1 第6节 循环群

这段引言部分主要有三个目的：

1. 回顾旧知识：首先，它帮助我们复习第5节中关于循环子群和生成元的核心概念。这是本节讨论的基础。
2. 引入新概念：接着，它引入了一个非常重要的新术语——元素的“阶”（order）。这个概念将贯穿整个循环群的学习。
3. 阐明本节目标：最后，它清晰地指出了本节的学习路线图，即理解并描述所有循环群及其子群的结构，并强调了循环群在整个群论，特别是阿贝尔群理论中的基础性地位。

回顾部分：

• 群 (Group)：一个集合 $G$ 配备一个二元运算（比如乘法或加法），满足四个基本性质：封闭性、结合律、存在单位元 $e$、每个元素都有逆元。
• 子群 (Subgroup)：群 $G$ 的一个子集 $H$，它本身在 $G$ 的运算下也构成一个群。
• 循环子群 $\langle a \rangle$：对于群 $G$ 中的任意一个元素 $a$，我们可以通过反复对 $a$ 进行运算（或对其逆元进行运算）来生成一系列元素。所有这些元素组成的集合 $H=\left\{a^{n} \mid n \in \mathbb{Z}\right\}$，构成 $G$ 的一个子群，称为由 $a$ 生成的循环子群。这里的 $n \in \mathbb{Z}$ 意味着 $n$ 可以是正整数（$a^2 = a \cdot a$）、负整数（$a^{-2} = (a^{-1}) \cdot (a^{-1})$）或零（$a^0 = e$，单位元）。
• 循环群 (Cyclic Group)：如果一个群 $G$ 恰好可以由其自身的某一个元素 $a$ 生成，即 $G = \langle a \rangle$，那么这个群就叫做循环群，$a$ 称为 $G$ 的生成元。这意味着群里的每一个元素都可以表示成 $a$ 的某个整数次幂。

新概念引入部分：

• 元素的阶 (Order of an element)：一个元素 $a$ 的阶，被定义为它生成的循环子群 $\langle a \rangle$ 的大小（即元素的个数）。这个子群的大小，我们记作 $|\langle a\rangle|$。
• 如果 $\langle a \rangle$ 是一个有限群（包含有限个元素），那么 $a$ 的阶就是这个有限的数值。
• 如果 $\langle a \rangle$ 是一个无限群（包含无限个元素），那么我们称 $a$ 的阶是无限的。
• 阶的重要性质预告：引言最后预告了一个关键结论——如果元素 $a$ 的阶是有限的，比如是 $m$，那么 $m$ 正是使得 $a^m = e$ 成立的最小的那个正整数。这个性质非常有用，它把一个抽象的“子群大小”的概念，转化为了一个更容易计算和验证的条件。

本节目标部分：

• 描述所有循环群：这意味着我们要搞清楚，从结构上看，循环群总共就那么几种。剧透一下，只有两种本质不同的循环群：与整数加法群 $\langle \mathbb{Z}, + \rangle$ 同构的无限循环群，和与模n加法群 $\langle \mathbb{Z}_n, +_n \rangle$ 同构的有限循环群。
• 描述所有循环群的子群：我们将证明一个惊人的事实：循环群的子群必然也是循环群。
• 循环群的重要性：作者强调，学习循环群不是为了研究而研究。它们是构成更复杂的阿贝尔群（运算满足交换律的群）的基本“积木”。理解了最简单的循环群，是理解更复杂群结构的第一步。

这一小节的标题“循环群的基本性质”预示着我们将要探讨的是所有循环群都普遍拥有的、最根本的特性。作者选择的第一个、也是非常重要的一个基本性质就是交换律。

• 阿贝尔群 (Abelian Group)：一个群 $(G, *)$ 如果其运算满足交换律，即对于 $G$ 中任意两个元素 $g_1, g_2$，都有 $g_1 * g_2 = g_2 * g_1$，那么这个群就称为阿贝尔群。这个名字是为了纪念挪威数学家尼尔斯·亨利克·阿贝尔。
• 这句话是一个引子，它明确地提出了本小节的第一个任务：证明“循环群”这个集合范畴，完全包含于“阿贝尔群”这个集合范畴之内。换句话说，只要一个群是循环的，那么它必然满足交换律。这是一个非常强的结论。

这个定理及其证明是理解循环群性质的基石。证明过程非常直观和简洁，完美地利用了循环群的定义。

证明思路拆解：

1. 目标：要证明群 $G$ 是阿贝尔群，根据定义，我们必须证明对于 $G$ 中任意两个元素 $g_1, g_2$，都有 $g_1 g_2 = g_2 g_1$。
2. 利用已知条件：我们唯一的已知条件是 $G$ 是一个循环群。这意味着什么？这意味着存在一个生成元 $a$，使得 $G$ 中的所有元素都能被写成 $a$ 的幂的形式。
3. 表示任意元素：既然要证明对“任意”两个元素 $g_1, g_2$ 成立，我们就把它们用生成元 $a$ 表示出来。
   • 因为 $g_1 \in G$，且 $G = \langle a \rangle$，所以必然存在一个整数 $r$，使得 $g_1 = a^r$。
   • 同理，因为 $g_2 \in G$，所以必然存在一个整数 $s$，使得 $g_2 = a^s$。
4. 进行计算和推导：现在我们来计算 $g_1 g_2$。
   • $g_1 g_2 = (a^r)(a^s)$ （这是直接代入）
   • 根据群中幂运算的指数法则，$a^r a^s = a^{r+s}$。这个法则是群的基本性质，源于结合律。
5. 核心步骤 - 交换：这里的关键一步在于，指数 $r$ 和 $s$ 是普通的整数。而我们知道，整数的加法是满足交换律的，即 $r+s = s+r$。
   • 所以，$a^{r+s} = a^{s+r}$。
6. 反向推导：现在再把 $a^{s+r}$ 拆开。
   • 根据指数法则，$a^{s+r} = a^s a^r$。
   • 我们知道 $a^s = g_2$ 且 $a^r = g_1$。
   • 所以 $a^s a^r = g_2 g_1$。
7. 得出结论：我们从 $g_1 g_2$ 出发，通过一系列的等式，最终得到了 $g_2 g_1$。
   • $g_1 g_2 = a^r a^s = a^{r+s} = a^{s+r} = a^s a^r = g_2 g_1$。
   • 由于 $g_1$ 和 $g_2$ 是任意选择的，这就证明了群 $G$ 中任意两个元素都满足交换律。
   • 因此，根据定义，$G$ 是一个阿贝尔群。证明完毕。

关于记号的说明：

证明后的那句话：“我们将继续对循环群的一般性工作使用乘法记号，即使它们是阿贝尔群。”

• 乘法记号：指的是将群运算写成并列的形式（如 $g_1 g_2$），将单位元写成 $e$ 或 $1$，将逆元写成 $g^{-1}$，将幂写成 $g^n$。这是一种通用的、抽象的记法。
• 加法记号：通常只用于阿贝尔群，运算写成 $+$（如 $g_1+g_2$），单位元写成 $0$，逆元写成 $-g$，幂（倍数）写成 $n \cdot g$ 或 $ng$。
• 作者的意图：作者在此说明，尽管我们刚刚证明了循环群都是阿贝尔群（按惯例可以用加法记号），但在后续的通用理论推导中，为了保持一般性，仍然会优先使用更抽象的乘法记号。只有在具体讨论像 $\mathbb{Z}$ 或 $\mathbb{Z}_n$ 这种明确的加法群时，才会切换到加法记号。这避免了在发展理论时需要写两套证明（一套乘法，一套加法）。

这一部分引入了一个在数论和代数中都极为重要的基础工具——除法算法。虽然它被冠以“算法”之名，但在这里它更多地是以一个定理的形式出现，即保证了商 $q$ 和余数 $r$ 的存在性和唯一性。

引入部分解释

• “看起来微不足道”：这句话说出了很多初学者的心声。除法算法描述的就是小学学过的带余数除法，比如 $17 \div 5 = 3 \dots 2$。这似乎非常简单。
• “却是研究循环群的一个非常基本的工具”：这是作者在提醒我们，不要因为它形式简单就轻视它。这个工具的威力在于，它能将任意一个整数 $n$ 与一个特定的正整数 $m$ 联系起来，并把它“约束”到一个有限的、确定的范围里——余数 $r$ 所在的集合 $\{0, 1, \dots, m-1\}$。这种“约束”和“映射到有限集合”的思想，在处理循环群（特别是有限循环群）的结构时，会发挥巨大的作用。

定理6.3 除法算法 叙述解释

• 条件：$m$ 是一个正整数（$m \in \mathbb{Z}^+$），$n$ 是任意整数（$n \in \mathbb{Z}$）。$m$ 相当于除数，$n$ 相当于被除数。
• 结论：存在唯一的一对整数 $q$ (商, quotient) 和 $r$ (余数, remainder)，满足两个条件：

1. 等式关系: $n = mq + r$。这个等式表明，任何整数 $n$ 都可以表示为一个 $m$ 的倍数（$mq$）加上一个余数（$r$）。
2. 范围约束: $0 \le r < m$。这个不等式是除法算法的精髓。它规定了余数 $r$ 必须是非负的，并且严格小于除数 $m$。正是这个约束保证了 $q$ 和 $r$ 的唯一性。

证明的直观解释

这个证明没有采用严格的代数构造（比如使用良序原则），而是给出了一个非常直观的几何解释。

• 想象数轴：把所有整数想象成数轴上的点。
• 标记 $m$ 的倍数：在数轴上标记出所有的 $m$ 的倍数，即 $\dots, -2m, -m, 0, m, 2m, 3m, \dots$。这些点将数轴分成了许多长度为 $m$ 的左闭右开区间，例如 $[0, m), [m, 2m), [-m, 0)$ 等。
• 定位 $n$：现在，把任意整数 $n$ 放到这个数轴上。
• 两种情况：

