1. 2.3 循环群和循环子群

这段话是本节内容的开篇，旨在引入一个核心概念：如何从一个群中的单个元素出发，构建出一个新的、更小的群（即子群）。

1. 起点：我们从一个已经存在的群 $G$ 开始。一个群是一个集合，其中的元素之间定义了一种二元运算（比如乘法或加法），并且满足四个基本性质：封闭性、结合律、存在单位元和每个元素都存在逆元。
2. 选择一个元素：我们从群 $G$ 中随便挑选一个元素，称之为 $x$。
3. 生成一个集合：我们利用这个元素 $x$ 来生成一个新的集合 $H$。这个集合包含了 $x$ 的所有整数次幂。这里的“幂”是广义的：
   • 正整数幂：$x^1=x$, $x^2=x \cdot x$, $x^3=x \cdot x \cdot x$, ... （通过群的运算反复与自身相乘）
   • 零次幂：$x^0=e$，其中 $e$ 是群 $G$ 的单位元。
   • 负整数幂：$x^{-1}$ 是 $x$ 的逆元，$x^{-2}=(x^{-1})^2=x^{-1} \cdot x^{-1}$, $x^{-3}=(x^{-1})^3$, ...
4. 验证子群：这个由 $x$ 的所有幂组成的集合 $H = \{\dots, x^{-2}, x^{-1}, x^0, x, x^2, \dots\}$ 不仅仅是一个普通的集合，它本身也构成一个群，并且是原群 $G$ 的一个子群。为什么呢？我们需要验证子群的条件：
   • 非空：因为至少 $x^0=e$ 在 $H$ 中，所以 $H$ 不是空的。
   • 封闭性：从 $H$ 中任意取出两个元素，比如 $x^a$ 和 $x^b$（其中 $a,b$ 是整数）。它们的乘积是 $x^a \cdot x^b = x^{a+b}$。因为 $a+b$ 也是一个整数，所以 $x^{a+b}$ 必然也在 $H$ 中。所以 $H$ 对群的运算是封闭的。
   • 逆元存在性：从 $H$ 中任意取出一个元素 $x^a$。它的逆元是 $(x^a)^{-1} = x^{-a}$。因为 $-a$ 也是一个整数，所以 $x^{-a}$ 也在 $H$ 中。
   • 根据子群判别法，满足这几条就足以证明 $H$ 是 $G$ 的一个子群。
5. 本节主题：这段话最后点明，本节的重点就是研究这种由单个元素生成的群，我们称之为循环群。

这段话正式给出了循环群的定义，并阐述了其基本表示法和一些初步性质。

1. 核心定义：一个群 $H$ 被称为循环群，其充要条件是：群里存在一个元素 $x$，使得群里的所有其他元素（包括 $x$ 自身和单位元）都可以通过 $x$ 的整数次幂运算得到。这个特殊的元素 $x$ 被称为生成元。
   • 乘法表示：如果群的运算是乘法，那么 $H$ 中的任意元素 $h$ 都可以写成 $h=x^n$ 的形式，其中 $n$ 是某个整数。记作 $H = \{x^n \mid n \in \mathbb{Z}\}$。
   • 加法表示：如果群的运算是加法，那么 $h$ 就可以写成 $h=nx$ 的形式。记作 $H = \{nx \mid n \in \mathbb{Z}\}$。
2. 符号表示：无论运算是乘法还是加法，我们都用尖括号 $\langle x \rangle$ 来表示由元素 $x$ 生成的循环群。所以 $H = \langle x \rangle$ 这句话的意思就是 “$H$ 是一个由 $x$ 生成的循环群”。
3. 生成元不唯一：一个循环群的生成元可能不止一个。
   • 一个简单的例子是：如果 $x$ 是一个生成元，那么它的逆元 $x^{-1}$ 也必然是一个生成元。
   • 证明：我们要说明 $\langle x \rangle = \langle x^{-1} \rangle$。这意味着由 $x$ 生成的集合和由 $x^{-1}$ 生成的集合是完全相同的。
   • 由 $x$ 生成的集合是 $A = \{x^n \mid n \in \mathbb{Z}\}$。
   • 由 $x^{-1}$ 生成的集合是 $B = \{(x^{-1})^n \mid n \in \mathbb{Z}\}$。根据指数律，$(x^{-1})^n = x^{-n}$。所以 $B = \{x^{-n} \mid n \in \mathbb{Z}\}$。
   • 当整数 $n$ 取遍所有整数（$\dots, -2, -1, 0, 1, 2, \dots$）时，$-n$ 同样也取遍所有整数。因此，集合 $\{x^n\}$ 和 $\{x^{-n}\}$ 包含的元素是完全一样的，只是顺序可能不同。所以 $A=B$。
   • 这就证明了 $\langle x \rangle = \langle x^{-1} \rangle$。
4. 重要提醒：
   • 元素 vs 指数：$\langle x \rangle$ 的元素是 $x^n$ (是群里的元素)，而不是指数 $n$ (是整数)。
   • 幂可能重复：$x^a$ 和 $x^b$ 可能是同一个元素，即使 $a \neq b$。例如，在有限循环群中，幂会周期性地重复。
   • 循环群都是阿贝尔群：循环群一定是交换群（阿贝尔群）。这是因为任意两个元素 $x^a$ 和 $x^b$ 的乘积 $x^a x^b = x^{a+b}$，而 $x^b x^a = x^{b+a}$。因为整数加法满足交换律 ($a+b=b+a$)，所以 $x^{a+b} = x^{b+a}$，即 $x^a x^b = x^b x^a$。

这段文字通过两个典型的例子，具体展示了有限循环群和无限循环群的形态和运算规则。

例子 (1)：二面体群中的旋转子群 (有限循环群)

1. 背景：我们考虑的是二面体群 $D_{2n}$，它是一个描述正 $n$ 边形所有对称变换（旋转和翻转）的群。它由一个旋转元素 $r$ 和一个翻转元素 $s$ 生成。
2. 子群的选取：我们不看整个 $D_{2n}$，只看它内部由所有旋转构成的子群 $H$。这个子群只包含旋转操作。
3. 生成元：所有的旋转都可以通过重复进行最小单位的旋转 $r$ (例如，旋转 $360/n$ 度) 得到。因此，这个旋转子群 $H$ 是由 $r$ 生成的，即 $H = \langle r \rangle$。
4. 元素与阶：旋转 $n$ 次 ($r^n$) 就等于没转，回到了原位（单位元 $1$）。所以 $r^n = 1$。并且，在旋转 $n$ 次之前，所有的旋转 $1, r, r^2, \dots, r^{n-1}$ 都是不同的操作。因此，这个子群 $H$ 共有 $n$ 个元素，它的阶是 $|H|=n$。生成元 $r$ 的阶（即最小的使 $r^k=1$ 的正整数 $k$）也是 $n$。
5. 幂的循环性：由于 $r^n=1$，元素的幂会以 $n$ 为周期循环。
   • 正向：$r^n=1, r^{n+1}=r^n \cdot r = 1 \cdot r = r, r^{n+2}=r^2, \dots$
   • 反向：$r^{-1}$ 是 $r$ 的逆元。因为 $r \cdot r^{n-1} = r^n = 1$，所以 $r^{-1} = r^{n-1}$。同理，$r^{-2} = (r^{-1})^2 = (r^{n-1})^2 = r^{2n-2} = (r^n)^2 \cdot r^{-2} = 1 \cdot r^{n-2} = r^{n-2}$。
6. 任意幂的化简：如何计算任意一个大的幂 $r^t$？我们可以用整数的除法算法（带余除法）。
   • 将指数 $t$ 除以周期 $n$，得到商 $q$ 和余数 $k$：$t = nq + k$，其中 $0 \leq k < n$。
   • 然后计算 $r^t = r^{nq+k} = r^{nq} \cdot r^k = (r^n)^q \cdot r^k$。
   • 因为 $r^n=1$，所以 $(r^n)^q = 1^q = 1$。
   • 最终得到 $r^t = 1 \cdot r^k = r^k$。这意味着任何 $r$ 的幂都可以化简为一个指数在 $0$ 到 $n-1$ 之间的幂。
7. 具体计算示例：在 $D_8$ 中（$n=4$，正方形的对称群），旋转子群的阶为 4，其元素是 $\{1, r, r^2, r^3\}$。$r$ 代表旋转90度。
   • 计算 $r^{105}$：$105 = 4 \times 26 + 1$。所以 $r^{105} = r^1 = r$。
   • 计算 $r^{-42}$：$-42 = 4 \times (-11) + 2$。所以 $r^{-42} = r^2$。
8. 重要说明：旋转子群 $H = \langle r \rangle$ 是循环群，但它所在的更大的群 $D_{2n}$ 自身并不是循环群，因为它不是阿贝尔群（比如旋转再翻转 $rs$ 不等于翻转再旋转 $sr$，而是等于 $sr^{-1}$）。

例子 (2)：整数加法群 (无限循环群)

1. 群的定义：这次我们考虑的群是 $H = (\mathbb{Z}, +)$，即全体整数在加法运算下构成的群。
2. 生成元：这个群可以由整数 $1$ 生成，即 $H = \langle 1 \rangle$。因为任何整数 $n$ 都可以看作是 $n$ 个 $1$ 相加（如果是负数，就是 $n$ 个 $-1$ 相加，也就是 $|n|$ 个 $1$ 的逆元相加）。在加法表示下，这写作 $n \cdot 1$。
3. 元素的唯一性：与前一个例子不同，这里生成元 $1$ 的所有倍数都是不同的。例如 $2 \cdot 1 = 2$ 和 $3 \cdot 1 = 3$ 是不同的整数。不存在一个非零的 $n$ 使得 $n \cdot 1 = 0$ (这里的 $0$ 是加法群的单位元)。
4. 无限阶：因为没有非零倍数能回到单位元，所以这个群的阶是无限的 ($|H|=\infty$)，生成元 $1$ 的阶也是无限的。
5. 其他生成元：我们之前讨论过，如果 $x$ 是生成元，则 $x^{-1}$ 也是。在加法群 $\mathbb{Z}$ 中，$1$ 的逆元（相反数）是 $-1$。$-1$ 也是一个生成元，因为任何整数 $k$ 都可以表示为 $(-k) \cdot (-1)$。所以 $H = \langle -1 \rangle$ 也成立。

这部分旨在将前面从例子中观察到的性质，提升为普适的定理（命题2）。它正式地建立了由一个元素生成的循环群的阶（元素个数）与该生成元自身阶之间的等式关系。

命-题前的引导

• 目的：我们通过例子看到，有限循环群的元素个数似乎就等于其生成元的阶；无限循环群的元素个数是无限的，其生成元的阶也是无限的。现在我们要严格证明这个观察是普遍成立的。
• 术语的统一：这里还特意提了一句，这个命题的结论 $|H| = |x|$ 将会证明，我们用同一个符号 $| \cdot |$ 来表示一个群的阶（集合的基数）和一个元素的阶（幂次回到单位元的最小正整数），是合理且自洽的。因为对于循环群这种最基本的情况，这两个概念的数值是相等的。

命题 2 的内容

• 核心论断：如果一个循环群 $H$ 是由元素 $x$ 生成的（即 $H = \langle x \rangle$），那么群 $H$ 的阶 $|H|$ 就等于生成元 $x$ 的阶 $|x|$。这个结论对有限和无限的情况都成立。

• 具体分两种情况讨论：
• (1) 有限情况：如果循环群 $H$ 的阶是有限的，等于 $n$。那么可以推断出两件事：
• 首先，生成元 $x$ 的 $n$ 次幂必然是单位元，即 $x^n = 1$。
• 其次，这个群的所有元素恰好就是 $1, x, x^2, \dots, x^{n-1}$ 这 $n$ 个。这 $n$ 个元素互不相同。
• （注意：这里的表述逻辑是 “如果 $|H|=n$..."，在证明中我们会看到，它等价于从 “如果 $|x|=n$...” 出发）。

• (2) 无限情况：如果循环群 $H$ 的阶是无限的。那么可以推断出：
• 首先，对于任何非零整数 $n$， $x^n$ 都不会是单位元 $1$。
• 其次，对于任意两个不相等的整数 $a$ 和 $b$，$x^a$ 和 $x^b$ 也一定是两个不同的元素。这意味着 $x$ 的所有整数幂都是独一无二的。

这段是命题2的严格数学证明，它分为两个部分，分别对应有限阶和无限阶的情况。

第一部分：证明有限情况 ($|x|=n < \infty$)

这个证明包含两个小目标：

1. 证明集合 $S = \{1, x, x^2, \dots, x^{n-1}\}$ 包含 $n$ 个不同的元素。
2. 证明群 $H = \langle x \rangle$ 中的任何元素都属于集合 $S$。

• 证明目标1（元素不同性）：
• 我们使用反证法。假设这 $n$ 个元素不都是不同的，也就是说，存在两个不相等的指数 $a$ 和 $b$，使得 $x^a = x^b$。
• 我们可以不失一般性地假设 $0 \le a < b < n$。
• 在等式 $x^a = x^b$ 的两边同时乘以 $x^{-a}$（即 $(x^a)^{-1}$）。
• 左边：$x^a \cdot x^{-a} = x^{a-a} = x^0 = 1$ (单位元)。
• 右边：$x^b \cdot x^{-a} = x^{b-a}$。
• 所以我们得到 $x^{b-a} = 1$。
• 现在我们来看指数 $b-a$。因为 $0 \le a < b < n$，所以 $0 < b-a < n$。
• 这意味着我们找到了一个正整数 $b-a$，它比 $n$ 小，却能使 $x$ 的幂等于单位元。
• 但这与 $|x|=n$ 的定义（$n$ 是使 $x^k=1$ 的最小正整数）相矛盾。
• 因此，我们最初的假设“元素不都是不同的”是错误的。结论是：$1, x, x^2, \dots, x^{n-1}$ 这 $n$ 个元素必然是互不相同的。
• 这直接说明了群 $H$ 至少有 $n$ 个元素。

• 证明目标2（完备性）：
• 现在要证明群 $H$ 中没有其他的元素了，即 $H$ 中的任何元素都可以在 $S$ 中找到。
• 根据定义，$H = \langle x \rangle$ 中的任意元素都可以写成 $x^t$ 的形式，其中 $t$ 是某个整数。
• 我们使用除法算法，将 $t$ 除以 $n$，得到：$t = nq + k$，其中 $q$ 是商， $k$ 是余数且 $0 \le k < n$。
• 现在我们来计算 $x^t$：
• $x^t = x^{nq+k} = (x^n)^q \cdot x^k$ (根据指数定律)
• 因为 $|x|=n$，所以 $x^n = 1$。
• 代入上式，得到 $x^t = (1)^q \cdot x^k = 1 \cdot x^k = x^k$。
• 我们来看 $x^k$。因为余数 $k$ 满足 $0 \le k < n$，所以 $k$ 必然是 $0, 1, 2, \dots, n-1$ 中的一个。
• 这意味着 $x^k$ 必然是集合 $S = \{x^0, x^1, \dots, x^{n-1}\}$ 中的一个元素。
• 这就证明了，任何一个 $x^t$ 都会等于 $S$ 中的某个元素。
• 结合目标1和2，我们证明了 $H$ 的元素不多不少，正好就是 $S$ 中的这 $n$ 个不同元素。因此 $|H|=n$。
• 最终完成了 $|H|=|x|$ 在有限情况下的证明。

