最后更新: 2025-12-07 13:16 查看: 59 次纠错评论(0) 课件开VIP

循环群的性质

循环群是群论中最基本最重要的一类群，它是由单个元素生成的群．本节继续研究循环群的代数结构、生成元及循环群子群的性质。

显然，每一个循环群都是交换的，且循环群的阶与其生成元的阶相同．可以证明：素数阶的群都是循环群（留作习题），且同构意义下只有如下两类．

定理2．5．1 在同构意义下，无限循环群只有唯一一个，$n$ 阶循环群也只有唯一一个．具体而言，任意无限循环群都与 $(\mathbf{Z},+)$ 同构，任意 $n$ 阶有限循环群都与 $\left(\mathbf{Z}_n,+\right)$ 同构。

证明（1）设 $G=\langle a\rangle$ 是任一无限循环群．构造

$$
\begin{aligned}
f: \mathbf{Z} & \rightarrow G, \\
k & \rightarrow a^k
\end{aligned}
$$

则 $f$ 显然是满射．另一方面，若 $a^{k_1}=a^{k_2}$ ，则有 $k_1=k_2$ ，故 $f$ 是双射．
又因为 $f\left(k_1+k_2\right)=a^{k_1+k_2}=a^{k_1} a^{k_2}=f\left(k_1\right) f\left(k_2\right)$ ，故 $f$ 是 $\mathbf{Z}$ 到 $G$ 的同构．
（2）设 $G=\langle a\rangle$ 是任一 $n$ 阶循环群．令

$$
\begin{aligned}
g: \mathbf{Z}_n & \rightarrow G, \\
\bar{k} & \rightarrow a^k .
\end{aligned}
$$

注意到

$$
\overline{k_1}=\overline{k_2} \text { 当且仅当 } \overline{k_1-k_2}=\overline{0} \text {, }
$$

当且仅当 存在正整数 $q$ 使得 $k_1-k_2=n q$ ，当且仅当 $a^{k_1-k_2}=1$ ，即 $a^{k_1}=a^{k_2}$ ，

故 $g$ 是映射且是单射．显然 $g$ 是满射，故 $g$ 是双射．又因为

$$
g\left(\overline{k_1}+\overline{k_2}\right)=g\left(\overline{k_1+k_2}\right)=a^{k_1+k_2}=a^{k_1} a^{k_2}=g\left(\overline{k_1}\right) g\left(\overline{k_2}\right),
$$

故 $g$ 是 $\mathbf{Z}_n$ 到 $G$ 的同构．

关于循环群的生成元，下面的结论成立．

定理 2．5．2（1）无限循环群 $G=\langle a\rangle$ 的生成元有且只有两个 $a, a^{-1}$ ，
（2）$n$ 阶循环群 $G=\langle a\rangle$ 的生成元有 $\varphi(n)$ 个，均形如 $a^r$ ，其中 $r$ 与 $n$ 互素，这里 $\varphi(n)$ 是欧拉函数．

证明 注意到
$a^r$ 为 $G=\langle a\rangle$ 的生成元 当且仅当 $a \in\left\langle a^r\right\rangle$
当且仅当 存在 $k \in \mathbf{Z}$ ，使得 $a=\left(a^r\right)^k=a^{r k}$ 。
若 $G=\langle a\rangle$ 为无限的，则 $a=a^{r k}$ 当且仅当 $r k=1$ ，于是 $r= \pm 1$ ．另一方面， $a, a^{-1}$ 又确为 $G$ 的生成元．这说明，$a^r$ 为 $G$ 的生成元当且仅当 $r= \pm 1$ ．

若 $G=\langle a\rangle$ 是 $n$ 阶循环群，则

$$
a=a^{r k} \text { 当且仅当 } n \mid(r k-1) \text { 当且仅当 } r k \equiv 1(\bmod n) \text {. }
$$

