有一些在课上做过了就没放(而且都还是*题，拿来入门，难顶....)
当然后来再补也说不定。拿不准的翻译就照抄原文。
令(G)是(n)阶有限群，(S)是(G)的子集，且(2|S|>|G|)，试证明(forall ain G)都(exists b,cin S)使得(a=bc)
这题有点巧妙。注意到(Ssubseteq G)，我们构造(T=left{x^{-1}|xin S ight})，则任意取(ain G)，构造(aT=left{ax^{-1}|xin S ight}subseteq G)。又因为(|aT|+|S|>|G|)且(aTcup Ssubseteq G)，所以(aTcap S eq varnothing)
即(exists din T, bin S)使得(ad=b)，即(a=bd^{-1})，这里(d^{-1}in S)
证明：(b)是含幺半群(G)中的元(a)的逆元当且仅当(aba=a,ab^2a=1)
由(aba=a)两侧同时左乘(ab^2)得到(ab^2aba=(ab^2a)ba=ba=1)
由(aba=a)两侧同时右乘(b^2a)得到(abab^2a=ab^2a=ab=1)
即(ab=ba=1)，(b)为(a)的逆元
令(G)是(n)阶有限群，从中任取出(n)个元素(a_1,a_2,dots,a_n)，不一定两两不同。证明：存在正整数(1le ple qle n)使得(prodlimits_{i=p}^{q}{a_i}=1)
不妨从(G)中再任意取出一个元素(a_{0})，构造(s_k=prodlimits_{i=0}^{k}{a_i})，易得(forall 0le kle n)都有(s_kin G)
(|G|=nle n+1)，则根据鸽笼原理，(s_0,s_1,dots,s_n)这(n+1)个数中必有两个相等，不妨记作(s_u)和(s_v)，其中(0le u< vle n)，则(s_v{s_u}^{-1}=prodlimits_{i=u+1}^{v}{a_i}=1)，此时的(p,q)恰好为(u+1,v)
证明：已知(gcd(n,m)=1)，若有限群(G)中(exists a)使得(a^n=e)，则(exists bin G)使得(b^m=e)
裴蜀定理：(gcd(n,m)=1iff sm+tn=1)有整数解
那么(e=a^{sm+tn}=a^{sm}a^{tn}={left(a^s ight)}^{m}{left(a^n ight)}^t={left(a^s ight)}^{m})
取(b=a^s)就好了
(left{A,B ight})是半群(S)的一个划分，且(forall a,b,cin A)都有(abcin A)；(forall a,b,cin B)都有(abcin B)。证明：(A,B)至少有一个是半群
由反证法，不妨假设(exists a_1,a_2in Aand exists b_1,b_2in B)使得(a_1a_2in Band b_1b_2in A)
于是(a_1a_2b_1b_2=(a_1a_2)b_1b_2=a_1a_2(b_1b_2))，分属于两个不交的集合，于是矛盾；
设(Ale G,Ble G) ，若(exists a,bin G)使得(Aa=Bb)，则(A=B)
由(Aa=BbRightarrow Aab^{-1}=B)
因为(ein B)，所以(ba^{-1}in A)，所以({left({ba^{-1}} ight)}^{-1}=ab^{-1}in A)
所以(Aab^{-1}=A=B)得证
(A,Ble G)，试证(ABle Giff AB=BA)
先证明(Leftarrow)：
单位元和结合律比较显然
逆元：且(xin ABiff exists ain A,bin B)使得(x=ab)，则(x^{-1}=b^{-1}a^{-1}in BA=AB)
封闭性：若(x=abin AB,y=cdin AB)，则(xy=abcd=b'a'cd=b'(a'c)d=(a'c)(b'd)in AB)
再证明(Rightarrow)：
由(ABle G)可知，(abin ABRightarrow (ab)^{-1}in AB)；
而((ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}in BA)，这说明(forall (ab)^{-1}in AB)，((ab)^{-1}in BA)，即(ABsubseteq BA)；
另一方面，(forall bain BA)，((ba)^{-1}=a^{-1}b^{-1})，即(forall (ba)^{-1}in BA)，((ba)^{-1}in AB)，即(BAsubseteq AB)
也就是说(AB=BA)
若(A,Ble G)，(AB=G)且(Ale Cle G)，证明(C=A(Bcap C))
这个技法貌似比较有用，要多学学
首先(A(Bcap C)subseteq C)比较简单：
(forall xin A(Bcap C)) ，都(exists ain A,exists bin (Bcap C))使得(x=ab)
因为(bin B) ，所以(abin AB=G)；因为(bin C)，所以(abin AC=C)，综合就有(abin (ABcap AC)=(Gcap C)=C)，于是(A(Bcap C)subseteq C)
