第四章习题
1.试证 (4-2-2)对应关系是同构。 解
2.试证对于有限群 G的任一元素 a,存在一整数 r,使得 a =e.
而且 r必能整除 g,g是群 G的阶。 解
3.试证下列函数对于运算 f·g=f(g(x))是一个群。
f1(x)=x,f2(x)=—,f3(x)=1-x,
f4(x)=——,f5(x)=——,f6(x)=——,解
1x
1
1－ x x－ 1x
x
x－ 1
r
4.一正立方体的六个面用 g,r,b,y四种颜色涂染，求其中两个面用色 g,两个面用色 y,
其余一面用 b,一面用 r的方案数。 解
5.对一正六面体的八个顶点，用 y和 r两种颜色染色，使其中有 5个顶点用色 y,其余 3
个顶点用色 r,求其方案数。 解
6.由 b,r,g三种颜色的 5颗珠子镶成的圆环，共有几种不同的方案?
解
7.一个圆圈上有 n个珠，用 n种颜色对这 n
个珠子着色，要求颜色数目不少于 n的方案数。 解
8.若已给两个 r色的球，两个 b色的球，用它装在正六面体的顶点，试问有多少不同的方案? 解
9.试说明 S5群的不同格式及其个数。 解
10.图 4-1-1用两种颜色着色的问题，若考虑互换颜色使之一致的方案属同一类，
问有多少不同的图象？ 解
11.在正四面体的每个面上都任意引一条高，有多少方案？ 解
12.一幅正方形的肖像与一个立方体的面一样大，
6副相同的肖像贴在立方体的 6个面上有多少种贴法？ 解
13.凸多面体中与一个顶点相关的各面角之和与
2π的差称为该顶点的欠角，证明凸多面体各顶点欠角之和为 4π,解
14.足球由正 5边形与正 6边形相嵌而成。
(a)一个足球由多少块正 5边形与正 6边形组成？
(b)把一个足球所有的正 6边形都着以黑色，正 5
边形则着以其它各色，每个 5边形的着色都不同，有多少种方案？ 解
15.(a)本质上有多少种确实是 2个输入端的布尔电路？写出其布尔表达式。
(b)本质上有多少种确实是 3个输入端的布尔电路？ 解
16.用 8个相同的骰子垛成一个正 6面体，
有多少方案？ 解
17.正六面体的 6个面和 8个顶点分别用红、
蓝两种颜色的珠子嵌入。试问有多少种不同的方案数?(旋转使之一致的方案看作是相同的 ),解习题解答
1.证：设 G={a1,a2,…,a n},指定 G中任一元
ai,任意 aj∈ G,Pi,aj → a jai,则 Pi是 G上的一个置换，即以 G为目标集。
Pi=( ),G的右正则表示 f：
ai→( )=Pi 。 f是单射,ai≠aj,则 Pi≠Pj
f(aiaj) = ( )
=( )( )=f(ai)f(aj)
证毕。 题
a1 a2 … a na
1ai a2ai … a naia
i aa
i a1 a2 … a n
a1(aiaj) a2(aiaj) … a n(aiaj)a
1 a2 … a na
1ai a2ai … a nai
a1 a2 … a n(a
1ai)aj (a2ai)aj … (a nai)aj
2.证,设 |G|=g,则 a,a,a,…,a,a 中必有相同元。 a = a,1≤k＜ l≤g+1 a
=e,1≤l-k≤g 对于给定的 a,存在最小的正整数 r,a =e,于是 H={a,a,…,a (=e)} 是 G的子群，若 H≠G,则存在 a1不属于 H,显然，
H∩Ha1=φ,|H+Ha1|=2r 若
H+Ha1=G,则 2r=g,r|g 否则存在 a2不属于 H+Ha1,
Ha2∩(H+Ha1)=φ 于是
H+Ha1+Ha2+…+H ak=G,r(k+1)=g,r|g.