1. $n$ 恰好落在一个 $m$ 的倍数上。比如 $n=2m$。这时，我们可以取商 $q=2$，余数 $r=0$。满足 $n = mq+r$ 和 $0 \le r < m$。
2. $n$ 落在两个相邻的 $m$ 的倍数之间，比如 $qm$ 和 $(q+1)m$ 之间。即 $qm < n < (q+1)m$。
   • 选择商 $q$：我们选择 $n$ 左侧的那个（或者说不大于 $n$ 的最大的）$m$ 的倍数作为 $qm$。
   • 定义余数 $r$：那么，$n$ 超出 $qm$ 的那部分就是余数 $r$。从几何上看，$r$就是点 $n$ 和点 $qm$ 之间的距离。所以 $r = n - qm$。
   • 验证 $r$ 的范围：
   • 因为 $n$ 在 $qm$ 的右边（或与之重合），所以 $n \ge qm$，于是 $r = n - qm \ge 0$。
   • 因为 $(q+1)m$ 是 $n$ 右侧的第一个 $m$ 的倍数（如果 $n$ 不是 $m$ 的倍数），所以 $n < (q+1)m = qm + m$。于是 $r = n - qm < m$。
   • 综上，我们得到了 $0 \le r < m$。
   • 唯一性：为什么这样的 $q$ 和 $r$ 是唯一的？
   • 因为对于任意一个 $n$，它必然落在唯一一个左闭右开的区间 $[qm, (q+1)m)$ 中。这个区间的左端点 $qm$ 是唯一的，这就决定了商 $q$ 是唯一的。
   • 一旦 $q$ 被唯一确定，$r = n - mq$ 的值也就随之唯一确定了。

术语说明

• 商 (quotient)：$q$
• 余数 (remainder)：$r$。特别注意，这里的余数被强制要求为非负。这在处理负数除法时很重要。

这是一个引导性的段落，在给出正式证明之前，启发读者主动思考证明的策略。这是一种非常有效的教学方法。

思路引导拆解：

1. 目标：证明循环群 $G$ 的任意一个子群 $H$ 也是循环的。
2. “循环”的定义：要证明 $H$ 是循环的，我们必须做什么？根据定义，我们必须在 $H$ 中找到一个元素 $c$，使得 $H$ 中的所有其他元素都可以表示为 $c$ 的整数次幂。即 $H = \langle c \rangle$。
3. 我们的已知条件是什么？
   • $G$ 是循环群，有一个生成元 $a$，所以 $G = \{a^n \mid n \in \mathbb{Z}\}$。
   • $H$ 是 $G$ 的一个子群 ($H \le G$)。这意味着 $H$ 是 $G$ 的一个子集，并且 $H$ 本身也满足群的四个公理。
4. 连接 $H$ 和 $G$：因为 $H$ 是 $G$ 的子集，所以 $H$ 中的任何元素 $b$ 也必然是 $G$ 中的元素。因此，$b$ 必定可以表示为 $G$ 的生成元 $a$ 的某个幂，即 $b = a^k$ 对于某个整数 $k$。
5. 寻找 $H$ 的生成元 $c$：我们要找的那个生成元 $c$ 也在 $H$ 中，所以 $c$ 本身也必须能表示成 $a$ 的幂。假设 $c = a^m$ 对于某个整数 $m$。
6. 关键问题：我们应该选择哪个 $m$ 呢？$H$ 中可能包含了很多 $a$ 的幂，比如 $a^{k_1}, a^{k_2}, a^{k_3}, \dots$。我们要从中选出一个最“基础”的 $a^m$ 作为生成元。
7. 作者的提问：“只有一个自然的选择可以尝试。你能猜到它是什么吗？”
   • 思考“基础”的含义：什么样的幂是最基础的？在整数的世界里，“1”是最基础的构建单位。在由 $a$ 的幂组成的世界里，最“基础”的幂次可能是什么？
   • 考虑子群 $H$ 中的元素：$H$ 中包含了 $a$ 的某些幂。如果 $H$ 不是平凡子群 $\{e\}$，那么它肯定包含形如 $a^k$ (其中 $k \ne 0$) 的元素。如果 $a^k \in H$，那么它的逆元 $a^{-k}$ 也必然在 $H$ 中。这意味着 $H$ 中一定包含了 $a$ 的正整数次幂的元素（除非 $H=\{e\}$）。
   • “最小”的诱惑：在这些正整数幂次中，比如 $a^3, a^8, a^{12}, \dots$ 都在 $H$ 里，哪个最有可能成为基础？很自然地会想到，那个拥有最小正指数的元素，可能是构建其他所有元素的基础。比如，如果 $a^3$ 是 $H$ 中最小的正次幂元素，那么 $a^8$ 能不能由 $a^3$ 生成呢？这就是除法算法将要发挥作用的地方。
   • 答案猜测：因此，最“自然”的选择就是：在所有使得 $a^k \in H$ 的正整数 $k$ 中，选择那个最小的，称之为 $m$。然后我们尝试证明 $c = a^m$ 就是 $H$ 的生成元。

这是本节的核心定理之一，其证明是除法算法在群论中应用的经典范例。

证明的详细步骤剖析：

1. 设定前提：
   • $G$ 是一个循环群，生成元为 $a$。($G = \langle a \rangle$)
   • $H$ 是 $G$ 的一个子群。($H \le G$)
   • 目标：证明 $H$ 也是一个循环群。
2. 处理平凡情况 (Base Case)：
   • 如果 $H$ 只包含单位元 $e$，即 $H=\{e\}$。
   • 那么 $H$ 可以由 $e$ 生成，因为 $\langle e \rangle = \{e^n \mid n \in \mathbb{Z}\} = \{e\}$。
   • 所以，此时 $H$ 是循环的。这个最简单的情况就解决了。
3. 处理非平凡情况 (General Case)：
   • 假设 $H \neq \{e\}$，即 $H$ 中至少还包含其他元素。
   • 因为 $H$ 是 $G$ 的子集，所以 $H$ 中的非单位元元素也都是 $a$ 的幂，形如 $a^k$ ($k \ne 0$)。
   • 如果 $a^k \in H$，那么它的逆元 $(a^k)^{-1} = a^{-k}$ 也必须在 $H$ 中（因为 $H$ 是一个群）。
   • 这意味着，如果 $H$ 非平凡，它至少包含一个 $a$ 的正整数次幂的元素。（如果 $k<0$, 那么 $-k>0$， $a^{-k} \in H$）。
   • 所以，集合 $S = \{k \in \mathbb{Z}^+ \mid a^k \in H\}$ 是一个非空的正整数集合。
4. 关键一步：选择生成元候选者
   • 根据良序原则 (Well-Ordering Principle)，任何非空的正整数集合必有最小元。
   • 所以，我们可以令 $m$ 是集合 $S$ 中的最小整数。
   • $m$ 的定义：$m$ 是使得 $a^m \in H$ 的最小的正整数。
   • 提出断言 (Claim)：我们声称，由这个 $a^m$ 生成的循环子群 $\langle a^m \rangle$ 就等于 $H$。令 $c = a^m$，我们要证明 $H = \langle c \rangle$。
5. 证明断言：要证明 $H = \langle c \rangle$，我们需要证明两件事：
   • (a) $\langle c \rangle \subseteq H$ (由 $c$ 生成的所有元素都在 $H$ 中)
   • (b) $H \subseteq \langle c \rangle$ (H中的所有元素都能由 $c$ 生成)

• 证明 (a) $\langle c \rangle \subseteq H$:
• 我们知道 $c = a^m \in H$。
• $\langle c \rangle$ 中的任意元素形如 $c^q = (a^m)^q = a^{mq}$。
• 因为 $a^m \in H$，且 $H$ 是一个子群，所以它对群运算是封闭的。这意味着 $a^m$ 与自身运算任意多次（或其逆元运算任意多次）的结果仍然在 $H$ 中。
• 所以 $(a^m)^q$ 必然属于 $H$。
• 因此，$\langle c \rangle \subseteq H$ 成立。这一部分相对容易。

• 证明 (b) $H \subseteq \langle c \rangle$ (核心部分)：
• 这是证明的难点和关键。我们必须表明，对于 $H$ 中的任意一个元素 $b$，它都可以写成 $c$ 的幂的形式。
• 取 $b \in H$。因为 $H \subseteq G$，所以 $b$ 也可以写成 $G$ 的生成元 $a$ 的幂：$b = a^n$ 对于某个整数 $n$。
• 动用除法算法：现在我们有指数 $n$ 和我们选定的最小正指数 $m$。根据除法算法，存在唯一的整数 $q$ 和 $r$ 使得：

$n = mq + r$，并且 $0 \le r < m$。

• 转化指数关系为元素关系：

$b = a^n = a^{mq+r} = a^{mq} \cdot a^r = (a^m)^q \cdot a^r$。

• 孤立出余数项 $a^r$：

从上式变形可得：$a^r = (a^m)^{-q} \cdot a^n$。

• 分析 $a^r$ 的归属：我们现在来判断 $a^r$ 是否属于 $H$。
• 我们知道 $a^n = b \in H$ (这是我们的出发点)。
• 我们知道 $a^m \in H$ (这是 $m$ 的定义)。
• 因为 $H$ 是子群，$a^m \in H \implies (a^m)^{-1} \in H \implies (a^m)^{-q} \in H$。
• $H$ 对群运算封闭，所以两个在 $H$ 中的元素 $(a^m)^{-q}$ 和 $a^n$ 相乘，结果也必须在 $H$ 中。
• 所以 $a^r = (a^m)^{-q} \cdot a^n \in H$。
• 利用 $m$ 的最小性：我们得出了两个重要结论：

