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定义 2.4.1. 设 $G$ 是一个群，设 $g \in G$。如果存在一个 $n \in \mathbb{N}$ 使得 $g^{n}=1$，我们就说 $g$ 具有有限阶。在这种情况下，最小的可能 $n$（由于良序原理而存在）被称为 $g$ 的阶。如果 $g$ 没有有限阶，我们就说 $g$ 的阶是无限的，或者说 $g$ 具有无限阶。注意， $G$ 的单位元是唯一一个阶为 1 的元素。
如果 $G$ 以加法形式书写，那么 $g \in G$ 具有有限阶，当且仅当存在一个 $n \in \mathbb{N}$ 使得 $n \cdot g=0$，并且最小的 $n$ 就是 $g$ 的阶。在这种情况下，$g$ 的阶为 $1 \Longleftrightarrow g=0$。
请勿使用符号 $|g|$ 或 $\#(g)$ 来表示 $g$ 的阶。
例 2.4.2. (1) 在 $\mathbb{Z}$ 中，$0$ 的阶为 1，但其他每个元素的阶都是无限的，因为，对于 $a \in \mathbb{Z}, a \neq 0$，并且 $n \in \mathbb{N}, n \cdot a=n a$ 从不为 0。类似地，$\mathbb{Q}$、$\mathbb{R}$ 或 $\mathbb{C}$ 中每个非零元素的阶都是无限的。
(2) 在 $\mathbb{R}^{*}$ 中，阶为 $n$ 的有限阶元素尤其是一个 $x \in \mathbb{R}$ 使得 $x^{n}=1, n \geq 1$。显然 $1$ 的阶为 1，唯一另一个有限阶元素是 $-1$，其阶为 2。$\mathbb{Q}^{*}$ 中也有类似的说法。
(3) 然而，在 $\mathbb{C}^{*}$ 中，存在许多有限阶元素。事实上，一个有限阶元素与 $n$ 次单位根是相同的，因此 $\mathbb{C}^{*}$ 的所有有限阶元素的集合是 $\bigcup_{n=1}^{\infty} \mu_{n}=\mu_{\infty}$，即所有单位根的集合。
(4) 在 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 中，$[1]$ 的阶是 $n$，因为 $n \cdot[1]=[n]=[0]$，但对于 $0<k<n, k \cdot[1]=[k] \neq$ [0]。类似的论证表明 $e^{2 \pi i / n}$ 在 $\mu_{n}$ 中的阶是 $n$（这也从下面的命题 2.4.3 得出）。
(5) 在 $\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$ 中，计算表明 $[0]$ 的阶为 1，$[1]$ 的阶为 4，$[2]$ 的阶为 2，$[3]$ 的阶为 4。这对于 $\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$ 的元素，以及更一般地对于 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 的元素，其可能的阶有什么启示？
(6) 在 $\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$ 中，每个元素的阶为 1（如果是 $([0],[0])$）或 2（否则）。
使用命题 2.3.2，我们得到以下内容，留作练习：
命题 2.4.3. 设 $f: G \rightarrow G^{\prime}$ 是一个同构。那么，对于所有 $g \in G, g$ 具有有限阶 $\Longleftrightarrow f(g)$ 具有有限阶，在这种情况下 $g$ 的阶等于 $f(g)$ 的阶。
3.1. 子群的定义。在我们给出的许多群的例子中，其中一个群是另一个群的子集，并且具有相同的运算。这种情况经常出现，我们给它一个特殊的名称：
定义 3.1.1. 群 $G$ 的子群 $H$ 是 $G$ 的一个子集 $H \subseteq G$，使得
(i) 对于所有 $h_{1}, h_{2} \in H, h_{1} h_{2} \in H$。
(ii) $1 \in H$。
(iii) 对于所有 $h \in H, h^{-1} \in H$。
从 (i) 可知， $G$ 上的二元运算 $\cdot$ 通过限制在 $H$ 上诱导一个二元运算。此外，$(H, \cdot)$ 再次是一个群：当限制到 $H$ 的元素时， $\cdot$ 显然仍然是结合的，$1 \in H$ 是 $H$ 的单位元，并且对于所有 $h \in H$，将 $h$ 视为 $G$ 的元素时的逆元 $h^{-1}$ 也是 $H$ 中 $h$ 的逆元。我们写 $H \leq G$ 表示 $H$ 是 $G$ 的子群。
