2.3_二元结构与群_子群.ZH解释

这段话定义了群论中一个非常核心的概念：元素的阶 (Order of an element)。让我们一步一步来拆解这个定义。

1. 前提条件：我们从一个群 (Group) $G$ 开始。一个群是一个集合配上一个二元运算，满足封闭性、结合律、有单位元和每个元素都有逆元。然后我们从这个群 $G$ 中任取一个元素，记为 $g$。
2. 核心操作：我们对这个元素 $g$ 进行重复的自身运算。在乘法表示的群中，就是计算它的幂：$g^{1}=g$, $g^{2}=g \cdot g$, $g^{3}=g \cdot g \cdot g$, ... 一直下去，得到一个序列 $g, g^2, g^3, \dots$。
3. 寻找单位元：在这个幂的序列中，我们观察是否会出现群 $G$ 的单位元 (Identity element)，通常记为 $1$。
4. 有限阶的判断：
   • 如果存在一个正整数 $n$（用符号 $\mathbb{N}$ 表示自然数集，这里通常指正整数 $\{1, 2, 3, \dots\}$），使得 $g$ 的 $n$ 次幂 $g^n$ 恰好等于单位元 $1$，那么我们就说元素 $g$ 具有有限阶 (has finite order)。
   • 这意味着，如果你不停地用 $g$ 乘以自己，最终会“循环”回到单位元。
5. 阶的确定：
   • 可能会有很多这样的正整数 $n$ 使得 $g^n=1$。例如，如果 $g^3=1$，那么 $g^6 = (g^3)^2 = 1^2 = 1$， $g^9=1$，等等。
   • 定义规定，$g$ 的阶是所有这些满足 $g^n=1$ 的正整数 $n$ 中最小的那一个。
   • 为什么这个“最小的”一定存在呢？这里提到了良序原理 (Well-ordering principle)。这个原理是说，任何非空的自然数（或正整数）子集都必然包含一个最小元素。在这里，满足 $g^n=1$ 的所有正整数 $n$ 构成了一个非空集合（因为我们已经假设存在至少一个这样的 $n$），所以这个集合里必然有一个最小的数。这个最小的数就是 $g$ 的阶。
6. 无限阶的判断：
   • 如果在 $g$ 的幂序列 $g, g^2, g^3, \dots$ 中，永远不会出现单位元 $1$，也就是说，对于任何正整数 $n$，$g^n$ 都不等于 $1$，那么我们就说 $g$ 具有无限阶 (has infinite order)。
7. 特殊情况：单位元：
   • 定义最后特别指出，群 $G$ 的单位元 $1$ 本身，是唯一一个阶为 1 的元素。这是因为根据定义，阶是满足 $g^n=1$ 的最小正整数 $n$。对于单位元 $1$，当 $n=1$ 时，$1^1 = 1$。没有比 $1$ 更小的正整数了，所以单位元的阶就是 $1$。反过来，如果某个元素 $g$ 的阶是 1，那么根据定义 $g^1=1$，也就是 $g=1$。所以单位元是唯一阶为 1 的元素。

这段话是前面定义的“翻译版”，它解释了当群的运算是加法时，如何理解“元素的阶”。在抽象代数中，群的运算符号可以是多种多样的，最常用的是乘法（默认）和加法（通常用于交换群/阿贝尔群）。

1. 符号的对应关系：
   • 在乘法群中，重复运算是幂，写作 $g^n$。单位元通常记为 $1$。
   • 在加法群中，重复运算是倍数，写作 $n \cdot g$（表示 $g+g+\dots+g$ 共 $n$ 个）。单位元通常记为 $0$。
2. 定义的翻译：
   • 乘法群中的条件 "$g^n = 1$"，翻译到加法群中就变成了 "$n \cdot g = 0$"。
   • 所以，一个加法群中的元素 $g$ 具有有限阶，等价于存在一个正整数 $n$ 使得 $g$ 的 $n$ 倍等于单位元 $0$。
   • 同样地，$g$ 的阶就是满足 $n \cdot g = 0$ 的最小正整数 $n$。
3. 单位元的阶（加法版）：
   • 在乘法群中，我们有结论：“$g$ 的阶为 $1 \Longleftrightarrow g=1$”。
   • 翻译到加法群中，“$g=1$” 对应 “$g=0$”。
   • 因此，结论变为：“$g$ 的阶为 $1 \Longleftrightarrow g=0$”。
   • 这很好理解：如果 $g$ 的阶是1，那么 $1 \cdot g = 0$，即 $g=0$。反之，如果 $g=0$，那么 $1 \cdot 0 = 0$，而1是最小的正整数，所以 $0$ 的阶是1。

这是一个关于符号规范的强制性要求。作者在这里明确指出，在这本书或课程的上下文中，不要用 $|g|$ 或 $\#(g)$ 这两种符号来表示元素 $g$ 的阶。

1. 为什么会有这个规定？
   • 符号 $|S|$ 或者 $\#(S)$ 在数学中（特别是在集合论和群论中）通常用来表示一个集合 $S$ 的基数 (Cardinality)，也就是集合中元素的个数。
   • 例如，如果 $G$ 是一个群，那么 $|G|$ 或 $\#(G)$ 表示的是群的阶，即群中元素的总数。
   • 如果用 $|g|$ 来表示元素 $g$ 的阶，就会产生严重的歧义。它可能被误解为 "元素 $g$ 本身的绝对值"（如果 $g$ 是数字），或者更可能被误解为 "由 $g$ 生成的子群 $\langle g \rangle$ 的阶"，即 $|\langle g \rangle|$。
   • 虽然对于有限阶元素，其阶数确实等于其生成的循环子群的阶数（即 $o(g) = |\langle g \rangle|$），但在概念上，一个是描述元素性质的数，另一个是描述一个集合大小的数。为了在学习初期严格区分这两个概念，作者禁止了这种可能引起混淆的记法。
2. 应该用什么符号？
   • 这本书没有明确指定一个符号，但通常在文献中，元素 $g$ 的阶被记为 $o(g)$ 或 $\text{ord}(g)$。
   • 在这段文本的上下文中，作者似乎更倾向于直接用文字描述，如“$g$ 的阶是 $n$”。

这个例子展示了在一些我们熟悉的加法群中元素的阶是什么情况。

1. 群 $\mathbb{Z}$ (整数加法群):
   • 群: $G = (\mathbb{Z}, +)$。
   • 运算: 普通整数加法。
   • 单位元: $0$。
   • 求阶的公式: $n \cdot a = 0$，其中 $a \in \mathbb{Z}$, $n \in \mathbb{N}$。
   • 分析:
   • 对于元素 $a=0$: 我们需要找最小的正整数 $n$ 使得 $n \cdot 0 = 0$。$1 \cdot 0 = 0$，所以最小的 $n$ 就是 $1$。因此，$0$ 的阶是 $1$。这符合单位元阶为1的通则。
   • 对于任何非零元素 $a \neq 0$: 我们需要找最小的正整数 $n$ 使得 $n \cdot a = 0$。这里的 $n \cdot a$ 就是普通的整数乘法 $na$。如果 $a \neq 0$ 且 $n$ 是正整数 ($n \ge 1$)，那么它们的乘积 $na$ 永远不可能等于 $0$。
   • 结论: 在 $\mathbb{Z}$ 中，除了 $0$ 之外，所有其他元素（如 $1, -1, 2, -5$ 等）的阶都是无限的。
2. 群 $\mathbb{Q}, \mathbb{R}, \mathbb{C}$ (有理数、实数、复数加法群):
   • 群: 分别是 $(\mathbb{Q}, +)$, $(\mathbb{R}, +)$, $(\mathbb{C}, +)$。
   • 运算: 都是各自域上的标准加法。
   • 单位元: 都是 $0$。
   • 分析: 与整数群 $\mathbb{Z}$ 的情况完全相同。对于这些群中的任何一个非零元素 $a$，以及任何正整数 $n$，它们的乘积 $n \cdot a$ （这里的 · 同样是重复加法，等同于普通数乘）永远不会是 $0$。
   • 结论: 在有理数、实数、复数的加法群中，单位元 $0$ 的阶是 $1$，所有其他非零元素的阶都是无限的。

这个例子转向了乘法群。

1. 群 $\mathbb{R}^*$ (非零实数乘法群):
   • 群: $G = (\mathbb{R}^*, \times)$，其中 $\mathbb{R}^* = \mathbb{R} \setminus \{0\}$，即所有非零实数。
   • 运算: 普通实数乘法。
   • 单位元: $1$。
   • 求阶的公式: $x^n = 1$，其中 $x \in \mathbb{R}^*$, $n \in \mathbb{N}$。
   • 分析: 我们要找的是，哪些非零实数 $x$ 的某个正整数次幂会等于 $1$？
   • 如果 $x > 0$ 且 $x \neq 1$:
   • 若 $x > 1$，则 $x, x^2, x^3, \dots$ 是一个递增且大于1的序列，永远不会等于 $1$。
   • 若 $0 < x < 1$，则 $x, x^2, x^3, \dots$ 是一个递减且大于0的序列，也永远不会等于 $1$。
   • 所以，正实数中唯一能满足 $x^n=1$ 的只有 $x=1$。对于 $x=1$，$1^1=1$，所以 $1$ 的阶是 $1$。
   • 如果 $x < 0$:
   • 设 $x = -a$ 其中 $a>0$。$x^n = (-a)^n$。
   • 要使 $x^n=1$，首先必须是正数，所以 $n$ 必须是偶数。设 $n=2k$。
   • $x^n = (-a)^{2k} = a^{2k} = 1$。
   • 根据前面正实数的分析，要使 $a^{2k}=1$ 且 $a>0$，必须有 $a=1$。
   • 所以，唯一的可能性是 $x=-1$。
   • 我们来验证 $-1$ 的阶：$(-1)^1 = -1 \neq 1$；$(-1)^2 = 1$。最小的正整数 $n$ 是 $2$。
   • 所以 $-1$ 的阶是 $2$。

• 结论: 在 $\mathbb{R}^*$ 中，只有两个有限阶元素：$1$（阶为1）和 $-1$（阶为2）。所有其他的非零实数（如 $2, 1/2, -5, \sqrt{3}$ 等）的阶都是无限的。

1. 群 $\mathbb{Q}^*$ (非零有理数乘法群):
   • 群: $G = (\mathbb{Q}^*, \times)$，其中 $\mathbb{Q}^* = \mathbb{Q} \setminus \{0\}$。
   • 分析: $\mathbb{Q}^*$ 是 $\mathbb{R}^*$ 的一个子集。在 $\mathbb{R}^*$ 中有限阶元素只有 $1$ 和 $-1$。这两个数也都在 $\mathbb{Q}^*$ 中。因此，$\mathbb{Q}^*$ 中的有限阶元素也只有 $1$ 和 $-1$。
   • 结论: 与 $\mathbb{R}^*$ 完全相同，$\mathbb{Q}^*$ 中只有两个有限阶元素：$1$（阶为1）和 $-1$（阶为2）。

这个例子展示了复数世界与实数世界在代数结构上的巨大差异。

1. 群 $\mathbb{C}^*$ (非零复数乘法群):
   • 群: $G = (\mathbb{C}^*, \times)$，其中 $\mathbb{C}^* = \mathbb{C} \setminus \{0\}$。
   • 运算: 复数乘法。
   • 单位元: $1$ (即 $1+0i$)。
   • 求阶的公式: $z^n = 1$，其中 $z \in \mathbb{C}^*$, $n \in \mathbb{N}$。
2. $n$ 次单位根 (roots of unity):
   • 在复数理论中，方程 $z^n=1$ 的解被称为 $n$ 次单位根。
   • 这些解恰好有 $n$ 个，它们在复平面上构成一个以原点为中心、半径为1的圆（单位圆）的内接正 $n$ 边形的顶点。
   • 这些根可以表示为 $e^{2\pi i k / n} = \cos(2\pi k/n) + i\sin(2\pi k/n)$，其中 $k=0, 1, 2, \dots, n-1$。
   • 所有 $n$ 次单位根的集合记为 $\mu_n$。
3. 有限阶元素与单位根的关系:
   • 根据定义，$\mathbb{C}^*$ 中的一个元素 $z$ 具有有限阶，当且仅当存在一个正整数 $n$ 使得 $z^n = 1$。
   • 这正是 $z$ 是一个 "$n$ 次单位根" 的定义！
   • 因此，$\mathbb{C}^*$ 中的有限阶元素和单位根是完全相同的概念。
4. 所有有限阶元素的集合:
   • 一个元素可能是2次单位根（如-1），也可能是3次单位根，或4次单位根（如 $i$ 和 $-i$），等等。
   • 所有有限阶元素的集合，就是所有 $n$ 次单位根的集合的并集，对于 $n$ 从 $1$ 取到无穷。
   • 这个集合用符号表示就是 $\bigcup_{n=1}^{\infty} \mu_{n}$。
   • 这个无限并集 $\bigcup_{n=1}^{\infty} \mu_{n}$ 有一个专门的记号 $\mu_{\infty}$，它代表所有单位根的集合。这些元素在复平面的单位圆上是稠密的。

这个例子讨论了两个非常典型的有限循环群中的生成元的阶。

1. 群 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ (模n整数加法群):
   • 群: $G = (\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}, +)$。元素是模 $n$ 的同余类 $\{[0], [1], \dots, [n-1]\}$。
   • 运算: 模 $n$ 加法。
   • 单位元: $[0]$。
   • 求阶的公式: $k \cdot [a] = [0]$，其中 $k \in \mathbb{N}$。
   • 分析元素 $[1]$ 的阶:
   • 我们需要找最小的正整数 $k$ 使得 $k \cdot [1] = [0]$。
   • 根据模加法运算的定义，$k \cdot [1] = \underbrace{[1] + \dots + [1]}_{k \text{ times}} = [1 \cdot k] = [k]$。
   • 所以问题转化为：找最小的正整数 $k$ 使得 $[k]=[0]$。
   • 根据同余类的定义，$[k]=[0]$ 当且仅当 $k \equiv 0 \pmod n$，也就是说 $k$ 是 $n$ 的倍数。
   • 我们要找的是这些倍数中最小的正整数。显然，这个数就是 $n$ 本身。（因为 $n=1 \cdot n$, 而 $2n, 3n, \dots$ 都比 $n$ 大）。
   • 因此，$n \cdot [1] = [n] = [0]$ 成立。
   • 并且对于任何满足 $0 < k < n$ 的正整数 $k$，$k$ 不是 $n$ 的倍数，所以 $[k] \neq [0]$。
   • 结论: 在 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 中，元素 $[1]$ 的阶恰好是 $n$。
2. 群 $\mu_n$ (n次单位根乘法群):
   • 群: $G = (\mu_n, \times)$。元素是方程 $z^n=1$ 的 $n$ 个复数解。
   • 运算: 复数乘法。
   • 单位元: $1$。
   • 分析元素 $e^{2 \pi i / n}$ 的阶:
   • 这个元素通常被称为主n次单位根。
   • 我们需要找最小的正整数 $k$ 使得 $(e^{2 \pi i / n})^k = 1$。
   • 根据复数指数的性质，$(e^{2 \pi i / n})^k = e^{2 \pi i k / n}$。
   • 要使 $e^{2 \pi i k / n} = 1$，需要指数部分 $2 \pi i k / n$ 是 $2\pi i$ 的整数倍。也就是说， $k/n$ 必须是一个整数。
   • 这意味着 $k$ 必须是 $n$ 的倍数。
   • 同样，我们要找的是满足这个条件的最小正整数 $k$。这个数就是 $n$。
   • 结论: 在 $\mu_n$ 中，元素 $e^{2 \pi i / n}$ 的阶恰好是 $n$。
3. 两个群的联系:
   • 作者提到“类似的论证”是因为 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 和 $\mu_n$ 这两个群是同构的，它们在代数结构上是完全一样的。
   • 元素 $[1]$ 在 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 中的作用，就如同 $e^{2 \pi i / n}$ 在 $\mu_n$ 中的作用一样，它们都是群的“生成元”。
   • 下面的“命题 2.4.3”将会正式说明，同构映射会保持元素的阶不变。