第二部分：证明无限情况 ($|x|=\infty$)

• 前提：$|x|=\infty$ 意味着对于任何正整数 $k$，$x^k \neq 1$。
• 证明目标：$H$ 中所有 $x$ 的幂 $x^a$ 和 $x^b$（当 $a \neq b$ 时）都是不同的元素。
• 我们同样使用反证法。假设存在两个不等的整数 $a$ 和 $b$，使得 $x^a = x^b$。
• 不失一般性地假设 $a < b$。
• 与有限情况类似，两边同乘以 $x^{-a}$，得到 $x^{b-a} = 1$。
• 现在来看指数 $b-a$。因为 $a < b$，所以 $b-a$ 是一个正整数。
• 我们找到了一个正整数 $b-a$，使得 $x^{b-a}=1$。
• 但这与我们的前提 $|x|=\infty$（即 $x$ 的任何正整数次幂都不是1）相矛盾。
• 因此，假设是错误的。结论是：只要指数不同， $x$ 的幂就一定是不同的元素。
• 结论：因为整数 $\mathbb{Z}$ 有无限多个，而每一个整数 $k$ 都对应一个独一无二的群元素 $x^k$，所以群 $H = \langle x \rangle$ 中必然有无限多个元素。
• 因此 $|H|=\infty$。完成了 $|H|=|x|$ 在无限情况下的证明。

这部分首先对刚才的证明进行了一个总结性的评论，然后引出了一个新的、非常重要的命题3，这个命题是处理元素的阶和幂运算的核心工具。

评论部分

1. 简化方法：刚才的证明中使用的除法算法 ($x^t = x^{nq+k} = x^k$)，实际上就是一种将任意高的幂 $t$ “拉回”到基本范围 $[0, n-1]$ 内的通用方法。这个 $k$ 就是所谓的“最小剩余幂”的指数。
2. 与模算术的联系：这种对指数的操作，本质上就是在模 $n$ 的整数环 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中进行运算。例如，计算 $x^a \cdot x^b = x^{a+b}$，其实就是指数在做加法 $a+b$；而化简 $x^t$ 为 $x^k$，其实就是指数在做模 $n$ 的取余运算 $t \equiv k \pmod n$。
3. 预告：这种计算上的相似性并非偶然，它背后有深刻的结构性原因。定理4 将会揭示，任何一个 $n$ 阶有限循环群，在结构上都和 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 是完全一样的（即同构）。

命题 3 内容

这个命题包含两个相互关联的部分，都与元素的幂何时为单位元有关。

• 第一部分（最大公约数性质）：
• 前提：假设我们知道一个元素 $x$ 的两次不同的幂都等于单位元，比如 $x^n=1$ 且 $x^m=1$。
• 结论：那么，$x$ 的以 $m$ 和 $n$ 的最大公约数 $d=(m,n)$ 为指数的幂也必然等于单位元，即 $x^d=1$。
• 这个性质非常强大，它告诉我们，所有能让 $x$ 的幂变回单位元的指数，它们的最大公约数仍然具有这个性质。

• 第二部分（整除性质）：
• 这是一个非常重要的推论，也是元素的阶最常用的性质之一。
• 前提：假设我们知道对于某个整数 $m$，$x^m=1$。
• 结论：那么元素 $x$ 的阶 $|x|$ 必然能整除 $m$。
• 理解：元素的阶 $|x|$ 是让 $x$ 的幂回到1的“最快路径”（最小正指数）。如果走 $m$ 步也能回到起点，那么 $m$ 步必然是“最快路径”长度的整数倍。就像你能跑2000米回到操场起点，而一圈是400米，那么2000必然是400的倍数。

这是对命题3的证明，分为两个部分。

证明第一部分：$x^d=1$，其中 $d=(m,n)$

1. 核心工具：证明的关键在于裴蜀定理（Bézout's identity），这里称之为欧几里得算法的推论。该定理指出：对于任意两个不全为零的整数 $m$ 和 $n$，它们最大公约数 $d=(m,n)$ 都可以表示为它们自身的线性组合，即存在整数 $r$ 和 $s$ 使得 $d = mr + ns$。
2. 目标：我们要计算 $x^d$。
3. 代入：将 $d$ 的线性组合形式代入指数：$x^d = x^{mr+ns}$。
4. 应用指数定律：
   • 首先，使用 $a^{p+q} = a^p a^q$ 法则：$x^{mr+ns} = x^{mr} \cdot x^{ns}$。
   • 然后，使用 $a^{pq} = (a^p)^q$ 法则：$x^{mr} \cdot x^{ns} = (x^m)^r \cdot (x^n)^s$。
5. 利用前提：我们已知的前提是 $x^m=1$ 和 $x^n=1$。将这两个等式代入上一步的结果：$(x^m)^r \cdot (x^n)^s = (1)^r \cdot (1)^s$。
6. 单位元性质：单位元 $1$ 的任何整数次幂都等于 $1$。所以 $(1)^r = 1$ 且 $(1)^s = 1$。
7. 最终结果：$1 \cdot 1 = 1$。
8. 结论：我们成功证明了 $x^d=1$。

证明第二部分：如果 $x^m=1$，则 $|x| \mid m$

1. 设定符号：令 $n = |x|$。根据阶的定义，$n$ 是一个正整数（如果 $m \neq 0$）。
2. 处理特殊情况：如果 $m=0$，那么 $x^0=1$。任何正整数 $n$ 都能整除 $0$（因为 $0 = 0 \cdot n$）。所以结论成立。因此，我们可以只考虑 $m \neq 0$ 的情况。
3. 确定阶的有限性：既然存在一个非零整数 $m$ 使得 $x^m=1$，那么 $x$ 的阶必定是有限的，即 $n = |x| < \infty$。因为至少 $|m|$ 是一个候选的正指数，所以最小正指数必然存在。
4. 应用第一部分结论：我们现在有两个等式：
   • $x^m=1$ (前提)
   • $x^n=1$ (来自 $|x|=n$ 的定义)
   • 根据刚刚证明的第一部分，我们可以立刻得出结论：$x^d=1$，其中 $d=(m,n)$。
5. 分析 $d$：$d$ 是 $m$ 和 $n$ 的最大公约数。根据最大公约数的性质：
   • $d$ 是正整数（因为 $n>0$）。
   • $d$ 是 $n$ 的一个因子，所以 $d \le n$。
6. 利用阶的最小性：我们现在有 $x^d=1$ 且 $0 < d \le n$。但是，$n=|x|$ 的定义是，它是使得 $x^k=1$ 的最小正整数。
7. 得出结论：一个不大于 $n$ 的正整数 $d$ 也能让 $x$ 的幂为1，而 $n$ 是最小的那个。这只有一种可能：$d$ 必须等于 $n$。
8. 解释结论：$d = (m,n) = n$ 意味着什么？根据最大公约数的定义，$(m,n)=n$ 的充要条件是 $n$ 能够整除 $m$。
9. 最终断言：$n \mid m$，即 $|x| \mid m$。证明完毕。

这个定理是循环群理论的第一个里程碑式的结论。它完成了对所有循环群的分类工作。

• 核心思想：循环群的结构极其简单，完全由其阶决定。如果两个循环群的阶相同，那么它们在代数结构上就是一模一样的，只是元素的“名字”不同而已。这种“一模一样”在数学上就叫做“同构”。

• 定理内容分两部分：
• (1) 有限情况：任何两个阶为 $n$ 的有限循环群都是同构的。
• 假设我们有两个这样的群，一个是 $\langle x \rangle$，另一个是 $\langle y \rangle$。它们阶都是 $n$。
• 定理不仅说了它们同构，还给出了一个具体的同构映射 $\varphi$。
• 这个映射非常直观：就是把第一个群的生成元 $x$ 的 $k$ 次幂，对应到第二个群的生成元 $y$ 的 $k$ 次幂。即 $\varphi(x^k) = y^k$。
• 定理断言，这个映射是“良定义的”（well-defined）并且是一个“同构”（isomorphism）。

• (2) 无限情况：任何无限循环群都与整数加法群 $(\mathbb{Z}, +)$ 同构。
• 假设 $\langle x \rangle$ 是一个无限循环群。
• 定理给出的同构映射 $\varphi$ 是从 $\mathbb{Z}$ 到 $\langle x \rangle$ 的。
• 这个映射也极其直观：把整数 $k$ 对应到生成元 $x$ 的 $k$ 次幂。即 $\varphi(k) = x^k$。
• 定理同样断言，这个映射是“良定义的”并且是一个“同构”。

• 关键词解释：
• 同构 (Isomorphism)：一个从群 $G_1$ 到群 $G_2$ 的映射 $\varphi$ 如果满足以下三个条件，就称为同构：

1. 双射 (Bijection)：$\varphi$ 是一一对应的。既是单射（不同的元素映到不同的像）又是满射（$G_2$ 中的每个元素都有一个原像）。
2. 同态 (Homomorphism)：$\varphi$ 保持群的运算结构。即 $\varphi(a \cdot b) = \varphi(a) * \varphi(b)$（其中 $\cdot$ 和 $*$ 分别是 $G_1$ 和 $G_2$ 的运算）。
   • 良定义 (Well-defined)：这是一个在处理有多种表示方式的元素（例如商集、循环群的幂）时必须考虑的问题。一个映射是良定义的，意味着元素的表示方式虽然不同，但映射的结果是唯一的。例如，在有限循环群中 $x^k$ 和 $x^{k+n}$ 是同一个元素，我们必须确保 $\varphi(x^k)$ 和 $\varphi(x^{k+n})$ 的结果也相同，否则这个映射就是含糊不清的，无效的。

这个证明同样分为有限和无限两种情况。

第一部分：证明有限情况

我们要证明 $\varphi(x^k) = y^k$ 是一个同构。需要验证四点：良定义、同态、单射、满射。

1. 证明 $\varphi$ 是良定义的 (Well-defined)
   • 问题所在：在阶为 $n$ 的循环群 $\langle x \rangle$ 中，一个元素可以有多个幂表示，例如 $x^r = x^s$ 即使 $r \neq s$。我们必须确保，无论我们用哪个指数来表示这个元素，$\varphi$ 给出的结果都是一样的。即，如果 $x^r=x^s$，我们必须证明 $\varphi(x^r)=\varphi(x^s)$。
   • 推导过程：
   • 从 $x^r=x^s$ 出发，两边乘以 $x^{-s}$ 得到 $x^{r-s}=1$。
   • 根据命题3的重要推论，如果 $x^{r-s}=1$，那么 $x$ 的阶 $|x|=n$ 必须整除指数 $r-s$。即 $n \mid (r-s)$。
   • 这意味着 $r-s$ 是 $n$ 的整数倍，所以 $r-s = tn$ 对于某个整数 $t$ 成立。可以改写为 $r=s+tn$。
   • 现在我们来计算 $\varphi(x^r)$。根据定义，它应该是 $y^r$。
   • $y^r = y^{s+tn} = y^s \cdot y^{tn} = y^s \cdot (y^n)^t$。
   • 因为 $\langle y \rangle$ 也是一个 $n$ 阶循环群，所以 $|y|=n$，即 $y^n=1$。
   • 代入上式：$y^r = y^s \cdot (1)^t = y^s \cdot 1 = y^s$。
   • 而 $y^s$ 正是 $\varphi(x^s)$ 的定义。
   • 所以我们证明了 $y^r=y^s$，即 $\varphi(x^r) = \varphi(x^s)$。
   • 结论：$\varphi$ 是良定义的。
2. 证明 $\varphi$ 是同态 (Homomorphism)
   • 目标：证明 $\varphi$ 保持群的运算，即 $\varphi(x^a \cdot x^b) = \varphi(x^a) \cdot \varphi(x^b)$。
   • 推导过程：
   • 左边：$\varphi(x^a \cdot x^b) = \varphi(x^{a+b})$ (根据指数定律)。根据 $\varphi$ 的定义，结果是 $y^{a+b}$。
   • 右边：$\varphi(x^a) \cdot \varphi(x^b) = y^a \cdot y^b$ (根据 $\varphi$ 的定义)。根据指数定律，结果是 $y^{a+b}$。
   • 结论：左边 = 右边。所以 $\varphi$ 是一个同态。
3. 证明 $\varphi$ 是满射 (Surjection)
   • 目标：证明目标群 $\langle y \rangle$ 中的任何一个元素都能在定义域 $\langle x \rangle$ 中找到一个元素与之对应。
   • 推导过程：
   • $\langle y \rangle$ 中的任意元素都可以写成 $y^k$ 的形式（对于某个整数 $k$）。
   • 我们回头看 $\varphi$ 的定义，我们发现 $\langle x \rangle$ 中的元素 $x^k$ 正好被映射到 $y^k$。即 $\varphi(x^k)=y^k$。
   • 所以，对于任意的 $y^k \in \langle y \rangle$，我们总能找到 $x^k \in \langle x \rangle$ 作为它的原像。
   • 结论：$\varphi$ 是满射的。
4. 证明 $\varphi$ 是单射 (Injection)，从而完成双射证明
   • 捷径：这里用了一个有限集合的性质：如果两个有限集合的大小（基数）相同，那么从一个集合到另一个集合的满射必然是单射（也是双射）。
   • 我们已知 $\langle x \rangle$ 和 $\langle y \rangle$ 的阶都是 $n$，它们的大小相同。
   • 我们刚刚证明了 $\varphi$ 是满射。
   • 结论：因此 $\varphi$ 自动成为单射，从而是一个双射。
   • （另一种方法：直接证明单射。如果 $\varphi(x^a)=\varphi(x^b)$，则 $y^a=y^b$，所以 $y^{a-b}=1$。因为 $|y|=n$，所以 $n \mid (a-b)$。这意味着 $x^{a-b}=(x^n)^t=1^t=1$。所以 $x^a=x^b$。证明了单射性。）
   • （再一种方法：构造逆映射 $\psi(y^k)=x^k$。可以证明 $\psi$ 也是良定义的同态，并且 $\varphi \circ \psi$ 和 $\psi \circ \varphi$ 都是恒等映射。）

