1.设G为群，H是G的子群。定义H的正规化子N(H) = {g属于G|gHg^-1包含于H}，证明N(H)是G的子群。
2.设R是一个无非零的幂零元的交换环，r,s属于R。
证明：如果存在a,b属于N，(a,b) = 1，使得r^a=s^a，r^b=s^b，则r=s。
3.证明：在一个无零因子环中所以非零元对于加法来说的阶都是一样的。

图论：

1.在2n(n>=2)个人的人群中，每人至少有n个朋友，则至少有四人，使得这四人围圆桌而坐时，每人身旁皆是他的两个朋友。
2.一个旅行团（至少四人）中任4位中至少有一位旅客以前见过另外3个人。证明任意4人中有1人踏早就见过旅行团中其余的每个人。
3.有14人打麻将，之前每个人都与其中5个人一起同桌打过；规定四人中必须任何两人皆未同桌打过麻将才准许在一起打一局，这样只打了三局即无法继续玩下去，这时进来一位新任，试证这时有了新任参加，一定可以再打一局。
4.证明：在一群人中，每两个相识者皆无共同的熟人，每两个不相识者恰有两个共同的熟人，则每人都有相同数目的熟人。
5.证明：直径为d,围长为2d+1的图示正则图。

代数第1题是个很重要的结论，我记得不少教材上都有这个结论的证明。

图论第1题比较简单（我记得我做过，好像是北大某年真题？）。
大体思路如下：任取两个不相邻的顶点a,b，令X=N(a)∪{a}，Y=N(b)∪{b}，则|X|+|Y|≥2n+2，而|X∪Y|≤2n。由容斥定理可知|X∩Y|≥2。从X∩Y取两个顶点c,d。那么 a c b d 就是一个合理的安排。

图论第5题很难。这个结论来自论文“There is No Irregular Moore Graph”[Robert Singleton, The American Mathematical Monthly, Vol. 75, No. 1. (Jan., 1968), pp. 42-43]，证明方法很巧妙。
证明分几个小结论：
1、G中任意一对“对角点”（antipodal vertices）都具有相同的度。即，对任意a,b属于V(G)，如果a与b的距离恰为d，那么a的度数等于b的度数。
2、如果构造一张“对角点图”T，即，令V(T)=V(G)，对任意a,b属于V(G)，若a与b在G中的距离为d，则把边(a,b)加入E(T)中。那么这个对角点图中任意顶点的度数都不小于2。
3、这个“对角点图”T是连通图。
结合结论1和结论3，就可以得到原题的结论。（结论2用来帮助证明结论3）。

图论第2题我用归纳法证明了下，感觉可能有问题的。而且觉得有更简洁的方法
图论第3题想过很久没思路，希望通过顶次数的限制在G的补图中找一个三角形，但没有成功

以下是引用chenminyi在2007-12-20 10:16:00的发言： 代数第1题不好证明gH(g^-1) = H，H非正规子群，也没说G是有限群。 所以就是证明g^-1属于N(H)也有难度啊～可能我什么地方看漏了 图论第2题我用归纳法证明了下，感觉可能有问题的。而且觉得有更简洁的方法 图论第3题想过很久没思路，希望通过顶次数的限制在G的补图中找一个三角形，但没有成功

首先如意证明G中任意两点均在长度为2d+1的圈上，G中只含2d+1的圈，若u,v∈E(G)且u,w∈E(G)，u,v,w必在长度为2d+1的圈上等结论。
令d(u)=Δ(G)，即u为度数最大的顶。由G的连通性可知存在v与u相邻。下证d(u)>=d(v)任意r1，r2属于u的邻域，r1与w共长度2d+1的圈C1，r2与w共长度2d+1的圈C2。证明C1与C2的交点不与v相邻，即不可能出现上图所示的情况。
否则，在圈C1和C2上分别存在两顶t1和t2使得d(v,t1) = d+1 = d(v,t2)，故d(t1,t2) = 2d。所以t1和t2必然相邻。而此时存在圈u r1~t1 t2~r2 u长度 2d-1与围长为2d+1矛盾。所以若存在d(u)个与u相邻的顶就比存在d(u)条经过v的长度2d+1的圈，且任意两圈的交点不与v相邻，所以存在d(u)个点与d(v)相邻，d(v) >= d(u)。由G的连通性可知其它顶的度数也不小于顶u的度数，所以G中每顶度数相同，G为正则图。

图论第2题，假设有四个顶点{v1,v2,v3,v4}不存在有一个顶点与其它所有顶点相邻
                (1)假设v1与其它三个顶点相邻，存在有两个顶点v2，v3不相邻，由假设得存在u与v1不相邻，取v1，v2，v3，u这四个顶点，则没有一个顶点与其它三个顶点相邻，矛盾
                 (2)假设这四个顶点是K4，由假设存在u1不与v1相邻，u2不与v2相邻，u3不与v3相邻，u4不与v4相邻，1）如果有ui全部相同，取v1，v2，v3，u这四个点，矛盾。2）如果ui中有两个不相同，取ui中两个不同的和对应的vi中的两个点，这四个点，矛盾。
              由(1)(2)得证