这个例子通过一个具体的群 $\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$，计算其中每一个元素的阶，并引导我们思考一个普遍规律。

1. 群 $\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$:
   • 元素: $\{[0], [1], [2], [3]\}$。
   • 运算: 模 4 加法。
   • 单位元: $[0]$。
2. 计算每个元素的阶:
   • 元素 $[0]$: $1 \cdot [0] = [0]$。阶是 $1$。 (单位元通则)
   • 元素 $[1]$:
   • $1 \cdot [1] = [1]$
   • $2 \cdot [1] = [2]$
   • $3 \cdot [1] = [3]$
   • $4 \cdot [1] = [4] = [0]$。
   • 最小正整数是 $4$，所以阶是 $4$。 (前例的特例 $n=4$)
   • 元素 $[2]$:
   • $1 \cdot [2] = [2]$
   • $2 \cdot [2] = [4] = [0]$。
   • 最小正整数是 $2$，所以阶是 $2$。
   • 元素 $[3]$:
   • $1 \cdot [3] = [3]$
   • $2 \cdot [3] = [6] = [2]$
   • $3 \cdot [3] = [9] = [1]$
   • $4 \cdot [3] = [12] = [0]$。
   • 最小正整数是 $4$，所以阶是 $4$。
3. 观察结果与启示:
   • 在群 $\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$ 中，元素的阶有 $1, 2, 4$。
   • 群的阶是 $|\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}| = 4$。
   • 观察到的阶 $\{1, 2, 4\}$ 和群的阶 $4$ 有什么关系？它们都是 $4$ 的因子 (divisors)！
   • 启示 (Conjecture): 这个问题引导我们猜测一个重要的结论：在有限群中，任何元素的阶都必须整除该群的阶。这个结论就是著名的拉格朗日定理 (Lagrange's Theorem) 的一个推论。
   • 更一般的启示 (for $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$): 对于 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 中的任意元素 $[a]$，它的阶 $k$ 必须是 $n$ 的一个因子，即 $k | n$。

这个例子介绍了一个非循环的有限群，并分析了其中元素的阶。

1. 群 $\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$:
   • 这是一个直积群 (Direct Product Group)。
   • 元素: 是由两个来自 $\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$ 的元素组成的有序对。$\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z} = \{[0], [1]\}$。所以，直积群的元素有 $2 \times 2 = 4$ 个：
   • $([0], [0])$
   • $([1], [0])$
   • $([0], [1])$
   • $([1], [1])$
   • 运算: 逐分量进行模2加法。例如， $([a],[b]) + ([c],[d]) = ([a+c \pmod 2], [b+d \pmod 2])$。
   • 单位元: $([0], [0])$。
   • 这个群也被称为克莱因四元群 (Klein four-group)，记为 $V_4$。
2. 计算每个元素的阶:
   • 元素 $([0],[0])$: 这是单位元，所以阶是 $1$。
   • 元素 $([1],[0])$:
   • $1 \cdot ([1],[0]) = ([1],[0])$
   • $2 \cdot ([1],[0]) = ([1],[0]) + ([1],[0]) = ([1+1], [0+0]) = ([2], [0]) = ([0],[0])$。
   • 最小正整数是 $2$，所以阶是 $2$。
   • 元素 $([0],[1])$:
   • $1 \cdot ([0],[1]) = ([0],[1])$
   • $2 \cdot ([0],[1]) = ([0],[1]) + ([0],[1]) = ([0+0], [1+1]) = ([0], [2]) = ([0],[0])$。
   • 最小正整数是 $2$，所以阶是 $2$。
   • 元素 $([1],[1])$:
   • $1 \cdot ([1],[1]) = ([1],[1])$
   • $2 \cdot ([1],[1]) = ([1],[1]) + ([1],[1]) = ([1+1], [1+1]) = ([2], [2]) = ([0],[0])$。
   • 最小正整数是 $2$，所以阶是 $2$。
3. 结论:
   • 在这个群中，除了单位元阶为1，所有其他三个非单位元元素的阶都是 $2$。
   • 群的阶是 $4$。元素的阶 $1$ 和 $2$ 都是 $4$ 的因子，这再次符合拉格朗日定理。
   • 重要观察: 这个群的阶是 $4$，但不存在阶为 $4$ 的元素。这意味着这个群不是循环群。如果它是循环群，那么必然存在一个生成元，该生成元的阶必须等于群的阶，即4。

这个命题描述了群同构 (Group Isomorphism) 的一个美妙性质：它会保持元素的阶。

1. 前提：
   • 我们有两个群，$G$ 和 $G^{\prime}$。
   • $f: G \rightarrow G^{\prime}$ 是一个同构 (isomorphism)。这意味着 $f$ 是一个函数，它同时满足三个条件：
2. 同态 (Homomorphism): 对所有 $g_1, g_2 \in G$, 有 $f(g_1 g_2) = f(g_1) f(g_2)$。即 $f$ 保持群的运算结构。
3. 单射 (Injective): 如果 $g_1 \neq g_2$，那么 $f(g_1) \neq f(g_2)$。
4. 满射 (Surjective): 对于 $G^{\prime}$ 中的任何元素 $g^{\prime}$，都存在一个 $G$ 中的元素 $g$ 使得 $f(g) = g^{\prime}$。
   • 简而言之，一个同构是一个保持结构的双射。如果两个群之间存在同构，我们就说这两个群是同构的，记为 $G \cong G^{\prime}$。这意味着它们在代数上是无法区分的，只是元素的“名字”不同而已。
5. 命题的结论：
   • 第一部分（定性）: 一个元素 $g$ 是有限阶的，当且仅当 它在同构映射下的像 $f(g)$ 也是有限阶的。这意味着“有限阶”这个性质在同构下是不变的。
   • 第二部分（定量）: 如果它们是有限阶，那么它们的阶完全相等。
6. 证明思路 (留作练习，但我们这里可以简要分析):
   • 同态的基本性质：一个同态 $f$ 必然把 $G$ 的单位元 $1_G$ 映射到 $G^{\prime}$ 的单位元 $1_{G^{\prime}}$，即 $f(1_G) = 1_{G^{\prime}}$。并且 $f(g^n) = (f(g))^n$。
   • 证明 "$\Rightarrow$": 假设 $g$ 的阶是 $n$。这意味着 $g^n = 1_G$ 且 $n$ 是最小的正整数。
   • 对 $g^n=1_G$ 两边作用 $f$：$f(g^n) = f(1_G)$。
   • 利用同态性质：$(f(g))^n = 1_{G^{\prime}}$。这说明 $f(g)$ 的阶是有限的，并且其阶数（设为 $m$）必然小于或等于 $n$。（因为我们找到了一个 $n$ 使得幂为单位元）。
   • 证明 "$\Leftarrow$": 假设 $f(g)$ 的阶是 $m$。这意味着 $(f(g))^m = 1_{G^{\prime}}$ 且 $m$ 是最小的正整数。
   • $(f(g))^m = f(g^m)$，所以 $f(g^m) = 1_{G^{\prime}}$。
   • 我们又知道 $f(1_G) = 1_{G^{\prime}}$。
   • 因为 $f$ 是单射（这是同构的关键），从 $f(g^m) = f(1_G)$ 我们可以得出 $g^m = 1_G$。
   • 这说明 $g$ 的阶是有限的，并且其阶数（设为 $n$）必然小于或等于 $m$。
   • 结合两部分: 我们得到了 $m \le n$ 和 $n \le m$。因此，必然有 $n=m$。这就证明了它们的阶完全相等。

这段话是定义子群 (Subgroup) 概念的引言。它指出了我们引入一个新定义的动机。

1. 观察到的现象: 作者回顾了之前给出的群的例子（比如 $\mathbb{Z}, \mathbb{Q}, \mathbb{R}, \mathbb{C}$ 的加法群，或 $\mathbb{Q}^*, \mathbb{R}^*, \mathbb{C}^*$ 的乘法群），并指出了一个常见的模式。
2. 模式描述:
   • 是另一个群的子集: 例如，整数集 $\mathbb{Z}$ 是有理数集 $\mathbb{Q}$ 的子集。
   • 具有相同的运算: $\mathbb{Z}$ 作为群和 $\mathbb{Q}$ 作为群，它们都使用我们熟悉的加法运算。
3. 动机: 这种“一个大群内部包含着一个完整的小群”的结构非常普遍且重要。为了方便地讨论和研究这种结构，我们需要给它一个正式的、精确的名称。
4. 引出名称: 这个特殊的名称就是“子群”。

这是子群的正式定义，包含三个核心条件。让我们逐一解析。

1. 前提: 我们有一个大群 $G$，和一个 $G$ 的子集 $H$ (即 $H \subseteq G$）。$H$ 要成为 $G$ 的子群，必须满足以下三条“自给自足”的条件。
2. 条件 (i): 闭包性 (Closure)
   • 原文: 对于所有 $h_1, h_2 \in H$, $h_1 h_2 \in H$。
   • 解释: 从子集 $H$ 中任意取出两个元素 $h_1$ 和 $h_2$，用大群 $G$ 的运算规则将它们相乘（或相加），得到的结果 $h_1 h_2$ 必须仍然落在 $H$ 这个子集内部，不能跑到 $H$ 外面去。
   • 意义: 这保证了从大群 $G$ 继承来的运算，在子集 $H$ 上也是一个合法的、封闭的运算。$H$ 形成了一个自己玩自己的小世界。
3. 条件 (ii): 包含单位元 (Contains Identity)
   • 原文: $1 \in H$。
   • 解释: 大群 $G$ 的单位元 $1$ 必须也是子集 $H$ 的一个成员。
   • 意义: 任何一个群都必须有单位元。这条规定确保了 $H$ 这个小世界里也有一个“不动点”或“参照物”。
4. 条件 (iii): 逆元封闭性 (Closure under inverses)
   • 原文: 对于所有 $h \in H$, $h^{-1} \in H$。
   • 解释: 从子集 $H$ 中任意取出一个元素 $h$，它在大群 $G$ 中的逆元 $h^{-1}$ 也必须位于 $H$ 这个子集内部。
   • 意义: 任何一个群的每个元素都必须有逆元。这条规定确保了在 $H$ 这个小世界里，任何一个操作都有一个相应的“撤销”操作。
5. 为什么没有结合律?
   • 群的定义有四条：闭包、结合、单位元、逆元。这里为什么只列了三条？
   • 因为结合律是自动继承的。大群 $G$ 的运算本来就满足结合律（即对所有 $a,b,c \in G$, $(ab)c = a(bc)$）。既然 $H$ 是 $G$ 的子集，那么 $H$ 中的元素当然也是 $G$ 中的元素，所以它们之间的运算自然也满足结合律。不需要额外验证。

这段话解释了为什么满足定义3.1.1中三条标准的子集 $H$ 自身就是一个群。

1. 运算的诱导 (Inducement of operation):
   • 条件 (i) $h_1 h_2 \in H$ (闭包性) 保证了我们可以把大群 $G$ 的运算 · “借”给子集 $H$ 使用，而不用担心结果会跑到 $H$ 的外面去。
   • 这个“借用”的过程在数学上称为限制 (restriction) 或 诱导 (induction)。我们得到的 · 在 $H$ 上的版本，是一个定义在 $H \times H \to H$ 上的合法二元运算。
2. 验证 $H$ 是一个群:
   • 现在我们来检查 $H$ 配上这个诱导的运算 ·，是否满足群的四个公理。
   • 结合律 (Associativity): $G$ 中的运算 · 本身是结合的，即对所有 $a,b,c \in G$ 都有 $(a \cdot b) \cdot c = a \cdot (b \cdot c)$。因为 $H$ 的所有元素都属于 $G$，所以这个定律对 $H$ 中的元素自然成立。这一条是自动继承的。
   • 单位元 (Identity): 定义的条件 (ii) 要求 $G$ 的单位元 $1$ 必须在 $H$ 中。因为对于任何 $h \in H$, 我们知道在 $G$ 中 $h \cdot 1 = 1 \cdot h = h$，所以 $1$ 在 $H$ 中也扮演着单位元的角色。
   • 逆元 (Inverse): 定义的条件 (iii) 要求对于 $H$ 中的任何元素 $h$，它在 $G$ 中的逆元 $h^{-1}$ 也必须在 $H$ 中。因为在 $G$ 中 $h \cdot h^{-1} = h^{-1} \cdot h = 1$，并且 $h, h^{-1}, 1$ 都已经在 $H$ 中了，所以 $h^{-1}$ 就是 $h$ 在 $H$ 这个小世界里的逆元。
3. 结论:
   • 既然闭包性（由条件(i)保证）、结合律（自动继承）、单位元（由条件(ii)保证）、逆元（由条件(iii)保证）都满足了，那么 $(H, \cdot)$ 本身就是一个群。
4. 符号:
   • 为了方便，我们用一个专门的符号来表示“$H$ 是 $G$ 的子群”，这个符号是 $H \leq G$。