• 最终结论（有限情况）：因为 $\varphi$ 是良定义的、同态的、并且是双射，所以 $\varphi$ 是一个同构。

第二部分：证明无限情况

我们要证明 $\varphi: \mathbb{Z} \to \langle x \rangle$ 定义为 $\varphi(k)=x^k$ 是一个同构。

1. 证明 $\varphi$ 是良定义的
   • 在定义域 $\mathbb{Z}$ 中，每个整数 $k$ 都有唯一的表示，不像有限循环群中的元素。因此，这个映射规则不存在歧义，天然就是良定义的。
2. 证明 $\varphi$ 是单射的
   • 目标：如果 $a \neq b$，要证明 $\varphi(a) \neq \varphi(b)$。
   • 推导过程：$\varphi(a)=x^a, \varphi(b)=x^b$。
   • 根据命题2(2)，对于一个无限循环群 $\langle x \rangle$，如果指数 $a,b$ 不同，那么幂 $x^a, x^b$ 也必然不同。
   • 结论：所以 $\varphi$ 是单射的。
3. 证明 $\varphi$ 是满射的
   • 目标：证明 $\langle x \rangle$ 中任何元素都有原像。
   • 推导过程：$\langle x \rangle$ 的定义就是 $\{x^k \mid k \in \mathbb{Z}\}$。对于任何一个元素 $x^k \in \langle x \rangle$，整数 $k \in \mathbb{Z}$ 就是它的原像，因为 $\varphi(k)=x^k$。
   • 结论：$\varphi$ 是满射的。
4. 证明 $\varphi$ 是同态的
   • 目标：证明 $\varphi(a+b) = \varphi(a) \cdot \varphi(b)$ (注意定义域 $\mathbb{Z}$ 是加法群，目标群 $\langle x \rangle$ 是乘法群)。
   • 推导过程：
   • 左边：$\varphi(a+b) = x^{a+b}$ (根据 $\varphi$ 的定义)。
   • 右边：$\varphi(a) \cdot \varphi(b) = x^a \cdot x^b$ (根据 $\varphi$ 的定义)。根据指数定律，结果是 $x^{a+b}$。
   • 结论：左边 = 右边。所以 $\varphi$ 是一个同态。

• 最终结论（无限情况）：因为 $\varphi$ 是良定义的、单射、满射且是同态，所以 $\varphi$ 是一个同构。

这段话是在定理4的基础上，对后续行文中的符号和约定进行统一说明。既然我们已经知道所有同阶的循环群都同构，我们就可以为每一阶的循环群指定一个“标准模型”或“典型代表”。

1. 有限循环群的代表
   • 选择的理由：作者提到，尽管 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$（加法群）和旋转子群 $\langle r \rangle$（乘法群）都是 $n$ 阶循环群的很好例子，但他更倾向于使用乘法形式来书写一般的群。因此，他选择了一个乘法形式的符号来作为标准。
   • 正式符号：定义 $Z_n$ 为一个阶为 $n$ 的乘法循环群。
   • 理解：当我们看到 $Z_n$ 时，我们应该想到一个抽象的群，它由一个生成元 $x$ 生成，满足 $x^n=1$，其元素为 $\{1, x, x^2, \dots, x^{n-1}\}$。
   • 与加法群的关系：$Z_n$ 和 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 是同构的（$Z_n \cong \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$）。它们在结构上完全一样，只是一个用乘法写，一个用加法写。
   • 灵活性：作者也保留了使用 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 的权利，特别是在加法表示更方便的情况下。
2. 无限循环群的代表
   • 选择：对于无限循环群，作者选择总是使用我们最熟悉的模型——整数加法群 $(\mathbb{Z}, +)$。
   • 约定：虽然偶尔可能也会遇到一个用乘法写的无限循环群 $\langle x \rangle$，但当我们谈论“那个”唯一的无限循环群时，我们指的就是 $\mathbb{Z}$。
3. 总结
   • 有限情况：标准模型是 $Z_n$ (乘法) 或 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ (加法)。
   • 无限情况：标准模型是 $\mathbb{Z}$ (加法)。

这部分引入了两个重要的命题（5和6），目的是解决两个关键问题：

1. 在一个循环群 $\langle x \rangle$ 中，任意一个元素 $x^a$ 的阶是多少？（命题5回答）
2. 哪些元素 $x^a$ 也有资格成为整个群的生成元？（命题6回答）

命题5 的内容

命题5提供了一个计算公式，用于确定生成元 $x$ 的幂 $x^a$ 的阶。它同样分无限和有限两种情况。

• (1) 无限情况：
• 前提：如果生成元 $x$ 的阶是无限的 ($|x|=\infty$)。
• 结论：那么它的任何非零次幂 $x^a$ ($a \neq 0$) 的阶也必然是无限的 ($|x^a|=\infty$)。
• 直观理解：如果坐上一辆永远不会回到起点的火车（$x$），那么你让它一次跳2站（$x^2$）或者3站（$x^3$），它同样永远不会回到起点。

• (2) 有限情况 (通用公式)：
• 前提：如果生成元 $x$ 的阶是有限的，为 $n$ ($|x|=n < \infty$)。
• 结论：那么元素 $x^a$ 的阶是 $|x^a| = \frac{n}{(n,a)}$。
• 公式解读：$x^a$ 的阶等于 $x$ 的阶 $n$ 除以 $n$ 和指数 $a$ 的最大公约数。
• 这个公式是本节乃至后续群论学习中最重要的计算公式之一。

• (3) 有限情况 (特殊情况)：
• 前提：在(2)的基础上，如果指数 $a$ 恰好是 $n$ 的一个正因子。
• 结论：那么公式可以简化为 $|x^a| = \frac{n}{a}$。
• 原因：因为如果 $a$ 是 $n$ 的因子，那么它们最大公约数 $(n,a)$ 就等于 $a$ 本身。代入通用公式 $\frac{n}{(n,a)}$ 就得到了 $\frac{n}{a}$。
• 这个特殊情况因为形式简洁，经常被单独列出和使用。

这是命题5的证明，分为两部分。

证明(1): 无限情况

• 方法：使用反证法。
• 假设：我们假设结论不成立，即 $|x|=\infty$ 但 $|x^a|=m < \infty$。
• 推导：

1. 根据阶的定义，$|x^a|=m$ 意味着 $(x^a)^m=1$，并且 $m$ 是满足此条件的最小正整数。
2. 利用指数定律，$(x^a)^m = x^{am}$。所以我们有 $x^{am}=1$。
3. 前提告诉我们 $a \in \mathbb{Z}-\{0\}$，即 $a \neq 0$。而 $m$ 作为阶，必然是正整数，所以 $m > 0$。
4. 因此，乘积 $am \neq 0$。
5. 我们找到了一个非零指数 $am$，使得 $x^{am}=1$。
6. 这意味着 $x$ 的阶不可能是无限的（因为我们找到了一个非零幂为1）。这直接与我们的前提 $|x|=\infty$ 相矛盾。
   • （原文还多考虑了 $-am$ 的情况，其实只要证明存在一个非零指数即可， $am$ 已经满足。如果 $am$ 是负的，那么 $x^{-am}=(x^{am})^{-1}=1^{-1}=1$，而 $-am$ 是正的，同样导出矛盾。）
   • 结论：最初的假设“$|x^a|$ 是有限的”是错误的。因此 $|x^a|$ 必须是无限的。

证明(2): 有限情况，证明 $|x^a|=n/(n,a)$

• 思路：设 $y=x^a$，我们要证明 $|y|=n/(n,a)$。这是一个“证明A=B”的问题。标准的做法是证明 $A \mid B$ 且 $B \mid A$。在这里，我们设 $k=|y|$，并设 $b=n/(n,a)$，然后去证明 $k \mid b$ 和 $b \mid k$。

• 1. 设定符号
• 令 $y=x^a$。
• 令 $d=(n,a)$ 是 $n$ 和 $a$ 的最大公约数。
• 既然 $d$ 是 $n$ 和 $a$ 的公因子，我们可以把 $n$ 和 $a$ 写成 $n=db$ 和 $a=dc$ 的形式。其中 $b=n/d, c=a/d$。
• 根据最大公约数的性质，此时的 $b$ 和 $c$ 必然是互素的，即 $(b,c)=1$。
• 我们的目标是证明 $|y|=b$。

• 2. 证明 $|y| \mid b$ (或者说 $k \mid b$)
• 我们需要证明 $y^b=1$。如果成立，根据命题3， $|y|$ 就必然整除 $b$。
• 计算 $y^b$：
• $y^b = (x^a)^b = x^{ab}$ (代入 $y=x^a$)
• $x^{ab} = x^{(dc)b}$ (代入 $a=dc$)
• $x^{dcb} = (x^{db})^c$ (指数定律)
• $(x^{db})^c = (x^n)^c$ (代入 $n=db$)
• $(x^n)^c = 1^c = 1$ (因为 $|x|=n \Rightarrow x^n=1$)
• 我们成功证明了 $y^b=1$。
• 根据命题3，这立即告诉我们 $|y|$ 必须整除 $b$。

• 3. 证明 $b \mid |y|$ (或者说 $b \mid k$)
• 我们令 $k=|y|$。根据阶的定义，我们有 $y^k=1$。
• 将 $y=x^a$ 代入，得到 $(x^a)^k=1$，即 $x^{ak}=1$。
• 现在我们对 $\langle x \rangle$ 应用命题3。我们知道 $x^{ak}=1$ 且 $|x|=n$。
• 因此， $n$ 必须整除指数 $ak$，即 $n \mid ak$。
• 现在把我们设定的符号代回去：$n=db$, $a=dc$。
• $db \mid (dc)k$
• 两边同时消去公因子 $d$（因为 $d$ 是正数），得到 $b \mid ck$。
• 这里是关键一步：我们已知 $b$ 和 $c$ 是互素的 ($(b,c)=1$)。根据欧几里得引理（如果一个数整除两个数的乘积，并且与其中一个数互素，那么它必须整除另一个数），既然 $b \mid ck$ 且 $(b,c)=1$，那么 $b$ 必须整除 $k$。
• 即 $b \mid |y|$。

• 4. 总结
• 我们在第2步证明了 $|y| \mid b$。
• 我们在第3步证明了 $b \mid |y|$。
• 因为 $|y|$ 和 $b$ 都是正整数，它们相互整除的唯一可能性就是它们相等。
• 即 $|y|=b$。
• 将 $b=n/d = n/(n,a)$ 代回，我们最终证明了 $|x^a| = n/(n,a)$。

证明(3): 特殊情况

• 这只是(2)的一个直接推论。如果 $a$ 是 $n$ 的正因子，那么 $(n,a)=a$。将此代入(2)的公式 $|x^a| = \frac{n}{(n,a)}$，直接得到 $|x^a| = \frac{n}{a}$。无需额外证明。

在知道了如何计算任意元素 $x^a$ 的阶之后，这个命题来回答一个更具体的问题：$x^a$ 在什么条件下能生成整个群 $H$？换句话说，一个循环群到底有多少个生成元？

• 一个基本事实：$x^a$ 能生成整个群 $H=\langle x \rangle$，当且仅当由 $x^a$ 生成的子群 $\langle x^a \rangle$ 等于 $H$。对于有限群，这等价于它们的阶相等，即 $|x^a| = |H| = |x|$。对于无限群，这也成立。

命题6 的内容

• (1) 无限情况：
• 前提：$H=\langle x \rangle$ 是一个无限循环群。
• 结论：$x^a$ 能够生成 $H$ 的充要条件是 $a=1$ 或 $a=-1$。
• 解读：一个无限循环群只有两个生成元：它最初的那个生成元 $x$，以及它的逆元 $x^{-1}$。没有其他的了。

• (2) 有限情况：
• 前提：$H=\langle x \rangle$ 是一个 $n$ 阶有限循环群。
• 结论：$x^a$ 能够生成 $H$ 的充要条件是指数 $a$ 与群的阶 $n$ 互素，即 $(a,n)=1$。
• 特别说明：因此，一个 $n$ 阶循环群的生成元个数，就等于在 $\{1, 2, \dots, n\}$ 中与 $n$ 互素的数的个数。这个数量在数论中被定义为欧拉 $\varphi$-函数（也叫欧拉总计函数）。

这个证明非常简洁，它巧妙地将之前命题的结论串联了起来。

• 证明(1)被省略：作者将无限情况的证明留作练习。
• （练习的思路：如果 $H=\langle x^a \rangle$，那么 $x$ 必然是 $x^a$ 的某个幂，即 $x=(x^a)^k = x^{ak}$。这意味着 $x^{ak-1}=1$。因为 $|x|=\infty$，所以唯一的可能是指数 $ak-1=0$，即 $ak=1$。因为 $a,k$ 都是整数，这只在 $a=k=1$ 或 $a=k=-1$ 时成立。所以 $a=\pm 1$。反过来，如果 $a=\pm 1$，$x$ 和 $x^{-1}$ 显然能生成 $\langle x \rangle$。）

• 证明(2)的逻辑链：

1. 起点：我们想找到 $x^a$ 能生成整个群 $H$ 的条件。即，何时 $\langle x^a \rangle = H$？
2. 转化为阶的问题：一个由 $x^a$ 生成的子群 $\langle x^a \rangle$ 是 $H$ 的一个子集。对于有限群来说，一个子群要等于整个群，其充要条件是它们的元素个数相等，即它们的阶相等。所以，$\langle x^a \rangle = H$ 等价于 $|\langle x^a \rangle| = |H|$。
3. 应用命题2：我们知道 $|\langle x^a \rangle| = |x^a|$ (一个循环群的阶等于其生成元的阶)。我们也知道 $|H|=|\langle x \rangle|=|x|$。所以，条件进一步转化为 $|x^a| = |x|$。
4. 代入已知阶数：我们已知 $|x|=n$。所以条件变为 $|x^a| = n$。
5. 应用命题5：我们刚学过计算 $|x^a|$ 的公式：$|x^a|=\frac{n}{(n,a)}$。
6. 建立最终等式：将步骤4和5结合，我们得到等式 $\frac{n}{(n,a)} = n$。
7. 求解等式：这个关于整数的等式非常简单。一个正整数 $n$ 除以另一个正整数 $(n,a)$ 结果还等于 $n$，唯一的可能性就是除数 $(n,a)$ 等于1。
8. 得出结论：因此，$x^a$ 能生成 $H$ 的充要条件是 $(a,n)=1$。

• 关于生成元数量的说明：
• 欧拉函数的定义：欧拉 $\varphi$ 函数 $\varphi(n)$ 的定义就是：在 $1, 2, \dots, n$ 中与 $n$ 互素的整数的个数。
• 与结论的联系：我们刚刚证明了 $x^a$ 是生成元当且仅当 $(a,n)=1$。如果我们只考虑 $a$ 在 $1, \dots, n$ 范围内的“基本”幂（因为其他幂都与它们重复），那么生成元的数量正好就是满足 $(a,n)=1$ 的 $a$ 的数量。
• 最终断言：这个数量，根据定义，就是 $\varphi(n)$。

这部分是命题6的一个直接应用，将其结论应用到我们最熟悉的有限循环群模型——模n的整数加法群 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 上。