某种程度上非正式地说， $H$ 及其从 $G$ 诱导的二元运算再次是一个群。这假定闭合性质 (i)。请注意，如果 $H$ 及其诱导运算具有某个单位元，它必然自动是 $G$ 的单位元（为什么？），并且如果 $h \in H$ 在 $H$ 中有一个逆元，这个逆元必然是 $h^{-1}$，即 $G$ 中 $h$ 的逆元。
例 3.1.2. (i) 对于每个群 $G, G \leq G$ 和 $\{1\} \leq G$。
定义 3.1.3. 如果 $H \leq G$ 且 $H \neq G$，我们称 $H$ 为 $G$ 的真子群。我们称 $\{1\}$ 为 $G$ 的平凡子群。大多数情况下，我们对群的真非平凡子群感兴趣。
(ii) $\mathbb{Z} \leq \mathbb{Q} \leq \mathbb{R} \leq \mathbb{C}$；这里运算必然是加法。类似地，$\mathbb{Q}^{*} \leq \mathbb{R}^{*} \leq \mathbb{C}^{*}$，其中运算是乘法。同样，对于每个 $n, \mu_{n} \leq U(1)$，且 $U(1) \leq \mathbb{C}^{*}$。
(iii) $S O_{n} \leq O_{n} \leq G L_{n}(\mathbb{R})$，且 $S O_{n} \leq S L_{n}(\mathbb{R}) \leq G L_{n}(\mathbb{R})$。
(iv) 回忆一下，向量子空间 $V$ 是一个非空子集，它在向量加法和标量乘法下是闭合的。$\mathbb{R}^{n}$ 的向量子空间 $V$ 尤其是一个子群（ $V$ 在向量加法下闭合，包含单位元 $\mathbf{0}=0 \cdot \mathbf{v}$ 对于任何 $\mathbf{v} \in V$，并且，如果 $\mathbf{v} \in V$，那么 $-\mathbf{v}=(-1) \mathbf{v} \in V$）。然而，作为 $\mathbb{R}^{n}$ 的向量子空间的性质比作为 $\mathbb{R}^{n}$ 子群的性质更强，并且存在 $\mathbb{R}^{n}$ 的子群不是向量子空间，例如 $\mathbb{Z}^{n}$ 或 $\mathbb{Q}^{n}$。
(v) 关系 $\leq$ 具有以下传递性：如果 $G$ 是一个群，$H \leq G$（ $H$ 是 $G$ 的子群），并且 $K \leq H$（ $K$ 是 $H$ 的子群），那么 $K \leq G$。（子群的子群也是子群。）(vi) 这里有一些不是子群的子集的例子。例如，$\mathbb{Q}^{*}$ 不是 $\mathbb{Q}$ 的子群，尽管 $\mathbb{Q}^{*}$ 是 $\mathbb{Q}$ 的子集，并且它在乘法下是一个群。在这里，如果我们不指定群运算，那么 $\mathbb{Q}^{*}$ 上的群运算必须是乘法，而 $\mathbb{Q}$ 上的群运算必须是加法。因此，$\mathbb{Q}^{*}$ 是一个群，但仅在与 $\mathbb{Q}$ 不同的二元运算下。事实上，$\mathbb{Q}^{*}$ 甚至在加法下都不是闭合的，也不包含 $\mathbb{Q}$ 中的单位元（即 0）。
另一个例子，$\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 不是 $\mathbb{Z}$ 的子群。首先，正如正确定义的，$\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 甚至不是 $\mathbb{Z}$ 的子集，因为 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 的元素是整数的等价类 $[a]$，而不是整数。我们可以尝试通过简单地将 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 定义为子集 $\{0,1, \ldots, n-1\} \subseteq \mathbb{Z}$ 来弥补这一点。但是 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 中的群运算必须与 $\mathbb{Z}$ 中的群运算不同。例如，如果我们约定 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}=\{0,1, \ldots, n-1\} \subseteq \mathbb{Z}$，我们就必须设置 $1+(n-1)=0$，这不等于整数 $n$（事实上 $n$ 甚至不是所定义的 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 的元素）。