这段话用更非正式的语言重申了子群的概念，并提出了一个深刻的问题来引导思考：为什么子群的单位元和逆元必须和大群里的一样？

1. 非正式的说法: “$H$ 及其从 $G$ 诱导的二元运算再次是一个群”。这是子群最直观的理解：群中之群。
2. 闭包性的前提地位: 这句话强调了闭包性 (i) 是首要的。没有闭包性，运算都不能在 $H$ 上合法地定义，后续讨论都无从谈起。
3. 关键问题：单位元的唯一性
   • 问题: 假设我们不知道子群定义中的 (ii) 和 (iii)。我们只知道 $H$ 是一个子集，在 $G$ 的运算下封闭，并且 $H$ 自身构成一个群。那么 $H$ 的单位元 $e_H$ 和 $G$ 的单位元 $e_G$ 是同一个吗？
   • 解答 (为什么？):
   • 设 $e_H$ 是 $H$ 的单位元。这意味着对于 $H$ 中的任意元素 $h$，都有 $h \cdot e_H = h$。
   • 因为 $h$ 也是 $G$ 的元素，它在 $G$ 中有逆元 $h^{-1}$。
   • 我们将等式 $h \cdot e_H = h$ 的两边同时在 $G$ 中左乘 $h^{-1}$：
   • $h^{-1} \cdot (h \cdot e_H) = h^{-1} \cdot h$
   • 根据 $G$ 的结合律：$(h^{-1} \cdot h) \cdot e_H = e_G$ (其中 $e_G$ 是 $G$ 的单位元)
   • 所以 $e_G \cdot e_H = e_G$
   • 最终得到 $e_H = e_G$。
   • 结论: 群中的单位元是唯一的。如果一个子集自身能形成群，它的单位元不可能是别的，必然就是大群的那个单位元。这解释了为什么定义 (ii) $1 \in H$ 是一个必要条件。
4. 关键问题：逆元的唯一性
   • 问题: 设 $h \in H$。它在 $H$ 中有一个逆元，我们记为 $h'_{inv}$。它在 $G$ 中也有一个逆元，记为 $h^{-1}$。这两个逆元是同一个吗？
   • 解答:
   • 在 $H$ 中，我们有 $h \cdot h'_{inv} = e_H$。
   • 我们刚刚证明了 $e_H = e_G$。所以 $h \cdot h'_{inv} = e_G$。
   • 在 $G$ 中，我们知道 $h \cdot h^{-1} = e_G$。
   • 所以 $h \cdot h'_{inv} = h \cdot h^{-1}$。
   • 两边同时在 $G$ 中左乘 $h^{-1}$，利用结合律，我们得到 $h'_{inv} = h^{-1}$。
   • 结论: 群中一个元素的逆元是唯一的。如果一个元素在子群中有逆元，这个逆元必然和它在大群中的逆元是同一个。这解释了定义 (iii) $h^{-1} \in H$ 的意义。

这个例子给出了任何群都必然存在的两个最基本、最普遍的子群，它们被称为平凡子群 (Trivial subgroups)。

1. $G \leq G$:
   • 解释: 任何一个群 $G$ 自身都是它自己的子群。
   • 验证: 我们可以用子群的三条定义来检查：
   • (i) 闭包性: $G$ 本身是群，所以它对自己的运算当然是封闭的。
   • (ii) 含单位元: $G$ 是群，所以它当然包含自己的单位元 $1$。
   • (iii) 逆元封闭: $G$ 是群，所以它当然包含其中每个元素的逆元。
   • 结论: $G \le G$ 总是成立。这很显然，所以称之为“平凡”。
2. $\{1\} \leq G$:
   • 解释: 只包含单位元 $1$ 这一个元素的集合 $\{1\}$，也是 $G$ 的一个子群。
   • 验证: 设 $H = \{1\}$。
   • (i) 闭包性: 从 $H$ 中取两个元素，只能是 $1$ 和 $1$。它们的运算结果是 $1 \cdot 1 = 1$，仍然在 $H$ 中。封闭性成立。
   • (ii) 含单位元: $H$ 这个集合本身就只包含单位元 $1$。所以单位元在 $H$ 中。成立。
   • (iii) 逆元封闭: $H$ 中只有一个元素 $1$。$1$ 的逆元是 $1$ 本身，而 $1$ 在 $H$ 中。逆元封闭成立。
   • 结论: $\{1\} \le G$ 总是成立。这个子群被称为平凡子群 (trivial subgroup) 或 单位子群 (identity subgroup)。

这个定义引入了两个用来描述子群类型的术语，目的是为了筛选出我们更关心的子群。

1. 真子群 (Proper Subgroup):
   • 定义: 如果 $H$ 是 $G$ 的子群 ($H \leq G$)，并且 $H$ 不等于 $G$ 本身 ($H \neq G$)，那么 $H$ 就被称为 $G$ 的一个真子群。
   • 含义: 真子群是“真正”比母群要小的子群。它排除了 $G$ 自身这个“平凡”情况。
   • 类比: 在集合论中，如果 $A \subseteq B$ 且 $A \neq B$，则称 $A$ 是 $B$ 的真子集 (proper subset)。这里的概念是完全平行的。
2. 平凡子群 (Trivial Subgroup):
   • 定义: 只包含单位元的子群 $\{1\}$ 被称为平凡子群。
   • 含义: 这是最小的、结构最简单的子群，存在于任何群中。
   • 注意: 这里的定义将“平凡子群”严格限定为 $\{1\}$。这比上一个例子中的广义说法（$G$和$\{1\}$都是平凡的）更常见。
3. 研究的焦点:
   • 原文: “大多数情况下，我们对群的真非平凡子群感兴趣。”
   • 翻译: 我们最感兴趣的，是那些既不是 $G$ 本身，也不是 $\{1\}$ 的子群。
   • 为什么?:
   • $G$ 本身作为子群，研究它等于没研究，没有提供任何新信息。
   • $\{1\}$ 作为子群，其结构过于简单，对所有群都一样，也无法揭示 $G$ 的独特性质。
   • 真非平凡子群的存在与否、有多少、结构如何，才能真正反映出 $G$ 内部的复杂性和对称性。例如，一个没有真非平凡子群的群（除了质数阶循环群）是非常特殊的，被称为单群 (Simple Group)，它们是构成所有有限群的“原子”。

这个例子展示了一系列常见的子群“链条”。

1. 加法群链: $\mathbb{Z} \leq \mathbb{Q} \leq \mathbb{R} \leq \mathbb{C}$
   • 解释: 这说明整数加法群 $(\mathbb{Z}, +)$ 是有理数加法群 $(\mathbb{Q}, +)$ 的一个子群；$(\mathbb{Q}, +)$ 又是实数加法群 $(\mathbb{R}, +)$ 的子群；$(\mathbb{R}, +)$ 又是复数加法群 $(\mathbb{C}, +)$ 的子群。
   • 为什么运算必然是加法?: 如果考虑乘法，$\mathbb{Z}$ 甚至都不是一个群（比如2没有乘法逆元）。只有在加法下，它们才都构成群。
   • 验证 ($\mathbb{Z} \leq \mathbb{Q}$):
   • (i) 闭包: 两个整数相加还是整数。
   • (ii) 单位元: $\mathbb{Q}$ 的单位元是0，0也是整数。
   • (iii) 逆元: 整数 $n$ 的逆元是 $-n$，也是整数。
   • 所以 $(\mathbb{Z}, +)$ 是 $(\mathbb{Q}, +)$ 的子群。其他几步的验证类似。
2. 乘法群链: $\mathbb{Q}^{*} \leq \mathbb{R}^{*} \leq \mathbb{C}^{*}$
   • 解释: 这说明非零有理数乘法群 $(\mathbb{Q}^*, \times)$ 是非零实数乘法群 $(\mathbb{R}^*, \times)$ 的子群；后者又是非零复数乘法群 $(\mathbb{C}^*, \times)$ 的子群。
   • 验证 ($\mathbb{Q}^{*} \leq \mathbb{R}^{*}$):
   • (i) 闭包: 两个非零有理数相乘还是非零有理数。
   • (ii) 单位元: $\mathbb{R}^*$ 的单位元是1，1也是非零有理数。
   • (iii) 逆元: 非零有理数 $p/q$ 的逆元是 $q/p$，也是非零有理数。
   • 所以 $(\mathbb{Q}^*, \times)$ 是 $(\mathbb{R}^*, \times)$ 的子群。
3. 单位圆上的乘法群链: $\mu_{n} \leq U(1)$ 和 $U(1) \leq \mathbb{C}^{*}$
   • $U(1)$: 这是复平面上的单位圆群 (Circle Group)。它的元素是所有模长为1的复数，即 $\{z \in \mathbb{C} : |z|=1\}$。运算是复数乘法。它本身是 $\mathbb{C}^*$ 的一个子群。
   • $\mu_n$: 这是 $n$ 次单位根的集合。它们都是模长为1的复数，所以 $\mu_n \subseteq U(1)$。
   • 验证 ($\mu_{n} \leq U(1)$):
   • (i) 闭包: 两个 $n$ 次单位根 $z_1, z_2$ 满足 $z_1^n=1, z_2^n=1$。它们的乘积 $(z_1z_2)^n = z_1^n z_2^n = 1 \cdot 1 = 1$，所以 $z_1z_2$ 也是一个 $n$ 次单位根。封闭。
   • (ii) 单位元: $U(1)$ 的单位元是1，而 $1^n=1$，所以1是 $n$ 次单位根。
   • (iii) 逆元: 一个 $n$ 次单位根 $z$ 的逆元是 $1/z = \bar{z}$ (共轭复数)。如果 $z^n=1$，那么 $(1/z)^n = 1/(z^n) = 1/1=1$，所以逆元也是 $n$ 次单位根。
   • 所以 $\mu_n$ 是 $U(1)$ 的子群。

这个例子展示了线性代数中重要的矩阵群之间的子群关系。

1. 矩阵群定义:
   • $GL_n(\mathbb{R})$: 一般线性群 (General Linear Group)。它由所有 $n \times n$ 的可逆实数矩阵构成。群运算是矩阵乘法。单位元是 $n \times n$ 的单位矩阵 $I_n$。
   • $SL_n(\mathbb{R})$: 特殊线性群 (Special Linear Group)。它由所有 $n \times n$ 的、行列式为 1 的实数矩阵构成。它是 $GL_n(\mathbb{R})$ 的一个子集。
   • $O_n$: 正交群 (Orthogonal Group)。它由所有 $n \times n$ 的正交矩阵构成。一个矩阵 $A$ 是正交的，当且仅当 $A^T A = I_n$ (其转置是其逆)。正交矩阵的行列式必然是 $1$ 或 $-1$。它是 $GL_n(\mathbb{R})$ 的一个子集。
   • $SO_n$: 特殊正交群 (Special Orthogonal Group)。它由所有 $n \times n$ 的、行列式为 1 的正交矩阵构成。它是 $O_n$ 和 $SL_n(\mathbb{R})$ 的交集。
2. 子群关系分析:
   • $O_n \leq GL_n(\mathbb{R})$:
   • (i) 闭包: 两个正交矩阵 $A, B$ 的乘积 $AB$ 也是正交的，因为 $(AB)^T(AB) = B^T A^T A B = B^T I_n B = B^T B = I_n$。
   • (ii) 单位元: 单位矩阵 $I_n$ 是正交的，因为 $I_n^T I_n = I_n$。
   • (iii) 逆元: 正交矩阵 $A$ 的逆是 $A^T$。如果 $A$ 正交，那么 $A^T$ 也是正交的。
   • 所以 $O_n$ 是 $GL_n(\mathbb{R})$ 的子群。
   • $SL_n(\mathbb{R}) \leq GL_n(\mathbb{R})$:
   • (i) 闭包: 两个行列式为1的矩阵 $A, B$ 的乘积 $AB$ 的行列式为 $\det(AB) = \det(A)\det(B) = 1 \cdot 1 = 1$。
   • (ii) 单位元: $\det(I_n) = 1$。
   • (iii) 逆元: 行列式为1的矩阵 $A$ 的逆 $A^{-1}$ 的行列式为 $\det(A^{-1}) = 1/\det(A) = 1/1 = 1$。
   • 所以 $SL_n(\mathbb{R})$ 是 $GL_n(\mathbb{R})$ 的子群。
   • $SO_n \leq O_n$: $SO_n$ 是 $O_n$ 中行列式为1的矩阵构成的子集。这是一个在 $O_n$ 群中根据行列式值为1筛选出的子群，验证过程与 $SL_n \le GL_n(\mathbb{R})$ 类似。
   • $SO_n \leq SL_n(\mathbb{R})$: $SO_n$ 是 $SL_n(\mathbb{R})$ 中满足正交条件的矩阵构成的子集。验证过程与 $O_n \le GL_n(\mathbb{R})$ 类似。
3. 几何意义:
   • $GL_n(\mathbb{R})$ 代表了 $\mathbb{R}^n$ 空间中所有保持原点不变的可逆线性变换。它包括旋转、反射、缩放、剪切等。
   • $O_n$ 代表所有保持原点不变且保持长度和角度的变换，即刚体运动。它包括旋转和反射。
   • $SL_n(\mathbb{R})$ 代表所有保持原点不变且保持体积和定向的变换。
   • $SO_n$ 代表所有保持原点不变、保持长度角度、保持体积且保持定向的变换，即纯粹的旋转。

这个例子探讨了向量子空间 (Vector Subspace) 和子群 (Subgroup) 这两个概念之间的关系。

1. 向量子空间是一个子群:
   • 背景: 我们考虑的大群是 $(\mathbb{R}^n, +)$，即 $n$ 维欧几里得空间中的向量加法群。单位元是零向量 $\mathbf{0}$。
   • 向量子空间的定义: 线性代数中，$\mathbb{R}^n$ 的一个子集 $V$ 是向量子空间，需要满足：
   • 证明 $V$ 是子群: 我们来验证子群的三条定义。
   • (i) 闭包性: 子空间定义b直接就是加法闭包性。成立。
   • (ii) 含单位元: 子空间定义a说 $V$ 非空，所以至少有一个向量 $\mathbf{v} \in V$。根据定义c，我们可以取标量 $c=0$，那么 $0 \cdot \mathbf{v} = \mathbf{0}$ 必须在 $V$ 中。所以单位元 $\mathbf{0}$ 在 $V$ 中。成立。
   • (iii) 逆元封闭: 对于 $V$ 中的任何向量 $\mathbf{v}$，它的加法逆元是 $-\mathbf{v}$。根据定义c，我们可以取标量 $c=-1$，那么 $(-1) \cdot \mathbf{v} = -\mathbf{v}$ 必须在 $V$ 中。成立。
   • 结论: 任何一个 $\mathbb{R}^n$ 的向量子空间，都自动是 $(\mathbb{R}^n, +)$ 群的一个子群。
2. 子群不一定是向量子空间:
   • 性质强弱: “是向量子空间”比“是子群”是一个更强（更严格）的条件。因为向量子空间不仅要对加法和逆元封闭，还必须对任意实数标量的乘法封闭。而子群只关心加法结构。
   • 反例:
   • $\mathbb{Z}^n$: 这个集合由所有分量都是整数的 $n$ 维向量构成。例如在 $\mathbb{R}^2$ 中，$\mathbb{Z}^2$ 就是所有的网格点。
   • 它是 $(\mathbb{R}^2, +)$ 的一个子群吗？是的。两个整数向量相加还是整数向量；零向量是整数向量；整数向量的逆（变负号）还是整数向量。
   • 它是 $\mathbb{R}^2$ 的一个向量子空间吗？不是。它对标量乘法不封闭。例如，向量 $(1, 0) \in \mathbb{Z}^2$，但用标量 $c=0.5$ 去乘，得到 $(0.5, 0)$，它的分量不是整数，所以 $(0.5, 0) \notin \mathbb{Z}^2$。
   • $\mathbb{Q}^n$: 类似地，由所有分量都是有理数的向量构成。它也是 $(\mathbb{R}^n, +)$ 的子群，但不是 $\mathbb{R}^n$ 的向量子空间（因为它对与无理数的标量乘法不封闭）。