1. $a^r \in H$
2. $0 \le r < m$
   • 再回想一下 $m$ 是什么？$m$ 是使得 $a^k \in H$ 的最小正整数。
   • 现在我们找到了一个非负整数 $r$，它比 $m$ 还小，并且也满足 $a^r \in H$。
   • 如果 $r$ 是一个正整数（即 $r>0$），那么我们就找到了一个比 $m$ 更小的正整数，这与 $m$ 的最小性定义相矛盾！
   • 因此，唯一的可能性就是 $r$ 不能是正整数。结合 $0 \le r < m$，只剩下一种可能：$r=0$。
   • 得出最终结论：
   • 既然 $r=0$，那么除法算法的等式 $n=mq+r$ 就变成了 $n=mq$。
   • 代回到 $b$ 的表达式：$b = a^n = a^{mq} = (a^m)^q$。
   • 而我们已经定义了 $c = a^m$。所以 $b = c^q$。
   • 这就证明了：$H$ 中的任意元素 $b$ 都可以表示为 $c$ 的整数次幂。
   • 因此，$H \subseteq \langle c \rangle$ 成立。
3. 整合结论：
   • 我们证明了 $\langle c \rangle \subseteq H$ 和 $H \subseteq \langle c \rangle$。
   • 所以 $H = \langle c \rangle = \langle a^m \rangle$。
   • 根据定义，$H$ 是一个循环群。证明完毕。

这个推论是定理6.6在最重要的无限循环群——整数加法群 $\langle \mathbb{Z}, + \rangle$ 上的直接应用。

推论前的引导文字解释：

1. “加法下的 $\mathbb{Z}$ 是循环的”: 这是我们已经知道的事实。$\mathbb{Z}$ 可以由 $1$ 生成 ($\mathbb{Z} = \langle 1 \rangle$)，也可以由 $-1$ 生成 ($\mathbb{Z} = \langle -1 \rangle$)。在加法记号下，$\langle 1 \rangle = \{k \cdot 1 \mid k \in \mathbb{Z}\} = \mathbb{Z}$。
2. “$n\mathbb{Z}$ 是 $\mathbb{Z}$ 的子群”: $n\mathbb{Z}$ 代表所有 $n$ 的倍数的集合，即 $\{\dots, -2n, -n, 0, n, 2n, \dots\}$。我们之前已经知道（或可以很容易验证）它是一个子群。它也是循环的，其生成元是 $n$（或 $-n$）。例如，$3\mathbb{Z} = \langle 3 \rangle$。
3. “定理 6.6 表明，这些循环子群是唯一的子群”: 这是关键的逻辑跳跃。
   • 定理6.6 说：$\mathbb{Z}$ 的任何一个子群 $H$ 都必须是循环的。
   • 证明6.6的逻辑：证明过程揭示了，如果 $H \neq \{0\}$，那么 $H$ 就是由 $H$ 中最小的正整数 $m$ 生成的。
   • 结合起来：对于 $\mathbb{Z}$ 的任意一个非零子群 $H$，令 $m$ 是 $H$ 中最小的正成员。根据定理6.6的证明， $H = \langle m \rangle$。在 $\mathbb{Z}$ 中，由 $m$ 生成的循环子群就是所有 $m$ 的倍数的集合，即 $m\mathbb{Z}$。
   • 结论：因此，$\mathbb{Z}$ 的任何一个非零子群 $H$ 都必然是 $m\mathbb{Z}$ 的形式，其中 $m$ 是某个正整数。如果 $H$ 是零子群 $\{0\}$，它可以看作是 $0\mathbb{Z}$。所以，$\mathbb{Z}$ 的所有子群都具有 $n\mathbb{Z}$ 的形式。

推论6.7的叙述解释：

• “加法下的 $\mathbb{Z}$ 的子群”: 指的是整数加法群的所有子群。
• “恰好是”: 这个词意味着这是一个充要条件，说明两者是完全等价的集合。没有多余的，也没有缺少的。
• 必要性：$\mathbb{Z}$ 的任何一个子群，必定是 $n\mathbb{Z}$ 的形式（这是定理6.6保证的）。
• 充分性：任何一个 $n\mathbb{Z}$ 形式的集合，都是 $\mathbb{Z}$ 的一个子群（这是我们之前就知道的）。
• “对于 $n \in \mathbb{Z}$ 的加法下的群 $n\mathbb{Z}$”: 这里 $n$ 可以是任意整数。
• 如果 $n > 0$, $n\mathbb{Z}$ 就是所有 $n$ 的倍数，如 $2\mathbb{Z}, 3\mathbb{Z}$。
• 如果 $n=0$, $0\mathbb{Z}=\{0\}$，即平凡子群。
• 如果 $n < 0$, 比如 $n=-3$，那么 $(-3)\mathbb{Z}$ 是所有-3的倍数的集合，这和 $3\mathbb{Z}$ 是同一个集合。所以通常我们只用非负的 $n$ 来标记这些子群。

这一部分是前面理论铺垫的第一个精彩应用：用群论的语言重新定义小学的最大公约数（Greatest Common Divisor, gcd）。这个新定义揭示了gcd更深层次的代数结构。

定义前的引导解释：

1. 构造一个集合 $H$: 给定两个正整数 $r$ 和 $s$，我们考虑所有形如 $nr+ms$ 的数的集合，其中 $n, m$ 是任意整数。这个集合记为 $H=\{nr+ms \mid n, m \in \mathbb{Z}\}$。这个形式叫做 $r$ 和 $s$ 的整数线性组合。
2. $H$ 是一个子群: 书中提到“练习 45 表明” $H$ 是 $\mathbb{Z}$ 的一个子群。我们在这里可以快速验证一下：
   • 非空: 取 $n=0, m=0$，则 $0 \cdot r + 0 \cdot s = 0 \in H$。
   • 封闭性: 取任意两个元素 $h_1 = n_1 r + m_1 s$ 和 $h_2 = n_2 r + m_2 s$。它们的和是 $h_1+h_2 = (n_1+n_2)r + (m_1+m_2)s$。因为 $n_1+n_2$ 和 $m_1+m_2$ 仍然是整数，所以 $h_1+h_2$ 也符合 $H$ 中元素的形式，故 $h_1+h_2 \in H$。
   • 逆元: 取任意元素 $h = nr+ms$。它的加法逆元是 $-h = (-n)r + (-m)s$。因为 $-n$ 和 $-m$ 也是整数，所以 $-h \in H$。
   • 满足这三条，所以 $H$ 确实是 $\mathbb{Z}$ 的一个子群。
3. 应用推论6.7: 既然 $H$ 是 $\mathbb{Z}$ 的一个子群，根据推论6.7，$H$ 必然具有 $d\mathbb{Z}$ 的形式，其中 $d$ 是某个非负整数。也就是说，$H$ 是一个由某个数 $d$ 生成的循环群，$H=\langle d \rangle$。
4. $d$ 是正的: 因为 $r, s$ 是正整数，所以 $r=1\cdot r + 0\cdot s \in H$。只要 $r, s$ 不都为0，$H$ 就不是 $\{0\}$ 子群。所以它的生成元 $d$ 可以取为正数（$d\mathbb{Z}$ 和 $(-d)\mathbb{Z}$ 是同一个集合）。

定义6.8的解释:

• 定义：将上面论证中得到的那个正生成元 $d$，就定义为 $r$ 和 $s$ 的最大公约数。
• 记号：$d = \operatorname{gcd}(r, s)$。
• 这是一个全新的视角：我们不再说“gcd是最大的那个公共约数”，而是说“gcd是 $\{nr+ms\}$ 这个子群的那个正的生成元”。

对新定义的合理性解释：

为什么这个群论定义和我们以前学的那个“最大的公共约数”定义是等价的？下面的段落就在证明这一点。

1. 证明 $d$ 是 $r, s$ 的一个公约数 (common divisor):
   • 我们需要证明 $d|r$ 并且 $d|s$。（“$d|r$”表示 $d$ 整除 $r$）
   • 我们知道 $r \in H$ (取 $n=1, m=0$) 并且 $s \in H$ (取 $n=0, m=1$)。
   • 又因为 $H = \langle d \rangle = d\mathbb{Z}$，这意味着 $H$ 中所有的元素都是 $d$ 的倍数。
   • 所以，$r$ 必然是 $d$ 的倍数，$s$ 也必然是 $d$ 的倍数。
   • 这就证明了 $d$ 是 $r$ 和 $s$ 的一个公约数。
2. 证明 $d$ 是最大的那个公约数 (greatest):
   • 假设有另外任意一个公约数 $k$，即 $k|r$ 且 $k|s$。我们要证明 $k \le d$。实际上我们可以证明一个更强的结论：$k|d$。
   • 我们知道 $d$ 是 $H$ 的生成元，所以 $d$ 自身也在 $H$ 中。
   • 因此，$d$ 必须能被写成 $r$ 和 $s$ 的整数线性组合形式：
   • 现在，因为 $k|r$，所以 $r = k \cdot a$ (a是整数)。
   • 因为 $k|s$，所以 $s = k \cdot b$ (b是整数)。
   • 把这两个代入 $d$ 的表达式：
   • 由于 $n_0, a, m_0, b$ 都是整数，所以 $(n_0 a + m_0 b)$ 也是一个整数。
   • 这就表明 $d$ 是 $k$ 的一个倍数，即 $k|d$。
   • 如果一个数 $k$ 能整除另一个数 $d$（且两者都为正），那么必然有 $k \le d$。
   • 结论：我们证明了，任何一个 $r,s$ 的公约数 $k$，都必然是 $d$ 的约数。这自然就意味着 $d$ 是所有公约数中最大的那一个。

这一部分引入了“互质”的概念，并利用上一节得到的贝祖等式，证明了一个在数论和群论中都非常关键的整除引理（有时称为欧几里得引理的推广形式）。

互质 (relatively prime / coprime) 的定义

• 定义：两个正整数，如果它们的最大公约数是1，则称它们互质。
• 例子：$12$ 和 $25$。$12$的约数是$\{1,2,3,4,6,12\}$，$25$的约数是$\{1,5,25\}$。它们唯一的正公约数是1，所以 $\operatorname{gcd}(12,25)=1$。
• 与质因子的关系：“注意它们没有共同的质因子”。这是判断两个数是否互质的常用方法。$12 = 2^2 \cdot 3$，$25 = 5^2$。它们的质因子集合 $\{2,3\}$ 和 $\{5\}$ 没有交集。这也是互质的充要条件。

