算结果总是等于r=\事实上，当〃=1或〃=2时，无需加括号，我们的结论自然成立.当〃=3时，由于“ •”适合结合律，我们的结论成立.假设当〃＜/•(/•＞!)时我们的结论成立.考察n=r J r\的情形：不妨设最后一次运算是a，b ,其中v为《，外,…,？中前s(l《s＜〃)个元素的运算结果，方为《，角，…,q中后〃-s个元素的运算结果.于是，根据归纳假设，“=11弓，，=1!皿.z=l 上1所以最终的运算结果为。
，\7=1 丿/=!3.设Q是有理数集.对于任意的a,心,令a.b=a槌,证明：“ •”是Q上的一个代数运算，它既不适合结合律也不适合交换律.证明众所周知，对于任意的“McQ, 〃，=〃+岁cQ.所以“ •”是Q上的一个代数运算.令。
=0,力=1,。
=2.由于(Z7-^)-C=(0-1)-2=1-2=1+22=5,r7-(^-r) = 0-(l-2) = 0-5 = 0 +52 = 25, 从而，所以“ •”不适合结合律.由于C ，= 2・1 = 2 + F=3,.从而,b ，gc ，b.所以“ •”不适合交换律.§2群的概念证明 首先，众所周知，G-0, A —B J G, W,B W G,由于矩阵的加法适合 结合律，。
上的加法适合结合律.其次，令，则gG ，并且 Q+ A= /+〃=/,必 G.最后,对于任意的/=(；：)泌，令-』=(二［：)， 则- Nc 6•且/+ (-勿=(-4) + /- 〃.所以6■关于矩阵的加法构成一个群.个群.证明 将记作£，并将6•中其余三个矩阵分别记作",C.于是，6•上的乘法表如下： •E A B C EE A B C AA E CB BB C E A CC B A E 由于矩阵的乘法适合结合律，G 上的乘法适合结合律.从乘法表可知， EX=XE=X,XX=E, PX,YwG.所以G 关于矩阵的乘法构成一个群.3.在整数集Z 中，令a ・b = a+b-l., Va,bC 证明：Z 关于这样的乘法构成 一个群.证明 对于任意的a,b,c&Z,我们有1.证明a,b ,c,d cZ U "丿关于矩阵的加法构成一个群. 2.令 6= (0肽'W If 证明：。
关于矩阵的乘法构成一((7-/t)-c = (a + A-2)-c = (a+/j-2) + c-2 = a + A + c-4,«7-(^-r) = <7-(^+r-2) = «7 + (^+r-2)-2 = z7+^+r-4,从而(a,砰c=a，g.这就是说，该乘法适合结合律.其次，2eZ,并且对于任意的界Z,我们有所以Z关于该乘法构成一个群.4.写岀金的乘法表.解§ = {(1),(1 2),(1 3),(2 3),(1 2 3),(13 2)}, § 的乘法表如下:•⑴(12)(1 3)(2 3)(12 3)(13 2)⑴(1)(1 2)(1 3)(2 3)(12 3)(13 2)(12)(12)(1)(13 2)(12 3)(2 3)(13)(13)(13)(12 3)(1)(13 2)(12)(2 3)(2 3)(2 3)(13 2)(12 3)(1)(13)(12)(12 3)(12 3)(1 3)(2 3)(12)(13 2)(1)(13 2)(13 2)(2 3)(1 2)(13)(1)(12 3)5.设(&•)是一个群,证明：“ •”适合消去律. 证明设a,b,ccG.第a,b =a・c,则b= e~ b=((f x' d)'b=a~x \a • /)} = a~x -(a-c) = (a~l■ a)~ c= e-c= c.同理，若b、a = c、a,则缶c这就表明,“ •”适合消去律.6 .在5；中，令fl 2 345) fl 2 345)/=[2 3 154丿，”[1 3 452)'求原此和广，解我们有。