这个例子指出了子群关系 $\leq$ 的一个基本性质：传递性 (Transitivity)。

1. 命题陈述:
   • 我们有一个三层结构：$K \subseteq H \subseteq G$。
   • 已知: $H$ 是 $G$ 的子群 ($H \leq G$)。
   • 已知: $K$ 是 $H$ 的子群 ($K \leq H$)。
   • 结论: 那么 $K$ 也是 $G$ 的子群 ($K \leq G$)。
2. 证明思路:
   • 我们要证明 $K \leq G$，就需要验证 $K$ 相对 $G$ 满足子群的三条定义。
   • (i) 闭包性: 设 $k_1, k_2 \in K$。因为 $K \leq H$，所以 $K$ 对 $H$ 的运算封闭，即 $k_1 \cdot k_2 \in K$。$H$ 的运算是从 $G$ 继承的，所以这个运算也是 $G$ 的运算。因此 $K$ 对 $G$ 的运算是封闭的。
   • (ii) 含单位元: 因为 $K \leq H$，所以 $H$ 的单位元 $e_H$ 在 $K$ 中。又因为 $H \leq G$，我们知道 $H$ 的单位元就是 $G$ 的单位元 $e_G$。所以 $e_G \in K$。
   • (iii) 逆元封闭: 设 $k \in K$。因为 $K \leq H$，所以 $k$ 在 $H$ 中的逆元 $k^{-1}_H$ 在 $K$ 中。又因为 $H \leq G$，我们知道 $k$ 在 $H$ 中的逆元和在 $G$ 中的逆元是同一个，即 $k^{-1}_H = k^{-1}_G$。所以 $k^{-1}_G \in K$。
   • 三条全部满足，因此 $K \leq G$。

这个例子通过一个经典的反例，强调了子群定义中一个至关重要的、但容易被忽略的隐含条件：子群必须继承母群的运算。

1. 场景设定:
   • 大集合：$\mathbb{Q}$ (有理数集)。
   • 子集：$\mathbb{Q}^* = \mathbb{Q} \setminus \{0\}$ (非零有理数集)。显然 $\mathbb{Q}^* \subseteq \mathbb{Q}$。
2. 错误思路的诱惑:
   • 我们知道 $(\mathbb{Q}, +)$ 是一个群。
   • 我们还知道 $(\mathbb{Q}^*, \times)$ 也是一个群。
   • $\mathbb{Q}^*$ 是 $\mathbb{Q}$ 的子集，并且 $\mathbb{Q}^*$ 本身也是一个群。
   • 看起来似乎满足了“群中之群”的直觉，那么 $\mathbb{Q}^*$ 是不是 $\mathbb{Q}$ 的子群呢？
3. 正确的分析 (为什么不是子群):
   • 根据子群的定义，要判断 $\mathbb{Q}^*$ 是否是 $\mathbb{Q}$ 的子群，我们必须把 $(\mathbb{Q}, +)$ 看作母群。
   • 母群 $G$ 是 $(\mathbb{Q}, +)$。它的运算是加法，单位元是 0。
   • 我们要检查子集 $H = \mathbb{Q}^*$ 是否满足在加法下的三条子群标准：
   • (i) 加法闭包性: 任意两个非零有理数相加，结果一定是非零有理数吗？不是。例如，$3 \in \mathbb{Q}^*$ 且 $-3 \in \mathbb{Q}^*$，但它们的和 $3 + (-3) = 0$，而 $0 \notin \mathbb{Q}^*$。不封闭。
   • (ii) 含单位元: 母群的单位元是 $0$。但 $0$ 被明确地从 $\mathbb{Q}^*$ 中排除了，所以 $0 \notin \mathbb{Q}^*$。不包含单位元。
   • 由于至少有两条不满足，$\mathbb{Q}^*$ 不是 $(\mathbb{Q}, +)$ 的子群。
4. 问题的本质:
   • $(\mathbb{Q}^*, \times)$ 虽然自身是一个群，但它的群结构是建立在乘法运算上的。
   • 而我们讨论的母群 $(\mathbb{Q}, +)$ 的结构是建立在加法运算上的。
   • 两者使用了不同的运算。子群的定义严格要求子集在继承母群运算的前提下自身构成群。
   • $\mathbb{Q}^*$ 只是 $\mathbb{Q}$ 的一个子集，它恰好在另一个不相关的运算（乘法）下也能构成群。这就像一个人既是篮球运动员，又是钢琴家，但你不能说“篮球”是“钢琴”的一部分。

这个例子从两个层面解释了为什么模算术群 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 不是整数加法群 $\mathbb{Z}$ 的子群。

1. 第一层面：元素类型不同 (严格定义)
   • 母群: $G = (\mathbb{Z}, +)$。它的元素是整数，如 $1, 2, 3, \dots$。
   • 考察对象: $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$。
   • 元素本质: 根据严格的数学定义，$\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 的元素不是整数，而是同余类 (congruence classes)。一个同余类 $[a]$ 是一个无限集合，包含了所有与 $a$ 模 $n$ 同余的整数。例如，在 $\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$ 中，元素 $[1]$ 实际上是集合 $\{\dots, -7, -3, 1, 5, 9, \dots\}$。
   • 结论: 因为 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 的元素是集合，而 $\mathbb{Z}$ 的元素是数字，所以 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 根本就不是 $\mathbb{Z}$ 的子集。连子集都不是，更谈不上是子群了。这是最根本、最严格的理由。
2. 第二层面：运算规则不同 (即使“通融”定义也不行)
   • 退一步讲: 有人可能会说，我们不要那么严格，就把 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ “等同于”集合 $\{0, 1, \dots, n-1\}$ 来看待。这个集合确实是 $\mathbb{Z}$ 的子集。
   • 新的问题: 即使我们做了这种“通融”，它能成为子群吗？我们必须检查它是否继承了 $\mathbb{Z}$ 的运算——普通整数加法。
   • 检查闭包性:
   • 在 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 这个群里，运算是模 $n$ 加法。例如，在 $\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$ 中，我们有 $[1] + [3] = [0]$。
   • 如果我们把这看作是集合 $\{0,1,2,3\}$ 上的运算，那么就应该有 $1+3=0$。
   • 但是，在母群 $\mathbb{Z}$ 中，运算是普通加法，$1+3=4$。
   • 结果 $4$ 并不在集合 $\{0,1,2,3\}$ 中。所以，它对母群的运算不封闭。
   • 原文的例子: 作者用了 $1 + (n-1)$。在 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 中，$[1] + [n-1] = [n] = [0]$。如果把它看作 $\{0, \dots, n-1\}$ 上的运算，就要求 $1+(n-1)=0$。但在母群 $\mathbb{Z}$ 中，$1+(n-1) = n$。结果 $n$ 并不在集合 $\{0, \dots, n-1\}$ 中。同样不封闭。
   • 结论: 即使我们把 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 强制看作 $\mathbb{Z}$ 的一个子集，它们所使用的运算规则也是根本不同的。$\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 的“循环”加法与 $\mathbb{Z}$ 的“线性”加法不兼容。

这段话介绍了直积群 (Product Group) 中的一类自然存在的子群。

1. 直积群 $G_1 \times G_2$:
   • 元素: 有序对 $(g_1, g_2)$，其中 $g_1 \in G_1, g_2 \in G_2$。
   • 运算: 逐分量运算，即 $(a_1, a_2) \cdot (b_1, b_2) = (a_1 \cdot_{G_1} b_1, a_2 \cdot_{G_2} b_2)$。
   • 单位元: $(1_{G_1}, 1_{G_2})$。
   • 逆元: $(g_1, g_2)^{-1} = (g_1^{-1}, g_2^{-1})$。
2. 特殊的“坐标轴”子群:
   • $\{1_{G_1}\} \times G_2$: 这个子集包含了所有第一个分量是 $G_1$ 中单位元的元素，形式为 $(1_{G_1}, g_2)$。
   • 验证它是子群:
   • (i) 闭包: $(1_{G_1}, a_2) \cdot (1_{G_1}, b_2) = (1_{G_1} \cdot 1_{G_1}, a_2 \cdot b_2) = (1_{G_1}, a_2 b_2)$，结果的第一个分量仍然是 $1_{G_1}$，所以仍在子集中。
   • (ii) 单位元: $G_1 \times G_2$ 的单位元是 $(1_{G_1}, 1_{G_2})$，它的第一个分量是 $1_{G_1}$，所以它属于这个子集。
   • (iii) 逆元: 元素 $(1_{G_1}, a_2)$ 的逆元是 $(1_{G_1}, a_2^{-1})$，它的第一个分量仍然是 $1_{G_1}$，所以逆元也在子集中。
   • 结论: $\{1_{G_1}\} \times G_2$ 是 $G_1 \times G_2$ 的一个子群。它在结构上和 $G_2$ 是同构的。可以想象成直角坐标系中的“y轴”。
   • $G_1 \times \{1_{G_2}\}$: 同理，这个子集包含了所有第二个分量是 $G_2$ 中单位元的元素，形式为 $(g_1, 1_{G_2})$。它也是 $G_1 \times G_2$ 的一个子群，同构于 $G_1$。可以想象成“x轴”。
3. 更一般的情况:
   • 命题: 如果 $H_1$ 是 $G_1$ 的子群 ($H_1 \leq G_1$)，并且 $H_2$ 是 $G_2$ 的子群 ($H_2 \leq G_2$)，那么它们的直积 $H_1 \times H_2$ 也是 $G_1 \times G_2$ 的子群。
   • $H_1 \times H_2$ 的定义: 这是一个集合，包含所有形如 $(h_1, h_2)$ 的有序对，其中 $h_1 \in H_1, h_2 \in H_2$。
   • 验证:
   • (i) 闭包: 取两个元素 $(a_1, a_2), (b_1, b_2) \in H_1 \times H_2$。它们的积是 $(a_1 b_1, a_2 b_2)$。因为 $H_1, H_2$ 都是子群，所以它们各自封闭。$a_1 b_1 \in H_1$ 且 $a_2 b_2 \in H_2$。因此，乘积 $(a_1 b_1, a_2 b_2)$ 仍然在 $H_1 \times H_2$ 中。
   • (ii) 单位元: $G_1 \times G_2$ 的单位元是 $(1_{G_1}, 1_{G_2})$。因为 $H_1, H_2$ 是子群，所以 $1_{G_1} \in H_1$ 且 $1_{G_2} \in H_2$。因此，$(1_{G_1}, 1_{G_2}) \in H_1 \times H_2$。
   • (iii) 逆元: 元素 $(h_1, h_2) \in H_1 \times H_2$ 的逆元是 $(h_1^{-1}, h_2^{-1})$。因为 $H_1, H_2$ 都是子群，所以 $h_1^{-1} \in H_1$ 且 $h_2^{-1} \in H_2$。因此，逆元 $(h_1^{-1}, h_2^{-1})$ 也在 $H_1 \times H_2$ 中。

这段话指出了前一段描述的“矩形”子群只是直积群子群的一部分，存在其他形式的子群。

1. 核心观点: 直积群 $G_1 \times G_2$ 中，存在一些子群，它们不能被写成 $H_1 \times H_2$ 的形式。这种子群通常被称为“斜的”或“对角线”类型的子群。
2. 第一个例子：$\mathbb{R}^2 = \mathbb{R} \times \mathbb{R}$
   • 母群: $G = (\mathbb{R} \times \mathbb{R}, +) = (\mathbb{R}^2, +)$。
   • $H_1 \times H_2$ 形式的子群:
   • $H_1$ 必须是 $\mathbb{R}$ 的加法子群。$\mathbb{R}$ 的子群有 $\{0\}$, $\mathbb{Z}$, $a\mathbb{Z}$, $\mathbb{Q}$, $\mathbb{R}$ 等等。
   • $H_2$ 也必须是 $\mathbb{R}$ 的加法子群。
   • $H_1 \times H_2$ 形式的子群包括：$\mathbb{Z} \times \mathbb{Q}$ (这是一个子群，但不是向量子空间), $\mathbb{R} \times \{0\}$ (x轴), $\{0\} \times \mathbb{R}$ (y轴), $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ (网格点) 等。
3. 反例：斜线
   • 考虑一条通过原点，斜率为 $m \neq 0$ 的直线 $L$。
   • 集合表示: $L = \{(t, mt) : t \in \mathbb{R}\}$。
   • 它是 $\mathbb{R}^2$ 的子群吗？ 是的。因为它是一个向量子空间（两个在直线上的向量相加仍在该直线上；一个在直线上的向量数乘后仍在该直线上）。我们之前已经证明了向量子空间都是子群。
   • 它具有 $H_1 \times H_2$ 的形式吗？ 我们用反证法。
   • 假设 $L = H_1 \times H_2$，其中 $H_1 \leq \mathbb{R}, H_2 \leq \mathbb{R}$。
   • 因为直线 $L$ 上有非零点，所以 $H_1, H_2$ 都不能只是 $\{0\}$。
   • 取一个 $t \neq 0$。点 $(t, mt) \in L$。这意味着 $t \in H_1$ 且 $mt \in H_2$。
   • 现在，考虑点 $(t, t)$。因为 $t \in H_1$, $m \neq 0$, 并且 $H_2$ 包含非零元素 $mt$，所以 $H_2$ 不仅仅是 $\{0\}$。但我们不知道 $t$ 是否在 $H_2$ 中。
   • 换个思路：如果 $L = H_1 \times H_2$，那么对于任何 $h_1 \in H_1$ 和 $h_2 \in H_2$，点 $(h_1, h_2)$ 都必须在 $L$ 上。
   • 因为 $m \neq 0$，直线 $L$ 不是水平或垂直线。所以 $H_1$ 和 $H_2$ 都不能是 $\mathbb{R}$ 或 $\{0\}$。
   • 取一个非零 $t_1 \in H_1$。那么 $(t_1, mt_1) \in L$。所以 $mt_1 \in H_2$。
   • 取一个非零 $t_2 \in H_2$。那么一定存在某个 $s$ 使得 $(s, t_2) \in L$，即 $t_2 = ms$。
   • 现在考虑“矩形”中的点 $(t_1, t_2)$。这个点必须在 $L$ 上，即必须满足 $t_2 = mt_1$。
   • 这意味着 $H_2$ 中的任何元素都必须是 $H_1$ 中某个元素的 $m$ 倍。这还不够。
   • 关键在于，如果 $(t, mt) \in H_1 \times H_2$ 且 $(s, ms) \in H_1 \times H_2$，那么“交叉点” $(t, ms)$ 也必须在 $H_1 \times H_2$ 中。但 $(t, ms)$ 一般不在直线 $L$ 上（除非 $s=t$）。
   • 更清晰的论证: 既然 $L=H_1 \times H_2$，并且 $L$ 包含点 $(1,m)$（假设 $t=1$），所以 $1 \in H_1, m \in H_2$。$L$ 也包含点 $(2,2m)$，所以 $2 \in H_1, 2m \in H_2$。既然 $1 \in H_1, 2m \in H_2$，那么点 $(1, 2m)$ 必须属于 $H_1 \times H_2 = L$。但是点 $(1, 2m)$ 在直线 $L$ 上吗？它必须满足 $y=mx$，即 $2m = m \cdot 1$，这意味着 $m=0$。但这与我们 $m \neq 0$ 的假设矛盾。
   • 结论: 只要斜率不为零，这条直线就无法表示成 $H_1 \times H_2$ 的形式。