核心引理的陈述

• 条件:

1. $r, s$ 是互质的正整数 ($\operatorname{gcd}(r,s)=1$)。
2. $r$ 整除 $s$ 和另一个整数 $m$ 的乘积 ($r \mid sm$)。
   • 结论: $r$ 必须整除 $m$ ($r \mid m$)。
   • 直观理解: 这个引理说，如果 $r$ 和 $s$ “毫无关系”（互质），那么当 $r$ 能整除 $sm$ 这个乘积时，它跟 $s$ 没关系，所有的“整除力”都必须作用在 $m$ 身上。$r$ 不能通过 $s$ 来“部分地”整除这个乘积。

证明的详细步骤剖析

1. 目标：证明 $r \mid m$。根据定义，就是要证明 $m$ 可以写成 $r$ 乘以某个整数的形式。
2. 利用核心已知条件：我们最重要的已知条件是 $r$ 和 $s$ 互质。
   • 根据上一节的讨论（贝祖等式），$\operatorname{gcd}(r,s)=1$ 意味着存在整数 $a, b$ 使得：
   • 这是整个证明的出发点和引擎。没有这个等式，证明无从谈起。
3. 向目标形式靠拢：我们的目标是证明关于 $m$ 的整除性，而现在的等式里只有 $1, a, r, b, s$。如何把 $m$ 引入进来？
   • 一个非常自然的想法是：给等式两边同时乘以 $m$。
   • $1 \cdot m = (ar + bs) \cdot m$
   • $m = arm + bsm$。
4. 分析新等式的右侧：现在我们来看等式右边的两项 $arm$ 和 $bsm$，看看它们是否能被 $r$ 整除。
   • 第一项 $arm$: 这一项里直接就包含了因子 $r$，所以它显然是 $r$ 的倍数。即 $r \mid arm$。
   • 第二项 $bsm$: 我们需要用到另一个已知条件：$r \mid sm$。
   • $r \mid sm$ 意味着 $sm = rk$ 对于某个整数 $k$。
   • 那么 $bsm = b(rk) = r(bk)$。
   • 因为 $b,k$ 都是整数，所以 $bk$ 也是整数。这表明 $bsm$ 也是 $r$ 的倍数。即 $r \mid bsm$。
5. 利用整除性质得出结论：
   • 我们已经证明了 $r$ 整除右侧的第一项 ($arm$)，也整除右侧的第二项 ($bsm$)。
   • 根据整除的基本性质：如果一个数能同时整除两项，那么它也能整除这两项的和。
   • 所以，$r$ 必须能整除它们的和 $arm+bsm$。
   • 而 $arm+bsm$ 正好等于 $m$。
   • 因此，$r \mid m$。证明完毕。

这句话宣告了本节一个核心目标的达成：对所有循环群进行分类。

• “描述所有循环群”: 这听起来是一个宏大的任务，因为循环群有无限多个（比如 $\mathbb{Z}_2, \mathbb{Z}_3, \mathbb{Z}_4, \dots, \mathbb{Z}$）。
• “直到同构 (up to isomorphism)”: 这是数学中进行分类时一个至关重要的概念。它意味着我们不关心群里元素的具体“名字”或“长相”，只关心它们的代数结构。如果两个群是同构的，我们就把它们视为同一个群的“不同实现”或“不同化身”，将它们归为同一类。
• 同构 (Isomorphism)：一个从群 $G$ 到群 $G'$ 的双射函数 $\phi$（即一一对应），并且它保持群的运算结构，即 $\phi(a \cdot b) = \phi(a) * \phi(b)$ (其中 $\cdot$ 是G的运算, $*$ 是G'的运算)。
• 例子: 加法群 $\mathbb{Z}_2 = \{0,1\}$ 和乘法群 $\{1, -1\}$ 是同构的。它们都有两个元素，运算规则的结构是相同的。我们认为它们在代数结构上是同一个东西。
• 本节的结论预告：这句话预示着，尽管表面上循环群有无限多个，但从结构上看，它们只有两种本质不同的类型。接下来的定理6.10将明确指出这两种类型是什么。

这个定理是循环群的基本结构定理。它给出了所有循环群的“标准模型”或“原型”。

定理叙述的拆解：

• 前提: $G$ 是一个循环群，由元素 $a$ 生成 ($G=\langle a \rangle$)。
• 分类讨论: 定理根据群 $G$ 的阶（即群中元素的个数 $|G|$）进行分类。
• 情况一：无限循环群
• 条件: $G$ 的阶是无限的 ($|G| = \infty$)。
• 结论: $G$ 同构于整数加法群 $\langle\mathbb{Z},+\rangle$。
• 含义: 所有无限循环群，无论其元素的具体形式是什么（可能是矩阵、函数、复数等），其内在的代数结构都和我们最熟悉的整数加法群一模一样。在代数学家眼里，它们都是同一个东西。
• 情况二：有限循环群
• 条件: $G$ 的阶是有限的，等于 $n$ ($|G|=n$)。
• 结论: $G$ 同构于模 $n$ 加法群 $\left\langle\mathbb{Z}_{n},+_{n}\right\rangle$。
• 含义: 所有阶为 $n$ 的有限循环群，其代数结构都和模 $n$ 加法群 $\mathbb{Z}_n$ 一模一样。例如，任何一个6阶循环群，都同构于 $\mathbb{Z}_6$。

这个定理的重大意义:

它将抽象的“循环群”概念，与我们非常熟悉和具体的两个群——$\mathbb{Z}$ 和 $\mathbb{Z}_n$——完全等同起来（在同构的意义下）。这意味着，要研究任何一个循环群的性质，我们只需要去研究 $\mathbb{Z}$ 和 $\mathbb{Z}_n$ 的性质就可以了。这是一种强大的“化繁为简”。

这是定理6.10中第一部分（无限循环群）的证明。证明的核心是构造一个从 $G$到 $\mathbb{Z}$ 的同构映射 $\phi$。

证明思路拆解：

1. 明确情况 I 的条件：
   • $G=\langle a \rangle$ 是一个循环群。
   • “对于所有正整数 $m$, $a^m \ne e$”。这意味着什么？
   • 元素 $a$ 的阶不是有限的。因为如果阶是有限的，就必然存在一个正整数 $m$ 使得 $a^m=e$。
   • 因此，由 $a$ 生成的循环群 $G$ 包含无限个元素，即 $G$ 是一个无限循环群。这与定理中“$G$的阶是无限的”这个条件是等价的。
2. 第一步：证明指数的唯一性
   • 断言: 如果 $h \ne k$，那么 $a^h \ne a^k$。即不同的指数对应不同的群元素。
   • 证明 (反证法)：
   • 假设存在两个不同的指数 $h, k$ (不妨设 $h>k$)，使得 $a^h=a^k$。
   • 那么在等式两边同时乘以 $a^k$ 的逆元 $a^{-k}$：
   • 因为 $h>k$，所以 $h-k$ 是一个正整数。令 $m = h-k > 0$。
   • 我们就得到了 $a^m = e$ 对于某个正整数 $m$ 成立。
   • 但这与本情况的根本假设 “对于所有正整数 $m$, $a^m \ne e$” 相矛盾！
   • 因此，最初的假设（存在不同的指数对应相同元素）是错误的。
   • 结论: $G$ 中的每个元素 $a^m$ 都与一个唯一的整数指数 $m$ 对应。
3. 第二步：构造同构映射 $\phi$
   • 我们已经建立了 $G$ 的元素和 $\mathbb{Z}$ 的元素之间的一一对应关系：$a^i \leftrightarrow i$。
   • 基于此，我们定义一个映射（函数）$\phi: G \rightarrow \mathbb{Z}$，其规则为：
   • 目标：证明 $\phi$ 是一个同构。要证明同构，需要验证三件事：
   • (a) $\phi$ 是同态 (homomorphism)：保持运算结构。
   • (b) $\phi$ 是单射 (injective / one-to-one)：不同的输入对应不同的输出。
   • (c) $\phi$ 是满射 (surjective / onto)：$\mathbb{Z}$ 中每个元素都是某个输入的输出。
   • (b)和(c)合起来就是双射(bijective)或一一对应。
4. 第三步：验证 $\phi$ 的性质
   • $\phi$ 是良定义的 (Well-defined)：这意味着对于 $G$ 中的任何一个元素，$\phi$ 的输出值是唯一的。由于我们已经证明了指数的唯一性，如果 $g=a^i$，这个 $i$ 是唯一的，所以 $\phi(g)$ 的值也是唯一的。因此 $\phi$ 是良定义的。
   • $\phi$ 是单射 (Injective)：
   • 假设 $\phi(a^h) = \phi(a^k)$。根据定义，这意味着 $h=k$。
   • $h=k$ 意味着输入的元素 $a^h$ 和 $a^k$ 是同一个元素。
   • 所以 $\phi$ 是单射。（其实这在第一步证明指数唯一性时已经隐含了）。
   • $\phi$ 是满射 (Surjective)：
   • 我们需要证明，对于 $\mathbb{Z}$ 中任意一个整数 $j$，是否存在 $G$ 中的一个元素 $g$ 使得 $\phi(g)=j$？
   • 是的，存在。取 $g = a^j$。这个元素就在 $G$ 中（根据 $G=\langle a \rangle$ 的定义）。
   • 根据 $\phi$ 的定义，$\phi(a^j)=j$。
   • 所以 $\phi$ 是满射。
   • $\phi$ 是同态 (Homomorphism)：
   • 这是最关键的，要验证 $\phi$ 是否保持运算结构。
   • $G$ 中的运算是乘法（抽象的），$\mathbb{Z}$ 中的运算是加法。
   • 我们需要证明：$\phi(g_1 \cdot g_2) = \phi(g_1) + \phi(g_2)$。
   • 取任意两个元素 $g_1 = a^i$ 和 $g_2 = a^j$。
   • 计算左边：
   • 计算右边：
   • 左边 = 右边。所以 $\phi$ 满足同态性质。
5. 最终结论
   • 因为 $\phi$ 是一个从 $G$ 到 $\mathbb{Z}$ 的同态，并且是双射（一一对应），所以根据定义，$\phi$ 是一个同构。
   • 因此，$G$ 同构于 $\mathbb{Z}$，记作 $G \cong \mathbb{Z}$。情况 I 证明完毕。

