有一些在課上做過了就沒放(而且都還是*題，拿來入門，難頂....)
當然后來再補也說不定。拿不准的翻譯就照抄原文。
令\(G\)是\(n\)階有限群，\(S\)是\(G\)的子集，且\(2|S|>|G|\)，試證明\(\forall a\in G\)都\(\exists b,c\in S\)使得\(a=bc\)
這題有點巧妙。注意到\(S\subseteq G\)，我們構造\(T=\left\{x^{-1}|x\in S\right\}\)，則任意取\(a\in G\)，構造\(aT=\left\{ax^{-1}|x\in S\right\}\subseteq G\)。又因為\(|aT|+|S|>|G|\)且\(aT\cup S\subseteq G\)，所以\(aT\cap S\neq \varnothing\)
即\(\exists d\in T, b\in S\)使得\(ad=b\)，即\(a=bd^{-1}\)，這里\(d^{-1}\in S\)
證明：\(b\)是含幺半群\(G\)中的元\(a\)的逆元當且僅當\(aba=a,ab^2a=1\)
由\(aba=a\)兩側同時左乘\(ab^2\)得到\(ab^2aba=(ab^2a)ba=ba=1\)
由\(aba=a\)兩側同時右乘\(b^2a\)得到\(abab^2a=ab^2a=ab=1\)
即\(ab=ba=1\)，\(b\)為\(a\)的逆元
令\(G\)是\(n\)階有限群，從中任取出\(n\)個元素\(a_1,a_2,\dots,a_n\)，不一定兩兩不同。證明：存在正整數\(1\le p\le q\le n\)使得\(\prod\limits_{i=p}^{q}{a_i}=1\)
不妨從\(G\)中再任意取出一個元素\(a_{0}\)，構造\(s_k=\prod\limits_{i=0}^{k}{a_i}\)，易得\(\forall 0\le k\le n\)都有\(s_k\in G\)
\(|G|=n\le n+1\)，則根據鴿籠原理，\(s_0,s_1,\dots,s_n\)這\(n+1\)個數中必有兩個相等，不妨記作\(s_u\)和\(s_v\)，其中\(0\le u< v\le n\)，則\(s_v{s_u}^{-1}=\prod\limits_{i=u+1}^{v}{a_i}=1\)，此時的\(p,q\)恰好為\(u+1,v\)
證明：已知\(\gcd(n,m)=1\)，若有限群\(G\)中\(\exists a\)使得\(a^n=e\)，則\(\exists b\in G\)使得\(b^m=e\)
裴蜀定理：\(\gcd(n,m)=1\iff sm+tn=1\)有整數解
那么\(e=a^{sm+tn}=a^{sm}a^{tn}={\left(a^s\right)}^{m}{\left(a^n\right)}^t={\left(a^s\right)}^{m}\)
取\(b=a^s\)就好了
\(\left\{A,B\right\}\)是半群\(S\)的一個划分，且\(\forall a,b,c\in A\)都有\(abc\in A\)；\(\forall a,b,c\in B\)都有\(abc\in B\)。證明：\(A,B\)至少有一個是半群
由反證法，不妨假設\(\exists a_1,a_2\in A\and \exists b_1,b_2\in B\)使得\(a_1a_2\in B\and b_1b_2\in A\)
於是\(a_1a_2b_1b_2=(a_1a_2)b_1b_2=a_1a_2(b_1b_2)\)，分屬於兩個不交的集合，於是矛盾；
設\(A\le G,B\le G\) ，若\(\exists a,b\in G\)使得\(Aa=Bb\)，則\(A=B\)
由\(Aa=Bb\Rightarrow Aab^{-1}=B\)
因為\(e\in B\)，所以\(ba^{-1}\in A\)，所以\({\left({ba^{-1}}\right)}^{-1}=ab^{-1}\in A\)
所以\(Aab^{-1}=A=B\)得證
\(A,B\le G\)，試證\(AB\le G\iff AB=BA\)
先證明\(\Leftarrow\)：
單位元和結合律比較顯然
逆元：且\(x\in AB\iff \exists a\in A,b\in B\)使得\(x=ab\)，則\(x^{-1}=b^{-1}a^{-1}\in BA=AB\)
封閉性：若\(x=ab\in AB,y=cd\in AB\)，則\(xy=abcd=b'a'cd=b'(a'c)d=(a'c)(b'd)\in AB\)
再證明\(\Rightarrow\)：
由\(AB\le G\)可知，\(ab\in AB\Rightarrow (ab)^{-1}\in AB\)；
而\((ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}\in BA\)，這說明\(\forall (ab)^{-1}\in AB\)，\((ab)^{-1}\in BA\)，即\(AB\subseteq BA\)；
另一方面，\(\forall ba\in BA\)，\((ba)^{-1}=a^{-1}b^{-1}\)，即\(\forall (ba)^{-1}\in BA\)，\((ba)^{-1}\in AB\)，即\(BA\subseteq AB\)
也就是說\(AB=BA\)
若\(A,B\le G\)，\(AB=G\)且\(A\le C\le G\)，證明\(C=A(B\cap C)\)
這個技法貌似比較有用，要多學學
首先\(A(B\cap C)\subseteq C\)比較簡單：
\(\forall x\in A(B\cap C)\) ，都\(\exists a\in A,\exists b\in (B\cap C)\)使得\(x=ab\)
因為\(b\in B\) ，所以\(ab\in AB=G\)；因為\(b\in C\)，所以\(ab\in AC=C\)，綜合就有\(ab\in (AB\cap AC)=(G\cap C)=C\)，於是\(A(B\cap C)\subseteq C\)
再證明\(C\subseteq A(B\cap C)\)