这个例子用一个具体的有限群——克莱因四元群，再次展示了非矩形子群的存在。

1. 群的设定: $G = (\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$，即克莱因四元群 $V_4$。元素和运算如前所述。
2. 寻找 $H_1 \times H_2$ 形式的子群:
   • 我们需要先找出因子群 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 的所有子群。
   • $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} = \{[0], [1]\}$ 是一个阶为2的群。根据拉格朗日定理，子群的阶只能是1或2。
   • 阶为1的子群：$\{[0]\}$ (平凡子群)。
   • 阶为2的子群：$\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 本身。
   • 所以 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 的子群只有两个：$\{[0]\}$ 和 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
   • 现在我们可以组合出所有 $H_1 \times H_2$ 形式的子群：
3. $H_1 = \{[0]\}, H_2 = \{[0]\} \Rightarrow \{[0]\} \times \{[0]\} = \{([0],[0])\}$ (平凡子群, 阶1)
4. $H_1 = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}, H_2 = \{[0]\} \Rightarrow \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \{[0]\} = \{([0],[0]), ([1],[0])\}$ (阶2)
5. $H_1 = \{[0]\}, H_2 = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \Rightarrow \{[0]\} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} = \{([0],[0]), ([0],[1])\}$ (阶2)
6. $H_1 = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}, H_2 = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \Rightarrow \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ (群自身, 阶4)
   • 我们找到了4个“矩形”子群。
7. 发现额外的“对角子群”:
   • 考虑集合 $\Delta = \{([0],[0]), ([1],[1])\}$。这个集合的特点是两个分量总是相等。
   • 验证它是子群:
   • (i) 闭包: $([0],[0]) + ([1],[1]) = ([1],[1])$ (在集合内)； $([1],[1]) + ([1],[1]) = ([0],[0])$ (在集合内)。封闭。
   • (ii) 单位元: $([0],[0])$ 在集合内。
   • (iii) 逆元: $([0],[0])$ 的逆是自身。$([1],[1])$ 的逆是自身（因为它的阶是2）。逆元封闭。
   • 结论: $\Delta$ 是一个阶为2的子群。
8. 验证 $\Delta$ 不是矩形子群:
   • 假设 $\Delta = H_1 \times H_2$。
   • 因为 $([1],[1]) \in \Delta$，所以必须有 $[1] \in H_1$ 和 $[1] \in H_2$。
   • 因为 $H_1$ 和 $H_2$ 都是 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 的子群，且包含了非单位元 $[1]$，那么它们必须是 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 本身。即 $H_1 = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}, H_2 = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
   • 那么 $H_1 \times H_2 = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$，这是一个有4个元素的集合。
   • 但 $\Delta$ 只有2个元素。$4 \neq 2$。
   • 产生矛盾。所以假设不成立，$\Delta$ 不是矩形子群。
9. 推广到 $G \times G$:
   • 对于任何一个群 $G$（至少有俩元素），我们可以定义其对角子群 (Diagonal Subgroup) $\Delta_G = \{(g,g) : g \in G\}$。
   • 可以类似地验证 $\Delta_G$ 总是 $G \times G$ 的一个子群。
   • 并且，只要 $G$ 不是平凡群（即 $G \ne \{1\}$），$\Delta_G$ 就不是一个矩形子群。证明思路和上面类似：如果 $\Delta_G = H_1 \times H_2$，那么 $H_1$ 和 $H_2$ 都必须是 $G$ 本身，导致 $H_1 \times H_2 = G \times G$，而 $\Delta_G$ 的元素个数是 $|G|$， $G \times G$ 的元素个数是 $|G|^2$，两者不相等。

这个引理（Lemma，可以看作一个为证明更重要定理服务的小定理）提出了一个关于子群的重要构造性质。

1. 命题陈述:
   • 前提: 我们有一个大群 $G$。$H_1$ 和 $H_2$ 都是 $G$ 的子群。
   • 结论: 那么这两个子群的交集 $H_1 \cap H_2$ 也必然是 $G$ 的一个子群。
2. 证明思路 (原文留作练习，但我们来完成它):
   • 设 $K = H_1 \cap H_2$。我们要证明 $K \leq G$。我们需要验证子群三条件。
   • (i) 闭包性:
   • 设 $a, b$ 是 $K$ 中的任意两个元素。
   • 根据交集的定义，$a,b \in K$ 意味着 $a,b \in H_1$ 并且 $a,b \in H_2$。
   • 因为 $H_1$ 是子群，所以它对运算封闭，故 $a \cdot b \in H_1$。
   • 因为 $H_2$ 是子群，所以它也对运算封闭，故 $a \cdot b \in H_2$。
   • 既然 $a \cdot b$ 同时属于 $H_1$ 和 $H_2$，那么根据交集的定义， $a \cdot b \in H_1 \cap H_2 = K$。
   • 闭包性成立。
   • (ii) 含单位元:
   • 设 $1$ 是 $G$ 的单位元。
   • 因为 $H_1$ 是子群，所以 $1 \in H_1$。
   • 因为 $H_2$ 是子群，所以 $1 \in H_2$。
   • 既然 $1$ 同时属于 $H_1$ 和 $H_2$，那么 $1 \in H_1 \cap H_2 = K$。
   • 单位元条件成立。
   • (iii) 逆元封闭:
   • 设 $a$ 是 $K$ 中的任意一个元素。
   • 这意味着 $a \in H_1$ 并且 $a \in H_2$。
   • 因为 $H_1$ 是子群，所以 $a$ 的逆元 $a^{-1}$ 在 $H_1$ 中。
   • 因为 $H_2$ 是子群，所以 $a$ 的逆元 $a^{-1}$ 也在 $H_2$ 中。
   • 既然 $a^{-1}$ 同时属于 $H_1$ 和 $H_2$，那么 $a^{-1} \in H_1 \cap H_2 = K$。
   • 逆元封闭成立。
   • 结论: $H_1 \cap H_2$ 满足子群的所有条件，因此它是一个子群。
3. 推广: 这个性质可以推广到任意多个子群的交集。一族子群的交集仍然是一个子群。

这段话指出了与交集截然相反的情况：两个子群的并集 (Union) 通常不是子群。

1. 并集的性质:
   • 命题: $H_1 \cup H_2$ 是一个子群，当且仅当 这两个子群中的一个完全包含另一个。
   • "当且仅当" ($\Longleftrightarrow$) 意味着这是个充要条件，两边可以相互推导。
2. 证明思路:
   • "$\Leftarrow$" (如果一个包含另一个，那么并集是子群):
   • 假设 $H_1 \subseteq H_2$。那么 $H_1 \cup H_2 = H_2$。既然 $H_2$ 本身就是一个子群，那么它们的并集当然是子群。
   • 同理，如果 $H_2 \subseteq H_1$，那么 $H_1 \cup H_2 = H_1$，也是子群。
   • 这个方向的证明很简单。
   • "$\Rightarrow$" (如果并集是子群，那么一个必然包含另一个):
   • 这是更有趣的部分。我们用反证法。
   • 假设 $H_1 \cup H_2$ 是一个子群，并且 $H_1$ 不包含于 $H_2$ 且 $H_2$ 也不包含于 $H_1$。
   • $H_1 \not\subseteq H_2$ 意味着，存在一个元素 $h_1$，使得 $h_1 \in H_1$ 但 $h_1 \notin H_2$。
   • $H_2 \not\subseteq H_1$ 意味着，存在一个元素 $h_2$，使得 $h_2 \in H_2$ 但 $h_2 \notin H_1$。
   • 现在，因为 $h_1 \in H_1$ 且 $h_2 \in H_2$，所以它们都属于并集 $H_1 \cup H_2$。
   • 根据我们的假设，$H_1 \cup H_2$ 是一个子群，所以它必须对运算封闭。这意味着 $h_1 \cdot h_2$ 必须也在 $H_1 \cup H_2$ 中。
   • 那么 $h_1 \cdot h_2$ 只有两种可能：
   • 情况A: $h_1 \cdot h_2 \in H_1$。因为 $H_1$ 是子群，所以 $h_1^{-1} \in H_1$。我们将 $h_1 \cdot h_2$ 左乘 $h_1^{-1}$，得到 $h_1^{-1} \cdot (h_1 \cdot h_2) = (h_1^{-1} \cdot h_1) \cdot h_2 = 1 \cdot h_2 = h_2$。由于 $H_1$ 封闭，这个结果也必须在 $H_1$ 中。所以 $h_2 \in H_1$。但这与我们最初的设定 “$h_2 \notin H_1$” 矛盾！
   • 情况B: $h_1 \cdot h_2 \in H_2$。因为 $H_2$ 是子群，所以 $h_2^{-1} \in H_2$。我们将 $h_1 \cdot h_2$ 右乘 $h_2^{-1}$，得到 $(h_1 \cdot h_2) \cdot h_2^{-1} = h_1 \cdot (h_2 \cdot h_2^{-1}) = h_1 \cdot 1 = h_1$。由于 $H_2$ 封闭，这个结果也必须在 $H_2$ 中。所以 $h_1 \in H_2$。但这与我们最初的设定 “$h_1 \notin H_2$” 矛盾！
   • 两种可能都导向矛盾。因此，我们最初的假设“$H_1 \cup H_2$ 是子群，但两者互不包含”是错误的。
   • 结论: 如果 $H_1 \cup H_2$ 是子群，那么必然有 $H_1 \subseteq H_2$ 或 $H_2 \subseteq H_1$。

这个备注是一个预告，它提到了群论中一个非常深刻和美丽的结果——凯莱定理 (Cayley's Theorem)，并将其推广到其他类型的群，旨在说明对称群 $S_n$ 和其他一些大型群的“普适性”。

1. 凯莱定理 (Cayley's Theorem):
   • 内容: 任何一个有限群 $G$，无论它看起来多么抽象或奇特，都可以在一个对称群 $S_n$ 中找到它的一个“完美复制品”。
   • 精确表述: 对于任何有限群 $G$，我们总能找到一个足够大的 $n$（实际上取 $n = |G|$ 即可），使得 $G$ 与 $S_n$ 的一个子群同构。
   • 同构的意义: 这意味着 $G$ 的所有代数结构（运算规则、元素阶、子群结构等）都和 $S_n$ 的那个子群完全一样。
2. $S_n$ 的重要性:
   • 原文: “群 $S_n$ 包含了所有有限群的信息，直到同构。”
   • 解释: 这句话是凯莱定理的哲学推论。它意味着，如果我们能彻底理解所有对称群 $S_n$（即所有有限集合的置换群）及其所有子群，理论上我们就理解了所有有限群的结构。$S_n$ 就像是一个“有限群博物馆”，收藏了每一种可能的有限群的“模型”。
3. 推广到其他“宿主”群:
   • 矩阵群 $GL_n(\mathbb{R})$: 凯莱定理还有一个“线性代数”版本。任何一个有限群 $G$，也都可以被表示为某个 $n$ 维空间中的一组可逆线性变换（即可逆矩阵），这些变换构成 $GL_n(\mathbb{R})$ 的一个子群，且这个子群与 $G$ 同构。这被称为群的线性表示 (Linear Representation)。
   • 正交群 $O_n$: 甚至可以做到更好。这些线性变换可以被选为正交变换（即保持距离和角度的刚体运动，如旋转和反射）。这意味着任何一个有限群的对称性，都可以被看作是某个高维欧几里得空间中一个几何体的对称操作。

这个例子具体展示了如何将一个几何群——二面体群 $D_n$，嵌入到对称群 $S_n$ 中，从而成为它的一个子群。这是凯莱定理思想的一个具体应用。

1. 二面体群 $D_n$ 的两种视角:
   • 几何视角 ($O_2$ 的子群): $D_n$ 是正 $n$ 边形的对称操作群。这些操作是二维平面上的旋转和反射，都是保持距离的线性变换（正交变换）。因此，$D_n$ 自然地是 $O_2$（所有 $2 \times 2$ 正交矩阵构成的群）的一个子群。这是它的“原始”定义。
   • 置换视角 ($S_n$ 的子群): 凯莱定理告诉我们，$D_n$ (一个阶为 $2n$ 的有限群) 也必定是某个 $S_k$ 的子群。这里我们展示了它可以更具体地看作是 $S_n$ 的子群。
2. 建立 $D_n$ 到 $S_n$ 的映射:
   • 核心思想: $D_n$ 的每一个对称操作（旋转或反射），都会导致正 $n$ 边形的 $n$ 个顶点位置发生改变，但只是相互交换位置，顶点集合本身不变。这本质上就是对这 $n$ 个顶点的一个置换 (Permutation)。
   • 步骤:
   • 通过这个过程，我们就为 $D_n$ 的每个元素找到了一个在 $S_n$ 中的对应置换。可以证明这个对应关系是一个单一同态 (injective homomorphism)，因此 $D_n$ 就同构于 $S_n$ 中由这些置换构成的子群。
3. 具体操作示例:
   • 旋转 $2\pi/n$: 这个操作会把顶点1移动到顶点2的位置，顶点2移动到顶点3的位置，...，顶点 $n$ 移动到顶点1的位置。
   • 对应的置换 $f$ 就是：$f(1)=2, f(2)=3, \dots, f(n-1)=n, f(n)=1$。
   • 在置换的标准轮换表示法中，这写作 $(1\;2\;3\;\dots\;n)$。
   • 关于x轴的反射 $R_0$: 这个操作固定了x轴上的顶点（或边中点），然后将其他顶点关于x轴对称地交换。
   • 顶点 $\mathbf{v}_1=(1,0)$ 在x轴上，所以它不动：$g(1)=1$。
   • 顶点 $\mathbf{v}_2$ 和 $\mathbf{v}_n$ 关于x轴对称 ($\mathbf{v}_n$ 的y坐标是 $\mathbf{v}_2$ 的y坐标的相反数)，所以它们互换位置：$g(2)=n, g(n)=2$。
   • 类似地，$\mathbf{v}_3$ 和 $\mathbf{v}_{n-1}$ 互换位置：$g(3)=n-1, g(n-1)=3$。
   • ... 以此类推。这个置换的结构取决于 $n$ 的奇偶性（中心是否有一个顶点不动）。
   • 在置换的轮换表示法中，这写作 $(2\;n)(3\;n-1)\dots$。