这是定理6.10中第二部分（有限循环群）的证明。它与情况I的证明思路平行，但细节和所用的工具（特别是除法算法）有所不同。

证明思路拆解：

1. 明确情况 II 的条件：
   • $G=\langle a \rangle$ 是一个循环群。
   • “对于某个正整数 $m$, $a^m = e$”。这意味着 $a$ 的阶是有限的。
   • 令 $n$ 是使 $a^n = e$ 的最小正整数。根据定义，这个 $n$ 就是元素 $a$ 的阶。这也意味着群 $G$ 的阶是 $n$，即 $|G|=n$。
2. 第一步：确定群的元素集合
   • 断言1: $G$ 中只有 $n$ 个不同的元素，它们是 $a^0, a^1, \dots, a^{n-1}$。
   • 证明:
   • 所有元素都在这个集合里吗？
   • 取 $G$ 中任意一个元素 $a^s$。对指数 $s$ 和阶 $n$ 使用除法算法，存在唯一的 $q, r$ 使得 $s = nq+r$ 且 $0 \le r < n$。
   • 那么 $a^s = a^{nq+r} = (a^n)^q a^r = (e)^q a^r = e a^r = a^r$。
   • 因为 $0 \le r < n$，所以 $a^r$ 就是 $\{a^0, a^1, \dots, a^{n-1}\}$ 中的一个。
   • 这表明 $G$ 中任何一个元素，实际上都等于这 $n$ 个元素中的某一个。
   • 这 $n$ 个元素都是不同的吗？
   • 采用与情况I类似的反证法。假设在 $0 \le k < h < n$ 的范围内，存在 $a^h = a^k$。
   • 两边乘以 $a^{-k}$，得到 $a^{h-k} = e$。
   • 令 $m = h-k$。由于 $0 \le k < h < n$，我们知道 $0 < h-k < n$，所以 $0 < m < n$。
   • 我们就找到了一个正整数 $m$，它比 $n$ 还小，却也满足 $a^m=e$。
   • 但这与 $n$ 是满足该条件的最小正整数的定义相矛盾！
   • 因此，假设是错误的。$a^0, a^1, \dots, a^{n-1}$ 这 $n$ 个元素必然是两两不同的。
   • 结论: 集合 $G$ 恰好由这 $n$ 个不同的元素组成: $G = \{a^0, a^1, \dots, a^{n-1}\}$。
3. 第二步：构造同构映射 $\psi$
   • 我们已经建立了 $G$ 的 $n$ 个元素和集合 $\{0, 1, \dots, n-1\}$ (即 $\mathbb{Z}_n$ 的元素) 之间的一一对应关系：$a^i \leftrightarrow i$。
   • 我们定义一个映射 $\psi: G \rightarrow \mathbb{Z}_n$，其规则为：
   • 目标：证明 $\psi$ 是一个同构。
4. 第三步：验证 $\psi$ 的性质
   • $\psi$ 是良定义的 (Well-defined)：因为我们已经证明 $G$ 中的每个元素都唯一地对应于 $a^i$ (其中 $i \in \{0, \dots, n-1\}$) 的形式，所以 $\psi$ 的输出是唯一的。
   • $\psi$ 是双射 (Bijective)：
   • 我们构造的映射 $\psi$ 是在两个大小都为 $n$ 的集合 $G=\{a^0, \dots, a^{n-1}\}$ 和 $\mathbb{Z}_n=\{0, \dots, n-1\}$ 之间建立的。
   • 根据其定义 $\psi(a^i)=i$，它显然是一个一一对应（即单射且满射）。

• $\psi$ 是同态 (Homomorphism)：
• 这是最关键的一步。$G$ 中的运算是乘法，$ \mathbb{Z}_n$ 中的运算是模 $n$ 加法 ($+_n$)。
• 我们需要证明：$\psi(g_1 \cdot g_2) = \psi(g_1) +_n \psi(g_2)$。
• 取任意两个元素 $g_1 = a^i$ 和 $g_2 = a^j$，其中 $i,j \in \{0, \dots, n-1\}$。
• 关键的运算关系：在 $G$ 中，$a^i \cdot a^j = a^{i+j}$。但这个指数 $i+j$ 可能大于等于 $n$。根据我们第一步的结论，任何 $a^s$ 都等于 $a^r$，其中 $r$ 是 $s$ 除以 $n$ 的余数。所以 $a^{i+j} = a^{(i+j) \pmod n}$。而 $(i+j) \pmod n$ 正是模 $n$ 加法 $i+_n j$ 的定义。
• 所以，$a^i \cdot a^j = a^{i+_n j}$。
• 现在来验证同态性质:
• 计算左边：

$\psi(a^i \cdot a^j) = \psi(a^{i+_n j})$。

令 $k = i+_n j$。因为 $k$ 是余数，所以 $0 \le k < n$。根据 $\psi$ 的定义，$\psi(a^k) = k$。

所以 $\psi(a^i \cdot a^j) = i+_n j$。

• 计算右边：

$\psi(a^i) +_n \psi(a^j) = i +_n j$。

• 左边 = 右边。所以 $\psi$ 满足同态性质。

1. 最终结论
   • 因为 $\psi$ 是一个从 $G$ 到 $\mathbb{Z}_n$ 的同态，并且是双射，所以 $\psi$ 是一个同构。
   • 因此，$G$ 同构于 $\mathbb{Z}_n$，记作 $G \cong \mathbb{Z}_n$。情况 II 证明完毕。

这个例子为抽象的有限循环群提供了一个非常直观和强大的几何模型——圆上的点。

图6.11和图6.12的解释

• 图6.11:
• 它画了一个圆，圆上均匀分布着 $n$ 个点（这里例子是 $n=8$）。
• 每个点被标记为生成元 $a$ 的幂，从底部的 $e=a^0$ 开始，逆时针依次为 $a^1, a^2, \dots, a^{n-1}$。
• 这幅图展示了群的元素本身。它强调了元素的几何排列。
• 图6.12:
• 它也是一个有 $n$ 个点（$n=8$）的圆。
• 但这次，每个点被标记为指数 $0, 1, 2, \dots, n-1$。
• 这幅图展示了与群元素对应的指数。它强调了同构关系，即图6.11的群在结构上等同于图6.12上这些数字在“模n加法”下的运算。

例子6.13的详细解释

1. 可视化的启发来源: 作者提到，这种可视化方法的灵感来自于对复数域中的n次单位根群 $U_n$ 的研究。$U_n$ 的元素 $e^{2\pi i k/n}$ 在复平面上正好均匀地分布在单位圆上。定理6.10告诉我们，所有 $n$ 阶循环群都同构于 $\mathbb{Z}_n$，而 $\mathbb{Z}_n$ 又与 $U_n$ 同构，所以所有 $n$ 阶循环群的元素都可以想象成这样分布在圆上。
2. 元素的位置:
   • 将单位元 $e=a^0$ 放在圆的最底部（或其他任何固定位置）。
   • 元素 $a^h$ 的位置，是从 $e$ 开始，沿着逆时针方向走 $h$ 个“单位弧长”。
3. 群运算的几何解释 (乘法):
   • 如何计算 $a^h \cdot a^k$？
   • 几何步骤:
4. 首先，找到 $a^h$ 的位置（从 $e$ 走 $h$ 步）。
5. 然后，从 $a^h$ 的位置继续逆时针再走 $k$ 步。
6. 你最终到达的那个点，就是 $a^h \cdot a^k$ 的结果。
   • 例子: 计算 $a^2 \cdot a^3$ (在n=8的图上)。
7. 找到 $a^2$。
8. 从 $a^2$ 开始，再走3步：$a^3 \rightarrow a^4 \rightarrow a^5$。
9. 最终停在 $a^5$。所以 $a^2 \cdot a^3 = a^5$。
10. 群运算的算术解释:
    • 几何上的“走了 $h$ 步又走 $k$ 步”，在算术上对应指数相加，总共走了 $h+k$ 步。
    • 但是因为圆是封闭的，走 $n$ 步就会回到起点。所以总步数 $h+k$ 需要对 $n$ 取模。
    • 这里再次动用除法算法: $h+k = nq+r$, 其中 $0 \le r < n$。
    • $nq$ 的含义: $nq$ 代表你绕着圆走了整整 $q$ 圈，每次都回到了起点。
    • $r$ 的含义: 走了 $q$ 整圈后，你还需要再走 $r$ 步。
    • 最终位置: 所以，从 $e$ 出发走 $h+k$ 步，最终会停在 $a^r$ 的位置。
    • 结论: $a^h \cdot a^k = a^{h+k} = a^r = a^{(h+k) \pmod n}$。
11. 图6.12的意义:
    • 图6.12直接在点上标注指数，使得运算更加直观。
    • 计算 $2 \cdot 5$ 在 $\mathbb{Z}_8$ 中是什么？在图6.12上，这不是乘法，而是“在2的基础上再走5步”。
    • 从2开始走5步：$3 \rightarrow 4 \rightarrow 5 \rightarrow 6 \rightarrow 7$。结果是7。
    • 这对应的是加法运算：$2 +_8 5 = 7$。
    • 而图6.11中的 $a^2 \cdot a^5$ 对应指数 $2+5=7$，结果是 $a^7$。
    • 两幅图通过同构映射 $\psi(a^i)=i$ 完美地联系在一起。图6.11中的乘法，对应着图6.12中的模 $n$ 加法。