证毕。 题
2 3 g g+1
k l
l-k
r 2 r
.
.
.
.
.,,,
3.证,(a)封闭性,f1·fi=f1(fi(x))=fi(x);
f2·f3=f2(f3(x))=f2(1-x)=1/(1-x)=f4(x);
同理一一列举可得任意 fi都属于 G;
(b)结合律成立：运算相当于把前面的计算结果带入到后面的函数中，对于该数学运算，运算的先后顺序与结果无关。
结合律成立。
(c)存在单位元,e=f1;
(d)存在逆元素,f1=e; f2·f2=e; f3·f3=e;
f4·f5=f5·f4=e; f6·f6=e;
满足群的条件，得证。 题
4.解,正 6面体的转动群用面的置换表示：
面心 -面心 ± 90 (1) (4) 6个
180 (1) (2) 3个 顶点 -顶点
± 120 (3) 8个 棱中 -棱中
180 (2) 6个不动
(1) 1个 P=[(g+r+b+y) +6(g+r+b+y)
(g +r +b +y ) +6(g + r + b + y ) +3(g+r+b+y)
(g +r +b +y ) +8(g +r +b +y ) ]/24
其中 g y br的系数为
[C(6,2)C(4,2)C(2,1)+3C(2,1)C(2,1)]/24=8 题
。
。
。
。
2
2 2
2
3
6
6 2 4 4 4 4
2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2
3 3 3 3 2
2 2
5.解：相当于 4.7节中例 2中求 b r 的系数，
为 [C(8,5)+8C(2,1)]/24=3 题
6.解：正 5边形的运动群 题绕心转 ± 72 (5) 2个
± 144 (5) 2个 翻转
180 (1)(2) 5个 不动
(1) 1个 不同方案数为 m=(3
+4·3 +5·3 )/10=39
7.解：使重合的运动包括绕中心旋转和绕水平对称轴翻转共产生 2n个置换群。
5 3
。
。
。
1
1
2
5
5 1 3
(续前 )n个球用 n种颜色着色共有 n!种不同方案。因此，所求方案数为 n!/2n,题
8.解：正六面体顶点的置换群见 4.7例 2,
本题相当于用 2个 r,两个 g,4个 b色的球装在正六面体的 8个顶点上。
P=[(r+g+b) +6(r +g +b ) +9(r +g +b )
+8(r+g+b) (r +g +b ) ]/24
其中 r g b 的系数为
[C(8,2)C(6,2)+9C(4,2)C(2,1)]/24=22
题
8 4 4 4 2 2 2 2 4
2 3 3 3 2
2 2 4
9.解,5的拆分共有,00005,00014,00023,
00113,00122,01112,11111共七种，根据讲义 4.4节定理 1可得 S5中：
(1) 共轭类有 5!/5!=1个置换；
(1) (2) 共轭类有 5!/(3!2)=10个置换；
(1) (2) 共轭类有 5!/(2!2 )=15个置换；
(1) (3) 共轭类有 5!/(2!3)=20个置换；
(1) (4) 共轭类有 5!/4=30个置换；
(2) (3) 共轭类有 5!/(2·3)=20个置换；
(5) 共轭类有 5!/5=24个置换；
∴ 共有不同格式 7种，如上所示。 题
5
3 1
1 2
2
2 1
1 1
1 1
1
10.解：类似讲义 4.4例 2求：
(1)不换色不动,p1=(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)…(13)(14)(15)(16)
逆时针转 90,p2=(1)(2)(3456)(789 10)(11 12)(13 14 15 16)
顺时针转 90,p3=(1)(2)(6543)(10 987)(11 12)(16 15 14 13)
转 180,p4=(1)(2)(35)(46)(79)(8 10)(11 12)(13 15)(14 16)
(2)换色不动,p5=(12)(37)(48)(59)(6 10)(11 12)(13 14)(15 16)
逆时针转 90,p6=(12)(385 10)(6749)(11)(12)(16 15 14 13)
顺时针转 90,p7=(12)(10 583)(9476)(11)(12)(13 14 15 16)
转 180,p8=(12)(39)(4 10)(57)(68)(11 12)(13)(14)(15)(16)
(16+2+2+4+0+2+2+4)/8=4(种方案 ) 题
。
。
。
。
。
。
11.解：除了绕 顶点 -对面的中心 轴旋转均不会产生不变的图象外,绕其他轴的旋转相当于正 4面体的面 3着色。参照讲义 4.6
例 3可得不同的方案数为
M=[3 +0·8·3 +3·3 ]/12=9 题
12.解：除了绕 面心 —面心 轴旋转任何度数均不会产生不变的图象外，绕其他轴的旋转都相当于正六面体的面 4着色。参照讲义 4.6例 4可得不同的方案数为
M=[4 +0·6·4 +0·3·4 +8·4 +6·4 ]/24=192 题
4 2 2
6 3 4 2 3
13.证：设 V,S,E分别为顶点集，面集，边
(棱 )集。由欧拉定理 |V|+|S|－ |E|=2.
