最后更新: 2025-12-07 13:13 查看: 63 次纠错评论(0) 课件开VIP

群元素的阶

本节介绍群中元素的阶的概念和相关性质，这也是群论中又一个重要的概念．
设 $G$ 是群，对任意 $a \in G$ ，由 $a$ 生成的子群为 $\langle a\rangle=\left\{a^k \mid k \in \mathbf{Z}\right\}$ ．不难看出，元素 $a$ 的这些方幂或者两两全不同，或者存在 $i<j$ ，使得 $a^i=a^j$ ，于是 $a^{j-i}=e$ ．

在后一种情况，必然存在最小的正整数 $n$ ，使得 $a^n=e$ ，于是

$$
\langle a\rangle=\left\{a, a^2, \cdots, a^n=e\right\}
$$

即 $a$ 生成的子群 $\langle a\rangle$ 的阶为 $n$ ．由此可以给出群中元素的阶的概念．
定义2．4．1 设 $G$ 是群，$e$ 是 $G$ 的单位元，$a \in G$ ，使 $a^n=e$ 的最小正整数 $n$ 叫做 $a$ 的阶（或周期），用符号 $o(a)$ 表示．如果这样的 $n$ 不存在，则说 $a$ 是无限阶的，记为 $o(a)=\infty$ 。

显然，若 $o(a)<\infty$ ，则 $o(a)=|\langle a\rangle|$ ．
若 $G$ 的每个元素都是有限阶的，则 $G$ 称为周期群（或挠群）．
定理 2．4．1 设 $G$ 是群，则有
（1）对任意 $a \in G$ ，有 $o(a)=o\left(a^{-1}\right)$ ．
（2）对任意 $x \in G$ ，有 $o\left(x^{-1} a x\right)=o(a)$ ．特别地，$o(a b)=o(b a), o\left(a^{-1} b\right)= o\left(a b^{-1}\right)$ ．
（3）若 $a \in G$ 且 $o(a)=n$ ，则 $a^m=e$ 当且仅当 $n \mid m$ ．
（4）设 $o(a)=n, o\left(a^r\right)=n / d$ ，其中 $d=\operatorname{gcd}(n, r)$ ．特别地，若 $\operatorname{gcd}(n, r)=1$ ，则 $o\left(a^r\right)=n$ ．

证明（1）若 $o(a)=n$ ，因为 $\left(a^{-1}\right)^n=\left(a^n\right)^{-1}=e^{-1}=e$ ，故 $o\left(a^{-1}\right) \leqslant n$ ．不妨设 $o\left(a^{-1}\right)=m \leqslant n$ ，则有 $\left(a^{-1}\right)^m=e$ ，于是有 $a^m=e$ ，因此 $o(a)=n \leqslant m$ ，于是有 $o\left(a^{-1}\right)=m=n=o(a)$ ．

同上面的分析，如果 $o(a)=\infty$ ，则必有 $o\left(a^{-1}\right)=\infty$ ．否则，若 $o\left(a^{-1}\right)=m< \infty$ ，则 $a^m=e$ ，与 $o(a)=\infty$ 矛盾，故 $o\left(a^{-1}\right)=\infty$ ．
（2）记 $b=x^{-1} a x$ ，由归纳法可证得：对任意 $k \in \mathbf{N}$ ，有 $b^k=x^{-1} a^k x, a^k= x b^k x^{-1}$ ．

当 $o(a)=\infty$ 时，显然有 $o(b)=\infty$ ．不妨设 $o(a)=n, o(b)=m$ ，则有

$$
b^n=x^{-1} a^n x=x^{-1} e x=e,
$$

于是有 $o(b)=m \leqslant n$ ．
另一方面，由 $a^m=x b^m x^{-1}=x^{-1} e x=e$ 知，$o(a)=n \leqslant m$ ．故有 $n=m$ ．
特别地，因为 $a b=a(b a) a^{-1}$ ，故有 $o(a b)=o(b a)$ ．
又 $\left(a^{-1} b\right)^{-1}=b^{-1} a$ ，故 $o\left(a^{-1} b\right)=o\left(b^{-1} a\right)=o\left(a b^{-1}\right)$ ．
（3）设 $a^m=e$ ，令 $m=n q+r, 0 \leqslant r<n$ ，则

$$
e=a^m=a^{n q+r}=a^r .
$$

因为 $o(a)=n$ ，且 $r<n$ ，故只有 $r=0$ ，从而 $n \mid m$ ．
反之，若 $n \mid m$ ，则有 $m=n q$ ，故 $a^m=a^{n q}=\left(a^n\right)^q=e$ ．
（4）因 $o(a)=n, d=\operatorname{gcd}(n, r)$ ，故 $\left(a^r\right)^{n / d}=a^{n r / d}=\left(a^n\right)^{r / d}=e$ ，故 $o\left(a^r\right) \leqslant \frac{n}{d}$.