子群自然出现的另一个例子是在积群中：对于所有群 $G_{1}$ 和 $G_{2}$，$\{1\} \times G_{2}$ 和 $G_{1} \times\{1\}$ 是 $G_{1} \times G_{2}$ 的子群。更一般地，如果 $H_{1} \leq G_{1}$ 且 $H_{2} \leq G_{2}$，那么 $H_{1} \times H_{2} \leq G_{1} \times G_{2}$。然而，$G_{1} \times G_{2}$ 的所有子群并非都具有 $H_{1} \times H_{2}$ 的形式，其中 $H_{1} \leq G_{1}$ 且 $H_{2} \leq G_{2}$。例如，取 $G_{1}=G_{2}=\mathbb{R}$，$\mathbb{R}^{2}$ 的每个向量子空间都是 $\mathbb{R}^{2}$ 的子群。存在不是向量子空间的子群，例如 $\mathbb{Z} \times \mathbb{Q}$。也存在不是 $H_{1} \times H_{2}$ 形式的向量子空间。例如，通过原点的 $\mathbb{R}^{2}$ 中的一条直线，当且仅当它是坐标轴 $\mathbb{R} \times\{0\}$ 或 $\{0\} \times \mathbb{R}$ 之一时，才具有 $H_{1} \times H_{2}$ 的形式。通过原点且斜率为 $m, m \neq 0$ 的直线 $L$ 由下式给出：
它是一个向量子空间，因此是 $\mathbb{R}^{2}$ 的子群，但它不具有 $H_{1} \times H_{2}$ 的形式。
另一个例子，$(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$ 是一个有 4 个元素的群：
$H_{1} \times H_{2}$ 形式的子群是真子群 $(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$、平凡子群 $\{([0],[0])\}=\{[0]\} \times\{[0]\}$，以及子群
然而，还有一个额外的子群，即“对角子群”
很容易验证 $\Delta_{(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})}$ 是一个子群，并且 $\Delta_{(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})}$ 不具有 $H_{1} \times H_{2}$ 的形式，其中 $H_{1} \leq \mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}, H_{2} \leq \mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$ 是子群。更一般地，如果 $G$ 是一个至少有两个元素的群，则对角线 $\Delta_{G}=\{(g, g): g \in G\}$ 很容易验证是 $G$ 的一个子群，但它不具有 $H_{1} \times H_{2}$ 的形式。
引理 3.1.4. 如果 $H_{1}$ 和 $H_{2}$ 是群 $G$ 的两个子群，那么 $H_{1} \cap H_{2} \leq G$。换句话说，两个子群的交集是一个子群。
证明是一个练习。不难验证两个子群的并集几乎从不是一个子群：如果 $H_{1}$ 和 $H_{2}$ 是群 $G$ 的两个子群，那么 $H_{1} \cup H_{2} \leq G$ ⟺ 要么 $H_{1} \subseteq H_{2}$ 要么 $H_{2} \subseteq H_{1}$。
备注 3.1.5. 稍后我们将证明 Cayley 定理：如果 $G$ 是一个有限群，那么存在一个 $n \in \mathbb{N}$ 使得 $G$ 同构于 $S_{n}$ 的一个子群。因此，群 $S_{n}$ 包含了所有有限群的信息，直到同构。类似地，每个有限群都同构于某个 $n$ 的 $G L_{n}(\mathbb{R})$ 的一个子群，事实上每个有限群都同构于某个 $n$ 的 $O_{n}$ 的一个子群。
例 3.1.6. 在习题 1.28 和 1.29 中，我们已经将每个二面体群 $D_{n}$ 实现为同构于 $O_{2}$ 的一个子群。同样，$D_{n}$ 同构于 $S_{n}$ 的一个子群。为此，我们可以（有些不一致地）将单位圆中内接正 $n$ 边形的连续顶点标记为
那么 $D_{n}$ 的一个元素置换集合 $\left\{\mathbf{v}_{1}, \ldots, \mathbf{v}_{n}\right\}$，因此可以与 $\{1, \ldots, n\}$ 的一个置换相对应，即 $S_{n}$ 的一个元素。例如，旋转角度 $2 \pi / n$ 与 $S_{n}$ 中由 $f(1)=2, f(2)=3, \ldots, f(n-1)=n$, 和 $f(n)=1$ 定义的元素 $f$ 相对应。类似地，反射 $R=R_{0}$ 对应于 $S_{n}$ 中由 $g(1)=1, g(2)=n, g(n)=2, g(3)=n-1, g(n-1)=3 \ldots$ 定义的元素 $g$（根据 $n$ 是偶数还是奇数略有不同）。