1. 背景回顾：
   • $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 是一个由模 $n$ 的所有剩余类 $\{\overline{0}, \overline{1}, \dots, \overline{n-1}\}$ 构成的加法群。
   • 它是一个 $n$ 阶循环群，一个最明显的生成元是 $\overline{1}$，因为任何剩余类 $\bar{k}$ 都可以通过 $k$ 个 $\overline{1}$ 相加得到，即 $\bar{k} = k \cdot \overline{1}$。
   • 所以，$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z} = \langle \overline{1} \rangle$。
2. 应用命题6：
   • 我们现在想知道，除了 $\overline{1}$，还有哪些剩余类 $\bar{a}$ 可以生成整个群 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$？
   • 在加法群中，“幂” $x^a$ 对应于“倍数” $a \cdot x$。
   • 所以，$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中的元素可以写成 $a \cdot \overline{1} = \bar{a}$。这正好就是剩余类 $\bar{a}$ 本身。
   • 将命题6(2)的结论 “$x^a$ 是生成元 $\iff (a,n)=1$” 直接翻译到加法群 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 的情境中，就得到：
   • “$\bar{a}$ 是生成元 $\iff (a,n)=1$”。
3. 具体例子：$\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$
   • 我们要找 $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ 的所有生成元。
   • $n=12$。我们需要找到所有在 $1$ 到 $11$ 之间与 $12$ 互素的整数 $a$。
   • 这些整数是 $1, 5, 7, 11$。
   • 因此，$\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ 的生成元就是 $\overline{1}, \overline{5}, \overline{7}, \overline{11}$。
   • 生成元的个数是 4 个。
   • 根据命题6，这个数量应该等于欧拉函数 $\varphi(12)$。
   • 计算 $\varphi(12)=12(1-1/2)(1-1/3)=4$。
   • 结果完全一致，验证了结论。

这是本节的压轴定理，它彻底揭示了循环群的所有子群的结构。这个定理极其重要，是循环群理论的核心成果之一。

定理7 的内容

这个定理分三点，系统地描述了循环群的子群是什么样的、有多少个、以及它们之间的关系。

• (1) 子群的基本性质
• 核心结论：循环群的子群必然也是循环群。这是一个非常优美的性质，说明循环这个特性是可以“遗传”给子群的。
• 如何找到子群的生成元：对于 $H=\langle x \rangle$ 的任意一个非平凡子群 $K$（即不只包含单位元的子群），它的生成元可以被精确地找到。这个生成元就是 $x^d$，其中 $d$ 是一个非常特殊的数：它是所有满足 $x^k \in K$ 的正整数 $k$ 中最小的那个。

• (2) 无限循环群的子群
• 背景：我们知道无限循环群都同构于 $(\mathbb{Z},+)$。所以这里其实是在描述 $\mathbb{Z}$ 的子群结构。
• 子群的形态：$\mathbb{Z}$ 的子群都是形如 $m\mathbb{Z} = \langle m \rangle$ 的形式（所有 $m$ 的倍数），其中 $m$ 是非负整数。例如 $\langle 0 \rangle = \{0\}$，$\langle 1 \rangle = \mathbb{Z}$，$\langle 2 \rangle = 2\mathbb{Z}$（偶数集）。
• 子群的唯一性：不同的非负整数 $a, b$ 会生成不同的子群，即 $\langle x^a \rangle \neq \langle x^b \rangle$。
• 正负指数关系：一个元素和它的逆元生成同一个子群，即 $\langle x^m \rangle = \langle x^{-m} \rangle$。由于 $|-m|=|m|$，所以统一用非负指数 $x^{|m|}$ 来表示就行了。
• 与自然数的对应：无限循环群 $H$ 的所有非平凡子群（不含 $\{1\}$）与所有正整数 $1, 2, 3, \dots$ 之间存在一个一一对应（双射）。这个对应就是：正整数 $m \leftrightarrow$ 子群 $\langle x^m \rangle$。
• 包含关系：在 $\mathbb{Z}$ 中，$\langle a \rangle \subseteq \langle b \rangle \iff b \mid a$。例如 $\langle 6 \rangle \subset \langle 2 \rangle$ 因为 $2 \mid 6$。

• (3) 有限循环群的子群
• 背景：我们知道 $n$ 阶循环群都同构于 $Z_n$ 或 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$。
• 阶与子群的对应：对于群的阶 $n$ 的每一个正因子 $a$，都存在一个阶为 $a$ 的子群，并且这样的子群是唯一的。
• 这是一个极其强大的结论！它说明子群的阶只能是 $n$ 的因子，并且每个可能的因子都恰好对应一个子群。
• 子群的生成元：这个阶为 $a$ 的唯一子群是谁呢？它就是 $\langle x^d \rangle$，其中 $d = n/a$。
• 我们可以用命题5验证它的阶：$|\langle x^d \rangle| = |x^d|$。因为 $d$ 是 $n$ 的因子，所以 $|x^d| = n/d = n/(n/a) = a$。正好是 $a$。
• 任意幂生成的子群：对于任意一个元素 $x^m$，它生成的子群 $\langle x^m \rangle$ 等于哪个“标准”子群呢？答案是 $\langle x^{(n,m)} \rangle$。
• 这意味着，要找到 $x^m$ 生成的子群，只需要计算指数 $m$ 和阶 $n$ 的最大公约数 $d'=(n,m)$，这个子群就是由 $x^{d'}$ 生成的。
• 与因子的对应：综上，一个 $n$ 阶循环群的所有子群与 $n$ 的所有正因子之间存在一个一一对应（双射）。这个对应就是：$n$ 的因子 $d \leftrightarrow$ 子群 $\langle x^d \rangle$ (这个子群的阶是 $n/d$)。

这是对定理7第一部分——“循环群的子群必为循环群”——的证明。这个证明是群论中一个非常基础和重要的论证，其思想被广泛应用。

1. 处理平凡情况：
   • 令 $K$ 是 $H=\langle x \rangle$ 的一个子群。
   • 如果 $K=\{1\}$ (只包含单位元的平凡子群)，那么 $K$ 是一个循环群，因为它可以由单位元 $1$ 生成，即 $K=\langle 1 \rangle$。结论成立。
   • 所以，我们只需要考虑非平凡子群，即 $K \neq \{1\}$。
2. 找到一个候选的生成元：
   • 因为 $K$ 非平凡，所以它至少包含一个不是单位元的元素。这个元素 যেহেতু是 $H$ 的一部分，所以可以写成 $x^a$ 的形式，其中 $a \neq 0$。
   • 如果 $a > 0$，那么 $K$ 中包含 $x$ 的一个正幂。
   • 如果 $a < 0$，因为 $K$ 是一个子群，它对逆元封闭，所以 $x^a$ 的逆元 $(x^a)^{-1} = x^{-a}$ 也必须在 $K$ 中。因为 $a<0$，所以 $-a>0$。
   • 结论：无论如何，只要 $K$ 不是平凡子群，它里面必然包含至少一个 $x$ 的正整数次幂。
3. 利用良序原理：
   • 我们定义一个集合 $\mathcal{P}$，它包含了所有能让 $x^b$ 落在 $K$ 中的正整数 $b$。即 $\mathcal{P} = \{b \in \mathbb{Z}^+ \mid x^b \in K\}$。
   • 根据上一步的结论，我们知道 $\mathcal{P}$ 不是一个空集。
   • 良序原理 (Well-Ordering Principle) 是自然数的一个基本性质，它说：任何非空的正整数集合都必然包含一个最小的元素。
   • 因此，集合 $\mathcal{P}$ 中一定有一个最小的元素。我们把这个最小的正整数命名为 $d$。
   • 这个 $d$ 就是我们的“候选生成元”的指数。
4. 证明双向包含：
   • 我们的目标是证明 $K = \langle x^d \rangle$。这需要证明两个方向的包含关系：$\langle x^d \rangle \subseteq K$ 和 $K \subseteq \langle x^d \rangle$。

• 证明方向一：$\langle x^d \rangle \subseteq K$
• 根据 $d$ 的定义，我们知道 $x^d \in K$。
• 因为 $K$ 是一个子群，它对自身的运算是封闭的。所以 $x^d$ 的所有幂（$(x^d)^q$）和逆元都必须在 $K$ 中。
• 而由 $x^d$ 的所有幂构成的集合正是 $\langle x^d \rangle$。
• 因此，$\langle x^d \rangle$ 的所有元素都在 $K$ 里面，即 $\langle x^d \rangle \subseteq K$。这个方向的证明比较直接。

• 证明方向二：$K \subseteq \langle x^d \rangle$
• 这是证明的关键和难点。我们要证明 $K$ 中的任何一个元素，都属于 $\langle x^d \rangle$。
• 令 $y$ 是 $K$ 中的任意一个元素。因为 $K$ 是 $H$ 的子群，所以 $y$ 可以被写成 $y=x^a$ 的形式，其中 $a$ 是某个整数。
• 现在我们使用除法算法，用我们找到的最小正整数 $d$ 去除 $a$：
• $a = qd + r$，其中 $q$ 是商，$r$ 是余数，且 $0 \le r < d$。
• 我们来考察余数 $r$ 对应的幂 $x^r$。
• $x^r = x^{a-qd} = x^a \cdot (x^d)^{-q}$。
• 分析 $x^a \cdot (x^d)^{-q}$ 这个元素：
• $x^a$ 是我们从 $K$ 中任意选取的元素，所以 $x^a \in K$。
• $x^d$ 是我们找到的那个特殊元素，所以 $x^d \in K$。
• 因为 $K$ 是子群，所以 $(x^d)^{-q}$ 也必然在 $K$ 中。
• 因为 $x^a$ 和 $(x^d)^{-q}$ 都在 $K$ 中，所以它们的乘积 $x^a \cdot (x^d)^{-q}$ 也必然在 $K$ 中。
• 所以，我们得出了一个重要结论：$x^r \in K$。
• 现在我们来看余数 $r$。我们知道 $0 \le r < d$。
• 如果 $r > 0$，那么 $r$ 就是一个正整数，并且 $x^r \in K$。这意味着 $r$ 属于我们定义的集合 $\mathcal{P}$。但这与 $d$ 是 $\mathcal{P}$ 中最小的元素相矛盾（因为 $r < d$）。
• 所以，$r > 0$ 的可能性被排除了。
• 唯一的可能性就是 $r=0$。
• 如果 $r=0$，那么除法算法的等式变为 $a = qd$。
• 这意味着我们一开始任意选取的元素 $y=x^a$ 可以被写成 $x^{qd} = (x^d)^q$。
• $(x^d)^q$ 根据定义，是子群 $\langle x^d \rangle$ 中的一个元素。
• 这就证明了， $K$ 中任意一个元素都属于 $\langle x^d \rangle$。即 $K \subseteq \langle x^d \rangle$。

1. 最终结论：
   • 既然 $\langle x^d \rangle \subseteq K$ 和 $K \subseteq \langle x^d \rangle$ 同时成立，那么必然有 $K = \langle x^d \rangle$。
   • 这证明了 $K$ 是一个由单个元素 $x^d$ 生成的群，因此 $K$ 是一个循环群。证明完毕。

这部分完成了定理7的证明。

证明(2)被省略

• 作者将无限循环群的子群结构的证明留作练习。
• （练习的思路：
• 子群不同性：对于不同的非负整数 $a,b$，$\langle x^a \rangle$ 和 $\langle x^b \rangle$。不失一般性设 $a<b$。如果它们相等，则 $x^a \in \langle x^b \rangle$，所以 $x^a = (x^b)^k = x^{bk}$。因此 $x^{bk-a}=1$。因为 $|x|=\infty$，所以 $bk-a=0$。这意味着 $b \mid a$。同理 $x^b \in \langle x^a \rangle$ 意味着 $a \mid b$。两个不同的正整数相互整除，这是不可能的。所以子群不同。
• 与正整数双射：上面证明了不同的非负整数生成不同子群。$\langle x^m \rangle = \langle x^{|m|} \rangle$ 也易证。所以每个子群（除了平凡子群 $\langle x^0 \rangle$）都唯一对应一个正整数指数。双射成立。）

证明(3): 有限循环群的子群

这个证明分为几个部分：存在性、唯一性、标准化和双射。

• 1. 存在性证明
• 目标：证明对于 $n$ 的每个正因子 $a$，都存在一个阶为 $a$ 的子群。
• 方法：直接构造一个。
• 构造：令 $d=n/a$。考虑子群 $K = \langle x^d \rangle$。
• 验证：这个子群 $K$ 的阶是多少？$|K| = |\langle x^d \rangle| = |x^d|$。
• 因为 $d=n/a$ 是 $n$ 的一个因子，我们可以使用命题5(3)的特殊情况公式：$|x^d| = n/d$。
• 代入 $d=n/a$，得到 $|x^d| = n/(n/a) = a$。
• 结论：我们成功构造出了一个阶为 $a$ 的子群 $\langle x^{n/a} \rangle$。存在性得证。

• 2. 唯一性证明
• 目标：证明阶为 $a$ 的子群是唯一的。
• 方法：假设存在另一个阶为 $a$ 的子群，然后证明它必然和我们上面构造的那个是同一个。
• 推导：

1. 假设 $K$ 是任意一个阶为 $a$ 的子群。
2. 根据定理7(1)（我们刚刚证明的），我们知道 $K$ 必然也是一个循环群。所以它可以被写成 $K=\langle x^b \rangle$ 的形式，其中 $b$ 是使得 $x^k \in K$ 的最小正整数。
3. 我们来比较 $K$ 的阶的两种表达方式：
   • 一方面，我们假设了 $|K|=a$。
   • 另一方面，$|K|=|\langle x^b \rangle|=|x^b|$。根据命题5(2)的通用公式，我们有 $|x^b| = \frac{n}{(n,b)}$。
4. 所以我们得到等式：$a = \frac{n}{(n,b)}$。
5. 在存在性证明中，我们知道 $a=n/d$ (其中 $d=n/a$)。代入上式：$\frac{n}{d} = \frac{n}{(n,b)}$。
6. 这可以解出 $d=(n,b)$。
7. $d=(n,b)$ 意味着什么？根据最大公约数的定义， $d$ 必须是 $b$ 的一个因子，即 $d \mid b$。
8. 既然 $d \mid b$，那么 $b$ 是 $d$ 的倍数，即 $b=kd$。这意味着 $x^b = x^{kd} = (x^d)^k$。
9. $x^b$ 是 $x^d$ 的幂，这说明 $x^b \in \langle x^d \rangle$。
10. 因为 $K=\langle x^b \rangle$，所以整个子群 $K$ 都被包含在 $\langle x^d \rangle$ 中，即 $K \subseteq \langle x^d \rangle$。
11. 现在我们有两个子群 $K$ 和 $\langle x^d \rangle$。我们知道 $K$ 是 $\langle x^d \rangle$ 的子集。我们还知道它们的阶是相等的（都是 $a$）。
12. 对于有限群，一个子群是另一个的子集且阶相同，那么它们必然是同一个群。
13. 结论：$K = \langle x^d \rangle$。这证明了任何阶为 $a$ 的子群，都必然是 $\langle x^{n/a} \rangle$ 这一个。唯一性得证。