这个例子展示了如何在对称群 $S_n$ 内部通过“固定”某些元素来构造子群。

1. 构造 $H_n$ (固定元素 $n$ 的置换)
   • 定义: $H_n$ 是 $S_n$ (作用于集合 $\{1, \dots, n\}$) 中所有满足 $f(n)=n$ 的置换 $f$ 的集合。换句话说，就是所有“不移动元素 $n$”的置换。
   • 证明 $H_n$ 是子群:
   • (i) 闭包性: 设 $f, g \in H_n$。这意味着 $f(n)=n$ 且 $g(n)=n$。那么它们的复合 $(f \circ g)(n) = f(g(n)) = f(n) = n$。所以 $f \circ g$ 也不移动 $n$，故 $f \circ g \in H_n$。
   • (ii) 含单位元: 单位元置换 $id$ 满足 $id(k)=k$ 对所有 $k$ 成立，所以 $id(n)=n$。故 $id \in H_n$。
   • (iii) 逆元封闭: 设 $f \in H_n$，即 $f(n)=n$。对两边作用其逆元 $f^{-1}$，得到 $f^{-1}(f(n)) = f^{-1}(n)$，即 $id(n) = f^{-1}(n)$，所以 $n = f^{-1}(n)$。这意味着 $f^{-1}$ 也不移动 $n$，故 $f^{-1} \in H_n$。
   • 结论: $H_n$ 是 $S_n$ 的一个子群。
2. $H_n$ 与 $S_{n-1}$ 的关系:
   • 同构: $H_n \cong S_{n-1}$。
   • 解释: 因为 $H_n$ 中的所有置换都固定了元素 $n$，所以它们实际上只是在对剩下的 $n-1$ 个元素 $\{1, 2, \dots, n-1\}$ 进行置换。而对这 $n-1$ 个元素的所有可能的置换，就构成了对称群 $S_{n-1}$。因此，$H_n$ 的结构与 $S_{n-1}$ 完全相同。
3. 直观类比：洗牌:
   • $S_n$: 洗一副有 $n$ 张牌的牌的所有可能方法。
   • $H_n$: 把第 $n$ 张牌（比如牌堆底的那张）放在桌上不动，然后只洗剩下的 $n-1$ 张牌。这本质上就是 $S_{n-1}$ 的操作。
4. 推广:
   • 固定任意元素 $i$: “取出最后一张牌”没有特殊性。我们可以定义 $H_i = \{f \in S_n : f(i)=i\}$，即所有固定元素 $i$ 的置换构成的集合。同理可证 $H_i$ 是 $S_n$ 的子群，并且 $H_i \cong S_{n-1}$。
   • 固定 $k$ 个元素: 我们可以固定 $k$ 个元素不动，然后置换剩下的 $n-k$ 个元素。这样得到的子群同构于 $S_{n-k}$。
   • 分别洗牌: 我们可以把 $n$ 张牌分成两堆（比如一堆 $k$ 张，一堆 $n-k$ 张），然后只在第一堆内部洗牌，同时只在第二堆内部洗牌，不允许牌从一堆跑到另一堆。这样构成的置换集合也是一个子群，它同构于 $S_k \times S_{n-k}$。

这是新一节的引言。

1. 本节主题: 循环子群 (Cyclic Subgroups) 和 循环群 (Cyclic Groups)。
2. 核心任务: 介绍一种非常通用、非常重要的构造子群的方法。
3. 构造方法的核心: 这个方法不是像前面例子那样依赖于已知的数集、几何变换或组合约束，而是从群 $G$ 内部任意一个元素出发，就能生成一个子群。这使得它具有极大的普适性。

这是循环子群 (Cyclic Subgroup) 的正式定义。

1. 前提: 有一个群 $G$，我们从中任选一个元素 $g$。
2. 定义 (乘法形式):
   • 由 $g$ 生成的循环子群，记为 $\langle g \rangle$。
   • 它的元素是 $g$ 的所有整数次幂的集合。
   • 展开来看: 这个集合是 $\{\dots, g^{-3}, g^{-2}, g^{-1}, g^0, g^1, g^2, g^3, \dots\}$。
   • $g^0 = 1$ (单位元)
   • 正次幂: $g, g \cdot g, g \cdot g \cdot g, \dots$
   • 负次幂: $g^{-1}, g^{-1} \cdot g^{-1}, \dots$
   • $n \in \mathbb{Z}$ 是关键，它意味着我们不仅要考虑正向操作（正幂），也要考虑“单位操作”（零次幂）和“逆向操作”（负幂）。
3. 定义 (加法形式):
   • 当群运算是加法时，定义的形式要相应地翻译。
   • 记号仍然是 $\langle g \rangle$。
   • 幂运算 $g^n$ 翻译为 倍数运算 $n \cdot g$。
   • 展开来看: 这个集合是 $\{\dots, (-2)\cdot g, (-1)\cdot g, 0\cdot g, 1\cdot g, 2\cdot g, \dots\}$。
   • $0 \cdot g = 0$ (零元/单位元)
   • 正倍数: $g, g+g, g+g+g, \dots$
   • 负倍数: $-g, (-g)+(-g), \dots$
   • 同样，$n \in \mathbb{Z}$ 意味着要考虑正倍数、零倍数和负倍数。
4. 术语:
   • $\langle g \rangle$ 读作 "g generates..." 或 "the cyclic subgroup generated by g"。
   • $g$ 被称为这个子群的生成元 (generator)。

这个引理阐述了循环子群 $\langle g \rangle$ 的四个基本性质，证明了我们称之为“循环子群”是名副其实的。

• (i) $\langle g \rangle$ 是一个子群:
• 证明:

1. 闭包性: 取 $\langle g \rangle$ 中任意两个元素，它们的形式为 $g^n$ 和 $g^m$ (其中 $n, m \in \mathbb{Z}$)。它们的乘积是 $g^n g^m = g^{n+m}$。因为 $n+m$ 也是整数，所以 $g^{n+m}$ 仍然在 $\langle g \rangle$ 的定义范围内。封闭。
2. 含单位元: 取整数 $n=0$，$g^0 = 1$。所以单位元 $1 \in \langle g \rangle$。
3. 逆元封闭: 取 $\langle g \rangle$ 中任意一个元素 $g^n$。它的逆元是 $(g^n)^{-1} = g^{-n}$。因为 $-n$ 也是整数，所以 $g^{-n}$ 也在 $\langle g \rangle$ 中。逆元封闭。
   • 结论: $\langle g \rangle$ 满足子群的所有条件，所以它是一个子群。

• (ii) $g \in\langle g\rangle$:
• 证明: 在定义 $\langle g \rangle = \{g^n : n \in \mathbb{Z}\}$ 中，取 $n=1$。我们得到 $g^1 = g$。所以 $g$ 自身就是 $\langle g \rangle$ 的一员。
• 意义: 生成元本身就在它生成的子群里。

• (iii) $\langle g \rangle$ 是包含 $g$ 的最小子群:
• 这句话有两层含义:

1. $\langle g \rangle$ 是一个包含 $g$ 的子群。（这由(i)和(ii)保证了）。
2. 任何其他包含 $g$ 的子群，都必然会包含整个 $\langle g \rangle$。
   • 证明第二层含义:
   • 假设 $H$ 是 $G$ 的任意一个子群，并且我们知道 $g \in H$。
   • 因为 $H$ 是子群，所以它对运算封闭。$g \in H \Rightarrow g \cdot g = g^2 \in H \Rightarrow g^2 \cdot g = g^3 \in H, \dots$。通过归纳法，所有正幂 $g^n$ ($n>0$) 都在 $H$ 中。
   • 因为 $H$ 是子群，所以它必须包含单位元。$g^0 = 1 \in H$。
   • 因为 $H$ 是子群，所以它对逆元封闭。既然所有 $g^n$ ($n>0$) 都在 $H$ 中，那么它们的逆元 $(g^n)^{-1} = g^{-n}$ 也必须都在 $H$ 中。
   • 综上所述，所有形如 $g^k$ (其中 $k$ 为任意整数) 的元素都必须在 $H$ 中。
   • 而这些元素的集合正是 $\langle g \rangle$ 的定义。所以，$\langle g \rangle \subseteq H$。由于它们都是子群，我们写为 $\langle g \rangle \leq H$。
   • 结论: $\langle g \rangle$ 就像是元素 $g$ 的一个“闭包”，任何想要“收编”$g$ 的子群，都不得不把它整个“家族”($\langle g \rangle$) 一起收编。所以 $\langle g \rangle$ 是包含 $g$ 的最小的那个子群。

• (iv) $\langle g \rangle$ 是阿贝尔的:
• 阿贝尔群 (Abelian Group): 即交换群，群中任意两个元素 $a,b$ 都满足 $a \cdot b = b \cdot a$。
• 证明:
• 取 $\langle g \rangle$ 中任意两个元素 $g^n$ 和 $g^m$。
• $g^n \cdot g^m = g^{n+m}$ (指数律)。
• $g^m \cdot g^n = g^{m+n}$ (指数律)。
• 因为整数加法满足交换律 $n+m = m+n$，所以 $g^{n+m} = g^{m+n}$。
• 因此 $g^n \cdot g^m = g^m \cdot g^n$。
• 结论: 循环子群必然是交换群。

这个例子讨论由单位元生成的循环子群。

1. 乘法群情况:
   • 群: 任何乘法群 $G$，单位元是 $1$。
   • 生成元: $g=1$。
   • 生成的子群: $\langle 1 \rangle = \{1^n : n \in \mathbb{Z}\}$。
   • 计算: 无论整数 $n$ 是多少（正、负、零），$1$ 的任何整数次幂永远是 $1$。
   • $1^2 = 1, 1^5 = 1, 1^0 = 1, 1^{-3} = (1^3)^{-1} = 1^{-1} = 1$。
   • 结论: $\langle 1 \rangle = \{1\}$。由单位元生成的循环子群就是只包含单位元自身的平凡子群。
2. 加法群情况:
   • 群: 任何加法群 $G$，单位元是 $0$。
   • 生成元: $g=0$。
   • 生成的子群: $\langle 0 \rangle = \{n \cdot 0 : n \in \mathbb{Z}\}$。
   • 计算: 无论整数 $n$ 是多少， $n$ 倍的 $0$ 永远是 $0$。
   • $2 \cdot 0 = 0+0 = 0$, $0 \cdot 0 = 0$, $(-3) \cdot 0 = - (0+0+0) = 0$。
   • 结论: $\langle 0 \rangle = \{0\}$。同样是平凡子群。

这个例子指出了一个元素和它的逆元生成的是同一个循环子群。

1. 命题: $\langle g \rangle = \langle g^{-1} \rangle$。
2. 证明思路:
   • 要证明两个集合相等，通常需要证明它们相互包含，即 $\langle g \rangle \subseteq \langle g^{-1} \rangle$ 和 $\langle g^{-1} \rangle \subseteq \langle g \rangle$。
   • 证明 $\langle g \rangle \subseteq \langle g^{-1} \rangle$:
   • 取 $\langle g \rangle$ 中任意一个元素，其形式为 $g^k$ (其中 $k \in \mathbb{Z}$)。
   • 我们要证明 $g^k$ 也能被写成 $g^{-1}$ 的某个整数次幂的形式。
   • 根据指数律，$g^k = (g^{-1})^{-k}$。
   • 因为 $k$ 是整数，所以 $-k$ 也是整数。
   • 因此，$g^k$ 是 $g^{-1}$ 的 $-k$ 次幂，所以 $g^k \in \langle g^{-1} \rangle$。
   • 这就证明了 $\langle g \rangle \subseteq \langle g^{-1} \rangle$。
   • 证明 $\langle g^{-1} \rangle \subseteq \langle g \rangle$:
   • 完全同理，取 $\langle g^{-1} \rangle$ 中任意一个元素 $(g^{-1})^k$。
   • $(g^{-1})^k = g^{-k}$。因为 $-k$ 是整数，所以 $g^{-k} \in \langle g \rangle$。
   • 这就证明了 $\langle g^{-1} \rangle \subseteq \langle g \rangle$。
   • 结论: 因为两个集合相互包含，所以它们相等。
3. 原文的解释: “因为 $(g^{-1})^{-n} = g^n$”。这句话实际上就是上面证明的核心。它说明了 $g$ 的任何幂都可以表示为 $g^{-1}$ 的幂，反之亦然，因此这两个元素生成的所有幂的集合是完全一样的。

这个例子详细探讨了整数加法群 $(\mathbb{Z}, +)$ 的所有循环子群。

1. 由 0 生成: $\langle 0 \rangle = \{n \cdot 0 : n \in \mathbb{Z}\} = \{0\}$。这是平凡子群。
2. 由 1 或 -1 生成:
   • $\langle 1 \rangle = \{n \cdot 1 : n \in \mathbb{Z}\} = \{n : n \in \mathbb{Z}\} = \mathbb{Z}$。由 1 生成的循环子群是整个整数群。
   • $\langle -1 \rangle = \{n \cdot (-1) : n \in \mathbb{Z}\} = \{-n : n \in \mathbb{Z}\}$。当 $n$ 取遍所有整数时，$-n$ 也取遍所有整数。所以 $\langle -1 \rangle = \mathbb{Z}$。
   • 这验证了 $\langle g \rangle = \langle g^{-1} \rangle$，因为在 $\mathbb{Z}$ 中 $1$ 的逆元是 $-1$。
   • 结论: $\mathbb{Z}$ 是一个循环群，其生成元是 $1$ 和 $-1$。
3. 由任意自然数 $d$ 生成:
   • 对于任何一个正整数 $d$ (即 $d \in \mathbb{N}$)。
   • $\langle d \rangle = \{n \cdot d : n \in \mathbb{Z}\}$。这个集合的定义就是所有 $d$ 的整数倍。
   • 例如, $\langle 3 \rangle = \{\dots, -6, -3, 0, 3, 6, \dots\}$。
   • 根据上一条性质，$\langle d \rangle = \langle -d \rangle$。
   • 记号: 这个子群 $\langle d \rangle$ 非常常用，通常被记为 $d\mathbb{Z}$。
4. 与同余类的联系:
   • 原文: "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。"
   • 解释: 让我们回顾一下模 $d$ 同余类的定义。
   • $[a]_d = \{x \in \mathbb{Z} : x \equiv a \pmod d\}$。
   • 这意味着 $x-a$ 是 $d$ 的倍数，即 $x-a = kd$ for some $k \in \mathbb{Z}$。
   • 所以 $x = a + kd$。
   • 现在我们来看 $[0]_d$：
   • $[0]_d = \{x \in \mathbb{Z} : x \equiv 0 \pmod d\}$。
   • 这意味着 $x-0$ 是 $d$ 的倍数，即 $x=kd$ for some $k \in \mathbb{Z}$。
   • 这个集合 $\{kd : k \in \mathbb{Z}\}$ 正是 $\langle d \rangle = d\mathbb{Z}$ 的定义！
   • 结论: 由 $d$ 生成的循环子群 $d\mathbb{Z}$，和模 $d$ 等于 $0$ 的同余类 $[0]_d$，是同一个集合。

一个重要的定理: 事实上，可以证明 $\mathbb{Z}$ 的所有子群都是循环子群，并且都具有 $d\mathbb{Z}$ 的形式（其中 $d$ 是某个非负整数）。

