循环群

贡献者：叶月2_

本文存在未完成的内容。

循环群与自同构群的关系。
阿贝尔群是循环群的条件，相关定理应该拆分为新的一节。
需要大量实例，某些定理需要韦恩图说明。

定义 1　

　　若群 $G$ 的元素都是由某个元素生成，即 $G = ⟨ a ⟩$ ，则称群 $G$ 为循环群（cyclic group），称 $a$ 是循环群的生成元。

　　显然，循环群的群元都可以表示为生成元的整数次幂，因此循环群实际上是阿贝尔群。由群的封闭性可知，给定群 $G$ 的一个群元素 $g$ ，那么 $⟨ g ⟩ \subset G$ 。

定义 2　

　　对于群 $G$ ，若 $H$ 是其循环子群，且不是其他循环子群的真子群，则称 $H$ 为 $G$ 的极大循环子群。

例 1　

　　整数群 $Z$ 是有无限元素的循环群，群乘法为加法。

例 2　

　　模 $n$ 同余类 $Z_{n}$ 。

例 3　

　　群 $G = {- 1, - i, 1, i} = ⟨ i ⟩$ 。

　　循环群的形式看似没有什么规律，但我们可以借助同构来缩减研究对象。

定理 1　

　　无限循环群同构于整数加群； $n$ 元有限循环群同构于 ${Z_{n}; +}$ 。

　　 proof.¹

　　设 $G$ 是无限循环群，建立 $Z \to G$ 的同态映射，使得对于任意 $n \in Z$ ，都有 $f (n) = a^{n}$ 。根据群同态基本定理习题 2 ，我们有 $Z / \ker f ≅ G$ 。由于 $Z$ 的正规子群都是 $n Z, n \in N$ ，因此模 $n$ 同余类与 $G$ 同构。当该 $n = 0$ 时，对应无限循环群；当 $m \neq 0$ 时， $Z_{n}$ 与 n 元循环群同构。

　　因为有限循环群可以继承整数群的乘法，因此还是一个环。可以证明， $Z_{n}$ 环上的零因子是 $n$ 的因子。所以，如果 $n$ 是素数，那么这个环就是无零因子交换幺环了，我们一般简称其为整环。

定理 2　

　　有限整环必是域。

　　只要证明任意环元都有逆在环内即可。因为是有限整环，假设生成元为 $a$ ，则由封闭性知对于每个非零同余类都必有 $a^{m} = a^{n}, m \neq n$ 。设 $m n$ ，因为 $a^{m - n} a^{n} = 1 \cdot a^{n}$ ，所以 $a^{m - n} = 1$ ²。因此， $a^{m - n - 1}$ 为 $a$ 的逆元， $a^{k (m - n - 1)}$ 是 $a^{k}$ 的逆元，证毕。

习题 1　

　　无限循环群的生成元只有两个。

习题 2　

　　若 $n$ 元有限循环群 $G = ⟨ a ⟩$ ，那任意元素 $a^{k}, k \in N$ 的阶是多少。一个推论是：若 $k$ 与 $n$ 互素，则 $⟨ a ⟩ = ⟨ a^{k} ⟩$ ，因此我们可以得知一个 $n$ 元循环群的生成元个数。

1. 循环群的子群结构

定理 3　

　　循环群的子群必是循环群。

　　 proof. 设循环群 $G = ⟨ a ⟩$ ，则其子群元素必定包含 $a$ 的某次幂。设任意子群为 $G_{1}$ 包含元素的最小次幂为 $k$ ，则该子群包含 $a^{k n}, n \in Z$ 。若该群不是循环群，必然包含元素形如 $a^{k n + r}$ ，其中 $0 < r < k$ 。由封闭性知也包含 $a^{- k n} = (a^{k n})^{- 1}$ 。则 $a^{r} \in G^{1}$ ，与假设里 $k$ 是最小正整数矛盾，所以循环群的子群必是循环群。

定理 4　

　　设 $G$ 是 $n$ 元循环群，若 $d | n$ ，则 $G$ 内存在唯一一个 $d$ 阶子群。

　　 proof.