设 aij为与顶点 vi,面 Sj为相关的面角,ej为
Sj的的边数，给定 Sj则 ∑aij=(ej－ 2)π
欠角和为 ∑(2π－ ∑aij)=∑2π－ ∑ ∑aij
=2|V|π－ ∑ ∑aij=2|V|π－ ∑(ej－ 2)π
=2|V|π－ ∑ejπ+2|S|π
=2|V|π+2|S|π－ 2|E|π=4π 题
Sj∈ S
Sj∈ SSj∈ S vj∈ V
Sj∈ Svj∈ VSj∈ S vj∈ Vvj∈ V
vj∈ V
14.解,5边形面心与体心连一直线从另一
5边形面心穿出。该直线为对称轴。
欠角 =360 –(108 +2·120 )=12
720 /12 =60(个顶点 ) 60·3/2=90(条棱 )
60/5=12(个 5边形 ) 60·2/6=20(个 6边形 )
一个顶点通过一个转动可与任一顶点重合，重合的方式只有 1种，故转动群的阶为 60。因为 5边形着色均不同，所以除不变置换的任意旋转都不会产生不变图象,12个 5边形着不同颜色共 12!种方案。
所以共有 12!/60=7983360种方案。 题
。 。 。 。
15.解：
S2,(1) 题
(1) (2)
l=[2 +2 ]/2=12
其中包括 0个输入端的 2个,1个输入端的 2个，故确实是 2个输入端的布尔电路是 8个。
S3,(1) 1个； (1) (3) 2个； (1) (2) 3个
l=[2 +2·2 +3·2 ]/6=80,80－ 12=68，
确实是 3输入端的布尔电路本质上有 68个。
8 4 6
8 2 2 4 2
00 01 10 11
00 01 10 11
00 01 10 11
00 10 01 11
4 3
4
2 1
16.解：相当于正六面体每个角上放一个骰子。骰子按讲义 4.6中关于正立方体的不同旋转均不会产生重合现象，共 24种方案。因此本题相当于正六面体的顶点
24着色。但绕 顶点 -顶点 的对称轴旋转不会产生重合的图象。
参照习题 11可得不同的方案数为
M=[24 +6·24 +3·24 +0·8·24 +6·24 ]/24
=8011008 题
6 3 4 2 3
17.解：本题相当于把讲义 4.6例 4例 5合并起来,8个顶点 6个面共 14个元素的置换群。
面心 -面心 ± 90 (1) (4) (4) 6个
180 (1) (2) (2) 3个 顶点 -顶点
± 120 (3) (1) (3) 8个 棱中 -棱中
180 (2) (2) 6个不动
(1) (1) 1个 [6·2 +3·2 +8·2 +6·2
+2 ]/24 =776 题
。
。
。
。
2 1 2
2 2 4
2 2 2
3 4
6 8
5 8 6 7 14
1.试证 (4-2-2)对应关系是同构。 解
2.试证对于有限群 G的任一元素 a,存在一整数 r,使得 a =e.