例 3.1.7. $S_{n}$ 有许多有趣的组合定义的子群。例如，定义
然后这是一个练习，表明 $H_{n}$ 是 $S_{n}$ 的一个子群，并且 $H_{n} \cong S_{n-1}$。直观地说，如果我们将 $S_{n}$ 视为洗一副有 $n$ 张牌的牌，那么 $H_{n}$ 对应于取出最后一张牌并洗剩余的 $n-1$ 张牌。当然，取出最后一张牌并没有什么特别之处；我们可以选择取出任何一张牌。因此我们可以定义 $H_{i}=\left\{f \in S_{n}: f(i)=i\right\}$，并且我们仍然有 $H_{i} \cong S_{n-1}$。更一般地，我们可以选择 $k$ 张牌放在一边并洗剩余的 $n-k$ 张牌，或者将牌分成两堆并分别洗牌。当然，沿着相同的思路还有许多更复杂的构造。
3.2. 循环子群和循环群。在本节中，我们给出群 $G$ 的子群的一个非常一般的构造。
定义 3.2.1. 设 $G$ 是一个群，设 $g \in G$。由 $g$ 生成的循环子群是子集
我们强调，当群运算是乘法时，我们写出了 $\langle g\rangle$ 的定义。如果群运算写成加法，那么我们写：
为了证明术语的合理性，我们有：
引理 3.2.2. 设 $G$ 是一个群，设 $g \in G$。
(i) 由 $g$ 生成的循环子群 $\langle g\rangle$ 是 $G$ 的一个子群。
(ii) $g \in\langle g\rangle$。
(iii) 如果 $H \leq G$ 且 $g \in H$，那么 $\langle g\rangle \leq H$。因此 $\langle g\rangle$ 是包含 $g$ 的 $G$ 的最小子群。（这意味着 $\langle g\rangle$ 是一个包含 $g$ 的 $G$ 的子群，并且它包含在每个包含 $g$ 的 $G$ 的子群中。）
(iv) $\langle g\rangle$ 是阿贝尔的。
证明. (i) 首先，$\langle g\rangle$ 在群运算下是闭合的：给定 $\langle g\rangle$ 的两个元素，必然是 $g^{n}, g^{m} \in\langle g\rangle$ 的形式，根据指数法则
接下来，$1=g^{0} \in\langle g\rangle$。最后，如果 $g^{n} \in\langle g\rangle$，那么 $\left(g^{n}\right)^{-1}=g^{-n} \in\langle g\rangle$。因此 $\langle g\rangle \leq G$。
(ii) 显然 $g=g^{1} \in\langle g\rangle$。
(iii) 如果 $H \leq G$ 且 $g \in H$，那么 $g \cdot g=g^{2} \in H$，并且通过归纳法
对于所有 $n \in \mathbb{N}$。由于根据子群的定义 $1=g^{0} \in H$，并且类似地 $g^{-n}=\left(g^{n}\right)^{-1} \in H$ 对于所有 $n \in \mathbb{N}$，我们看到 $g^{n} \in H$ 对于所有 $n \in \mathbb{Z}$。因此 $\langle g\rangle \leq H$。
(iv) 给定 $\langle g\rangle$ 的两个元素 $g^{n}, g^{m} \in\langle g\rangle$，
因此 $\langle g\rangle$ 是阿贝尔的。
例 3.2.3. (i) 对于任何群 $G$，如果运算是乘法，则 $\langle 1\rangle=\{1\}$，如果运算是加法，则 $\langle 0\rangle=\{0\}$。
(ii) 注意 $\langle g\rangle=\left\langle g^{-1}\right\rangle$，因为 $\left(g^{-1}\right)^{-n}=g^{n}$。
(iii) 在 $\mathbb{Z}$ 中，$\langle 0\rangle=\{0\}$ 且 $\langle 1\rangle=\langle-1\rangle=\mathbb{Z}$。对于 $d \in \mathbb{N},\langle d\rangle=\langle-d\rangle=\{n d: n \in \mathbb{Z}\}$。因此 $\langle d\rangle$（通常写为 $d \mathbb{Z}$）是 $\mathbb{Z}$ 中由所有 $d$ 的倍数组成的子群。我们也可以将其写为 $\langle d\rangle=[0]_{d}$，即包含 0 的模 $d$ 的同余类。