• 3. 任意子群的标准化
• 目标：证明 $\langle x^m \rangle = \langle x^{(n,m)} \rangle$。
• 证明思路（原文中比较简略，这里展开）：

1. 设 $d'=(n,m)$。
2. 证明 $\langle x^m \rangle \subseteq \langle x^{d'} \rangle$：因为 $d'$ 是 $m$ 的因子，所以 $m=kd'$。因此 $x^m=(x^{d'})^k \in \langle x^{d'} \rangle$。既然生成元在里面，整个子群就在里面。
3. 证明两者阶相等：
   • $|\langle x^m \rangle| = |x^m| = \frac{n}{(n,m)} = \frac{n}{d'}$。
   • $d'=(n,m)$ 必然是 $n$ 的一个因子。所以 $|\langle x^{d'} \rangle|=|x^{d'}| = \frac{n}{d'}$。
4. 两者阶相等，且一个是另一个的子集。
5. 结论：$\langle x^m \rangle = \langle x^{(n,m)} \rangle$。

• 4. 与因子的双射关系
• 目标：证明 $H$ 的子群与 $n$ 的正因子之间存在双射。
• 构造映射：我们定义一个从 “$n$ 的正因子集合” 到 “$H$ 的子群集合” 的映射 $\psi(d) = \langle x^d \rangle$。
• 满射：$H$ 的任何子群都是循环的，形如 $\langle x^m \rangle$。根据刚证明的标准化，它等于 $\langle x^{(n,m)} \rangle$。而 $(n,m)$ 肯定是 $n$ 的一个因子。所以任何子群都有一个来自 $n$ 的因子的原像。满射成立。
• 单射：如果 $d_1, d_2$ 是 $n$ 的不同正因子，$\psi(d_1)$ 和 $\psi(d_2)$ 会不会相等？即 $\langle x^{d_1} \rangle = \langle x^{d_2} \rangle$？如果相等，它们的阶也必须相等。$|\langle x^{d_1} \rangle| = n/d_1$，$|\langle x^{d_2} \rangle| = n/d_2$。所以 $n/d_1 = n/d_2 \Rightarrow d_1=d_2$。与前提矛盾。所以不同的因子必然映射到不同的子群。单射成立。
• 结论：映射 $\psi$ 是一个双射。

这部分通过一个具体的例子 $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$，演示了如何应用定理7来系统地找出有限循环群的所有子群、它们的生成元以及它们之间的包含关系。

第一步：确定所有子群

1. 理论依据：定理7(3)告诉我们，$\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ 的子群与12的正因子一一对应。
2. 找出因子：12的正因子是 1, 2, 3, 4, 6, 12。
3. 结论：$\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ 将有且仅有6个子群。它们的阶也分别是 1, 2, 3, 4, 6, 12。
4. 找到每个子群的生成元：
   • 定理7(3)说，阶为 $a$ 的唯一子群是 $\langle x^d \rangle$，其中 $d=n/a$。在 $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ 中，生成元是 $\overline{1}$，所以这个子群是 $\langle d \cdot \overline{1} \rangle = \langle \bar{d} \rangle$。
   • 阶12 ($a=12$): $d=12/12=1$。子群是 $\langle\overline{1}\rangle$。
   • 阶6 ($a=6$): $d=12/6=2$。子群是 $\langle\overline{2}\rangle$。
   • 阶4 ($a=4$): $d=12/4=3$。子群是 $\langle\overline{3}\rangle$。
   • 阶3 ($a=3$): $d=12/3=4$。子群是 $\langle\overline{4}\rangle$。
   • 阶2 ($a=2$): $d=12/2=6$。子群是 $\langle\overline{6}\rangle$。
   • 阶1 ($a=1$): $d=12/1=12$。子群是 $\langle\overline{12}\rangle = \langle\overline{0}\rangle$。
   • 这就列出了所有的6个子群，分别由 $\overline{0}, \overline{1}, \overline{2}, \overline{3}, \overline{4}, \overline{6}$ 生成。

第二步：为每个子群找到所有可能的生成元

1. 理论依据：一个子群本身也是循环群。要找它的所有生成元，可以使用命题6。对于一个阶为 $k$ 的循环群 $\langle y \rangle$，其生成元是 $y^m$，其中 $(m,

k$ 的条件是 $(m,k)=1$。

• (a) $\mathbb{Z} / 12 \mathbb{Z}=\langle\overline{1}\rangle$ (阶 12)
• 这是一个阶为 $k=12$ 的循环群。它的生成元是 $m \cdot \overline{1} = \bar{m}$，其中 $(m,12)=1$。
• 与12互素的数 $m \in \{1, ..., 11\}$ 是 1, 5, 7, 11。
• 所以生成元是 $\overline{1}, \overline{5}, \overline{7}, \overline{11}$。

• (b) $\langle\overline{2}\rangle$ (阶 6)
• 这个子群是 $\{\overline{0}, \overline{2}, \overline{4}, \overline{6}, \overline{8}, \overline{10}\}$。它本身是一个阶为 $k=6$ 的循环群，生成元是 $\overline{2}$。
• 把 $\overline{2}$ 看作新的“$\overline{1}$”，要找它的其他生成元，就是找 $m \cdot \overline{2}$，其中 $(m,6)=1$。
• 与6互素的数 $m \in \{1, ..., 5\}$ 是 1, 5。
• 所以生成元是 $1 \cdot \overline{2} = \overline{2}$ 和 $5 \cdot \overline{2} = \overline{10}$。

• (c) $\langle\overline{3}\rangle$ (阶 4)
• 这个子群是 $\{\overline{0}, \overline{3}, \overline{6}, \overline{9}\}$。它是一个阶为 $k=4$ 的循环群。
• 要找它的生成元，就是找 $m \cdot \overline{3}$，其中 $(m,4)=1$。
• 与4互素的数 $m \in \{1, 2, 3\}$ 是 1, 3。
• 所以生成元是 $1 \cdot \overline{3} = \overline{3}$ 和 $3 \cdot \overline{3} = \overline{9}$。

• (d) $\langle\overline{4}\rangle$ (阶 3)
• 这个子群是 $\{\overline{0}, \overline{4}, \overline{8}\}$。它是一个阶为 $k=3$ 的循环群。
• 要找它的生成元，就是找 $m \cdot \overline{4}$，其中 $(m,3)=1$。
• 与3互素的数 $m \in \{1, 2\}$ 是 1, 2。
• 所以生成元是 $1 \cdot \overline{4} = \overline{4}$ 和 $2 \cdot \overline{4} = \overline{8}$。

• (e) $\langle\overline{6}\rangle$ (阶 2)
• 这个子群是 $\{\overline{0}, \overline{6}\}$。它是一个阶为 $k=2$ 的循环群。
• 要找它的生成元，就是找 $m \cdot \overline{6}$，其中 $(m,2)=1$。
• 与2互素的数 $m \in \{1\}$ 只有 1。
• 所以唯一的生成元是 $1 \cdot \overline{6} = \overline{6}$。

• (f) $\langle\overline{0}\rangle$ (阶 1)
• 这个子群是 $\{\overline{0}\}$。它是一个阶为 $k=1$ 的循环群。
• 唯一的生成元是 $\overline{0}$。

第三步：理解包含关系

这条公式给出了判断 $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ 中任意两个循环子群之间包含关系的精确准则。

1. 标准化：根据定理7(3)的最后一个断言，我们知道任何由 $\bar{a}$ 生成的子群，都等同于由 $\overline{(a,12)}$ 生成的子群。即 $\langle\bar{a}\rangle = \langle\overline{(a,12)}\rangle$ 且 $\langle\bar{b}\rangle = \langle\overline{(b,12)}\rangle$。
   • 例如，$\langle\overline{10}\rangle = \langle\overline{(10,12)}\rangle = \langle\overline{2}\rangle$。
   • 例如，$\langle\overline{9}\rangle = \langle\overline{(9,12)}\rangle = \langle\overline{3}\rangle$。
2. 转化包含关系：因此，要判断 $\langle\bar{a}\rangle \leq\langle\bar{b}\rangle$，就等价于判断 $\langle\overline{(a,12)}\rangle \leq \langle\overline{(b,12)}\rangle$。
   • 令 $d_a = (a,12)$ 和 $d_b = (b,12)$。这两个数都是12的因子。问题转化为，何时 $\langle\overline{d_a}\rangle \subseteq \langle\overline{d_b}\rangle$？
3. 子群包含的条件：一个子群 $\langle\overline{d_a}\rangle$ 被包含在另一个子群 $\langle\overline{d_b}\rangle$ 中，其充要条件是前者的生成元 $\overline{d_a}$ 是后者中的一个元素。
   • $\overline{d_a} \in \langle\overline{d_b}\rangle$ 意味着 $\overline{d_a}$ 必须是 $\overline{d_b}$ 的某个整数倍。
   • 即 $\overline{d_a} = k \cdot \overline{d_b} = \overline{k \cdot d_b}$ 对某个整数 $k$ 成立。
   • 这在 $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ 中等价于 $d_a \equiv k \cdot d_b \pmod{12}$。
   • 在整数环 $\mathbb{Z}$ 的子群 $n\mathbb{Z}$ 中，我们有 $a\mathbb{Z} \subseteq b\mathbb{Z}$ 当且仅当 $b \mid a$。这个规律可以推广到 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中由因子生成的子群。
   • 所以，$\langle\overline{d_a}\rangle \subseteq \langle\overline{d_b}\rangle$ 的充要条件是 $d_b \mid d_a$。
4. 最终结论：将 $d_a = (a,12)$ 和 $d_b = (b,12)$ 代回，我们得到 $\langle\bar{a}\rangle \leq\langle\bar{b}\rangle$ 的充要条件是 $(b,12) \mid (a,12)$。

这个例子将本节学习的循环子群 $\langle x \rangle$ 与上一节学习的中心化子 $C_G(S)$ 和正规化子 $N_G(S)$ 这两个概念结合起来。这里，我们特别关心当集合 $S$ 是一个循环子群 $\langle x \rangle$ 时的情形。

1. 中心化子 $C_{G}(\langle x\rangle)$
   • 定义：$C_{G}(\langle x\rangle)$ 是 $G$ 中所有能与 $\langle x \rangle$ 中 每一个 元素 可交换的元素 $g$ 的集合。
   • 即 $g \in C_{G}(\langle x\rangle) \iff g h = h g, \forall h \in \langle x \rangle$。
   • $\langle x \rangle$ 的元素都是 $x^k$ 的形式。所以条件变为 $g x^k = x^k g$ 对所有整数 $k$ 成立。
   • 关键结论：$C_{G}(\langle x\rangle) = C_{G}(x)$。
   • $C_G(x)$ 是 $G$ 中只与 $x$ 这 一个 元素 可交换的元素 $g$ 的集合。
   • 证明这个等式：
   • 方向一 ($C_{G}(\langle x\rangle) \subseteq C_{G}(x)$)：如果 $g$ 与 $\langle x \rangle$ 中的所有元素都可交换，那么它自然与 $x=x^1$ 可交换。所以 $g \in C_G(x)$。这个方向是显然的。
   • 方向二 ($C_{G}(x) \subseteq C_{G}(\langle x\rangle)$)：如果 $g$ 与 $x$ 可交换（即 $gx=xg$），那么 $g$ 是否与 $x$ 的所有幂 $x^k$ 都可交换？
   • 是的。例如，对于 $x^2$：$g x^2 = gxx = xgx = xxg = x^2g$。
   • 通过数学归纳法可以证明，对于所有正整数 $k$，$gx^k=x^kg$。
   • 对于逆元：从 $gx=xg$ 两边同乘 $g^{-1}$ 和 $x^{-1}$，可以得到 $x^{-1}g=gx^{-1}$。所以 $g$ 也与 $x^{-1}$ 可交换。
   • 因此，$g$ 与 $x$ 的所有整数次幂都可交换。所以 $g \in C_{G}(\langle x\rangle)$。
   • 结论：两个集合相互包含，所以它们相等。这个结论将计算一个集合的中心化子简化为了计算一个元素的中心化子，大大减轻了计算量。
2. 正规化子 $N_{G}(\langle x\rangle)$
   • 定义：$N_{G}(\langle x\rangle)$ 是 $G$ 中所有满足 $g\langle x\rangle g^{-1} = \langle x\rangle$ 的元素 $g$ 的集合。
   • 这个条件 $g\langle x\rangle g^{-1} = \langle x\rangle$ 意味着 $g$ 对子群 $\langle x \rangle$ 的共轭操作不改变该子群。
   • 基本性质：任何子群的正规化子都包含该子群本身。所以 $\langle x\rangle \leq N_{G}(\langle x\rangle)$ 总是成立的。因为如果 $g \in \langle x \rangle$，那么 $g=x^k$。由于 $\langle x \rangle$ 是阿贝尔群，$g$ 与 $\langle x \rangle$ 中所有元素可交换，所以 $g h g^{-1} = h g g^{-1} = h$。这意味着 $g\langle x\rangle g^{-1}$ 中的每个元素都还在 $\langle x \rangle$ 中，所以 $g\langle x\rangle g^{-1} = \langle x \rangle$。
   • 与中心化子的关系：中心化子要求更强（逐个元素交换），所以 $C_G(\langle x \rangle) \le N_G(\langle x \rangle)$ 总是成立的。
   • 等式不一定成立：$N_G(\langle x \rangle)$ 可能比 $\langle x \rangle$ 大得多。
3. 四元数群 $Q_8$ 的例子
   • $G=Q_8 = \{\pm 1, \pm i, \pm j, \pm k\}$。
   • 考虑由 $x=i$ 生成的循环子群 $\langle i \rangle = \{1, i, i^2, i^3\} = \{1, i, -1, -i\}$。
   • 计算中心化子 $C_{Q_8}(\langle i \rangle)$：
   • 根据结论，这等于 $C_{Q_8}(i)$，即 $Q_8$ 中所有与 $i$ 可交换的元素。
   • $1, -1$ 与所有元素都可交换。
   • $i, -i$ 与自身显然可交换。
   • $j \cdot i = -k$，而 $i \cdot j = k$。所以 $j$ 不与 $i$ 可交换。
   • $k \cdot i = j$，而 $i \cdot k = -j$。所以 $k$ 不与 $i$ 可交换。
   • 因此，$C_{Q_8}(i) = \{\pm 1, \pm i\}$。
   • 我们发现 $C_{Q_8}(\langle i \rangle)$ 恰好就是 $\langle i \rangle$ 本身。
   • 计算正规化子 $N_{Q_8}(\langle i \rangle)$：
   • 我们需要找所有 $g \in Q_8$ 使得 $g\langle i\rangle g^{-1} = \langle i\rangle$。
   • 我们已经知道 $\langle i \rangle$ 和它的中心化子 $\{\pm 1, \pm i\}$ 肯定在正规化子里。
   • 我们来检查 $j$：$j \in N_{Q_8}(\langle i \rangle)$ 吗？我们需要检查 $jij^{-1}$ 是否是 $\langle i \rangle$ 的一个生成元。
   • $jij^{-1} = j(ij) = j(k) = -i$。（因为 $j^{-1}=-j$）
   • $j i j^{-1} = j(i(-j)) = j (k) = -i$。
   • $j i j^{-1} = k(-j) = -kj = -(-i) = i$。这里算错了。
   • $i \cdot j = k \Rightarrow i = kj^{-1}$。$j \cdot i = j(kj^{-1}) = -k$。
   • $jij^{-1} = j(i(-j)) = j(k) = i$。这是错的。 $jk=i$, $ij=k$。
   • $jij^{-1} = (-k)j^{-1} = (-k)(-j) = kj = -i$。
   • 我们得到了 $jij^{-1}=-i$。因为 $-i$ 是 $\langle i \rangle$ 的另一个生成元，所以 $j$ 通过共轭作用将一个生成元 $i$ 映射到了另一个生成元 $-i$。
   • 根据练习24的结论（如果 $gxg^{-1}=x^a$ 对某个 $a$ 成立，则 $g \in N_G(\langle x \rangle)$），因为 $-i = i^3$，所以 $a=3$。因此 $j \in N_{Q_8}(\langle i \rangle)$。
   • 既然 $j$ 在里面，它的逆元 $-j$ 也在。
   • 同理可以验证 $k, -k$ 也在正规化子里。
   • 因此 $N_{Q_8}(\langle i \rangle)$ 包含了 $Q_8$ 的所有元素，即 $N_{Q_8}(\langle i \rangle) = Q_8$。
   • 总结：在这个例子中，$\langle i \rangle$ 的中心化子就是它自己，但它的正规化子是整个群 $Q_8$。这表明 $\langle i \rangle$ 在 $Q_8$ 中是一个正规子群。