这是一个过渡段落，它总结了目前为止的进展，并明确了下一阶段的目标。

1. “我们已经完成了对循环群的描述”: 指的是定理6.10。这个定理告诉我们，所有循环群在结构上要么是 $\mathbb{Z}$，要么是 $\mathbb{Z}_n$。分类工作已经完成。
2. “现在转向它们的子群”: 这是研究任何代数结构的标准流程。在理解了对象本身之后，下一步就是理解其内部的子结构。
3. “推论 6.7 给出了关于无限循环群的子群的完整信息”: 回顾一下，推论6.7说 $\mathbb{Z}$ 的子群恰好是 $n\mathbb{Z}$ 的形式。因为所有无限循环群都同构于 $\mathbb{Z}$，所以任何无限循环群 $G$ 的子群也都同构于 $\mathbb{Z}$ 的某个子群 $n\mathbb{Z}$。因此，无限循环群的子群结构已经完全清楚了：它们本身也都是无限循环群。
4. “让我们给出关于有限循环群的子群的生成元的基本定理”: 这句话设定了本小节的核心任务。我们已经知道，根据定理6.6，有限循环群的子群也必然是循环的。但我们还想知道更多细节：
   • 一个有限循环群到底有多少个子群？
   • 每个子群的阶是多少？
   • 每个子群由哪些元素生成？
   • 什么时候两个不同的元素会生成同一个子群？

这是本节第二个核心定理，它完全刻画了有限循环群中由任意元素生成的循环子群的阶，并给出了两个元素生成相同子群的充要条件。

定理叙述的拆解：

• 前提:
• $G$ 是一个 $n$ 阶有限循环群 ($|G|=n$)。
• $a$ 是 $G$ 的一个生成元 ($G=\langle a \rangle$)。
• $b$ 是 $G$ 中任意一个元素，它可以表示为 $b=a^s$ (其中 $s$ 是某个整数，通常我们可以把它看作在 $\{0, 1, \dots, n-1\}$ 中)。

• 结论一：子群的阶
• $b=a^s$ 生成的循环子群 $H = \langle b \rangle = \langle a^s \rangle$。
• 这个子群 $H$ 的阶（大小）是 $|H| = n/d$。
• 其中，$d = \operatorname{gcd}(s, n)$，即指数 $s$ 和群的阶 $n$ 的最大公约数。
• 这个公式非常强大，它告诉我们，要计算任意一个元素 $a^s$ 的阶，我们只需要计算 $\operatorname{gcd}(s, n)$ 即可。元素 $a^s$ 的阶就是 $n / \operatorname{gcd}(s,n)$。

• 结论二：子群的判等
• 什么时候两个元素 $a^s$ 和 $a^t$ 会生成完全相同的子群？
• 结论是：$\langle a^s \rangle = \langle a^t \rangle$ 成立的充要条件是 $\operatorname{gcd}(s,n) = \operatorname{gcd}(t,n)$。
• 含义: 这意味着，一个子群是由哪个生成元（$a^s$ 或 $a^t$）生成的并不重要，重要的是那个生成元的指数与群的阶 $n$ 的最大公约数。所有具有相同gcd值的指数，都会生成同一个子群。

这个定理的意义：

• 它为计算有限循环群中任意元素的阶提供了一个简单的公式。
• 它为识别和分类有限循环群的所有子群提供了一个清晰的标准。要找到所有不同的子群，我们只需要找到所有可能的 $\operatorname{gcd}(s,n)$ 的值。而 $s$ 与 $n$ 的最大公约数 $d$ 必然是 $n$ 的一个约数。所以，对于 $n$ 的每一个约数 $d$，都对应着一个（且只有一个）子群，这个子群由所有满足 $\operatorname{gcd}(s,n)=d$ 的 $a^s$ 生成。

这部分是定理6.14的证明，分为两个部分：证明子群的阶，和证明子群的判等条件。

第一部分：证明子群的阶 $|H| = n/d$

1. 目标: 证明 $H = \langle b \rangle = \langle a^s \rangle$ 的阶是 $n/d$，其中 $d=\operatorname{gcd}(s,n)$。
2. 阶的定义: 一个元素 $b$ 的阶，是使得 $b^m=e$ 成立的最小正整数 $m$。这个 $m$ 也等于 $\langle b \rangle$ 的阶。
3. 转化条件:
   • $b^m = (a^s)^m = a^{sm}$。
   • 所以 $b^m=e$ 等价于 $a^{sm}=e$。
   • 在一个由 $a$ 生成的 $n$ 阶循环群中，$a^k=e$ 的充要条件是 $n \mid k$ (即 $k$ 是 $n$ 的倍数)。
   • 因此，$a^{sm}=e$ 等价于 $n \mid sm$。
4. 重新表述问题: 我们的问题转化成了：找到满足 “$n$ 整除 $sm$” 的最小正整数 $m$。
5. 引入gcd和贝祖等式:
   • 令 $d=\operatorname{gcd}(s,n)$。
   • 因为 $d$ 是 $n$ 和 $s$ 的公约数，我们可以把 $n$ 写成 $n=d \cdot (n/d)$，把 $s$ 写成 $s=d \cdot (s/d)$。其中 $n/d$ 和 $s/d$ 都是整数。
6. 关键性质：约掉gcd后互质:
   • 证明 $n/d$ 和 $s/d$ 互质。
   • 从贝祖等式出发：存在整数 $u, v$ 使得 $d = un + vs$。
   • 将这个等式两边同时除以 $d$：
   • 这是一个新的贝祖等式！它表明 $n/d$ 和 $s/d$ 的一个线性组合是1。根据我们之前对gcd的群论定义，这意味着 $\operatorname{gcd}(n/d, s/d) = 1$。所以它们互质。
7. 运用互质引理:
   • 我们的条件是 $n \mid sm$。代入 $n=d(n/d)$ 和 $s=d(s/d)$：
   • 两边消去公因子 $d$，得到：
   • 现在，我们有：
   • (1) $n/d$ 整除乘积 $m \cdot (s/d)$。
   • (2) $n/d$ 与 $s/d$ 互质。
   • 根据我们之前证明的那个“带框的除法性质”（即：若 $r \mid mk$ 且 $\operatorname{gcd}(r,k)=1$，则 $r \mid m$），我们可以得出结论：
8. 找到最小的m:
   • 我们推导出，任何满足条件的 $m$ 都必须是 $n/d$ 的倍数。
   • 我们要找的是最小的正整数 $m$。
   • 一个数 $n/d$ 的最小正倍数，就是 $n/d$ 本身。
   • 因此，最小的 $m$ 就是 $n/d$。
9. 结论:
   • 元素 $b=a^s$ 的阶是 $m=n/d$。
   • 所以，由它生成的子群 $H$ 的阶也是 $n/d$。第一部分证明完毕。

第二部分：证明子群判等条件

这部分的证明在原文中写得非常简略，是一个提纲式的论证。我们来把它展开。

1. 目标: 证明 $\langle a^s \rangle = \langle a^t \rangle \iff \operatorname{gcd}(s,n) = \operatorname{gcd}(t,n)$。
2. 证明 ($\implies$) 方向:
   • 假设 $\langle a^s \rangle = \langle a^t \rangle$。
   • 这意味着这两个子群的阶是相等的。
   • 根据刚证明的第一部分， $|\langle a^s \rangle| = n/\operatorname{gcd}(s,n)$ 且 $|\langle a^t \rangle| = n/\operatorname{gcd}(t,n)$。
   • 所以，$n/\operatorname{gcd}(s,n) = n/\operatorname{gcd}(t,n)$。
   • 这直接导出 $\operatorname{gcd}(s,n) = \operatorname{gcd}(t,n)$。这个方向比较简单。
3. 证明 ($\impliedby$) 方向 (原文的思路):
   • 假设 $\operatorname{gcd}(s,n) = \operatorname{gcd}(t,n)$。令这个共同的gcd值为 $d$。
   • 我们要证明 $\langle a^s \rangle = \langle a^t \rangle$。
   • 原文的思路是切换到模型 $\mathbb{Z}_n$ 上来论证，这样更清晰。
   • 在 $\mathbb{Z}_n$ 中，我们考虑子群 $\langle d \rangle$。这个子群是由 $n$ 的约数 $d$ 生成的。
   • $\langle d \rangle = \{0, d, 2d, \dots, ( (n/d)-1 ) d \}$。
   • 这个子群的阶是 $n/d$。
   • 关键断言: 对于 $n$ 的任何一个约数 $d$，$\mathbb{Z}_n$ 中阶为 $n/d$ 的子群是唯一的。
   • 为什么？假设 $H$ 是 $\mathbb{Z}_n$ 的一个阶为 $k$ 的子群。因为 $\mathbb{Z}_n$ 是循环的，所以 $H$ 也必须是循环的。设 $H=\langle h \rangle$。$h$ 的阶是 $k$。根据定理第一部分， $h$ 的阶等于 $n/\operatorname{gcd}(h,n)$。所以 $k = n/\operatorname{gcd}(h,n)$，这意味着 $\operatorname{gcd}(h,n)=n/k$。
   • 所有阶为 $k$ 的子群，其生成元的指数 $h$ 都必须满足 $\operatorname{gcd}(h,n)=n/k$。
   • 根据定理第二部分的结论（虽然我们正在证它，但可以先承认这个方向），所有满足 $\operatorname{gcd}(h,n)=n/k$ 的元素 $h$ 生成的都是同一个子群。
   • 所以阶为 $k$ 的子群是唯一的。（这个论证有点循环，更严格的证明是：任何一个阶为 $k$ 的子群 $H$ 都是循环的 $H=\langle h \rangle$，$\operatorname{gcd}(h,n)=n/k=d'$。那么 $H$ 包含了 $d'$，也包含了 $\langle d' \rangle$。但 $H$ 和 $\langle d' \rangle$ 阶相同，所以 $H=\langle d' \rangle$。所以任何阶为 $n/d'$ 的子群都等于 $\langle d' \rangle$）。
   • 回到证明:
   • 我们有 $\operatorname{gcd}(s,n) = d$。所以 $\langle a^s \rangle$ 的阶是 $n/d$。
   • 我们有 $\operatorname{gcd}(t,n) = d$。所以 $\langle a^t \rangle$ 的阶是 $n/d$。
   • 因为 $n$ 阶循环群 $G$ 中，对于给定的阶，子群是唯一的。
   • 所以，这两个阶同样为 $n/d$ 的子群 $\langle a^s \rangle$ 和 $\langle a^t \rangle$ 必须是同一个子群。
   • 因此，$\langle a^s \rangle = \langle a^t \rangle$。证明完毕。