而 $r k \equiv 1(\bmod n)$ 有解当且仅当 $\operatorname{gcd}(r, n)=1$ ，这就证明了本定理的第二个结论。

下面分析在同构意义下循环群及其生成元之间的对应关系。
在同构映射下，同构的循环群的生成元必映射为生成元．事实上，设 $f$ 是循环群 $\langle a\rangle$ 到 $\langle b\rangle$ 的同构，并设 $f(a)=b^s$ ，则对任意 $k \in \mathbf{Z}$ ，有

$$
f\left(a^k\right)=f(a)^k=b^{s k}
$$

因为 $f$ 为满射，故 $\langle b\rangle=f(\langle a\rangle)=\left\langle b^s\right\rangle$ ，从而 $b^s$ 也为 $\langle b\rangle$ 的生成元．
结合定理 2．5．1 可知，两个无限循环群在它们的元素间只能有两种方法使之对应成同构映射，而两个 $n$ 阶循环群在它们的元素间有 $\varphi(n)$ 种方法使之对应成同构映射。

关于循环群的子群，可以证明下面的结论成立．
定理 2．5．3 循环群的子群仍然是循环群。
证明 设 $G=\langle a\rangle$ 为循环群，$H$ 是 $G$ 的子群．若 $H=\{e\}$ ，显然 $H=\{e\}= \langle e\rangle$ 为循环群。下面假设 $H \neq\{e\}$ ，并设 $m$ 是使得 $a^m \in H$ 成立的最小正整数，可以断言 $H=\left\langle a^m\right\rangle$ 。

事实上，若存在 $k \in \mathbf{Z}$ ，使得 $a^k \in H$ ，不妨设 $k=m q+r, 0 \leqslant r<m$ ，则由 $a^m, a^k \in H$ 知，$a^r=\left(a^{m q}\right)^{-1} a^k \in H$ ，于是有 $r=0$ ，从而 $a^k=\left(a^m\right)^q$ ，故有 $H=\left\langle a^m\right\rangle$ ．

因此循环群 $G=\langle a\rangle$ 的子群都是循环群。

\＃

定理 2．5．4 设 $G$ 是无限循环群，$H$ 是 $G$ 的子群，则要么 $H=\{e\}$ ，要么 $H=\left\langle a^m\right\rangle$ ，其中 $m$ 为正整数，并且在后一种情况下 $H$ 也是无限阶的，且 $G$ 关于 $H$ 的指数 $[G: H]=m<\infty$ ．

证明 设 $H \neq\{e\}$ 是无限循环群 $G=\langle a\rangle$ 的子群，则由定理 2．5．3 的证明知，存在正整数 $m$ ，使得 $H=\left\langle a^m\right\rangle$ 。因为 $o(a)=\infty$ ，故 $o\left(a^m\right)=\infty$ ，从而 $H$ 为循环群。下面证 $G$ 关于 $H$ 的指数 $[G: H]=m$ 。

由于 $G=\langle a\rangle$ 为循环群，且 $a^m \in H$ ，故 $G$ 中元素必然属于 $H$ 的某个陪集 $a^i H$ ，其中 $0 \leqslant i \leqslant m-1$ ，即有 $G=\bigcup_{i=0}^{m-1} a^i H$ 。另一方面，由于 $m$ 是使得 $a^m \in H$ 成立的最小正整数，故陪集 $H, a H, \cdots, a^{m-1} H$ 两两不同，从而有 $[G: H]=m<\infty$.

从上面的定理可以看出，无限循环群有无限个非平凡的子群．
特别地，无限循环群 $(\mathbf{Z},+)$ 的所有子群形如 $k \mathbf{Z}=\{k n \mid n \in \mathbf{Z}\}$ ，其中 $k$ 为非负整数．并且当 $k, l$ 为正整数时有：$k \mathbf{Z} \subseteq l \mathbf{Z}$ 当且仅当 $l \mid k$ ．

下面分析有限循环群的子群的性质，并给出有限群为循环群的充要条件．
定理2．5．5 设有限群 $G$ 的阶为 $n$ ，则有
（1）若 $H$ 是 $G$ 的子群，则 $H$ 的阶必为 $n$ 的因子；
（2）进而，若 $G=\langle a\rangle$ 为循环群，则对于 $n$ 的每一个正因子 $d, G$ 有且仅有一个 $d$ 阶子群，形如 $\left\langle a^{n / d}\right\rangle$ 。
（3）有限群 $G$ 为循环群当且仅当对每个 $d \| G \mid, G$ 至多有一个 $d$ 阶子群。
证明（1）因为 $|G|=n, H$ 是 $G$ 的子群，故由拉格朗日定理即得 $|H| \mid n$ ．
（2）对任意正整数 $d$ ，若 $d \mid n$ ，则 $o\left(a^{n / d}\right)=\frac{n}{\operatorname{gcd}(n, n / d)}=d$ ，故 $\left\langle a^{n / d}\right\rangle$ 是 $G$
的 $d$ 阶子群．
反之，若 $\left\langle a^k\right\rangle$ 也是 $G$ 的 $d$ 阶子群，则由 $a^{k d}=1$ 知，$n \mid k d$ ，从而 $(n / d) \mid k$ ，故