这个练习要求对一个具体的有限循环群 $Z_{45}$ 进行完整的子群结构分析，是定理7的一个直接应用。

1. 第一步：确定子群的数量和阶
   • 根据定理7(3)，$Z_{45}$ 的子群与45的正因子一一对应。
   • 你需要先列出45的所有正因子。$45 = 3^2 \times 5$。因子有：1, 3, 5, 9, 15, 45。
   • 这意味着 $Z_{45}$ 将有且仅有6个子群，它们的阶也分别是 1, 3, 5, 9, 15, 45。
2. 第二步：找出每个子群的标准生成元
   • 根据定理7(3)，阶为 $a$ 的子群是由 $x^d$ 生成的，其中 $d=n/a=45/a$。
   • 阶 45 ($a=45$): $d=45/45=1$。子群是 $\langle x^1 \rangle = Z_{45}$。
   • 阶 15 ($a=15$): $d=45/15=3$。子群是 $\langle x^3 \rangle$。
   • 阶 9 ($a=9$): $d=45/9=5$。子群是 $\langle x^5 \rangle$。
   • 阶 5 ($a=5$): $d=45/5=9$。子群是 $\langle x^9 \rangle$。
   • 阶 3 ($a=3$): $d=45/3=15$。子群是 $\langle x^{15} \rangle$。
   • 阶 1 ($a=1$): $d=45/1=45$。子群是 $\langle x^{45} \rangle = \langle 1 \rangle$。
   • 到此，你已经找到了所有6个子群，并为每个子群找到了一个生成元。
3. 第三步：为每个子群找出所有生成元
   • 对于每个子群，比如 $\langle x^d \rangle$，它本身是一个阶为 $k=45/d$ 的循环群。
   • 根据命题6，它的其他生成元是 $(x^d)^m$，其中 $(m, k)=1$。
   • 例如，对于子群 $\langle x^3 \rangle$（阶为15）：
   • $k=15$。你需要找到所有与15互素的 $m \in \{1, \dots, 14\}$。
   • 这些 $m$ 是 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14。
   • 所以 $\langle x^3 \rangle$ 的生成元有 $\langle (x^3)^1 \rangle = \langle x^3 \rangle$, $\langle (x^3)^2 \rangle = \langle x^6 \rangle$, $\langle (x^3)^4 \rangle = \langle x^{12} \rangle$ 等等。你需要列出所有这些。
4. 第四步：描述包含关系
   • 定理7(3)提供了一个判定法则的雏形。对于由标准生成元（指数是 $n$ 的因子）生成的子群，关系更简单：$\langle x^{d_1} \rangle \subseteq \langle x^{d_2} \rangle$ 当且仅当 $d_2 \mid d_1$。
   • 你已经找到了所有标准生成元的指数：1, 3, 5, 9, 15, 45。
   • 现在你可以根据它们之间的整除关系画出子群格。
   • 例如，$3 \mid 9$，所以 $\langle x^9 \rangle \subseteq \langle x^3 \rangle$。
   • $5 \mid 15$，所以 $\langle x^{15} \rangle \subseteq \langle x^5 \rangle$。
   • $1 \mid 3$, $1 \mid 5$, 所以 $\langle x^3 \rangle$ 和 $\langle x^5 \rangle$ 都包含于 $\langle x^1 \rangle$。
   • 你需要系统地画出这个包含关系图（通常称为子群格）。

这个练习分为两部分，旨在探讨元素的阶和群的阶相等时的推论，并指出其在无限群中的局限性。

第一部分：证明

1. 前提：$G$ 是一个有限群，$x$ 是 $G$ 中的一个元素，且元素 $x$ 的阶 $|x|$ 等于群 $G$ 的阶 $|G|$。
2. 目标：证明 $G$ 是一个由 $x$ 生成的循环群，即 $G=\langle x \rangle$。
3. 证明思路：
   • 考虑由 $x$ 生成的子群 $H = \langle x \rangle$。
   • 根据命题2，我们知道一个循环群的阶等于其生成元的阶。所以 $|H| = |\langle x \rangle| = |x|$。
   • 根据题目给的前提，我们有 $|x|=|G|$。
   • 将这两个等式结合，得到 $|H|=|G|$。
   • 现在我们知道：$H$ 是 $G$ 的一个子群，并且 $H$ 和 $G$ 的阶（元素个数）相等。
   • 对于有限群（或有限集合），一个子集如果和母集有一样多的元素，那么这个子集必然就是母集本身。
   • 因此，$H=G$。
   • 因为 $H = \langle x \rangle$，所以 $G = \langle x \rangle$。
   • 这就证明了 $G$ 是一个循环群，且由 $x$ 生成。

第二部分：无限群的反例

1. 目标：找一个无限群 $G$ 和其中的一个元素 $x$，使得 $|x|=|G|=\infty$，但 $G \neq \langle x \rangle$。
2. 思路：我们需要找一个非循环的无限群 $G$。
3. 一个常见的反例：考虑有理数加法群 $G=(\mathbb{Q}, +)$。
   • $G$ 是无限群，所以 $|G|=\infty$。
   • 在 $G$ 中任取一个非零元素，例如 $x=1$。
   • $x=1$ 的阶是多少？在加法群中，我们要找最小的正整数 $k$ 使得 $k \cdot 1 = 0$。这在有理数中是不可能的。所以 $|x|=|1|=\infty$。
   • 现在前提条件满足了：$|x|=|G|=\infty$。
   • 结论成立吗？$G = \langle x \rangle$ 吗？
   • $\langle x \rangle = \langle 1 \rangle = \{k \cdot 1 \mid k \in \mathbb{Z}\} = \mathbb{Z}$。即由1生成的子群是所有整数的集合。
   • 但是 $G=\mathbb{Q}$ (所有有理数)。
   • 显然 $\mathbb{Z} \neq \mathbb{Q}$ (例如，有理数 $1/2$ 不在 $\mathbb{Z}$ 中)。
   • 所以 $G \neq \langle x \rangle$。
   • 这提供了一个明确的反例。

这是一个命题6的直接计算应用题。

1. 识别问题类型：题目要求找循环群 $\mathbb{Z}/48\mathbb{Z}$ 的所有生成元。
2. 回忆理论：根据命题6的应用实例，我们知道 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 的生成元是所有形如 $\bar{a}$ 的剩余类，其中整数 $a$ 与 $n$ 互素，即 $(a,n)=1$。
3. 确定参数：这里 $n=48$。
4. 执行计算：你需要找出所有满足 $1 \le a < 48$ 且 $(a, 48)=1$ 的整数 $a$。
   • 首先对 $n=48$ 进行质因数分解：$48 = 16 \times 3 = 2^4 \times 3$。
   • 一个数 $a$ 与 48 互素，意味着 $a$ 不能被 2 整除，也不能被 3 整除。也就是说，$a$ 必须是一个既不是偶数，也不是3的倍数的数。
   • 你可以系统地从1遍历到47，筛选出符合条件的 $a$：
   • 1 (是)
   • 2 (不是，偶数)
   • 3 (不是，3的倍数)
   • 4 (不是，偶数)
   • 5 (是)
   • 6 (不是，偶数)
   • 7 (是)
   • ...
   • 继续这个过程直到47。
5. 列出答案：将所有找到的 $a$ 以剩余类 $\bar{a}$ 的形式列出。
6. 可选步骤：验证数量：计算欧拉函数 $\varphi(48)$ 的值，来验证你找到的生成元数量是否正确。
   • $\varphi(48) = \varphi(16 \times 3) = \varphi(16) \times \varphi(3)$ (当两数互素时，$\varphi$函数是积性函数)。
   • $\varphi(16) = \varphi(2^4) = 2^4 - 2^3 = 16-8=8$。
   • $\varphi(3) = 3-1=2$。
   • $\varphi(48) = 8 \times 2 = 16$。
   • 所以你应该能找到16个生成元。

这个练习与练习3完全相同，只是换了一个不同的模数 $n$。

1. 识别问题：寻找循环群 $\mathbb{Z}/202\mathbb{Z}$ 的所有生成元。
2. 应用理论：生成元是 $\bar{a}$，其中 $(a, 202)=1$ 且 $1 \le a < 202$。
3. 确定参数：$n=202$。
4. 执行计算：
   • 对 $n=202$ 进行质因数分解：$202 = 2 \times 101$。101是一个素数。
   • $a$ 与 202 互素，意味着 $a$ 既不能是2的倍数（偶数），也不能是101的倍数。
   • 你需要列出从1到201之间，所有不是偶数，并且不是101的倍数的数。
   • 不是偶数：所有奇数。
   • 101的倍数只有101。
   • 所以你需要列出从1到201之间所有的奇数，并从中排除101。
5. 列出答案：写出所有找到的生成元 $\bar{a}$。
6. 可选验证：计算 $\varphi(202)$。
   • $\varphi(202) = \varphi(2 \times 101) = \varphi(2) \times \varphi(101)$。
   • $\varphi(2)=1$。
   • $\varphi(101)=100$。
   • $\varphi(202) = 1 \times 100 = 100$。
   • 你应该会找到100个生成元。这等于1到201之间的奇数（101个）减去101这一个数。

这个练习与前两个略有不同，它不要求你列出所有的生成元（因为数量会非常庞大），而只要求你计算出它们的数量。

1. 识别问题：计算循环群 $\mathbb{Z}/49000\mathbb{Z}$ 的生成元个数。
2. 应用理论：根据命题6，一个 $n$ 阶循环群的生成元数量等于欧拉函数 $\varphi(n)$。
3. 确定参数：$n=49000$。
4. 执行计算：你需要计算 $\varphi(49000)$。
   • 首先，对 $n=49000$ 进行质因数分解。
   • $49000 = 49 \times 1000 = 7^2 \times 10^3 = 7^2 \times (2 \times 5)^3 = 2^3 \times 5^3 \times 7^2$。
   • 然后，应用欧拉函数的计算公式。有两个常用公式：
   • 公式一 (基于积性): 如果 $n=p_1^{k_1} \cdots p_r^{k_r}$，则 $\varphi(n) = \varphi(p_1^{k_1}) \cdots \varphi(p_r^{k_r})$。
   • 并且 $\varphi(p^k) = p^k - p^{k-1} = p^k(1 - 1/p)$。
   • $\varphi(2^3) = 2^3 - 2^2 = 8 - 4 = 4$。
   • $\varphi(5^3) = 5^3 - 5^2 = 125 - 25 = 100$。
   • $\varphi(7^2) = 7^2 - 7^1 = 49 - 7 = 42$。
   • $\varphi(49000) = 4 \times 100 \times 42 = 400 \times 42 = 16800$。
   • 公式二 (直接乘积): $\varphi(n) = n \prod_{p|n, p \text{ is prime}} (1 - 1/p)$。
   • $\varphi(49000) = 49000 \times (1 - 1/2) \times (1 - 1/5) \times (1 - 1/7)$。
   • $\varphi(49000) = 49000 \times (1/2) \times (4/5) \times (6/7)$。
   • $\varphi(49000) = (49000/7) \times (1/2) \times (4/5) \times 6 = 7000 \times (1/2) \times (4/5) \times 6$。
   • $= 3500 \times (4/5) \times 6 = (3500/5) \times 4 \times 6 = 700 \times 4 \times 6 = 2800 \times 6 = 16800$。
5. 给出答案：生成元的数量是 16800。

这个练习是一个非常详尽的探索性任务，要求彻底解剖 $\mathbb{Z}/48\mathbb{Z}$ 的子群结构。它与练习1类似，但提问方式不同。

第一部分：写出每个 $\langle\bar{a}\rangle$ 的所有元素

• 这实际上是在问，对于从 $\bar{0}$ 到 $\overline{47}$ 的每一个元素，它生成的循环子群是什么。
• 理论依据：定理7(3)的标准化结论 $\langle\bar{a}\rangle = \langle\overline{(a,48)}\rangle$。
• 执行：
• 你不必真的对每个 $a$ 从0到47都去计算。你只需要对48的每个因子 $d$ 找出对应的子群 $\langle\bar{d}\rangle$。
• 48的因子是：1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 16, 24, 48。共有10个子群。
• $\langle\overline{1}\rangle = \mathbb{Z}/48\mathbb{Z}$ (所有48个元素)
• $\langle\overline{2}\rangle = \{\overline{0}, \overline{2}, \overline{4}, \dots, \overline{46}\}$ (24个元素)
• $\langle\overline{3}\rangle = \{\overline{0}, \overline{3}, \overline{6}, \dots, \overline{45}\}$ (16个元素)
• ...
• $\langle\overline{24}\rangle = \{\overline{0}, \overline{24}\}$ (2个元素)
• $\langle\overline{48}\rangle = \langle\overline{0}\rangle = \{\overline{0}\}$ (1个元素)
• 然后，对于任何一个 $\bar{a}$，你可以通过计算 $d=(a,48)$ 来确定它生成的是上面哪个子群。例如，$\langle\overline{10}\rangle = \langle\overline{(10,48)}\rangle = \langle\overline{2}\rangle$。