(iv) 在 $\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$ 中，$\langle[0]\rangle=\{[0]\},\langle[1]\rangle=\langle[3]\rangle=\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$，并且 $\langle[2]\rangle=\{[0],[2]\}$ 是 $\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$ 的一个非平凡真子群。在 $\mathbb{Z} / 5 \mathbb{Z}$ 中，$\langle[0]\rangle=\{[0]\}$，并且 $\langle[a]\rangle=\mathbb{Z} / 5 \mathbb{Z}$ 对于所有 $[a] \neq[0]$。在 $\mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}$ 中，$\langle[0]\rangle=\{[0]\}$, $\langle[1]\rangle=\langle[5]\rangle=\mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}$，并且 $\langle[2]\rangle=\langle[4]\rangle=\{[0],[2],[4]\}$ 和 $\langle[3]\rangle=\{[0],[3]\}$ 是 $\mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}$ 的非平凡真子群。
(v) 在 $\mathbb{R}$ 中，$\langle 2 \pi\rangle=\{2 n \pi: n \in \mathbb{Z}\}$ 是 $\mathbb{R}$ 的子集，由所有 $2 \pi$ 的整数倍组成；它有时表示为 $2 \pi \mathbb{Z}$。更一般地，对于任何 $t \in \mathbb{R},\langle t\rangle=\{n t: n \in \mathbb{Z}\}$ 是所有 $t$ 的整数倍的集合。
(vi) 在 $\mathbb{Q}^{*}$ 中，$\langle 1\rangle=\{1\}$ 且 $\langle-1\rangle=\{1,-1\}$。另一方面，$\left\langle\frac{1}{2}\right\rangle=\langle 2\rangle=\left\{2^{n}: n \in \mathbb{Z}\right\}$，这是无限的。相比之下，在 $\mathbb{Q}$ 中，$\langle 1\rangle=\langle-1\rangle=\mathbb{Z}$ 且 $\left\langle\frac{1}{2}\right\rangle=\{n / 2: n \in \mathbb{Z}\}$；请注意，在这种情况下 $\mathbb{Z} \leq\left\langle\frac{1}{2}\right\rangle$。
(vii) 在 $\mathbb{C}^{*}$ 中，$\left\langle e^{2 \pi i / n}\right\rangle=\mu_{n}$。
(viii) 在 $(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$ 中，
为了更好地理解循环子群 $\langle g\rangle$ 的一般形式，我们分为两种情况：
情况一： $g$ 具有无限阶。在这种情况下，我们声称 $g^{n}=g^{m} \Longleftrightarrow n=m$。显然，如果 $n=m$，那么 $g^{n}=g^{m}$。反过来，假设 $g^{n}=g^{m}$。现在要么 $n \leq m$ 要么 $m \leq n$。通过对称性，我们可以假设 $m \leq n$。那么，由于 $g^{n}=g^{m}, g^{n}\left(g^{m}\right)^{-1}=1$。但是 $g^{n}\left(g^{m}\right)^{-1}=g^{n} g^{-m}=g^{n-m}=1$。那么 $n-m \geq 0$，但 $n-m>0$ 是不可能的，因为对于正整数 $k, g^{k}$ 从不为 1。因此 $n-m=0$，即 $n=m$。特别地，我们看到 $\langle g\rangle$ 是无限的（因此 $G$ 是无限的）。
有一个更精确的说法：
命题 3.2.4. 假设 $g \in G$ 具有无限阶。那么 $\langle g\rangle \cong \mathbb{Z}$。事实上，存在一个同构 $f: \mathbb{Z} \rightarrow\langle g\rangle$ 使得 $f(1)=g$。
证明. 定义 $f: \mathbb{Z} \rightarrow\langle g\rangle$ 为 $f(n)=g^{n}$。注意 $f(1)=g$。上面的讨论表明 $f$ 是单射，因为 $f(n)=f(m) \Longleftrightarrow g^{n}=g^{m} \Longleftrightarrow n=m$。根据 $\langle g\rangle$ 的定义，$f$ 是满射。因此 $f$ 是一个双射。最后，根据指数法则，
