于是|H∩K|必分别整除m和n
如果不为|H∩K|≠1，则与(m,n)=1矛盾
设H,K分别为群G的两个m与n子群,证明:若(m,n)=1,则H∩K={e}
H∩K还是群，且分别是H和K的子群。于是|H∩K|必分别整除m和n 如果不为|H∩K|≠1，则与(m,n)=1矛盾
设H,K分别为群G的两个m与n阶子群.证明:若(m,n)=1,则H∩ K={e}.
【答案】：由于H∩K≤HH∩K≤K故由Lagrange定理知： |H ∩K||m|H∩K||.n故|H∩K|整除(mn)．但是(mn)=1故必|H ∩K|=1从而H ∩K={e}．由于H∩K≤H,H∩K≤K,故由Lagrange定理知：|H∩K||m,|H∩K||.n故|H∩K|整除(m,n)．但是(m,n)=1,故必|H∩K|=1,从而H∩K=...
设H、K都是群G的子群,设|H|=m,|K|=n且(m,n)=1,证明:H∩K={e}。如题...
证明： 显见{e}包含于H∩K,H∩K≠Φ。任意的a，b∈H∩K,则a，b∈H且a，b∈K，又H、K为G的子群， 故a(b^-1)∈H且a(b^-1)∈K。即 a(b^-1)∈H∩K,故H∩K≤H，H∩K≤K。从而由拉格朗日定理知 |H∩K| 整除m且 |H∩K|整除n 因此|H∩K|整除（m，n），又（m，n）...
H,K是G的两个子群,[G:H]=m,[G:K]=n,证明子群H∩K在G中的指数≤m*n
证明过程如下：
...的两个r阶和s阶子群,且r和s互素,则 H∩K ={e}。
k阶群都是循环群 设G=(a) ,即G由a生成 子群也是循环群 H=(a1)={a1,...,a1的r次} K=(a2)={a1,...,a1的s次} 若 H∩K 不等于{e},则其还含有其他元素,设其中的一个记为b 显然(b)不等于{e},记(b)的阶为m (不等于1)又b属于H,则(b)是H的子群,则b整除r 又b属于K,则...
...的两个r阶和s阶子群,且r和s互素,则 H∩K ={e}。
首先，H∩K是H的子群，也是K的子群，e∈H∩K。（证明：H,K是G的非空子群，所以e∈H且k∈K，所以e∈H∩K。H∩K是H的子集，也是K的子集。任取a,b∈H∩K，则a,b∈H且a,b∈K，因为H,K是G的子群，所以a(b逆)∈H且a(b逆)∈K，所以a(b逆)∈H∩K。所以H∩K是H的子群，也是K...
设h和k是群g的两个有限子群.证明:|hk|×|h∩k|=|h|×|k|
设出H关于H交K的左陪集分解式，证明K在HK中的左陪集代表系可以与H交K在H中的代表系相同。然后分别计算H与HK的阶即可。群是一种只有一个运算的、比较简单的代数结构；是可用来建立许多其他代数系统的一种基本结构。如果群G的非空子集合H对于G的运算也成一个群，那么H称为G的子群。 设G 是群，...
...an∈H, 其中m,n是两个整数.证明:若(m,n)=1,则a∈H.
【答案】：因为(mn)=1故存在整数st使 ms+nt=1．由此可得 a=ams+nt=(am)s(an)t．但是由题设aman∈H而H≤G故 a=(am)s.(an)t∈H．因为(m,n)=1,故存在整数s,t使ms+nt=1．由此可得a=ams+nt=(am)s(an)t．但是由题设am,an∈H,而H≤G,故a=(am)s.(an)t∈H．
急急急,在线等。抽象代数题目,求第二题证明
2只须证必要性。设H和K分别为m阶和n阶循环群，则G=H×K为mn阶循环,若G=,则H=，K=,对G中任一元x=a^ns*b^mt=a^(ns+mt)∈a^d,这里d=(m,n)于是G包含于。若d≠1，则││<│G│矛盾，故d=(m,n)=1 3由665=5*7*19即得 ...
已知H,K是G的两个子群,且G=HK.又子群L包含H,证明L=H(K∩L)
令 H,K,L 是群 G 的子群,并且 K 是 L 的子群. 要证明 L=H(K∩L).一个包含关系是明显的. 任意取 L 的元素 x , 把它写成 x = h k , 其中 h 属于 H 而 k 属于 K.注意到 k = h^(-1) x 属于 L ,从而 k 同时在 K 和 L 中.(注记) 一般地,令 H,K,L 是群 G ...