而且 r必能整除 g,g是群 G的阶。 解
3.试证下列函数对于运算 f·g=f(g(x))是一个群。
f1(x)=x,f2(x)=—,f3(x)=1-x,
f4(x)=——,f5(x)=——,f6(x)=——,解
1x
1
1－ x x－ 1x
x
x－ 1
r
4.一正立方体的六个面用 g,r,b,y四种颜色涂染，求其中两个面用色 g,两个面用色 y,
其余一面用 b,一面用 r的方案数。 解
5.对一正六面体的八个顶点，用 y和 r两种颜色染色，使其中有 5个顶点用色 y,其余 3
个顶点用色 r,求其方案数。 解
6.由 b,r,g三种颜色的 5颗珠子镶成的圆环，共有几种不同的方案?
解
7.一个圆圈上有 n个珠，用 n种颜色对这 n
个珠子着色，要求颜色数目不少于 n的方案数。 解
8.若已给两个 r色的球，两个 b色的球，用它装在正六面体的顶点，试问有多少不同的方案? 解
9.试说明 S5群的不同格式及其个数。 解
10.图 4-1-1用两种颜色着色的问题，若考虑互换颜色使之一致的方案属同一类，
问有多少不同的图象？ 解
11.在正四面体的每个面上都任意引一条高，有多少方案？ 解
12.一幅正方形的肖像与一个立方体的面一样大，
6副相同的肖像贴在立方体的 6个面上有多少种贴法？ 解
13.凸多面体中与一个顶点相关的各面角之和与
2π的差称为该顶点的欠角，证明凸多面体各顶点欠角之和为 4π,解
14.足球由正 5边形与正 6边形相嵌而成。
(a)一个足球由多少块正 5边形与正 6边形组成？
(b)把一个足球所有的正 6边形都着以黑色，正 5
边形则着以其它各色，每个 5边形的着色都不同，有多少种方案？ 解
15.(a)本质上有多少种确实是 2个输入端的布尔电路？写出其布尔表达式。
(b)本质上有多少种确实是 3个输入端的布尔电路？ 解
16.用 8个相同的骰子垛成一个正 6面体，
有多少方案？ 解
17.正六面体的 6个面和 8个顶点分别用红、
蓝两种颜色的珠子嵌入。试问有多少种不同的方案数?(旋转使之一致的方案看作是相同的 ),解习题解答
1.证：设 G={a1,a2,…,a n},指定 G中任一元
ai,任意 aj∈ G,Pi,aj → a jai,则 Pi是 G上的一个置换，即以 G为目标集。
Pi=( ),G的右正则表示 f：
ai→( )=Pi 。 f是单射,ai≠aj,则 Pi≠Pj
f(aiaj) = ( )
=( )( )=f(ai)f(aj)
证毕。 题
a1 a2 … a na
1ai a2ai … a naia
i aa
i a1 a2 … a n
a1(aiaj) a2(aiaj) … a n(aiaj)a
1 a2 … a na
1ai a2ai … a nai
a1 a2 … a n(a
1ai)aj (a2ai)aj … (a nai)aj
2.证,设 |G|=g,则 a,a,a,…,a,a 中必有相同元。 a = a,1≤k＜ l≤g+1 a
=e,1≤l-k≤g 对于给定的 a,存在最小的正整数 r,a =e,于是 H={a,a,…,a (=e)} 是 G的子群，若 H≠G,则存在 a1不属于 H,显然，
H∩Ha1=φ,|H+Ha1|=2r 若
H+Ha1=G,则 2r=g,r|g 否则存在 a2不属于 H+Ha1,
Ha2∩(H+Ha1)=φ 于是
H+Ha1+Ha2+…+H ak=G,r(k+1)=g,r|g.