这个推论是定理6.14的一个直接且非常重要的应用，它告诉我们如何在一个有限循环群中找到所有的生成元。

推论的逻辑推导：

1. 前提:
   • $G$ 是一个 $n$ 阶有限循环群。
   • $a$ 是 $G$ 的一个生成元。
2. 目标: 找到 $G$ 的所有其他生成元。
3. 什么是生成元?:
   • 一个元素 $b \in G$ 是生成元，意味着它生成的子群就是 $G$ 本身，即 $\langle b \rangle = G$。
   • 这等价于说，$\langle b \rangle$ 的阶等于 $G$ 的阶，即 $|\langle b \rangle| = n$。
4. 应用定理6.14:
   • 我们知道 $G$ 中任何一个元素都可以写成 $b = a^r$ 的形式。
   • 定理6.14告诉我们，元素 $a^r$ 的阶是 $n / \operatorname{gcd}(r, n)$。
   • 我们将这个阶设为 $n$：
   • 从这个等式可以解出：
5. 得出结论:
   • 一个元素 $a^r$ 是 $G$ 的生成元，当且仅当它的指数 $r$ 与群的阶 $n$ 的最大公约数是 1。
   • 两个整数的最大公约数是1，根据定义，它们就是互质的。
   • 因此， $G$ 的生成元就是所有形如 $a^r$ 的元素，其中 $r$ 与 $n$ 互质。

这个推论的作用:

它将一个代数问题（寻找生成元）完全转化为了一个数论问题（寻找与 $n$ 互质的数）。要找到一个 $n$ 阶循环群有多少个生成元，我们只需要计算在 $\{1, 2, \dots, n-1\}$ 中有多少个数与 $n$ 互质。这个数量在数论中有一个专门的函数来表示，叫做欧拉φ函数 (Euler's totient function)，记作 $\phi(n)$。所以，一个 $n$ 阶循环群有 $\phi(n)$ 个生成元。

这个例子是一个综合应用，它系统地运用前面学到的所有定理和推论，来完全解剖一个具体的有限循环群 $\mathbb{Z}_{18}$ 的子群结构。

方法一：从元素出发 (例子中的思路)

这个例子采取的方法是，遍历 $\mathbb{Z}_{18}$ 中的每个元素，找出它生成的子群，然后将相同的子群合并。

1. 确定群和阶: $G=\mathbb{Z}_{18}$, $n=18$。
2. 寻找 $\mathbb{Z}_{18}$ 的生成元:
   • 根据推论6.16，生成元是与 $18$ 互质的数。
   • $18=2 \cdot 3^2$。与18互质的数不能是2或3的倍数。
   • 在 $\{1, \dots, 17\}$ 中，这些数是 $1, 5, 7, 11, 13, 17$。
   • 这些元素每一个都生成整个群 $\mathbb{Z}_{18}$ 本身。这是最大的子群 (也是群自身)。
   • 子群1: $\langle 1 \rangle = \mathbb{Z}_{18}$ (阶为18)
3. 从下一个未分析的元素 2 开始:
   • 考虑子群 $\langle 2 \rangle$。
   • 阶: $\operatorname{gcd}(2, 18) = 2$。阶为 $18/2=9$。
   • $\langle 2 \rangle = \{0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16\}$。
   • 子群2: $\langle 2 \rangle$ (阶为9)
   • $\langle 2 \rangle$ 的生成元: $\langle 2 \rangle$ 本身是一个9阶循环群，同构于 $\mathbb{Z}_9$。它的生成元是 $h \cdot 2$，其中 $h$ 与阶9互质。
   • 与9互质的数是 $1,2,4,5,7,8$。
   • 所以 $\langle 2 \rangle$ 的生成元是 $1 \cdot 2=2$, $2 \cdot 2=4$, $4 \cdot 2=8$, $5 \cdot 2=10$, $7 \cdot 2=14$, $8 \cdot 2=16$。
   • 这意味着 $\langle 2 \rangle = \langle 4 \rangle = \langle 8 \rangle = \langle 10 \rangle = \langle 14 \rangle = \langle 16 \rangle$。
   • (这里原文分析 $\langle 2 \rangle$ 的生成元时，说 $h \cdot 2 = 2, 4, 8, 10, 14, 16$，但实际上 $2 \cdot 2=4$ 和 $4 \cdot 2=8$ 的例子中，前一个2是指数，后一个2是元素，原文的 $h2$ 记法有点歧义，应理解为 $h \cdot_9$ 作用在生成元2上，但因为同构所以可以直接用整数乘法再模18)
4. 分析 $\langle 2 \rangle$ 内部的子群:
   • 在 $\langle 2 \rangle$ 中，我们挑一个非生成元，比如 $6$。
   • 考虑 $\langle 6 \rangle$。
   • 阶: $\operatorname{gcd}(6, 18)=6$。阶为 $18/6=3$。
   • $\langle 6 \rangle = \{0, 6, 12\}$。
   • 子群3: $\langle 6 \rangle$ (阶为3)
   • $\langle 6 \rangle$ 的生成元: 这是一个3阶循环群，同构于 $\mathbb{Z}_3$。它的生成元是 $k \cdot 6$，其中 $k$ 与3互质，即 $k \in \{1,2\}$。
   • $1 \cdot 6 = 6$。
   • $2 \cdot 6 = 12$。
   • 所以 $\langle 6 \rangle = \langle 12 \rangle$。
5. 分析剩下的元素 3, 9, 15:
   • 考虑 $\langle 3 \rangle$。
   • 阶: $\operatorname{gcd}(3, 18)=3$。阶为 $18/3=6$。
   • $\langle 3 \rangle = \{0, 3, 6, 9, 12, 15\}$。
   • 子群4: $\langle 3 \rangle$ (阶为6)
   • $\langle 3 \rangle$ 的生成元: 这是一个6阶循环群。生成元 $k \cdot 3$ 其中 $\operatorname{gcd}(k,6)=1$, 即 $k \in \{1,5\}$。
   • $1 \cdot 3=3$。
   • $5 \cdot 3=15$。
   • 所以 $\langle 3 \rangle = \langle 15 \rangle$。
   • 考虑 $\langle 9 \rangle$。
   • 阶: $\operatorname{gcd}(9, 18)=9$。阶为 $18/9=2$。
   • $\langle 9 \rangle = \{0, 9\}$。
   • 子群5: $\langle 9 \rangle$ (阶为2)
   • 考虑 $\langle 0 \rangle$。
   • 阶: $\operatorname{gcd}(0, 18)=18$。阶为 $18/18=1$。
   • $\langle 0 \rangle = \{0\}$。
   • 子群6: $\langle 0 \rangle$ (阶为1)

方法二：从约数出发 (更系统的方法)

1. 找到 $n=18$ 的所有正约数: $1, 2, 3, 6, 9, 18$。
2. 定理蕴含的结论: $\mathbb{Z}_{18}$ 的子群与18的约数是一一对应的。对于每个约数 $d'$, 都存在一个唯一的阶为 $d'$ 的子群。
   • 或者说，对于每个约数 $d$ of $n$, 存在唯一一个子群 of order $n/d$, 这个子群就是 $\langle d \rangle$。
   • 我们用第二种说法，它更直接。18的约数是 $d \in \{1,2,3,6,9,18\}$。
3. 逐个约数分析:
   • $d=1$: 子群 $\langle 1 \rangle = \mathbb{Z}_{18}$。阶为 $18/1 = 18$。
   • $d=2$: 子群 $\langle 2 \rangle = \{0,2,4,\dots,16\}$。阶为 $18/2 = 9$。
   • $d=3$: 子群 $\langle 3 \rangle = \{0,3,6,9,12,15\}$。阶为 $18/3 = 6$。
   • $d=6$: 子群 $\langle 6 \rangle = \{0,6,12\}$。阶为 $18/6 = 3$。
   • $d=9$: 子群 $\langle 9 \rangle = \{0,9\}$。阶为 $18/9 = 2$。
   • $d=18$: 子群 $\langle 18 \rangle = \langle 0 \rangle = \{0\}$。阶为 $18/18=1$。
4. 结论: $\mathbb{Z}_{18}$ 恰好有6个子群，它们是 $\langle 1 \rangle, \langle 2 \rangle, \langle 3 \rangle, \langle 6 \rangle, \langle 9 \rangle, \langle 0 \rangle$。

子群图 (Subgroup Lattice) 的解释

• 图6.18 展示了这些子群之间的包含关系。
• 点: 每个点代表一个子群。
• 线: 如果子群 $A$ 在子群 $B$ 的下方，并且有一条线连接它们，这表示 $A$ 是 $B$ 的一个真子群 ($A \subset B$)，并且它们之间没有其他的子群。
• 结构:
• 最底部的点是平凡子群 $\langle 0 \rangle = \{0\}$。
• 最顶部的点是整个群 $\langle 1 \rangle = \mathbb{Z}_{18}$。
• 从图中可以看到：
• $\langle 6 \rangle$ 是 $\langle 2 \rangle$ 的子群 ($\{0,6,12\} \subset \{0,2,4,\dots,16\}$)。
• $\langle 6 \rangle$ 也是 $\langle 3 \rangle$ 的子群 ($\{0,6,12\} \subset \{0,3,6,9,12,15\}$)。
• $\langle 9 \rangle$ 是 $\langle 3 \rangle$ 的子群。
• $\langle 0 \rangle$ 是所有子群的子群。
• 所有子群都是 $\langle 1 \rangle$ 的子群。
• 这种图的结构由 $n=18$ 的约数之间的整除关系决定。$H_1 \subseteq H_2 \iff |H_1|$ 整除 $|H_2|$。更精确地说，$\langle d_1 \rangle \subseteq \langle d_2 \rangle \iff d_2 \mid d_1$。例如 $\langle 6 \rangle \subseteq \langle 2 \rangle$ 因为 $2 \mid 6$。