因此 $f$ 是一个同构。
推论 3.2.5. 如果 $G$ 是一个有限群，那么 $G$ 的每个元素都具有有限阶。
证明. 我们证明逆否命题。如果 $G$ 中存在一个无限阶元素，那么 $G$ 包含同构于 $\mathbb{Z}$ 的子群 $\langle g\rangle$。特别地，存在一个无限子集 $G$，因此 $G$ 是无限的。
稍后我们将证明这个推论的一个更精确的形式。
情况二： $g$ 具有有限阶 $n$。在这种情况下，我们声称元素 $1=g^{0}, g=g^{1}, g^{2}, \ldots, g^{n-1}$ 都是不同的。像以前一样，我们假设 $g^{a}=g^{b}$ 且 $0 \leq a, b \leq n-1$。通过对称性，我们可以假设 $a \leq b$。那么 $1=g^{b}\leftg^{a}\right)^{-1}=g^{b-a}$。但是 $0 \leq b-a \leq b \leq n-1<n$。由于 $g$ 的阶是 $n$，没有更小的正幂的 $g$ 是单位元，所以我们必须有 $b-a=0$，即 $a=b$。
因此，幂 $1, g, g^{2}, \ldots, g^{n-1}$ 都是不同的。那么 $g^{n}=1, g^{n+1}=g^{n} g=g, g^{n+2}= g^{n} g^{2}=g^{2}, \ldots$。换句话说，幂的序列会循环回相同的值。此外，$g^{n-1}=g^{-1}, g^{n-2}=g^{-2}$，因此 $g$ 的负幂看起来也是 $g^{-n}=1, g^{-(n-1)}=g^{-n+1}= g, \ldots, g^{-2}=g^{n-2}, g^{-1}=g^{n-1}$。换句话说，幂的序列在负方向上看起来也一样。由此很容易看出 $\#(\langle g\rangle)=n$，换句话说，有限阶元素的阶与其生成的循环子群的阶相同，将“阶”的两种不同含义联系起来。
我们很快会更仔细地证明所有这些，但我们现在只说明主要结果：
命题 3.2.6. 假设 $g \in G$ 的阶为 $n$。那么：
(i) $g^{N}=1 \Longleftrightarrow n$ 整除 $N$。
(ii) $\langle g\rangle \cong \mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$。事实上，存在一个同构 $f: \mathbb{Z} / n \mathbb{Z} \rightarrow\langle g\rangle$ 使得 $f([1])=g$。
(iii) $\#(\langle g\rangle)=n$，且 $\langle g\rangle=\left\{1, g, g^{2}, \ldots, g^{n-1}\right\}$。
证明. 我们暂时假设 (i) 并证明 (ii) 和 (iii)。为了证明 (ii)，定义 $f: \mathbb{Z} / n \mathbb{Z} \rightarrow\langle g\rangle$ 为：$f([a])=g^{a}$。因此我们通过在代表元上定义 $f$ 来定义它。为了证明 $f$ 是良定义的，假设 $b \in[a]$。因此 $b=a+k n$ 对于某个整数 $k$。那么
这里我们使用了：$g$ 的阶是 $n$，所以 $g^{n}=1$。因此 $f$ 是良定义的。注意 $f([1])=g$。
为了看出 $f$ 是单射，假设 $f([a])=f([b])$。因此 $g^{a}=g^{b}$，所以
根据命题 (i)（我们暂时假设），$n$ 整除 $b-a$。因此 $b \equiv a (\bmod n)$，所以 $[a]=[b]$，并且 $f$ 是单射。它是满射，因为 $\langle g\rangle$ 的每个元素都是 $g^{a}=f([a])$ 的形式，对于某个 $a \in \mathbb{Z}$。最后，为了看出 $f$ 是一个同构，对于所有 $[a],[b] \in \mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$，我们有
因此 $f$ 是一个同构。这证明了 (ii)，而 (iii) 则因为 $f$ 是一个双射而得出。（然而，我们稍后会更仔细地论证 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}=\{[0], \ldots,[n-1]\}$，并且特别地 $\#(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})=n$。）
命题 3.2.6 (ii) 的证明方法表明：
推论 3.2.7. 如果 $g \in G$ 具有有限阶 $n$，那么，对于所有 $a, b \in \mathbb{Z}, g^{a}=g^{b} \Longleftrightarrow a \equiv b (\bmod n)$。