2 345)(\ 2 345), (\ 2 345、衣=| ,2 I 543 '"= 3 4 125 '尸=3 1 2547.设〃求解我们有〃=（4 •••/；）.8-设/是任意一个置换，证明：./•（" /；•广'=（/1矽/（，）・・/（4））.证明事实上，易见,/P；）,/（必,…，/（弓）是{1,2,...,〃}中的左个不同的数字. 由直接计算可知，（/•（/； 4 …力）•广）W））=/S），9"-1 ；（/•（，/…公•广）（/（4））=/0）・其次，对于任意的7G {1, 2, 27} \ {/（/；）,/（/；）, /（/,）}, / 在/•（桓…。
）•广之下的像是，本身.所以/•（" i2•••"）•广=（/0）/0）-/（。
））.9.设5是一个非空集合,“ • ”是5•上的一个代数运算，若“ • ”适合结合律，则称（S, •）是一个半群（或者称$关于“ • ”构成一个半群）.证明：整数集Z关于乘法构成一个半群，但不构成一个群.证明众所周知，Z是非空集合，对于任意的a,beZ,总有a S,并且整数乘法适合结合律，所以Z关于乘法构成一个半群.其次，令e= 1 .于是，对于任意的心Z,总有e-a= a、e= ♦・但是，OwZ,并且不存在症Z,使得^b=e.所以Z关于乘法不构成一个群.10.设，是一个非空集合，5•是由/的所有子集构成的集合.则集合的并“U”是5上的一个代数运算.证明：（S,U）是一个半群.证明众所周知，对于任意的X.Y.Z^S,总有（*UDUZ=*U（/U这就是说，5上的代数运算“U”适合结合律，所以（£U）是一个半群.注请同学们考虑如下问题：设/是一个非空集合，S是由/的所有子集构成的集合.定义S上的代数运算“ △”（称为对称差）如下：払尸=（*\r）U（八册，Ze s.求证：（£△）是一个交换群.11.令a,b,c,d&z .证明5•关于矩阵的乘法构成一个半群. 证明众所周知，对于任意的A,B,CcS,总有ABcS,侦B）C=」BC）.这就是说,矩阵的乘法是5•上的一个代数运算，并且适合结合律，所以5■关于矩阵的乘法构成一个半群.12.设（S, •）是一个半群，ec S称为5•的一个左（右）单位元，如果对于任意的oe5■都有e,a = a （a・e=a）.对于aeS,如果存在力使h-a = e（a-h=e},则称〃左（右）可逆的，万是〃的一个左（右）逆元假设S有左（右）单位元e 且$中每个元素都有关于e的左（右）逆元.证明：（£ •）是一个群.证明设“是S中任意一个元素.任取心,使得a、b=e.再任取re，使得b c=e.于是,我们有因此a-b= e= b-a.所以由以上两式可知，e是单位元，5•中每个元素〃都有逆元方.所以（$,•）是一个群. 对于S有左单位元g且5中每个元素都有关于e的左逆元的情形，请同学们自己证明.13.设6•是一个群,证明：（atif =而'、Pa,bcG.证明对于任意的agG,我们有（泌）（/&'） = = aea x = aa' = e,（泌）=（d~' d）b = If' eb= b= e.所以（泌）Va,bwG.16.设。
是一个群，证明:。
是交换群的充要条件是（泌）2=丿庆，VagG.证明必要性是显然的.现在假设6•满足该条件.于是，对于任意的SG, 我们有（泌尸=&计,即abab =aabb.运用消去律（第5题）立即可得ab = ba.所以。
是交换群.17.设。
是一个群.假设对于任意的“c 6•都有f=e,证明：6•是交换群.证明我们有（。
力）2 =e=ee= a2A2, Va, bcG.由上题知，6•是交换群.18.设。
是非空集合，“ •”是G上的一个代数运算且适合结合律.（1）证明：（。
・）是一个群当且仅当对于任意的a,b&G,方程a、x=b和y・a = b在6■中都有解.（2）假设6■是有限集，证明：（G •）是一个群当且仅当“ •”适合消去律.证明（1）当（。
・）是一个群时，显然，对于任意的a,heG, x=a-'、b是方程a，x= b的解，y=b'd~x是方程y、a = b的解.现在假设对于任意的a,bw 6,方程a、x=b,y,a = b在6■中都有解.任取G，考察方程ax=a.根据假设，方程a・x=a有解设力是。