证毕。 题
2 3 g g+1
k l
l-k
r 2 r
.
.
.
.
.,,,
3.证,(a)封闭性,f1·fi=f1(fi(x))=fi(x);
f2·f3=f2(f3(x))=f2(1-x)=1/(1-x)=f4(x);
同理一一列举可得任意 fi都属于 G;
(b)结合律成立：运算相当于把前面的计算结果带入到后面的函数中，对于该数学运算，运算的先后顺序与结果无关。
结合律成立。
(c)存在单位元,e=f1;
(d)存在逆元素,f1=e; f2·f2=e; f3·f3=e;
f4·f5=f5·f4=e; f6·f6=e;
满足群的条件，得证。 题
4.解,正 6面体的转动群用面的置换表示：
面心 -面心 ± 90 (1) (4) 6个
180 (1) (2) 3个 顶点 -顶点
± 120 (3) 8个 棱中 -棱中
180 (2) 6个不动
(1) 1个 P=[(g+r+b+y) +6(g+r+b+y)
(g +r +b +y ) +6(g + r + b + y ) +3(g+r+b+y)
(g +r +b +y ) +8(g +r +b +y ) ]/24
其中 g y br的系数为
[C(6,2)C(4,2)C(2,1)+3C(2,1)C(2,1)]/24=8 题
。
。
。
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2
2 2
2
3
6
6 2 4 4 4 4
2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2
3 3 3 3 2
2 2
5.解：相当于 4.7节中例 2中求 b r 的系数，
为 [C(8,5)+8C(2,1)]/24=3 题
6.解：正 5边形的运动群 题绕心转 ± 72 (5) 2个
± 144 (5) 2个 翻转
180 (1)(2) 5个 不动
(1) 1个 不同方案数为 m=(3
+4·3 +5·3 )/10=39
7.解：使重合的运动包括绕中心旋转和绕水平对称轴翻转共产生 2n个置换群。
5 3
。
。
。
1
1
2
5
5 1 3
(续前 )n个球用 n种颜色着色共有 n!种不同方案。因此，所求方案数为 n!/2n,题
8.解：正六面体顶点的置换群见 4.7例 2,
本题相当于用 2个 r,两个 g,4个 b色的球装在正六面体的 8个顶点上。
P=[(r+g+b) +6(r +g +b ) +9(r +g +b )
+8(r+g+b) (r +g +b ) ]/24
其中 r g b 的系数为
[C(8,2)C(6,2)+9C(4,2)C(2,1)]/24=22
题
8 4 4 4 2 2 2 2 4
2 3 3 3 2
2 2 4
9.解,5的拆分共有,00005,00014,00023,
00113,00122,01112,11111共七种，根据讲义 4.4节定理 1可得 S5中：
(1) 共轭类有 5!/5!=1个置换；
(1) (2) 共轭类有 5!/(3!2)=10个置换；
(1) (2) 共轭类有 5!/(2!2 )=15个置换；
(1) (3) 共轭类有 5!/(2!3)=20个置换；
(1) (4) 共轭类有 5!/4=30个置换；
(2) (3) 共轭类有 5!/(2·3)=20个置换；
(5) 共轭类有 5!/5=24个置换；
∴ 共有不同格式 7种，如上所示。 题
5
3 1
1 2
2
2 1
1 1
1 1
1
10.解：类似讲义 4.4例 2求：
(1)不换色不动,p1=(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)…(13)(14)(15)(16)
逆时针转 90,p2=(1)(2)(3456)(789 10)(11 12)(13 14 15 16)
顺时针转 90,p3=(1)(2)(6543)(10 987)(11 12)(16 15 14 13)
转 180,p4=(1)(2)(35)(46)(79)(8 10)(11 12)(13 15)(14 16)
(2)换色不动,p5=(12)(37)(48)(59)(6 10)(11 12)(13 14)(15 16)
逆时针转 90,p6=(12)(385 10)(6749)(11)(12)(16 15 14 13)
顺时针转 90,p7=(12)(10 583)(9476)(11)(12)(13 14 15 16)
转 180,p8=(12)(39)(4 10)(57)(68)(11 12)(13)(14)(15)(16)
(16+2+2+4+0+2+2+4)/8=4(种方案 ) 题
。
。
。
。
。
。
11.解：除了绕 顶点 -对面的中心 轴旋转均不会产生不变的图象外,绕其他轴的旋转相当于正 4面体的面 3着色。参照讲义 4.6
例 3可得不同的方案数为
M=[3 +0·8·3 +3·3 ]/12=9 题
12.解：除了绕 面心 —面心 轴旋转任何度数均不会产生不变的图象外，绕其他轴的旋转都相当于正六面体的面 4着色。参照讲义 4.6例 4可得不同的方案数为
M=[4 +0·6·4 +0·3·4 +8·4 +6·4 ]/24=192 题
4 2 2
6 3 4 2 3
13.证：设 V,S,E分别为顶点集，面集，边
(棱 )集。由欧拉定理 |V|+|S|－ |E|=2.