　　因为 $a^{\frac{n}{d} d} = e$ ，因此 ${⟨ a ⟩}^{\frac{n}{d}}$ 是一个 $d$ 阶子群。下面证明唯一性。

　　设 $H = {x \in G | x^{d} = e}$ ，易证这是 $G$ 的子群且具有唯一性。又设 $x = a^{k}$ ，则 $a^{k d} = e$ 意味着 $n | k d$ ，则 $\frac{n}{d} | k$ 。因为 $G$ 是 $n$ 阶子群，所以 $k$ 的可能取值范围为 ${1, 2. . . n}$ ，也即 ${\frac{n}{d}, 2 \frac{n}{d} . . . d \frac{n}{d}}$ 。所以 $H$ 的阶小于或等于 $d$ 。

　　又因为 $a^{\frac{n}{d}} \in H$ ，则 ${⟨ a ⟩}^{\frac{n}{d}} \subset H$ ，所以 $H$ 的阶必等于 $d$ 且 $H = {⟨ a ⟩}^{\frac{n}{d}}$ 。换句话说，循环群的不同子群阶数不同。实际上，其逆命题也是成立的。即 $G$ 是循环群 $⟺ G$ 的不同子群阶数不同。

定理 5　

　　若群 $G$ 的不同子群阶数不同，则 $G$ 是循环群。

　　 proof.³

　　设 $H$ 为 $G$ 的任意子群，因为共轭子群的阶与原群相等，即对于任意 $g \in G$ 都有 $| g H g^{- 1} | = | H |$ ，题设条件使得 $G$ 的任意子群都是正规子群—— $H ⊲ G$ 。设 $G^{'} = G / H$ 且 $H_{1}$ 是 $G^{'}$ 的任意子群，那么对于 $G$ 而言， $H_{1}$ 是运算封闭的左陪集之并，也就是说， $H_{1}$ 也是原群的子群，题设及 “任意子群都是正规子群” 在商群意义上得以继承。

　　因此，我们可以利用循环子群来构造商群列。从 $G$ 里选任意元素 $x_{1}$ ，构造商群 $G_{1} = G / {⟨ x ⟩}_{1}$ ，从 $G_{1}$ 中选任意元素 $x_{2}$ ，构造商群 $G_{2} = G_{1} / {⟨ x ⟩}_{2}$ ，以此类推——

\begin{matrix} (1) & G > G_{1} > G_{2} > . . . > G_{s - 1} > G_{S} = {e} . \end{matrix}

我们知道，根据拉格朗日定理，商群的基数必是原群基数的因子，因此商群列总是有限的，最后终结于平凡群。又因为该平凡群是

G_{s - 1}

商去循环群得到的，所以

G_{s - 1}

必是循环群。

　　接下来我们只需要证明，对于 $G_{n} = G_{n - 1} / {⟨ x ⟩}_{n}$ ，若满足 $G_{n}$ 为循环群，则 $G_{n - 1}$ 也必是循环群即可。这其实是从商群列逆向推导出 $G$ 是循环群。

　　设 $r$ 是 $G_{n}$ 的生成元代表元素，即 $r {⟨ x ⟩}_{n}$ 生成了这个循环群。设 $| G_{n} | = d$ ，则对于任意 $r_{1}, r_{2} \in r {⟨ x ⟩}_{n}$ 都有 $r_{1}^{d}, r_{2}^{d} \in {⟨ x ⟩}_{n}$ 。 $r_{1} \to r_{1}^{d}$ 是从左陪集 $r {⟨ x ⟩}_{n}$ 到正规子群 ${⟨ x ⟩}_{n}$ 的映射，下面证明这是一个双射。

　　设 $r_{1} \neq r_{2}$ ，且 $r_{1}^{d} = r_{2}^{d}$ 。在 $G_{n - 1}$ 中， ${⟨ r ⟩}_{1}$ 和 ${⟨ r ⟩}_{2}$ 是两个阶数相同，但元素不同的子群，与题设矛盾。所以 $r_{1} \to r_{1}^{d}$ 是单射。又因为正规子群和陪集的基数相同，所以该映射既单又满。

　　因此在 $r {⟨ x ⟩}_{n}$ 中存在唯一的 $a$ 使得 $a^{d} = x$ ，把陪集表示为 $a^{i} ⟨ a^{d} ⟩, i = 1, 2. . . d$ ，则 $G_{n - 1}$ 确实是一个循环群，证毕。

　　取 $d = 5$ ，上述的 $G_{n - 1}$ 及其陪集划分如下图所示。

图 1：

G_{n - 1} / x_{n}

1. ^ 参考《抽象代数》，邓少强祝，朱富海著。
2. ^ 注意这是环上的乘法，由于乘法运算构成半群，消去律未必成立。若对于环上元素有 $a b = c b$ 且 $b \neq 0$ ，则 $(a - c) b = 0$ 。由于整环没有零因子，所以 $a = c$ ，即消去律对整环必然成立。
3. ^ 引自《代数学基础》，Jier Peter 著。

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