这个例子通过计算三个具体的模算术群，展示了有限循环群的子群结构。

1. 在 $\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$ 中: (阶为4)
   • $\langle [0] \rangle = \{[0]\}$ (平凡子群)。
   • $\langle [1] \rangle = \{1\cdot[1], 2\cdot[1], 3\cdot[1], 4\cdot[1]\} = \{[1], [2], [3], [0]\} = \mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$。
   • $\langle [3] \rangle$: 因为 $[3]$ 是 $[1]$ 的逆元 ( $[1]+[3]=[4]=[0]$)，所以 $\langle [3] \rangle = \langle [1] \rangle = \mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$。
   • $\langle [2] \rangle = \{1\cdot[2], 2\cdot[2]\} = \{[2], [4]\} = \{[2], [0]\}$。这是一个阶为2的子群。
   • 子群列表: $\{[0]\}, \{[0],[2]\}, \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$。共有3个子群。
2. 在 $\mathbb{Z} / 5 \mathbb{Z}$ 中: (阶为5，是一个质数)
   • $\langle [0] \rangle = \{[0]\}$。
   • 对于任何非零元素 $[a]$ (即 $a=1,2,3,4$)，$\langle [a] \rangle$ 的阶必然整除群的阶5。阶的可能值是1或5。
   • 因为 $[a] \neq [0]$，所以阶不是1。因此阶必须是5。
   • 一个阶为5的子群，在一个阶为5的群里，必然是群自身。
   • 结论: $\langle [a] \rangle = \mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$ 对所有 $[a] \neq [0]$ 成立。
   • 子群列表: $\{[0]\}, \mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$。只有两个平凡子群。这揭示了一个普遍规律：质数阶群只有两个子群，没有任何真非平凡子群。
3. 在 $\mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}$ 中: (阶为6)
   • $\langle [0] \rangle = \{[0]\}$。
   • $\langle [1] \rangle = \mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}$。$[5]$ 是 $[1]$ 的逆元，所以 $\langle [5] \rangle = \mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}$。
   • $\langle [2] \rangle = \{[2], [4], [6]=[0]\} = \{[0], [2], [4]\}$。这是一个阶为3的子群。$[4]$ 是 $[2]$ 的逆元吗？不是，在 $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ 中，$[2]+[4]=[6]=[0]$，所以它们是互为逆元。因此 $\langle [4] \rangle = \langle [2] \rangle$。
   • $\langle [3] \rangle = \{[3], [6]=[0]\} = \{[0], [3]\}$。这是一个阶为2的子群。
   • 子群列表: $\{[0]\}, \langle [3] \rangle, \langle [2] \rangle, \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$。共有4个子群。
   • 观察: 群的阶是6，因子有1,2,3,6。我们找到了阶为1, 2, 3, 6的子群各一个。

一般规律: 在 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中，元素 $[k]$ 的阶是 $n / \gcd(n, k)$，其中 $\gcd$ 是最大公约数。$\langle [k] \rangle$ 的生成元是所有与 $n$ 的最大公约数和 $k$ 与 $n$ 的最大公约数相同的元素。特别是，$[k]$ 能生成整个群 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 的充要条件是 $\gcd(n,k)=1$。

这个例子回到了无限群，具体是实数加法群 $(\mathbb{R}, +)$。

1. 群的设定: $G = (\mathbb{R}, +)$。
2. 由 $2\pi$ 生成的子群:
   • $\langle 2\pi \rangle = \{n \cdot (2\pi) : n \in \mathbb{Z}\}$。
   • 这个集合就是 $\{\dots, -4\pi, -2\pi, 0, 2\pi, 4\pi, \dots\}$。
   • 这是所有 $2\pi$ 的整数倍构成的集合。
   • 记号: 类似于 $d\mathbb{Z}$，这个子群可以记为 $2\pi\mathbb{Z}$。
   • 重要性: 这个特殊的子群在傅里叶分析和三角函数理论中至关重要，因为它是函数周期性的代数体现。$f(x)$ 是周期为 $2\pi$ 的函数 $\iff f(x+k)=f(x)$ for all $k \in 2\pi\mathbb{Z}$。
3. 由任意实数 $t$ 生成的子群:
   • 一般情况: 对于任何一个实数 $t$。
   • $\langle t \rangle = \{n t : n \in \mathbb{Z}\}$。
   • 这个集合由 $t$ 的所有整数倍构成。
   • 分类:
   • 如果 $t=0$，$\langle 0 \rangle = \{0\}$。
   • 如果 $t \neq 0$，$\langle t \rangle$ 是一个无限离散的子群，其点在实数轴上等距分布。它同构于 $(\mathbb{Z}, +)$。

这个例子通过对比非零有理数乘法群 $(\mathbb{Q}^*, \times)$ 和有理数加法群 $(\mathbb{Q}, +)$，强调了群运算对循环子群结构的决定性影响。

1. 在 $(\mathbb{Q}^*, \times)$ 中 (乘法群):
   • $\langle 1 \rangle = \{1^n : n \in \mathbb{Z}\} = \{1\}$ (平凡子群)。
   • $\langle -1 \rangle = \{(-1)^n : n \in \mathbb{Z}\} = \{1, -1\}$ (因为 $n$ 是偶数时为1，奇数时为-1)。这是一个阶为2的子群。
   • $\langle 2 \rangle = \{2^n : n \in \mathbb{Z}\} = \{\dots, 1/8, 1/4, 1/2, 1, 2, 4, 8, \dots\}$。这是一个无限循环子群。
   • $\langle 1/2 \rangle$: 因为 $1/2 = 2^{-1}$，所以 $\langle 1/2 \rangle = \langle 2 \rangle$。
   • 特点: 在乘法下，生成的元素是指数增长或衰减的。
2. 在 $(\mathbb{Q}, +)$ 中 (加法群):
   • $\langle 1 \rangle = \{n \cdot 1 : n \in \mathbb{Z}\} = \mathbb{Z}$。
   • $\langle -1 \rangle = \langle 1 \rangle = \mathbb{Z}$。
   • $\langle 1/2 \rangle = \{n \cdot (1/2) : n \in \mathbb{Z}\} = \{n/2 : n \in \mathbb{Z}\} = \{\dots, -1.5, -1, -0.5, 0, 0.5, 1, 1.5, \dots\}$。
   • 特点: 在加法下，生成的元素是等差数列。
3. 对比与观察:
   • 同一个数字，比如 "2"，在不同的群（不同的运算）中，生成的循环子群完全不同。
   • 在 $(\mathbb{Q}^*, \times)$ 中, $\langle 2 \rangle$ 是一个“乘法”序列。
   • 在 $(\mathbb{Q}, +)$ 中, $\langle 2 \rangle = 2\mathbb{Z}$ 是一个“加法”序列。
   • 原文: "请注意，在这种情况下 $\mathbb{Z} \leq\left\langle\frac{1}{2}\right\rangle$"。
   • $\langle 1/2 \rangle$ 在加法群 $\mathbb{Q}$ 中是所有半整数的集合。
   • $\mathbb{Z}$ 是所有整数的集合。
   • 任何一个整数 $k$ 都可以写成 $(2k)/2$，这是 $1/2$ 的 $2k$ 倍。所以任何整数都在 $\langle 1/2 \rangle$ 中。
   • 因此，$\mathbb{Z}$ 是 $\langle 1/2 \rangle$ 的一个子集。由于 $\mathbb{Z}$ 本身也是 $\mathbb{Q}$ 的子群，根据子群的传递性，$\mathbb{Z}$ 是 $\langle 1/2 \rangle$ 的一个子群。

这个例子联系了循环子群和单位根。

1. 群的设定: $G = (\mathbb{C}^*, \times)$ (非零复数乘法群)。
2. 生成元: $g = e^{2 \pi i / n}$。这是主n次单位根。
3. 生成的循环子群: $\langle g \rangle = \{ (e^{2 \pi i / n})^k : k \in \mathbb{Z} \}$。
4. 计算:
   • $(e^{2 \pi i / n})^k = e^{2 \pi i k / n}$。
   • 当 $k$ 取值 $0, 1, 2, \dots, n-1$ 时，我们得到 $n$ 个不同的复数：$e^0, e^{2\pi i/n}, e^{4\pi i/n}, \dots, e^{2\pi i(n-1)/n}$。这正是 $n$ 次单位根集合 $\mu_n$ 的所有元素。
   • 当 $k=n$ 时，得到 $e^{2\pi i} = 1 = e^0$，开始循环。
   • 当 $k$ 取其他整数时，由于指数的周期性 ($e^{i\theta} = e^{i(\theta+2\pi m)})$，得到的值都会落在这 $n$ 个值之中。例如，$k=n+1$ 时，得到 $e^{2\pi i (n+1)/n} = e^{2\pi i + 2\pi i/n} = e^{2\pi i} \cdot e^{2\pi i/n} = 1 \cdot e^{2\pi i/n}$，回到了 $k=1$ 的情况。
5. 结论: 由主 $n$ 次单位根 $e^{2\pi i/n}$ 生成的循环子群，不多不少，正好就是 $n$ 次单位根群 $\mu_n$。

这个例子计算了克莱因四元群 $V_4 = (\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$ 中由每个元素生成的循环子群。

1. 由 $([0],[0])$ (单位元) 生成:
   • $\langle([0],[0])\rangle = \{([0],[0])\}$。这是平凡子群。
2. 由 $([1],[0])$ 生成:
   • $1 \cdot ([1],[0]) = ([1],[0])$。
   • $2 \cdot ([1],[0]) = ([1],[0]) + ([1],[0]) = ([2],[0]) = ([0],[0])$。
   • 循环结束。子群是 $\{([0],[0]), ([1],[0])\}$。
   • 这个子群正是我们之前讨论过的“坐标轴”子群 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \{[0]\}$。
3. 由 $([0],[1])$ 生成:
   • $1 \cdot ([0],[1]) = ([0],[1])$。
   • $2 \cdot ([0],[1]) = ([0],[1]) + ([0],[1]) = ([0],[2]) = ([0],[0])$。
   • 循环结束。子群是 $\{([0],[0]), ([0],[1])\}$。
   • 这是另一个“坐标轴”子群 $\{[0]\} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
4. 由 $([1],[1])$ 生成:
   • $1 \cdot ([1],[1]) = ([1],[1])$。
   • $2 \cdot ([1],[1]) = ([1],[1]) + ([1],[1]) = ([2],[2]) = ([0],[0])$。
   • 循环结束。子群是 $\{([0],[0]), ([1],[1])\}$。
   • 这个子群正是我们之前发现的那个“对角子群” $\Delta$。

重要观察:

• 这个群有4个元素。
• 我们计算了所有4个循环子群，它们的大小分别是1, 2, 2, 2。
• 没有一个循环子群的大小等于4。
• 这意味着，没有任何一个元素能够生成整个群。
• 结论: 克莱因四元群不是一个循环群。

这部分开始对循环子群的结构进行一般性分析，首先处理无限阶的情况。

1. 情况设定: 元素 $g$ 的阶是无限的。
   • 定义回顾: 这意味着对于任何正整数 $k \in \mathbb{N}$，都有 $g^k \neq 1$。
2. 核心论断: 如果 $g$ 是无限阶，那么它的所有整数次幂都是独一无二的。
   • 形式化: $g^n = g^m \Longleftrightarrow n=m$。
   • 这意味着，从 $g$ 出发，你每走一步（乘以 $g$），到达的都是一个全新的、前所未见的位置。你永远不会回到之前走过的任何一个点。
3. 证明:
   • "$\Leftarrow$" (如果 $n=m$，那么 $g^n=g^m$): 这是显然的，一个东西等于它自己。
   • "$\Rightarrow$" (如果 $g^n=g^m$，那么 $n=m$):
   • 假设 $g^n = g^m$。我们的目标是证明 $n=m$。
   • 不失一般性，我们可以假设 $n \ge m$。（如果 $m>n$，交换一下名字即可）。
   • 在等式 $g^n = g^m$ 两边右乘 $g^m$ 的逆元 $g^{-m}$。
   • $g^n \cdot g^{-m} = g^m \cdot g^{-m}$
   • 根据指数律，$g^{n-m} = g^{m-m} = g^0 = 1$。
   • 现在我们得到了 $g^{n-m} = 1$。
   • 我们知道 $n \ge m$，所以 $n-m$ 是一个非负整数。
   • 我们来分析 $k = n-m$：
   • 可能 $k>0$ 吗？ 不可能。因为我们的大前提是 "$g$ 是无限阶"，这意味着 $g$ 的任何正整数次幂都不能是 $1$。如果 $k>0$，就与这个前提矛盾了。
   • 唯一的可能性: 既然 $k \ge 0$ 且 $k$ 不能大于0，那么只剩下一种可能：$k=0$。
   • 所以 $n-m=0$，即 $n=m$。证明完毕。
4. 推论:
   • 既然 $g$ 的所有整数次幂 $g^n$ (对于不同的整数 $n$) 都是不同的元素，那么集合 $\langle g \rangle = \{g^n : n \in \mathbb{Z}\}$ 中就有无限多个元素（与整数集 $\mathbb{Z}$ 一样多）。
   • 因此，如果一个群包含一个无限阶元素，那么这个群本身必然是无限群。

这个命题给出了所有无限循环群的“标准模型”。

1. 命题内容:
   • 核心结论: 任何由一个无限阶元素 $g$ 生成的循环子群 $\langle g \rangle$，都与整数加法群 $(\mathbb{Z}, +)$ 同构。
   • 同构 ($\cong$) 意味着，这两个群在代数结构上是完全一样的，无法区分。$\langle g \rangle$ 只是 $\mathbb{Z}$ 穿上了一件不同的“马甲”。
   • 具体的同构映射: 这个同构关系不是空泛的，我们可以明确地构造出一个映射 $f: \mathbb{Z} \rightarrow \langle g \rangle$，定义为 $f(n) = g^n$。这个映射把整数 $1$ 对应到生成元 $g$。
2. 证明思路 (原文有详细证明):
   • 我们需要证明 $f(n)=g^n$ 是一个群同构。
   • $f$ 是一个函数: 对于每个整数 $n$，都有一个唯一的 $g^n$ 与之对应。所以 $f$ 是一个从 $\mathbb{Z}$ 到 $\langle g \rangle$ 的函数。
   • $f$ 是单射 (injective):
   • 我们需要证明如果 $f(n) = f(m)$，那么 $n=m$。
   • $f(n) = f(m)$ 意味着 $g^n = g^m$。
   • 根据上一个部分的分析，因为 $g$ 是无限阶，所以这直接推导出 $n=m$。
   • 所以 $f$ 是单射。
   • $f$ 是满射 (surjective):
   • 我们需要证明 $\langle g \rangle$ 中的任何一个元素都是 $f$ 的一个输出值。
   • 根据定义，$\langle g \rangle$ 中的任何元素都具有 $g^k$ 的形式 (其中 $k \in \mathbb{Z}$)。
   • 这个元素正是 $f(k)$ 的值。
   • 所以对于 $\langle g \rangle$ 中的任何元素，我们都能在 $\mathbb{Z}$ 中找到它的“原像”。$f$ 是满射。
   • $f$ 是同态 (homomorphism):
   • 我们需要证明 $f$ 保持群的运算。母体 $\mathbb{Z}$ 的运算是加法，目标 $\langle g \rangle$ 的运算是乘法。
   • 我们要证明 $f(n+m) = f(n) \cdot f(m)$。
   • $f(n+m) = g^{n+m}$ (根据 $f$ 的定义)。
   • $f(n) \cdot f(m) = g^n \cdot g^m$ (根据 $f$ 的定义)。
   • 根据指数律，$g^{n+m} = g^n \cdot g^m$。
   • 所以 $f(n+m) = f(n) \cdot f(m)$ 成立。$f$ 是同态。
   • 结论: 因为 $f$ 同时是单射、满射、同态，所以它是一个同构。