设 aij为与顶点 vi,面 Sj为相关的面角,ej为
Sj的的边数，给定 Sj则 ∑aij=(ej－ 2)π
欠角和为 ∑(2π－ ∑aij)=∑2π－ ∑ ∑aij
=2|V|π－ ∑ ∑aij=2|V|π－ ∑(ej－ 2)π
=2|V|π－ ∑ejπ+2|S|π
=2|V|π+2|S|π－ 2|E|π=4π 题
Sj∈ S
Sj∈ SSj∈ S vj∈ V
Sj∈ Svj∈ VSj∈ S vj∈ Vvj∈ V
vj∈ V
14.解,5边形面心与体心连一直线从另一
5边形面心穿出。该直线为对称轴。
欠角 =360 –(108 +2·120 )=12
720 /12 =60(个顶点 ) 60·3/2=90(条棱 )
60/5=12(个 5边形 ) 60·2/6=20(个 6边形 )
一个顶点通过一个转动可与任一顶点重合，重合的方式只有 1种，故转动群的阶为 60。因为 5边形着色均不同，所以除不变置换的任意旋转都不会产生不变图象,12个 5边形着不同颜色共 12!种方案。
所以共有 12!/60=7983360种方案。 题
。 。 。 。
15.解：
S2,(1) 题
(1) (2)
l=[2 +2 ]/2=12
其中包括 0个输入端的 2个,1个输入端的 2个，故确实是 2个输入端的布尔电路是 8个。
S3,(1) 1个； (1) (3) 2个； (1) (2) 3个
l=[2 +2·2 +3·2 ]/6=80,80－ 12=68，
确实是 3输入端的布尔电路本质上有 68个。
8 4 6
8 2 2 4 2
00 01 10 11
00 01 10 11
00 01 10 11
00 10 01 11
4 3
4
2 1
16.解：相当于正六面体每个角上放一个骰子。骰子按讲义 4.6中关于正立方体的不同旋转均不会产生重合现象，共 24种方案。因此本题相当于正六面体的顶点
24着色。但绕 顶点 -顶点 的对称轴旋转不会产生重合的图象。
参照习题 11可得不同的方案数为
M=[24 +6·24 +3·24 +0·8·24 +6·24 ]/24
=8011008 题
6 3 4 2 3
17.解：本题相当于把讲义 4.6例 4例 5合并起来,8个顶点 6个面共 14个元素的置换群。
面心 -面心 ± 90 (1) (4) (4) 6个
180 (1) (2) (2) 3个 顶点 -顶点
± 120 (3) (1) (3) 8个 棱中 -棱中
180 (2) (2) 6个不动
(1) (1) 1个 [6·2 +3·2 +8·2 +6·2
+2 ]/24 =776 题
。
。
。
。
2 1 2
2 2 4
2 2 2
3 4
6 8
5 8 6 7 14