定义 3.2.8. 如果存在一个 $g \in G$ 使得 $G=\langle g\rangle$，则群 $G$ 是循环群。在这种情况下，$g$ 被称为 $G$ 的一个生成元。
例如，$\mathbb{Z}$ 是循环的；可能的生成元是 1 和 $-1$。$\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 是循环的；1 和 $-1$ 是生成元，但可能还有其他生成元。另一个熟悉的例子是 $\mu_{n}$ 是循环的；$e^{2 \pi i / n}$ 是一个生成元。
然而，大多数群不是循环的。例如，根据引理 3.2.2(iv)，每个循环群都是阿贝尔的，因此非阿贝尔群不是循环的。此外，如果 $G$ 是一个循环群，那么要么 $G$ 是有限的，要么存在从 $\mathbb{Z}$ 到 $G$ 的同构，从而存在从 $\mathbb{Z}$ 到 $G$ 的双射。对于存在从 $\mathbb{Z}$ 到 $X$ 的双射的无限集 $X$ 称为可数的（因为也存在从 $\mathbb{N}$ 到 $X$ 的双射）。例如，$\mathbb{N}, \mathbb{Z}$ 和 $\mathbb{Q}$ 是可数的，但 $\mathbb{R}$ 和 $\mathbb{C}$ 不是。因此，仅仅通过计数论证，$\mathbb{R}$ 和 $\mathbb{C}$ 不是循环群。不难证明 $\mathbb{Q}$ 不是循环的（习题 2.32），类似的方法表明 $\mathbb{R}$ 和 $\mathbb{C}$ 不是循环的，而无需使用无限集的计数性质。对于一个不是循环的有限阿贝尔群的例子，考虑 $(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$。我们已经列出了与 $(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$ 的所有可能元素相对应的循环子群，这些子群中没有一个等于 $(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$。因此 $(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$ 不是循环的。此外，$\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ 不是循环的 (HW)。
当一个有限群是循环的，有以下简单的判据：
命题 3.2.9. 设 $G$ 是一个有限群，且 $\#(G)=n$。那么 $G$ 是循环的 $\Longleftrightarrow$ 存在一个 $g \in G$ 使得 $g$ 的阶是 $n$。
证明. 根据命题 3.2.6，如果 $g$ 的阶是 $n$，那么 $\#(\langle g\rangle)=n$。所以，如果 $G$ 是循环的，例如 $G=\langle g\rangle$，那么
因此 $g$ 的阶是 $n$。反过来，如果 $g$ 的阶是 $n$，那么 $\#(\langle g\rangle)=n$。由于 $\langle g\rangle \subseteq G$ 并且它们具有相同数量的元素，我们必须有 $\langle g\rangle=G$，因此 $G$ 是循环的。
3.3. 有限生成群。最后，我们谈谈由多个元素生成的群 $G$ 的子群。给定一个群 $G$ 和元素 $g_{1}, \ldots, g_{k} \in G$，我们可以将由 $g_{1}, \ldots, g_{k}$ 生成的子群定义为包含 $g_{1}, \ldots, g_{k}$ 的 $G$ 的最小子群。我们将这个子群写为 $\left\langle g_{1}, \ldots, g_{k}\right\rangle$。然而，如果 $G$ 不是阿贝尔的，那么 $\left\langle g_{1}, \ldots, g_{k}\right\rangle$ 的元素就没有简单的描述。我们能说的最多是每个元素看起来像 $g_{a_{1}}^{n_{1}} \cdots g_{a_{t}}^{n_{t}}$ 这种形式的乘积，其中 $g_{1}, \ldots, g_{k}$ 的幂，其中 $a_{i}$ 只是 $\{1, \ldots, k\}$ 中的一些元素，并且在某些例子中 $t$ 可以任意大。这里我们可以将所有幂 $n_{i}$ 取为 $\pm 1$ 通过允许重复，即通过让 $g_{a_{i}}=g_{a_{i+1}}$（但我们肯定需要允许任意群 $G$ 的负指数）。一般来说，除了诸如 $g_{i} g_{i} g_{i}=g_{i}^{3}$ 或 $g_{i} g_{i}^{-1}=1$ 等明显简化之外，我们不知道是否可以进行任何简化，这些可以省略。然而，如果 $G$ 是阿贝尔的，或者更一般地，如果 $g_{i}$ 彼此可交换（即对于所有 $i, j$ 且 $1 \leq i, j \leq k, g_{i} g_{j}=g_{j} g_{i}$），那么很容易验证