由\(G=AB\)可得\(\forall c\in C\)都\(\exists a\in A,\exists b\in B\)使得\(c=ab\)
即\(b=a^{-1}c\)
由\(b\in B\)且\(a^{-1}c\in C\)可知\(b\in (B\cap C)\)，即\(c=ab\in A(B\cap C)\)
也就證明了\(C\subseteq A(B\cap C)\)
設\(A,B\subseteq G\)且\(|A|+|B|>|G|\)，求證\(G=AB\)
類似第一題，考慮\(\forall g\in G, gA^{-1}\cap B\neq \varnothing\)就好了
已知\(H\le G\)且\(K\le G\)，則\([G\colon H]\)有限\(\Rightarrow [G\cap K\colon H\cap K]=[K\colon H\cap K]\)有限
我們構造 \(f:k(K\cap H)\mapsto kH\), \(k\in K\)，然后證明這是一個\(L_{K\cap H}(K)\) 到 \(L_{H}(G)\)的單射
先證明這是一個映射：
\(\forall k_1,k_2\in K\)
如果 \(k_1(K\cap H)=k_2(K\cap H)\), 那么有 \(k_1\in k_2(K\cap H)\)，也就是\(\exists h\in (K\cap H)\) 使得 \(k_1=k_2h\)
又因為\(h\in (K\cap H)\), \(h\in H\)，所以 \(k_1=k_2h\in k_2H\)
即 \(k_1(K\cap H)=k_2(K\cap H)\Rightarrow k_1H=k_2H\)，說明\(f\)是一個映射
然后證明\(f\)是單射：
\(\forall k_1,k_2\in K\), \(k_1(K\cap H)\neq k_2(K\cap H)\)
由 \(k_1(K\cap H)\neq k_2(K\cap H)\) 可知，\(\exists h_1\in (K\cap H)\) 使得 \(\forall h_2\in (K\cap H)\) , \(k_1h_1\neq k_2h_2\)
我們猜測 對於同一個\(h_1\) 有 \(k_1h_1\neq k_2h_3\) 對任意的 \(h_3\in H\) 成立，並由此證明 \(k_1H\neq k_2H\)
不妨假設 \(\exists h_3\in H\) 使得 \(k_2h_3=k_1h_1\), 於是有 \(h_3={k_2}^{-1}k_1h_1\). 觀察到 \({k_2}^{-1}, k_1, h_1\) 都在 \(K\)中， \(h_3\) 也一定在 \(K\)中，即\(h_3\in (H\cap K)\)，這和條件(\(\forall h_2\in (H\cap K)\)都有\(k_1h_1\neq k_2h_2\))矛盾；
於是通過證明 \(\forall k_1,k_2\in K\) , \(k_1(K\cap H)\neq k_2(K\cap H)\Rightarrow k_1H\neq k_2H\)，我們就證明了 \(f\) 是一個單射，且 \(|L_{K\cap H}(K)|\le |L_{H}(G)|\)，也就是 \(\left[G\colon H\right]\in \N^+\Rightarrow \left[K\colon K\cap H\right]\in\N^+\)
若\(G\)到\(H\)有一個同態\(f\)，則\(\forall g\in G\)有\(ord(f(g))\mid ord(g)\)
很顯然\(g^{ord(g)}=1\)，兩邊取\(f\)就有\(f(g^{ord(g)})=f(1)={f(g)}^{ord(g)}\)，也就是\(ord(f(g))\mid ord(g)\)
若\((|G|,|H|)=1\)，則\(G\)到\(H\)的同態只有\(f:x\mapsto e\)
由上面可知\(\forall g\in G\)，\(ord(f(G))\mid ord(G)\mid|G|\)，又\(ord(f(g))\mid |H|\)，故\(ord(f(g))=1\)，即\(f(g)=e\)
if \(A\subseteq G,B\subseteq G\), \(|A|+|B|>|G|\), prove \(G=AB\)
since \(|A|+|B|>|G|\), we have \(A\cap B\neq\varnothing\)
\(\forall g\in G\), \(|A^{-1}g|=|A^{-1}|=|A|\)
thus \(A^{-1}g\subseteq G\), \(B\subseteq G\), \(|A^{-1}g|+|B|>|G|\)
\(A^{-1}g\cap B\neq\varnothing\), assume \(x\in \left({A^{-1}g\cap B}\right)\), there \(\exists a\in A\) and \(b\in B\) s.t. \(x=a^{-1}g=b\), which means \(g=ab\), that is, \(G\subseteq AB\)
apparently we have \(AB\subseteq G\), thus \(G=AB\)
\(A\leqslant G\), \(B\leqslant G\), if \(\exists a,b\in G\) s.t. \(Aa=Bb\), then \(A=B\)
\(Aa=Bb\Rightarrow A=B\left({ba^{-1}}\right)\)
we claim \(ba^{-1}\in B\). assume \(ba^{-1}\not\in B\), then \(B\left({ba^{-1}}\right)\cap B=\varnothing\), which leads to \(e\not\in A\), an obvious contradiction
thus \(ba^{-1}\in B\), where \(A=B\left({ba^{-1}}\right)=B\)