再证明(Csubseteq A(Bcap C))
由(G=AB)可得(forall cin C)都(exists ain A,exists bin B)使得(c=ab)
即(b=a^{-1}c)
由(bin B)且(a^{-1}cin C)可知(bin (Bcap C))，即(c=abin A(Bcap C))
也就证明了(Csubseteq A(Bcap C))
设(A,Bsubseteq G)且(|A|+|B|>|G|)，求证(G=AB)
类似第一题，考虑(forall gin G, gA^{-1}cap B eq varnothing)就好了
已知(Hle G)且(Kle G)，则([Gcolon H])有限(Rightarrow [Gcap Kcolon Hcap K]=[Kcolon Hcap K])有限
我们构造 (f:k(Kcap H)mapsto kH), (kin K)，然后证明这是一个(L_{Kcap H}(K)) 到 (L_{H}(G))的单射
先证明这是一个映射：
(forall k_1,k_2in K)
如果 (k_1(Kcap H)=k_2(Kcap H)), 那么有 (k_1in k_2(Kcap H))，也就是(exists hin (Kcap H)) 使得 (k_1=k_2h)
又因为(hin (Kcap H)), (hin H)，所以 (k_1=k_2hin k_2H)
即 (k_1(Kcap H)=k_2(Kcap H)Rightarrow k_1H=k_2H)，说明(f)是一个映射
然后证明(f)是单射：
(forall k_1,k_2in K), (k_1(Kcap H) eq k_2(Kcap H))
由 (k_1(Kcap H) eq k_2(Kcap H)) 可知，(exists h_1in (Kcap H)) 使得 (forall h_2in (Kcap H)) , (k_1h_1 eq k_2h_2)
我们猜测 对于同一个(h_1) 有 (k_1h_1 eq k_2h_3) 对任意的 (h_3in H) 成立，并由此证明 (k_1H eq k_2H)
不妨假设 (exists h_3in H) 使得 (k_2h_3=k_1h_1), 于是有 (h_3={k_2}^{-1}k_1h_1). 观察到 ({k_2}^{-1}, k_1, h_1) 都在 (K)中， (h_3) 也一定在 (K)中，即(h_3in (Hcap K))，这和条件((forall h_2in (Hcap K))都有(k_1h_1 eq k_2h_2))矛盾；
于是通过证明 (forall k_1,k_2in K) , (k_1(Kcap H) eq k_2(Kcap H)Rightarrow k_1H eq k_2H)，我们就证明了 (f) 是一个单射，且 (|L_{Kcap H}(K)|le |L_{H}(G)|)，也就是 (left[Gcolon H ight]in N^+Rightarrow left[Kcolon Kcap H ight]inN^+)
若(G)到(H)有一个同态(f)，则(forall gin G)有(ord(f(g))mid ord(g))
很显然(g^{ord(g)}=1)，两边取(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)，则(G)到(H)的同态只有(f:xmapsto e)
由上面可知(forall gin 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 (Asubseteq G,Bsubseteq G), (|A|+|B|>|G|), prove (G=AB)
since (|A|+|B|>|G|), we have (Acap B eqvarnothing)
(forall gin G), (|A^{-1}g|=|A^{-1}|=|A|)
thus (A^{-1}gsubseteq G), (Bsubseteq G), (|A^{-1}g|+|B|>|G|)
(A^{-1}gcap B eqvarnothing), assume (xin left({A^{-1}gcap B} ight)), there (exists ain A) and (bin B) s.t. (x=a^{-1}g=b), which means (g=ab), that is, (Gsubseteq AB)
apparently we have (ABsubseteq G), thus (G=AB)
(Aleqslant G), (Bleqslant G), if (exists a,bin G) s.t. (Aa=Bb), then (A=B)
(Aa=BbRightarrow A=Bleft({ba^{-1}} ight))
we claim (ba^{-1}in B). assume (ba^{-1} otin B), then (Bleft({ba^{-1}} ight)cap B=varnothing), which leads to (e otin A), an obvious contradiction
thus (ba^{-1}in B), where (A=Bleft({ba^{-1}} ight)=B)