第二部分：找出所有包含关系

• 理论依据：如例1中所述，$\langle\bar{a}\rangle \leq \langle\bar{b}\rangle \iff (b,48) \mid (a,48)$。
• 由于我们已经将所有子群标准化为由48的因子 $d$ 生成的 $\langle\bar{d}\rangle$ 形式，问题简化为：
• $\langle\overline{d_1}\rangle \leq \langle\overline{d_2}\rangle \iff d_2 \mid d_1$。
• 执行：
• 你需要画出48的因子构成的整除格（Hasse diagram），但箭头方向是反的。
• 顶层：$\langle\overline{1}\rangle$ (国王)
• 下一层：$\langle\overline{2}\rangle$ 和 $\langle\overline{3}\rangle$ ($\langle\overline{1}\rangle$ 包含它们)
• 再下一层：
• $2 \mid 4 \implies \langle\overline{4}\rangle \leq \langle\overline{2}\rangle$
• $2 \mid 6 \implies \langle\overline{6}\rangle \leq \langle\overline{2}\rangle$
• $3 \mid 6 \implies \langle\overline{6}\rangle \leq \langle\overline{3}\rangle$
• 你需要系统地找出所有这样的包含关系并画出图来。例如，$\langle\overline{12}\rangle$ 既被 $\langle\overline{4}\rangle$ 包含，也被 $\langle\overline{6}\rangle$ 包含。$\langle\overline{0}\rangle=\langle\overline{48}\rangle$ 被所有子群包含。

这个练习是练习6的延续，要求将前一题在加法群 $\mathbb{Z}/48\mathbb{Z}$ 中得到的结果，“翻译”成乘法群 $Z_{48}$ 的语言。

1. 理解同构：同构映射 $\varphi: \mathbb{Z}/48\mathbb{Z} \to Z_{48}$ 定义为 $\varphi(\bar{k}) = x^k$。这个映射是结构保持的，它告诉我们两个群的运算和元素如何对应。
   • 加法 $\to$ 乘法: $\varphi(\bar{a} + \bar{b}) = \varphi(\overline{a+b}) = x^{a+b} = x^a x^b = \varphi(\bar{a})\varphi(\bar{b})$。
   • 元素 $\to$ 元素: $\bar{a} \leftrightarrow x^a$。
   • 生成元 $\to$ 生成元: $\langle\bar{a}\rangle \leftrightarrow \langle x^a \rangle$。
2. 翻译子群：你在练习6中找到的每一个子群，都可以通过这个同构映射找到它在 $Z_{48}$ 中的对应。
   • 你在练习6中找到的子群是 $\langle\overline{d}\rangle$，其中 $d$ 是48的因子。
   • 通过同构，它对应到 $Z_{48}$ 中的子群就是 $\langle x^d \rangle$。
3. 执行翻译：
   • $\langle\overline{1}\rangle$ 对应 $\langle x^1 \rangle = \langle x \rangle = Z_{48}$。
   • $\langle\overline{2}\rangle$ 对应 $\langle x^2 \rangle$。
   • $\langle\overline{3}\rangle$ 对应 $\langle x^3 \rangle$。
   • ...
   • $\langle\overline{48}\rangle = \langle\overline{0}\rangle$ 对应 $\langle x^{48} \rangle = \langle x^0 \rangle = \langle 1 \rangle$。
4. 列出答案：将练习6中找到的10个子群及其包含关系，全部用乘法符号重写一遍。例如，练习6中得到 $\langle\overline{6}\rangle \leq \langle\overline{2}\rangle$，在 $Z_{48}$ 中就应该写成 $\langle x^6 \rangle \leq \langle x^2 \rangle$。

这个问题在问，什么样的映射可以成为连接 $\mathbb{Z}/48\mathbb{Z}$ 和 $Z_{48}$ 这两个48阶循环群的同构映射。

1. 理解问题：一个同态（包括同构）的性质完全由它对生成元的映射决定。这里，定义域 $\mathbb{Z}/48\mathbb{Z}$ 的生成元是 $\overline{1}$。映射规定了 $\overline{1}$ 必须被映射到 $x^a$。这个规定一旦做出，整个同态就被唯一确定了：$\varphi_a(\bar{k}) = \varphi_a(k \cdot \overline{1}) = (\varphi_a(\overline{1}))^k = (x^a)^k = x^{ak}$。
2. 同构的条件：一个同态要成为同构，必须是双射（既单又满）。
   • 满射：$\varphi_a$ 要是满射的，意味着它的像集 $Im(\varphi_a)$ 必须等于整个目标群 $Z_{48}$。$Im(\varphi_a)$ 是由 $\varphi_a(\overline{1})=x^a$ 生成的子群，即 $\langle x^a \rangle$。所以，满射条件等价于 $\langle x^a \rangle = Z_{48}$。
   • 单射：对于同阶有限群之间的映射，满射自动蕴含了单射。所以我们只需要关心满射。
3. 应用理论：我们回到问题：$\langle x^a \rangle$ 何时等于 $Z_{48}$？
   • 根据命题6(2)，这当且仅当 $x^a$ 是 $Z_{48}$ 的一个生成元。
   • $x^a$ 是 $Z_{48}$（一个阶为48的循环群）的生成元，当且仅当 $(a, 48)=1$。
4. 得出结论：因此，$\varphi_a$ 能扩展为同构的充要条件是 $a$ 与 48 互素。
5. 列出答案：这个问题问的是“对于哪些整数 $a$”，所以答案是所有与48互素的整数，例如 $a=1, 5, 7, 11, 13, \dots$。

这个问题比上一个更复杂，因为它涉及两个不同阶的循环群之间的同态。

第一部分：良定义同态的条件

1. 理解同态：和上题一样，同态 $\psi_a$ 由 $\psi_a(\overline{1})=x^a$ 唯一确定，其一般形式为 $\psi_a(\bar{k}) = x^{ak}$。
2. 良定义的挑战：定义域是 $\mathbb{Z}/48\mathbb{Z}$。这意味着，如果两个剩余类相同，例如 $\bar{k} = \bar{j}$，它们的像也必须相同，即 $\psi_a(\bar{k})=\psi_a(\bar{j})$。
   • 在 $\mathbb{Z}/48\mathbb{Z}$ 中，$\bar{k}=\bar{j} \iff k \equiv j \pmod{48} \iff 48 \mid (k-j)$。
   • 特别地，$\overline{48}=\overline{0}$。所以一个良定义的同态必须满足 $\psi_a(\overline{48})=\psi_a(\overline{0})$。
3. 推导条件：
   • $\psi_a(\overline{0})$ 是同态中单位元映到单位元的要求，所以 $\psi_a(\overline{0})=1$ (这里的1是 $Z_{36}$ 的单位元)。
   • $\psi_a(\overline{48})$ 根据映射规则，等于 $x^{a \cdot 48}$。
   • 所以，良定义的条件就是 $x^{48a}=1$。
4. 应用理论：我们知道 $x$ 是 $Z_{36}$ 的生成元，所以 $|x|=36$。
   • $x^{48a}=1$ 意味着 $x$ 的阶 36 必须整除指数 $48a$ (根据命题3)。
   • 所以条件是 $36 \mid 48a$。
   • 两边同除以它们的最大公约数 12，得到 $3 \mid 4a$。
   • 因为 3 和 4 互素，根据欧几里得引理，这等价于 $3 \mid a$。
5. 结论：$\psi_a$ 是良定义同态的充要条件是 $a$ 是3的倍数。

第二部分：满同态的可能性

1. 满同态的条件：$\psi_a$ 是满射的，意味着其像集 $Im(\psi_a)$ 等于整个目标群 $Z_{36}$。
   • $Im(\psi_a)$ 是由 $\psi_a(\overline{1})=x^a$ 生成的子群 $\langle x^a \rangle$。
   • 所以，满射条件是 $\langle x^a \rangle = Z_{36}$。
2. 应用理论：$\langle x^a \rangle = Z_{36}$ 的条件是 $x^a$ 必须是 $Z_{36}$ 的生成元。
   • 根据命题6，这当且仅当 $(a, 36)=1$。
3. 结合两个条件：
   • 要成为良定义同态，必须 $3 \mid a$。
   • 要成为满同态，必须 $(a, 36)=1$。
   • 如果 $3 \mid a$，那么 $a$ 和 36 至少有公因子3，所以 $(a,36)$ 至少是3，不可能是1。
   • 这两个条件是相互矛盾的。
4. 结论：不存在任何整数 $a$ 能同时满足这两个条件。因此，从 $\mathbb{Z}/48\mathbb{Z}$ 到 $Z_{36}$ 的同态 $\psi_a$ 永远不可能是满同态。
   • 更根本的原因：这是拉格朗日定理的一个推论。同态的像集是目标群的一个子群。根据第一同构定理，$G/Ker(\varphi) \cong Im(\varphi)$。所以 $|Im(\varphi)|$ 必须整除 $|G|$。在这里，$|Im(\psi_a)|$ 必须整除 $|\mathbb{Z}/48\mathbb{Z}|=48$。而目标群 $Z_{36}$ 的阶是36。如果同态是满射的，那么 $|Im(\psi_a)|=36$。但 36 不能整除 48。所以满射是不可能的。

这是一个结合了命题5和定理7的应用计算题。

第一部分：计算 $\overline{30}$ 的阶

1. 识别问题：计算循环群 $\mathbb{Z}/54\mathbb{Z}$ 中一个特定元素 $\overline{30}$ 的阶。
2. 应用理论：
   • 我们将 $\overline{30}$ 看作是生成元 $\overline{1}$ 的30倍，即 $\overline{30}=30 \cdot \overline{1}$。
   • 这对应于乘法形式的 $x^{30}$。
   • 根据命题5(2)，$|x^a| = n/(n,a)$。
   • 在加法形式下，即 $|\bar{a}| = |a \cdot \overline{1}| = n/(n,a)$。
3. 确定参数：$n=54$, $a=30$。
4. 执行计算：
   • 计算最大公约数 $(54, 30)$。
   • $54 = 2 \times 27 = 2 \times 3^3$
   • $30 = 2 \times 3 \times 5$
   • $(54, 30) = 2 \times 3 = 6$。
   • 计算阶：$|\overline{30}| = 54 / 6 = 9$。

第二部分：写出 $\langle\overline{30}\rangle$ 的所有元素及其阶

1. 确定子群：$\langle\overline{30}\rangle$ 是一个阶为9的循环子群。它与 $\mathbb{Z}/9\mathbb{Z}$ 同构。
2. 列出元素：这个子群的元素是 $\overline{30}$ 的所有倍数。
   • $0 \cdot \overline{30} = \overline{0}$
   • $1 \cdot \overline{30} = \overline{30}$
   • $2 \cdot \overline{30} = \overline{60} \equiv \overline{6} \pmod{54}$
   • $3 \cdot \overline{30} = \overline{90} \equiv \overline{36}$
   • $4 \cdot \overline{30} = \overline{120} \equiv \overline{12}$ (因为 $120=2*54+12$)
   • $5 \cdot \overline{30} = \overline{150} \equiv \overline{42}$
   • $6 \cdot \overline{30} = \overline{180} \equiv \overline{18}$
   • $7 \cdot \overline{30} = \overline{210} \equiv \overline{48}$
   • $8 \cdot \overline{30} = \overline{240} \equiv \overline{24}$
   • $9 \cdot \overline{30} = \overline{270} \equiv \overline{0}$
   • 所以子群的元素是 $\{\overline{0}, \overline{6}, \overline{12}, \overline{18}, \overline{24}, \overline{30}, \overline{36}, \overline{42}, \overline{48}\}$。实际上就是 $\langle\overline{(30,54)}\rangle = \langle\overline{6}\rangle$。
3. 计算每个元素的阶：
   • 我们是在 $\mathbb{Z}/54\mathbb{Z}$ 这个大群里计算这些元素的阶。
   • 方法：使用公式 $|\bar{a}| = 54 / (54, a)$。
   • $|\overline{0}| = 1$。
   • $|\overline{6}| = 54/(54,6) = 54/6 = 9$。
   • $|\overline{12}| = 54/(54,12) = 54/6 = 9$。
   • $|\overline{18}| = 54/(54,18) = 54/18 = 3$。
   • $|\overline{24}| = 54/(54,24) = 54/6 = 9$。
   • $|\overline{30}| = 54/(54,30) = 54/6 = 9$ (已在第一部分计算)。
   • $|\overline{36}| = 54/(54,36) = 54/18 = 3$。
   • $|\overline{42}| = 54/(54,42) = 54/6 = 9$。
   • $|\overline{48}| = 54/(54,48) = 54/6 = 9$。
   • 或者，我们可以利用同构：$\langle\overline{30}\rangle \cong \mathbb{Z}/9\mathbb{Z}$。这个子群的阶为9。根据定理7，它的子群的阶必须是9的因子：1, 3, 9。所以元素的阶也只能是1, 3, 9。
   • 阶为1的：$\overline{0}$。
   • 阶为3的：阶为9的子群中阶为3的元素是 $y^{9/3}=y^3$ 和它的生成元。$y=\overline{30}$ (或 $\overline{6}$)。以 $\overline{6}$ 为生成元更简单。$3 \cdot \overline{6}=\overline{18}$，它的阶是3。另一个是 $2 \cdot (3\cdot\overline{6})= \overline{36}$。所以是 $\overline{18}, \overline{36}$。
   • 阶为9的：剩下的元素阶都为9。即 $\overline{6}, \overline{12}, \overline{24}, \overline{30}, \overline{42}, \overline{48}$。共 $\varphi(9)=6$ 个。

这个练习要求在一个具体的非阿贝尔群 $D_8$ 中寻找子群，并区分循环与非循环的子群。$D_8$ 是正方形的对称群 ($n=4$)。

第一部分：找出所有循环子群

1. 方法：循环子群是由单个元素生成的。所以，你只需要遍历 $D_8$ 中的每一个元素，并写出由它生成的子群即可。
2. $D_8$的元素：$D_8 = \{1, r, r^2, r^3, s, sr, sr^2, sr^3\}$，共8个元素。
   • $r$ 是旋转90度，$s$ 是一个翻转。关系是 $r^4=1, s^2=1, rs=sr^{-1}=sr^3$。
3. 遍历计算：
   • $\langle 1 \rangle = \{1\}$ (阶1)
   • $\langle r \rangle = \{1, r, r^2, r^3\}$ (阶4)
   • $\langle r^2 \rangle = \{1, r^2\}$ (阶2)
   • $\langle r^3 \rangle = \langle r^{-1} \rangle = \{1, r^3, r^2, r\} = \langle r \rangle$ (阶4)
   • $\langle s \rangle = \{1, s\}$ (阶2, 因为 $s^2=1$)
   • $\langle sr \rangle$: $(sr)^2 = srsr = ssr^{-1}r = 1 \cdot 1 = 1$。所以 $\langle sr \rangle = \{1, sr\}$ (阶2)。
   • $\langle sr^2 \rangle$: $(sr^2)^2 = sr^2sr^2 = ssr^{-2}r^2 = 1 \cdot 1 = 1$。所以 $\langle sr^2 \rangle = \{1, sr^2\}$ (阶2)。
   • $\langle sr^3 \rangle$: $(sr^3)^2 = sr^3sr^3 = ssr^{-3}r^3=1$。所以 $\langle sr^3 \rangle = \{1, sr^3\}$ (阶2)。
4. 列出答案：去掉重复的，所有循环子群是：
   • $\{1\}$
   • $\langle r^2 \rangle = \{1, r^2\}$
   • $\langle s \rangle = \{1, s\}$
   • $\langle sr \rangle = \{1, sr\}$
   • $\langle sr^2 \rangle = \{1, sr^2\}$
   • $\langle sr^3 \rangle = \{1, sr^3\}$
   • $\langle r \rangle = \{1, r, r^2, r^3\}$