$$
\left\langle a^k\right\rangle \subseteq\left\langle a^{n / d}\right\rangle .
$$

又因为这两个子群都是 $d$ 阶的，故有 $\left\langle a^k\right\rangle=\left\langle a^{n / d}\right\rangle$ ，即这样的 $d$ 阶子群是唯一的．
（3）必要性由（2）可得，下面我们来证充分性．
设 $|G|=n$ ，并假设对每一个 $d \mid n, G$ 至多有一个 $d$ 阶子群．今将 $G$ 中具有相同阶的元素归并为一类，并设 $G$ 中 $n$ 个元素分成了 $t$ 个类，每类中元素的阶分别为 $d_1, d_2, \cdots, d_t$ ．当然有 $d_i \mid n, i=1,2, \cdots, n$ ．

在元素之阶为 $d_1$ 的这类中先任取一元素 $a$ ，再任取一元素 $x$ ，因 $\langle x\rangle$ 与 $\langle a\rangle$都是 $G$ 中 $d_1$ 阶子群，故由题设有 $\langle x\rangle=\langle a\rangle$ ．不妨设 $x=a^\lambda, \lambda>0$ ，则由

$$
d_1=o(x)=o\left(a^\lambda\right)=d_1 /\left(\lambda, d_1\right)
$$

知，$\left(\lambda, d_1\right)=1$ ．反之，若 $\left(\lambda, d_1\right)=1$ ，则 $a^\lambda$ 为 $d_1$ 阶元．故 $G$ 中 $d_1$ 阶元恰好形如 $a^\lambda$ ，其中 $\left(\lambda, d_1\right)=1$ ，这样的 $d_1$ 阶元恰好有 $\varphi\left(d_1\right)$ 个。

同理可证，$G$ 中阶为 $d_2, \cdots, d_t$ 的元素的个数分别为 $\varphi\left(d_2\right), \varphi\left(d_3\right), \cdots, \varphi\left(d_t\right)$ ，因而有

$$
\sum_{i=1}^t \varphi\left(d_i\right)=n .
$$

另一方面，由数论知识知 $\sum_{d \mid n} \varphi(d)=n$ ，故我们有 $\sum_{i=1}^t \varphi\left(d_i\right)=\sum_{d \mid n} \varphi(d)$ ．
又由于 $d_i \mid n, \varphi(d) \geqslant 1$ 且 $\varphi(d) \geqslant 1$ ，故 $d_1, d_2, \cdots, d_t$ 恰为 $n$ 的所有正因数，从而必然存在 $i$ ，使得 $d_i=n$ ，即 $G$ 中 $n=|G|$ 阶元必存在，因此 $G$ 为循环群．\＃

由定理 2．5．5 的结论（2）知，$n$ 阶循环群（ $\mathbf{Z}_n,+$ ）的所有子群形如 $\langle\bar{d}\rangle$ ，其中 $d>0, d \mid n$ ．例如，循环群 $\left(\mathbf{Z}_{12},+\right)$ 有下列 6 个子群：
$\langle\overline{1}\rangle=\langle\overline{5}\rangle=\langle\overline{7}\rangle=\langle\overline{11}\rangle=\left(\mathbf{Z}_{12},+\right)$ 为 12 阶子群，
$\langle\overline{2}\rangle=\langle\overline{10}\rangle$ 为 6 阶子群，
$\langle\overline{3}\rangle=\langle\overline{9}\rangle$ 为 4 阶子群，
$\langle\overline{4}\rangle=\langle\overline{8}\rangle$ 为 3 阶子群，
$\langle\overline{6}\rangle$ 为 2 阶子群，
$\langle\overline{0}\rangle$ 为 1 阶子群。

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