是 $G$ 的一个子群，并且它是包含 $g_{1}, \ldots, g_{k}$ 的 $G$ 的最小子群。如果我们以 + 来表示 $G$ 上的运算，以便 $G$ 按照惯例是阿贝尔的，那么这看起来会更熟悉。那么
因此，由 $g_{1}, \ldots, g_{k}$ 生成的群类似于线性代数中 $k$ 个向量的张成空间（对于以 + 表示运算的阿贝尔群）。
例 3.3.1. (i) 群 $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ 由 $(1,0)$ 和 $(0,1)$ 生成，因为对于每个 $n, m \in \mathbb{Z}$，$(n, m)=n \cdot(1,0)+m \cdot(0,1)$。因此 $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}=\langle(1,0),(0,1)\rangle$。
(ii) 有限群 $(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$，正如我们所见，它不是循环的，由 $([1], [0])$ 和 $([0], [1])$ 生成。事实上，除了 $([0], [0])$ 之外，$\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$ 唯一剩余的元素是 $([1], [1])$，并且 $([1],[1])=1 \cdot([1],[0])+1 \cdot([0],[1])$。因此 $(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})=\langle([1],[0]),([0],[1])\rangle$。
(iii) 对于非阿贝尔的例子，群 $D_{n}$ 由 $A_{2 \pi / n}$ 和 $R=B_{0}$ 生成，即 $D_{n}= \left\langle A_{2 \pi / n}, R\right\rangle$。这只是说 $D_{n}$ 的每个元素都可以写成 $A_{2 \pi / n}$ 和 $R$ 的幂的乘积（可能涉及许多项）。这样的表达式看起来像
尽管它可能以 $A_{2 \pi / n}$ 的幂开始或以 $R$ 的幂结束。事实上，在这个群中，我们可以简化任何这样的表达式，利用 $R^{2}=1$ 和 $R A_{2 \pi / n} R=A_{-2 \pi / n}$ 的事实，这样我们只需要使用两项。明确地，$A_{2 a \pi / n}=A_{2 \pi / n}^{a}$ 和 $B_{2 a \pi / n}=A_{2 \pi / n}^{a} R$ 对于所有 $0 \leq a \leq n-1$ 的 $a$，因此
$D_{n}=\left\{A_{2 a \pi / n}, B_{2 b \pi / n}: a, b \in \mathbb{Z}, 0 \leq a, b \leq n-1\right\}=\left\{A_{2 a \pi / n}, A_{2 b \pi} / n R: a, b \in \mathbb{Z}, 0 \leq a, b \leq n-1\right\}$。
(iv) 从乘法法则很容易验证四元数群 $Q$ 由 $i$ 和 $j$ 生成，即 $Q=\langle i, j\rangle$。
定义 3.3.2. 如果存在 $g_{1}, \ldots, g_{k} \in G$ 使得 $G=\left\langle g_{1}, \ldots, g_{k}\right\rangle$，则群 $G$ 是有限生成的。
我们注意到有许多众所周知的群不是有限生成的。例如，$\mathbb{Q}, \mathbb{Q}^{*}, \mathbb{R}, \mathbb{R}^{*}$ 不是有限生成的。另一方面，每个有限群都（显然）是有限生成的，因为我们可以使用其所有有限多个元素来生成。当然，在实践中，我们寻找一组有趣的生成元，它们能告诉我们一些关于群的信息。例如，正如我们上面所见，$D_{n}$ 由两个元素的集合生成。稍后我们将看到 $S_{n}$ 也由两个元素生成。
在本节中，我们写出一些小阶群的群表，并说明一些关于其子群的事实（不加证明）。此外，我们只会写出 $G$ 的真非平凡子群。为了简洁和符号清晰，在书写 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 的元素时，我们将省略括号，只写 $a$ 而不是 $[a]$，对于 $0 \leq a \leq n-1$。然而，请记住，作为 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 的一个元素，$a$ 不与整数 $a$ 含义相同。虽然我们已经写出了所有阶数最多为 4 的可能群的群表，但这里我们将关注