第二部分：找一个非循环的真子群

1. 真子群：指的是不等于 $\{1\}$ 也不等于整个群 $D_8$ 的子群。
2. 方法：根据拉格朗日定理，$D_8$ 的子群的阶必须是8的因子：1, 2, 4, 8。
   • 阶1：$\{1\}$，是循环的。
   • 阶2：都是素数阶群，必为循环群。我们上面已经找到了5个。
   • 阶4：我们需要找一个阶为4的子群。
   • 我们已经找到了一个循环的：$\langle r \rangle = \{1, r, r^2, r^3\}$。
   • 还有没有别的阶为4的子群？
   • 群论中有一个结论：任何阶为4的群，要么同构于循环群 $Z_4$，要么同构于克莱因四元群 $V_4 \cong Z_2 \times Z_2$。后者不是循环群。
   • 克莱因四元群的特点是，除了单位元，所有元素的阶都是2。
   • 我们来找一下 $D_8$ 中阶为2的元素：$r^2, s, sr, sr^2, sr^3$。
   • 尝试组合它们，看能否构成一个子群。例如，考虑子群 $K = \{1, r^2, s, sr^2\}$。
   • 封闭性：$r^2s = sr^{-2}=sr^2$ (在K中)。$s(sr^2)=r^2$ (在K中)。$r^2(sr^2)=s$ (在K中)。封闭性满足。
   • 逆元：所有元素的阶都是2，所以它们自己是自己的逆元。
   • 所以 $K$ 是一个阶为4的子群。
3. 判断是否循环：
   • $K$ 是不是循环群？一个阶为4的群是循环的，当且仅当它包含一个阶为4的元素。
   • $K$ 的元素是 $1, r^2, s, sr^2$。它们的阶分别是 1, 2, 2, 2。
   • 没有任何元素的阶是4。
   • 因此，$K=\{1, r^2, s, sr^2\}$ 是一个非循环的真子群。
   • 另一个例子是 $D_8$ 的中心 $Z(D_8)=\{1, r^2\}$，它是循环的。
   • 另一个非循环子群是 $\{1, r^2, sr, sr^3\}$。

这个练习要求证明几个通过直积构造的群不是循环群。

证明思路：要证明一个群不是循环群，最直接的方法是证明该群中不存在任何一个可以生成所有元素的生成元。

(a) $Z_2 \times Z_2$

• 群的元素：这个群的元素是序对 $(a,b)$，其中 $a,b \in Z_2 = \{0,1\}$。所以元素有4个：$(0,0), (0,1), (1,0), (1,1)$。运算是分量对应相加（模2）。例如 $(1,0)+(1,1) = (1+1, 0+1) = (0,1)$。
• 群的阶：$|Z_2 \times Z_2| = 4$。
• 判断是否循环：如果它是循环群，根据练习2，它必须包含一个阶为4的元素。
• 计算所有元素的阶：
• $|(0,0)|=1$ (单位元)。
• $|(0,1)|$: $(0,1)+(0,1)=(0,0)$。所以阶为2。
• $|(1,0)|$: $(1,0)+(1,0)=(0,0)$。所以阶为2。
• $|(1,1)|$: $(1,1)+(1,1)=(0,0)$。所以阶为2。
• 结论：该群中没有任何元素的阶为4。因此，它不可能是循环群。它就是克莱イン四元群 $V_4$。

(b) $Z_2 \times \mathbb{Z}$

• 群的元素：是序对 $(a, n)$，其中 $a \in Z_2=\{0,1\}$，$n \in \mathbb{Z}$。这是一个无限群。
• 证明思路：反证法。假设它是循环群，那么存在一个生成元 $(a,n)$。
• 分析生成元：
• 如果生成元是 $(0, n)$。它生成的所有元素是 $k \cdot (0,n) = (k \cdot 0, kn) = (0, kn)$ (模2的乘法 $k \cdot 0$ 总是0)。这些元素的第一个分量永远是0。它们无法生成像 $(1, 5)$ 这样的元素。所以 $(0,n)$ 不可能是生成元（除非 $n=\pm 1$，但即便如此也只能生成 $\{0\} \times \mathbb{Z}$）。
• 如果生成元是 $(1, n)$。它生成的所有元素是 $k \cdot (1,n) = (k \pmod 2, kn)$。
• 这个生成元能生成第一个分量是1的元素吗？能，当 $k$ 是奇数时。能生成第一个分量是0的元素吗？能，当 $k$ 是偶数时。
• 关键问题：它能生成所有的元素吗？我们来找一个无法生成的元素。考虑元素 $(1, n+1)$。
• 是否存在整数 $k$ 使得 $k \cdot (1,n) = (k \pmod 2, kn) = (1, n+1)$？
• 比较第一个分量，$k \pmod 2 = 1$，所以 $k$ 必须是奇数。
• 比较第二个分量，$kn = n+1$。
• 如果 $n=0$，生成元是 $(1,0)$。它生成的元素是 $(k \pmod 2, 0)$，即 $(0,0)$ 和 $(1,0)$。无法生成 $(1,1)$。
• 如果 $n \neq 0$，从 $kn=n+1$ 得到 $k=1+1/n$。因为 $n$ 是整数且不是0， $k$ 不可能是整数（除非 $n=\pm 1$）。
• 如果 $n=1$，生成元是 $(1,1)$。$k=2$。但 $k$ 必须是奇数。矛盾。
• 如果 $n=-1$，生成元是 $(1,-1)$。$k=0$。但 $k$ 必须是奇数。矛盾。
• 另一种思路：考虑元素的阶。$Z_2 \times \mathbb{Z}$ 中有阶为2的元素，例如 $(1,0)$。但是它也有无限阶的元素，例如 $(0,1)$。一个循环群要么所有非单位元素都是无限阶（同构于 $\mathbb{Z}$），要么所有元素的阶都有限（同构于 $Z_n$）。这个群混合了有限阶和无限阶的元素，因此不可能是循环群。

(c) $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$

• 群的元素：所有整数对 $(a,b)$，运算是分量相加。这是一个无限群。
• 证明思路：反证法。假设它是循环群，由生成元 $(a,b)$ 生成。
• 分析：如果 $(a,b)$ 是生成元，那么该群中任何一个元素 $(x,y)$ 都必须是 $(a,b)$ 的整数倍。
• $(x,y) = k \cdot (a,b) = (ka, kb)$ 对于某个整数 $k$。
• 构造反例：
• 我们来找一个无法表示成 $(ka,kb)$ 形式的元素。
• 考虑元素 $(1,0)$。如果它可以被生成，则 $(1,0) = (k_1 a, k_1 b)$。这意味着 $k_1 a = 1$ 且 $k_1 b = 0$。
• 因为 $k_1, a$ 是整数，$k_1 a = 1$ 意味着 $k_1, a$ 只能是 $1$ 或 $-1$。
• $k_1 b = 0$ 意味着 $k_1=0$ 或 $b=0$。但 $k_1$ 不可能是0。所以必有 $b=0$。
• 所以，如果 $(1,0)$ 能被生成，生成元必须是 $( \pm 1, 0)$ 的形式。
• 同理，考虑元素 $(0,1)$。如果它可以被生成，则 $(0,1) = (k_2 a, k_2 b)$。这意味着 $k_2 a = 0$ 且 $k_2 b = 1$。这要求 $a=0$ 且 $b=\pm 1$。
• 所以，如果 $(0,1)$ 能被生成，生成元必须是 $(0, \pm 1)$ 的形式。
• 一个生成元 $(a,b)$ 不可能既是 $(\pm 1, 0)$ 的形式，又是 $(0, \pm 1)$ 的形式。
• 因此，不存在任何一个生成元 $(a,b)$ 能同时生成 $(1,0)$ 和 $(0,1)$。
• 所以 $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ 不是循环群。实际上，它最少需要两个生成元，例如 $(1,0)$ 和 $(0,1)$。

这个练习是一个非常深刻和全面的综合性问题，它旨在完全揭示循环群 $Z_n$ 的自同构群 $\operatorname{Aut}(Z_n)$ 的结构。自同构是一个群到其自身的同构，可以理解为群的“保结构对称变换”。所有自同构在映射复合运算下构成一个群，即自同构群。

(a) $\sigma_a$ 是自同构的条件

1. 映射的定义：$\sigma_a$ 的作用是将群里的每个元素都取它的 $a$ 次幂。
2. 自同构的条件：要成为自同构，$\sigma_a$ 必须是一个从 $Z_n$ 到 $Z_n$ 的同构。
   • 同态：首先，$\sigma_a$ 是否是同态？$\sigma_a(xy)=(xy)^a$。因为 $Z_n$ 是阿贝尔群，所以 $(xy)^a=x^a y^a = \sigma_a(x)\sigma_a(y)$。所以 $\sigma_a$ 总是同态。
   • 双射：对于有限群之间的同态，单射、满射、双射是等价的。我们只需证明它是满射即可。
   • $\sigma_a$ 是满射的，意味着它的像集 $Im(\sigma_a)$ 是整个 $Z_n$。
   • $Im(\sigma_a) = \{x^a \mid x \in Z_n\}$。如果令 $g$ 是 $Z_n$ 的一个生成元，那么所有元素 $x$ 都可以写成 $g^k$。所以 $Im(\sigma_a) = \{(g^k)^a \mid k \in \mathbb{Z}\} = \langle g^a \rangle$。
   • 所以，满射条件等价于 $\langle g^a \rangle = Z_n$。
   • 根据命题6，这当且仅当 $(a, n)=1$。
3. 结论：$\sigma_a$ 是自同构当且仅当 $(a,n)=1$。

(b) $\sigma_a = \sigma_b$ 的条件

1. 映射相等：两个映射相等，意味着它们对定义域中任何一个元素的作用都相同。我们只需考察它们对生成元 $g$ 的作用。
2. 条件：$\sigma_a = \sigma_b \iff \sigma_a(g) = \sigma_b(g) \iff g^a=g^b$。
3. 应用理论：$g^a=g^b \iff g^{a-b}=1$。因为 $|g|=n$，根据命题3，这当且仅当 $n \mid (a-b)$。
4. 结论：$n \mid (a-b)$ 就是 $a \equiv b \pmod n$ 的定义。

(c) 所有自同构都是 $\sigma_a$ 的形式

1. 理解问题：我们要证明，任何一个 $Z_n$ 的自同构 $\psi$，都必然是“取某个整数次幂”这种形式。
2. 证明思路：
   • 令 $\psi$ 是 $Z_n$ 的任意一个自同构。
   • 令 $g$ 是 $Z_n$ 的一个生成元。
   • $\psi$ 的作用完全由它对生成元 $g$ 的像 $\psi(g)$ 决定。
   • 因为 $\psi$ 是自同构，它必须是满射的，所以 $\psi$ 必须把生成元 $g$ 映射到另一个生成元。
   • $\psi(g)$ 既然是 $Z_n$ 的一个元素，它总可以被写成 $g^a$ 的形式，对于某个整数 $a$。
   • 因为 $\psi(g)$ 必须是生成元，所以我们知道 $(a,n)=1$。
   • 现在我们来考察 $\psi$ 对任意元素 $x=g^k$ 的作用：
   • $\psi(x) = \psi(g^k) = (\psi(g))^k$ (因为 $\psi$ 是同态)
   • $= (g^a)^k = g^{ak}$。
   • 我们再来看映射 $\sigma_a$ 对 $x=g^k$ 的作用：
   • $\sigma_a(x) = \sigma_a(g^k) = (g^k)^a = g^{ka}$。
   • 我们发现 $\psi(x) = \sigma_a(x)$ 对所有 $x \in Z_n$ 都成立。
3. 结论：所以任何一个自同构 $\psi$ 都等于某个 $\sigma_a$。

(d) 证明 $\operatorname{Aut}(Z_n) \cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$

1. 证明 $\sigma_a \circ \sigma_b = \sigma_{ab}$
   • 令 $x \in Z_n$。
   • $(\sigma_a \circ \sigma_b)(x) = \sigma_a(\sigma_b(x)) = \sigma_a(x^b) = (x^b)^a = x^{ba} = x^{ab}$。
   • 而 $\sigma_{ab}(x) = x^{ab}$。
   • 两者相等，所以映射复合等于指数相乘。
2. 构造同构映射
   • 目标：证明群 $(\operatorname{Aut}(Z_n), \circ)$ 与群 $((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times, \times)$ 同构。
   • $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$ 是模n的既约剩余类乘法群，其元素是所有与 $n$ 互素的剩余类 $\bar{a}$。其阶为 $\varphi(n)$。
   • 定义映射 $\Psi: (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times \to \operatorname{Aut}(Z_n)$，规则为 $\Psi(\bar{a}) = \sigma_a$。
   • 验证同构：
   • 良定义：如果 $\bar{a}=\bar{b}$，则 $a \equiv b \pmod n$。根据(b)部分的结论，$\sigma_a=\sigma_b$。所以映射是良定义的。
   • 同态：$\Psi(\bar{a}\bar{b}) = \Psi(\overline{ab}) = \sigma_{ab}$。而 $\Psi(\bar{a}) \circ \Psi(\bar{b}) = \sigma_a \circ \sigma_b$。根据(d)的第一部分，$\sigma_a \circ \sigma_b = \sigma_{ab}$。所以同态成立。
   • 单射：如果 $\Psi(\bar{a})=\Psi(\bar{b})$，则 $\sigma_a=\sigma_b$。根据(b)，$a \equiv b \pmod n$，即 $\bar{a}=\bar{b}$。所以是单射。
   • 满射：$Z_n$ 的任何一个自同构，根据(c)，都形如 $\sigma_a$。并且根据(a)，$a$ 必须与 $n$ 互素。所以 $\bar{a}$ 是 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$ 中的一个元素。因此满射成立。
3. 结论：$\Psi$ 是一个同构。因此 $\operatorname{Aut}(Z_n) \cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$。因为后者是一个阶为 $\varphi(n)$ 的阿贝尔群（整数乘法满足交换律），所以 $\operatorname{Aut}(Z_n)$ 也是。