这部分是“计算”类型的练习题，旨在让学生熟练运用本节定义的概念和定理的公式。

练习1-4：除法算法

这些练习的目标是掌握除法算法 $n=mq+r, 0 \le r < m$，特别是对于负数 $n$ 的情况。

1. $n=42, m=9$: $42 = 9 \cdot 4 + 6$。$q=4, r=6$。
2. $n=-42, m=9$: 要找不大于-42的9的倍数，即 $-45$。$-42 = 9 \cdot (-5) + 3$。$q=-5, r=3$。
3. $n=-50, m=8$: 要找不大于-50的8的倍数，即 $-56$。$-50 = 8 \cdot (-7) + 6$。$q=-7, r=6$。
4. $n=50, m=8$: $50 = 8 \cdot 6 + 2$。$q=6, r=2$。

练习5-7：最大公约数 (gcd)

这些练习考察gcd的计算，可以使用欧几里得算法（辗转相除法）或质因数分解。

1. 32 和 24: $\operatorname{gcd}(32, 24) = \operatorname{gcd}(24, 32-24) = \operatorname{gcd}(24, 8) = 8$。
2. 48 和 88: $48=2^4 \cdot 3$, $88 = 2^3 \cdot 11$。公共质因子只有 $2^3=8$。所以 $\operatorname{gcd}(48,88)=8$。
3. 360 和 420: $360 = 10 \cdot 36$, $420=10 \cdot 42$。$\operatorname{gcd}(360,420) = 10 \cdot \operatorname{gcd}(36,42) = 10 \cdot 6 = 60$。

练习8-11：生成元的数量

这些练习应用推论6.16，求 $n$ 阶循环群的生成元数量，即计算欧拉φ函数 $\phi(n)$。$\phi(n)$ 是小于等于 $n$ 且与 $n$ 互质的正整数的个数。

1. $n=5$ (素数): $\phi(5) = 5-1=4$。生成元有4个。
2. $n=8=2^3$: 与8互质的有 $1,3,5,7$。$\phi(8)=4$。
3. $n=12=2^2 \cdot 3$: 与12互质的有 $1,5,7,11$。$\phi(12)=4$。
4. $n=60=2^2 \cdot 3 \cdot 5$: $\phi(60) = 60(1-1/2)(1-1/3)(1-1/5) = 60(1/2)(2/3)(4/5) = 16$。

练习12-16：自同构的数量

• 自同构 (Automorphism)：一个群到其自身的同构。
• 提示：练习44说明，一个循环群 $G=\langle a \rangle$ 的自同构 $\psi$ 完全由 $\psi(a)$ 的值决定。
• 关键点：同构必须将生成元映射到生成元。因为如果 $a$ 是生成元，$\psi(a)$ 也必须能生成目标群（这里是 $G$ 本身）。
• 因此，自同构的数量就等于生成元的数量。

1. $\mathbb{Z}_2$: 生成元是1。数量是 $\phi(2)=1$。
2. $\mathbb{Z}_6$: 生成元是1, 5。数量是 $\phi(6)=2$。
3. $\mathbb{Z}_8$: 生成元是1, 3, 5, 7。数量是 $\phi(8)=4$。
4. $\mathbb{Z}$: 生成元是1, -1。数量是2。
5. $\mathbb{Z}_{12}$: 生成元是1, 5, 7, 11。数量是 $\phi(12)=4$。

练习17-21：循环子群的阶

这些练习应用定理6.14的核心公式：$|\langle a^s \rangle| = n/\operatorname{gcd}(s,n)$。

1. $\mathbb{Z}_{30}$ 中由 25 生成的子群的阶: $n=30, s=25$。$\operatorname{gcd}(25,30)=5$。阶为 $30/5=6$。
2. $\mathbb{Z}_{42}$ 中由 30 生成的子群的阶: $n=42, s=30$。$\operatorname{gcd}(30,42)=6$。阶为 $42/6=7$。
3. $\mathbb{C}^*$ 中 $\langle i \rangle$ 的阶: $i^1=i, i^2=-1, i^3=-i, i^4=1$。这是一个4阶循环群。阶是4。
4. $\mathbb{C}^*$ 中 $\langle (1+i)/\sqrt{2} \rangle$ 的阶: $(1+i)/\sqrt{2} = e^{i\pi/4}$ (8次单位根)。它的阶是8。
5. $\mathbb{C}^*$ 中 $\langle 1+i \rangle$ 的阶: $|1+i|=\sqrt{2} > 1$。它的任意正整数次幂的模长都会越来越大，永远不会回到单位元1。所以阶是无限的。

练习22-24：找出所有子群并画子群图

这个任务系统地应用了例子6.17的方法。

1. 找出 $n$ 的所有约数 $d_i$。
2. 对于每个约数 $d_i$，都存在一个唯一的子群 $\langle d_i \rangle$（在 $\mathbb{Z}_n$ 模型中），其阶为 $n/d_i$。
3. 根据约数之间的整除关系画出子群图。$\langle d_1 \rangle \supseteq \langle d_2 \rangle \iff d_1 \mid d_2$。
4. $\mathbb{Z}_{12}$: 约数是 $1,2,3,4,6,12$。有6个子群: $\langle 1 \rangle, \langle 2 \rangle, \langle 3 \rangle, \langle 4 \rangle, \langle 6 \rangle, \langle 0 \rangle$。
5. $\mathbb{Z}_{36}$: 约数是 $1,2,3,4,6,9,12,18,36$。有9个子群。
6. $\mathbb{Z}_{8}$: 约数是 $1,2,4,8$。有4个子群: $\langle 1 \rangle, \langle 2 \rangle, \langle 4 \rangle, \langle 0 \rangle$。这是一个简单的链状结构。

练习25-29：子群的所有阶

• 拉格朗日定理的一个特例：在有限循环群中，对于 $n$ 的每个约数 $d$，都存在一个阶为 $d$ 的子群。所以子群的阶的集合就是 $n$ 的约数集合。

1. $\mathbb{Z}_6$: 6的约数是 $1,2,3,6$。
2. $\mathbb{Z}_8$: 8的约数是 $1,2,4,8$。
3. $\mathbb{Z}_{12}$: 12的约数是 $1,2,3,4,6,12$。
4. $\mathbb{Z}_{20}$: 20的约数是 $1,2,4,5,10,20$。
5. $\mathbb{Z}_{17}$ (17是素数): 17的约数是 $1,17$。只有平凡子群和群自身。

这部分练习考察对基本概念的精确理解和辨析。

练习30-31：修改定义

1. 原定义: “元素 $a$ 的阶为 $n$ 当且仅当 $a^n=e$。”
   • 问题: 缺少了“最小”这个关键词。例如，在 $\mathbb{Z}_4$ 中，$1^8=0, 1^{12}=0$，但1的阶是4。
   • 标准定义: 群 $G$ 的元素 $a$ 的（有限）阶是满足 $a^n=e$ 的最小正整数 $n$。如果不存在这样的正整数，则称 $a$ 的阶是无限的。
   • 或者，使用本节开头的定义：元素 $a$ 的阶是其生成的循环子群 $\langle a \rangle$ 的阶。
2. 原定义: “两个正整数的最大公约数是同时整除它们的最大正整数。”
   • 问题: 这个定义是初等数论中的标准定义，本身没有错。但本节提供了一个更深刻的代数定义。
   • 群论定义: 两个正整数 $r$ 和 $s$ 的最大公约数是子群 $H=\{nr+ms \mid n,m \in \mathbb{Z}\}$ 的正生成元。
   • 这个定义更“优雅”，因为它不仅定义了gcd是什么，还揭示了它的一个核心性质（贝祖等式）。

练习32：真假判断

a. 真。这是定理6.1。

b. 假。克莱因四元群是阿贝尔群但不是循环群。

c. 假。$\mathbb{Q}$ (有理数加法群)不是循环群。假设它由 $p/q$ 生成，那么所有元素都必须是 $k \cdot (p/q)$ 的形式。但是像 $(p/q)/2$ 这样的元素就无法被生成。

d. 假。只有生成元才能生成整个群。在一个 $n>1$ 阶的循环群中，单位元就不能生成整个群。

e. 真。任何给定阶的循环群（比如 $\mathbb{Z}_n$）都是阿贝尔群。所以对于任何阶 $n>0$，都存在一个 $n$ 阶的阿贝尔群 $\mathbb{Z}_n$。

f. 假。阶为4的克莱因四元群不是循环群。阶为1,2,3的群确实都是循环群。

g. 假。$\mathbb{Z}_{20}$ 的生成元是与20互质的数，如1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19。其中9, 1都不是素数。

h. 假。$G$ 和 $G'$ 如果不是同一个大群的子集，它们的交集可能没有意义，或者即使有意义（比如集合的交集），也不能保证其运算封闭或构成群。例如 $G=\{1,-1\}, G'=\{1,i\}$，交集是 $\{1\}$，是群。但如果 $G=\{e_1, g\}$, $G'=\{e_2, h\}$，交集为空集，不是群。这个说法太模糊了。

i. 真。这是子群的一个基本性质。两个子群的交集仍然是一个子群。可以很容易地验证封闭性、单位元、逆元。

j. 真。对于一个 $n$ 阶循环群 $G=\langle a \rangle$ ($n>2$)，它的生成元数量是 $\phi(n)$。我们知道 $\phi(n) \ge 2$ for $n>2$。$a$ 是一个生成元，$a^{-1}=a^{n-1}$ 是另一个。因为 $n>2$, $a \ne a^{-1}$ (否则 $a^2=e$，阶为2)，所以至少有两个不同的生成元。