这是一个非常重要的推论，它将群的有限性与元素的阶联系起来。

1. 命题陈述:
   • 前提: $G$ 是一个有限群 (即群中元素的个数是有限的)。
   • 结论: 那么你从 $G$ 中随便拿出一个元素，它的阶必定是有限的。
2. 证明思路 (原文用的是逆否命题):
   • 逆否命题 (Contrapositive): 逻辑上，“如果 P, 那么 Q” 等价于 “如果 非Q, 那么 非P”。
   • P: "$G$ 是一个有限群"。非P: "$G$ 是一个无限群"。
   • Q: "$G$ 的每个元素都具有有限阶"。非Q: "$G$ 中存在一个元素不具有有限阶" (即存在一个无限阶元素)。
   • 逆否命题是: 如果 $G$ 中存在一个无限阶元素，那么 $G$ 是一个无限群。
   • 证明这个逆否命题:
   • 假设 $G$ 中存在一个元素 $g$，其阶是无限的。
   • 根据刚刚的命题 3.2.4，由 $g$ 生成的循环子群 $\langle g \rangle$ 同构于 $\mathbb{Z}$。
   • 同构是一个双射，所以 $\langle g \rangle$ 和 $\mathbb{Z}$ 的元素个数相同。
   • $\mathbb{Z}$ 是一个无限集。因此 $\langle g \rangle$ 也是一个无限集。
   • $\langle g \rangle$ 是 $G$ 的一个子群，所以 $\langle g \rangle \subseteq G$。
   • 一个无限集 ($\langle g \rangle$) 是另一个集 ($G$) 的子集，那么这个母集 ($G$) 必然也是无限的。
   • 所以，$G$ 是一个无限群。
   • 结论: 我们成功证明了逆否命题。因此，原命题“如果 $G$ 是有限群，那么其每个元素都具有有限阶”也成立。

这部分开始分析第二种情况：元素 $g$ 的阶是有限的。

1. 预告: “更精确的形式”指的是拉格朗日定理，它会说元素的阶不仅是有限的，而且必然整除群的阶。
2. 情况设定: 元素 $g$ 的阶是 $n$，其中 $n$ 是一个正整数。
   • 定义回顾: 这意味着 $g^n=1$，并且 $n$ 是满足此条件的最小正整数。
3. 核心论断: 由 $g$ 生成的循环子群 $\langle g \rangle$ 恰好由 $n$ 个元素构成，它们就是 $g^0, g^1, \dots, g^{n-1}$。为了证明这一点，第一步是证明这 $n$ 个元素是互不相同的。
4. 证明这 $n$ 个元素互不相同:
   • 目标: 证明在集合 $\{g^0, g^1, \dots, g^{n-1}\}$ 中，如果 $g^a = g^b$，那么必然有 $a=b$。
   • 证明过程:
   • 假设 $g^a = g^b$，其中 $0 \le a \le n-1$ 且 $0 \le b \le n-1$。
   • 不失一般性，假设 $b \ge a$。
   • 两边乘以 $g^{-a}$，得到 $g^{b-a}=1$。
   • 现在我们来分析指数 $k = b-a$。
   • 因为 $b \ge a$，所以 $k \ge 0$。
   • 因为 $b \le n-1$ 且 $a \ge 0$，所以 $k = b-a \le (n-1) - 0 = n-1$。
   • 所以我们知道 $0 \le k \le n-1$。
   • 我们得到了 $g^k=1$ 且 $0 \le k < n$。
   • 现在，我们用上 "$g$ 的阶是 $n$" 这个条件。这个条件意味着，满足 $g^k=1$ 的最小正整数 $k$ 是 $n$。
   • 所以，不可能存在一个满足 $0 < k < n$ 的 $k$ 使得 $g^k=1$。
   • 既然 $k$ 不能是正数，而我们又知道 $k \ge 0$，那么唯一的可能性就是 $k=0$。
   • $k=b-a=0$，所以 $a=b$。证明完毕。

这段话在前一步证明的基础上，完整地描述了有限循环子群的结构。

1. 幂的循环性:
   • 我们已经知道 $g^0, g^1, \dots, g^{n-1}$ 是 $n$ 个不同的元素。
   • 当指数达到 $n$ 时，$g^n = 1 = g^0$。
   • 当指数是 $n+1$ 时，$g^{n+1} = g^n \cdot g^1 = 1 \cdot g = g = g^1$。
   • 当指数是 $n+2$ 时，$g^{n+2} = g^n \cdot g^2 = 1 \cdot g^2 = g^2$。
   • ... 这种模式会一直持续下去。任何次幂 $g^k$，我们都可以通过用 $k$ 除以 $n$ 取余数来化简它。如果 $k = qn+r$ (其中 $0 \le r < n$)，那么 $g^k = g^{qn+r} = (g^n)^q \cdot g^r = 1^q \cdot g^r = g^r$。
   • 结论: 任何 $g$ 的整数次幂，其值都等同于 $g^0, \dots, g^{n-1}$ 中的某一个。所以 $\langle g \rangle = \{g^0, g^1, \dots, g^{n-1}\}$。
2. 负幂的结构:
   • 我们知道 $g^n=1$。两边乘以 $g^{-k}$，得到 $g^{n-k} = g^{-k}$。
   • 特别地：
   • 取 $k=1$, $g^{n-1} = g^{-1}$。
   • 取 $k=2$, $g^{n-2} = g^{-2}$。
   • ...
   • 这说明负次幂也包含在这个 $\{g^0, \dots, g^{n-1}\}$ 的集合里。例如，逆元 $g^{-1}$ 就是 $g^{n-1}$。
3. 循环子群的阶:
   • 既然 $\langle g \rangle = \{g^0, g^1, \dots, g^{n-1}\}$ 并且这 $n$ 个元素互不相同。
   • 那么这个集合的大小（基数）就是 $n$。
   • 用符号表示就是 $\#(\langle g \rangle) = n$ 或 $|\langle g \rangle| = n$。
4. 两种“阶”的联系:
   • 我们有两个都叫“阶 (order)”的概念：
5. 元素的阶: 使得 $g^n=1$ 的最小正整数 $n$。
6. 群的阶: 群中元素的个数。
   • 这段话的结论是：一个有限阶元素 $g$ 的阶（第一种含义），恰好等于由它生成的循环子群 $\langle g \rangle$ 的阶（第二种含义）。
   • 这是一个非常重要的、消除歧义的结论。

这个命题是对有限阶元素及其生成子群性质的终极总结。

• (i) $g^{N}=1 \Longleftrightarrow n$ 整除 $N$:
• 解释: 这是一个非常有用的计算工具。它说，$g$ 的某个次幂 $g^N$ 等于单位元，当且仅当这个幂次 $N$ 是元素阶 $n$ 的倍数。
• 证明 "$\Leftarrow$": 如果 $n$ 整除 $N$，那么 $N=kn$ 对于某个整数 $k$。于是 $g^N = g^{kn} = (g^n)^k = 1^k = 1$。
• 证明 "$\Rightarrow$": 如果 $g^N=1$。我们用 $N$ 除以 $n$ (带余除法)，得到 $N = qn+r$，其中 $0 \le r < n$。那么 $1 = g^N = g^{qn+r} = (g^n)^q g^r = 1^q g^r = g^r$。所以我们得到 $g^r=1$ 且 $0 \le r < n$。因为 $n$ 是满足条件的最小正整数，所以 $r$ 不能是正数，只能是 $r=0$。$r=0$ 意味着 $N=qn$，即 $n$ 整除 $N$。
• 应用: 在 $\mathbb{C}^*$ 中， $i$ 的阶是4。那么 $i^{100}$ 是多少？因为 $100$ 是 $4$ 的倍数，所以 $i^{100}=1$。$i^{50}$ 是多少？$50$ 不是 $4$ 的倍数，所以 $i^{50} \neq 1$。($i^{50} = i^{48+2} = i^2 = -1$)。

• (ii) $\langle g\rangle \cong \mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$:
• 解释: 这为所有有限循环群提供了“标准模型”。它说，任何由一个 $n$ 阶元素 $g$ 生成的子群 $\langle g \rangle$，都与模 $n$ 整数加法群 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 同构。
• 类比命题3.2.4: 命题3.2.4说无限循环群同构于 $\mathbb{Z}$。这个命题说 $n$ 阶有限循环群同构于 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$。这两个命题合起来，就对所有循环群进行了完美的分类。
• 具体的同构映射: 和无限情况类似，映射 $f: \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \rightarrow \langle g \rangle$ 可以定义为 $f([a]) = g^a$。这个映射把 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 的生成元 $[1]$ 对应到 $\langle g \rangle$ 的生成元 $g$。

• (iii) $\#(\langle g\rangle)=n$，且 $\langle g\rangle=\left\{1, g, \ldots, g^{n-1}\right\}$:
• 解释: 这是对前面分析的正式重申。由 $n$ 阶元素生成的循环子群，其大小就是 $n$，其成员就是前 $n$ 个幂。
• 这个结论其实是 (ii) 的一个直接推论。因为 $\langle g \rangle$ 与 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 同构，而 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 恰好有 $n$ 个元素 $\{[0], \dots, [n-1]\}$，所以 $\langle g \rangle$ 也必须有 $n$ 个元素。同构映射 $f$ 把 $\{[0], \dots, [n-1]\}$ 一一对应地映射到 $\{g^0, \dots, g^{n-1}\}$。

这部分开始着手证明命题3.2.6(ii)，即 $\langle g \rangle \cong \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$。证明的第一步是定义映射并验证其良定义性 (Well-definedness)。

1. 定义映射:
   • 我们想建立一个从 $G_1 = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 到 $G_2 = \langle g \rangle$ 的同构。
   • 一个自然的想法是把 $G_1$ 的生成元 $[1]$ 映射到 $G_2$ 的生成元 $g$。
   • 由此推广，把 $[a] = [1]+ \dots + [1]$ 映射到 $g \cdot \dots \cdot g = g^a$。
   • 所以，我们定义映射 $f: \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \rightarrow \langle g \rangle$ 为 $f([a]) = g^a$。
2. 良定义性问题:
   • 问题所在: 我们的定义依赖于同余类 $[a]$ 的代表元 (representative) $a$。但是一个同余类有很多代表元，例如，在 $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ 中，$[1]$ 和 $[5]$ 是同一个同余类。如果我们的函数定义依赖于代表元，我们必须保证，无论我们选择哪个代表元，函数输出的结果都是一样的。否则，这个函数就是不明确的、“定义不当”的。
   • 我们要证明: 如果 $[a]=[b]$，那么必须有 $f([a])=f([b])$。
3. 证明良定义性:
   • 假设 $[a]=[b]$。这意味着 $a$ 和 $b$ 模 $n$ 同余。
   • 根据同余的定义，这等价于 $b-a$ 是 $n$ 的倍数，即 $b = a+kn$ 对于某个整数 $k$。
   • 现在我们来计算 $f([b])$，也就是 $g^b$：
   • $g^b = g^{a+kn}$
   • 根据指数律, $g^{a+kn} = g^a \cdot g^{kn}$
   • 再根据指数律, $g^{kn} = (g^n)^k$
   • 现在用上关键条件：$g$ 的阶是 $n$，所以 $g^n=1$。
   • 因此，$(g^n)^k = 1^k = 1$。
   • 所以 $g^b = g^a \cdot 1 = g^a$。
   • 我们得到 $g^b=g^a$。而 $g^a$ 就是 $f([a])$。所以 $f([b])=f([a])$。
   • 结论: 我们的映射 $f$ 的输出值不依赖于我们选择哪个代表元。因此，$f$ 是良定义的 (well-defined)。
4. 注意 $f([1])=g$: 这是我们构造这个映射的初衷，它把一个群的“基本步长”[1]映射到另一个群的“基本步长”g。

这部分继续证明命题3.2.6(ii)，依次证明了映射 $f$ 的单射、满射和同态性质。

1. 证明 $f$ 是单射 (injective):
   • 目标: 证明如果 $f([a]) = f([b])$，那么必然有 $[a]=[b]$。
   • 证明过程:
   • 假设 $f([a]) = f([b])$。根据 $f$ 的定义，这意味着 $g^a = g^b$。
   • 两边左乘 $g^{-a}$，得到 $g^{-a} g^a = g^{-a} g^b$，即 $1 = g^{b-a}$。
   • 现在我们使用命题(i)的结论：$g^N=1 \iff n$ 整除 $N$。
   • 这里 $N=b-a$，所以我们得出结论：$n$ 整除 $b-a$。
   • 根据模 $n$ 同余的定义，$n$ 整除 $b-a$ 正是 $b \equiv a \pmod n$ 的意思。
   • 而 $b \equiv a \pmod n$ 意味着 $[a]=[b]$。
   • 我们从 $f([a])=f([b])$ 出发，成功推出了 $[a]=[b]$。所以 $f$ 是单射。
2. 证明 $f$ 是满射 (surjective):
   • 目标: 证明值域 $\langle g \rangle$ 中的任何一个元素都能在定义域 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中找到一个原像。
   • 证明过程:
   • 取 $\langle g \rangle$ 中任意一个元素 $y$。
   • 根据 $\langle g \rangle$ 的定义， $y$ 必然可以被写成 $g^a$ 的形式，其中 $a$ 是某个整数。
   • 现在，我们考虑定义域中的元素 $[a] \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$。
   • $f([a])$ 的值正好就是 $g^a$。
   • 所以，$y = f([a])$。我们找到了原像。
   • 因此，$f$ 是满射。
3. 证明 $f$ 是同态 (homomorphism):
   • 目标: 证明 $f$ 保持群运算。即 $f([a]+[b]) = f([a]) \cdot f([b])$。注意左边是 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 的加法，右边是 $\langle g \rangle$ 的乘法。
   • 证明过程:
   • $f([a]+[b])$
   • 根据 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 的加法定义，$[a]+[b]=[a+b]$。所以上式等于 $f([a+b])$。
   • 根据 $f$ 的定义，$f([a+b]) = g^{a+b}$。
   • 根据指数律，$g^{a+b} = g^a \cdot g^b$。
   • 再次根据 $f$ 的定义，$g^a = f([a])$ 且 $g^b = f([b])$。
   • 所以 $g^a \cdot g^b = f([a]) \cdot f([b])$。
   • 整个链条串起来就是 $f([a]+[b]) = f([a]) \cdot f([b])$。同态性质成立。
4. 最终结论:
   • 因为 $f$ 是一个良定义的、单射、满射、同态的映射，所以根据定义，它是一个同构 (isomorphism)。这证明了命题(ii)。
   • 因为 $f$ 是一个双射 (单射+满射)，它在两个集合之间建立了一一对应。这意味着两个集合的大小必须相等。$\#(\langle g \rangle) = \#(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})$。
   • 我们知道 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 有 $n$ 个元素 $\{[0], \dots, [n-1]\}$。所以 $\#(\langle g \rangle) = n$。
   • $f$ 把这 $n$ 个元素一一映射到 $\{f([0]), \dots, f([n-1])\} = \{g^0, \dots, g^{n-1}\}$。
   • 所以 $\langle g \rangle = \{g^0, \dots, g^{n-1}\}$。这就证明了命题(iii)。