图论第4题，反证法，假设v,u的人数不相等分别是n,m(假设n>m)
                （1）假设v,u认识（即相邻），v还与其它n-1个人认识，u还与其它m-1个人认识，n-1和m-1中无相同的人，由于u与n-1中的人都不认识，所以u与n-1中的任一人在m-1中有两个相同的熟人，又因为n-1中的人都与v相邻，所以任意两个n-1中的人在m-1中至少有一个人不同，得到n-1《m-1，矛盾。
                 （2）假设v,u不认识，类似可证

抽象代数第3题，（1）如果G中的元素关于加法都是无限阶肯定都相等。
                       （2）如果G中有关于加法非无限阶的非零元素，任意非零x,y，假设它们的阶分别是n,m，则0=nxy=x(ny)，由无零因子得到ny=0，m|n，同理得0=x(my)=mxy,得mx=0，m|n,所以m=n。

以下是引用hanshumin在2007-12-20 23:21:00的发言： 我试试抽象代数里面的第一题吧。 我认为要证明gHg-1 = H ，只需要构造一个函数，证明这个函数是双射函数，然后根据 |gHg-1| = |H| 且 gHg-1 属于H  即可得出  gHg-1 = H  ,然后可能按照常规的思路（子群的判定定理）就能证明了。

以下是引用chenminyi在2007-12-20 23:31:00的发言： 今天吃早饭的时候瞎想了第五题，帮看看能不能这样证明，如果可以第二题也可以用类似方法 首先如意证明G中任意两点均在长度为2d+1的圈上，G中只含2d+1的圈，若u,v∈E(G)且u,w∈E(G)，u,v,w必在长度为2d+1的圈上等结论。 令d(u)=Δ(G)，即u为度数最大的顶。由G的连通性可知存在v与u相邻。下证d(u)>=d(v)任意r1，r2属于u的邻域，r1与w共长度2d+1的圈C1，r2与w共长度2d+1的圈C2。证明C1与C2的交点不与v相邻，即不可能出现上图所示的情况。 否则，在圈C1和C2上分别存在两顶t1和t2使得d(v,t1) = d+1 = d(v,t2)，故d(t1,t2) = 2d。所以t1和t2必然相邻。而此时存在圈u r1~t1 t2~r2 u长度 2d-1与围长为2d+1矛盾。所以若存在d(u)个与u相邻的顶就比存在d(u)条经过v的长度2d+1的圈，且任意两圈的交点不与v相邻，所以存在d(u)个点与d(v)相邻，d(v) >= d(u)。由G的连通性可知其它顶的度数也不小于顶u的度数，所以G中每顶度数相同，G为正则图。

以下是引用albani在2007-12-20 23:48:00的发言： 图论第1题，貌似就是个哈密顿图？任意两点的度数之和>=2n 图论第2题，假设有四个顶点{v1,v2,v3,v4}不存在有一个顶点与其它所有顶点相邻                  (1)假设v1与其它三个顶点相邻，存在有两个顶点v2，v3不相邻，由假设得存在u与v1不相邻，取v1，v2，v3，u这四个顶点，则没有一个顶点与其它三个顶点相邻，矛盾                   (2)假设这四个顶点是K4，由假设存在u1不与v1相邻，u2不与v2相邻，u3不与v3相邻，u4不与v4相邻，1）如果有ui全部相同，取v1，v2，v3，u这四个点，矛盾。2）如果ui中有两个不相同，取ui中两个不同的和对应的vi中的两个点，这四个点，矛盾。                由(1)(2)得证

我当时主要的问题就是nxy = x(ny),因为n是自然数因此不是环中元素不能用交换律，现在看来没问题的，可以用分配率，呵呵～谢谢albani

不好意思，字打错了。是“容易证明”证明如下：

命题1：任意G上的圈，此圈长度一定是2d+1
     这个不难证明。（圈长大于等于围长，对角点的距离小于等于直径）

命题2：任意顶u,v属于G，u,v必在长度为2d+1的圈上。
     因为G围长为2d+1，故G至少存在一个2d+1的圈C1。又G直径为d，故G是连通的，任意顶u不属于C1，存在到C1上某顶v的路径。在C1中，与v相对的顶w，满足d(v,w) = d，另一条从v到w的路径长d+1，如此可证明d(u,w)>d，因此由直径为d可知必存在从u到w的另一条路径，这样就又构成了一个圈C2，由命题1可知C2的长度也是2d+1。如此这般，不断构造新的圈将不在圈上的顶包含进来，故所有顶都在长度为2d+1的圈上。
      因此对于G中任意两点v1,v2。v1必在长2d+1的某圈Cx上，又由G的连通性可知必存在从v2到Cx上某顶的路径。可按照上面的方法构造出新的圈Cy。这样一来v1,v2就在一个由Cx的一部分和Cy的一部分构成的另一个圈上Cz。由命题1可知Cz长度为2d+1。

命题3：任意u,v,w属于G，若(v,w)属于E(G)且(w,u)属于E(G)，则e(v,w)和e(w,u)在长度为2d+1的圈上。
     由命题2可知G中无桥，所以对于任意(v,w)属于E(G)且(w,u)属于E(G)，必存在另一条u到v的路径，这样e(v,w)和e(w,u)必在某圈上Ct上，由命题1可知Ct的长度为2d+1