不妨设 $o\left(a^r\right)=m$ ，则有 $a^{r m}=e$ ，故由（3）知，$n \mid r m$ ，从而 $\frac{n}{d} \left\lvert\, \frac{r}{d} \cdot m\right.$ ．又因为 $\operatorname{gcd}\left(\frac{n}{d}, \frac{r}{d}\right)=1$ ，故有 $\left.\frac{n}{d} \right\rvert\, m$ ，因此 $o\left(a^r\right)=m \geqslant \frac{n}{d}$ ．综上知，$o\left(a^r\right)=\frac{n}{d} . \quad \#$

定理 2．4．2 设 $G$ 是群，则有
（1）对任意 $a, b \in G$ ，若 $o(a)=n, o(b)=m, \operatorname{gcd}(m, n)=1$ ，且 $a b=b a$ ，则 $o(a b)=m n$ ．
（2）对任意 $g \in G$ ，若 $o(g)=m n$ 且 $\operatorname{gcd}(m, n)=1$ ，那么存在 $a, b \in G$ ，使得 $g=a b=b a$ ，其中 $o(a)=n, o(b)=m$ ，并且 $g$ 的这种表示是唯一的．

证明（1）设 $o(a b)=r$ ，因为 $a b=b a$ ，故有 $(a b)^{m n}=a^{m n} b^{m n}=e$ ，从而 $r \mid m n$.
另一方面，由 $e=(a b)^{m r}=a^{m r} b^{m r}=a^{m r}$ 知，$n \mid m r$ ．又因为 $\operatorname{gcd}(m, n)=1$ ，故有 $n \mid r$ ．

同理可证 $m \mid r$ ，故有 $m n \mid r$ ．于是 $o(a b)=r=m n$ ．
（2）若 $\operatorname{gcd}(m, n)=1$ ，则存在整数 $M, N$ ，使得 $M m+N n=1$ ，于是有

$$
g=g^{M m+N n}=g^{M m} g^{N n}
$$

令 $a=g^{M m}, b=g^{N n}$ ，则 $g=a b=b a$ 。
又因为 $o(g)=m n, \operatorname{gcd}(m, n)=\operatorname{gcd}(M, n)=1$ ，故由（4）知，$o\left(g^m\right)=n$ ， $o(a)=o\left(g^{M m}\right)=n$ ．同理可证 $o(b)=o\left(g^{N n}\right)=m$ ．

下面证明唯一性．若还存在 $a_1, b_1 \in G$ ，使 $g=a_1 b_1=b_1 a_1$ ，其中 $o\left(a_1\right)=n$ ， $o\left(b_1\right)=m$ ，则有

$$
\left(a_1 b_1\right)^{M m}=(a b)^{M m} \text {, 即 } a_1^{M m} b_1^{M m}=a^{M m} b^{M m} \text {. }
$$

因为 $o\left(b_1\right)=o(b)=m$ ，于是有 $a_1^{M m}=a^{M m}$ ．又因为 $M m+N n=1, o\left(a_1\right)= o(a)=n$ ，故有

$$
a_1^{1-N n}=a^{1-N n} \text {, 即 } a_1=a \text {. }
$$

从而由 $g=a_1 b_1=a b$ 知，$b_1=b$ ．

注 2．4．1 定理 2．4．2 中的结论可以推广到有限的情况．若定理 2．4．2 的条件不满足，元素 $a, b$ 乘积的阶 $o(a b)$ 可能会取各种不同的值．

由元素阶的性质和拉格朗日定理容易证明有限群 $G$ 中每个元素的阶都是 $|G|$的因子，从而有限群 $G$ 中每个元素都是有限阶的．反之，由有限阶元素构成的群不一定是有限群．例如集合

$$
H=\left\{x \in \mathbf{C}^* \mid \text { 存在某个正整数 } n \text { 使得 } x^n=1\right\} \text {, }
$$

关于复数的乘法构成群，但 $H$ 是无限群。
利用子群和元素阶的性质可以分析低阶群的结构，比如可以证明 6 阶群中必有 3 阶元，进而还可以证明 6 阶群恰有一个 3 阶子群（留作习题）。

例2．4．1 证明 6 阶群中必有 3 阶元。
证明 设 $G$ 为 6 阶群，$a \in G$ ，则 $o(a) \mid 6$ ，从而 $o(a)=1,2,3$ 或者 6 ．注意到当 $o(a)=6$ 时，$o\left(a^2\right)=3$ ，故当 $G$ 含有 3 阶元或者 6 阶元时，$G$ 中都有 3 阶元。
下面假定 $G$ 中除单位元外只含有 2 阶元．不妨设 $b, c$ 是 $G$ 中两个不同的 2 阶元，并记 $H=\langle b\rangle, K=\langle c\rangle$ ，则 $H \cap K=\{e\}$ ，于是有 $|H K|=\frac{|H| \cdot|K|}{|H \cap K|}=\frac{2 \cdot 2}{1}=4$ ．

另一方面，由于 $G$ 中除单位元外只含有 2 阶元，故由 2.1 节习题 6 的结论知， $G$ 为交换群。再由 2.3 节习题 3 的结论知，此时 $H K=K H$ ，从而 $H K$ 为 $G$ 的子群．于是由拉格朗日定理知，$|H K|||G|$ ，故有 4$| 6$ ，矛盾．因此 $G$ 中除单位元外不能只含有 2 阶元。

综上知，群 $G$ 中必含有 3 阶元．

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