子群与循环结构：一个元素能走多远

在模 18 的加法里，从 0 开始不断加 12，只会遇到 $0,12,6$，下一步又回到 0。把步长改为 5，却能走遍全部十八个余数。同样是在一个群里重复运算，得到的范围可能很小，也可能就是整个群。

要准确描述这种范围，需要分清三个量：群有多少个元素、某个元素重复多少次回到单位元，以及它能生成多少个不同元素。这一章会把它们连接起来，并证明为什么最大公因数会出现在答案中。

2.1 在大群里保留同一套运算

设 $G$ 是群。若子集 $H\subseteq G$ 在继承 $G$ 的运算后本身也是群，就称 $H$ 为 $G$ 的子群，记为 $H\le G$。例如偶数在整数加法下构成子群。正实数在实数乘法下是群，却不是实数加法群的子群：运算换了，正实数集合又不含加法单位元0。

图中子群用的是外面那一个群的运算。集合包含关系只是起点，还需要运算留在内部。总有平凡子群 $\{e\}$ 和子群 $G$ 自己；若 $H\ne G$，则称它为真子群。平凡与真并非互斥：非平凡群的 $\{e\}$ 就是真子群。

子群的单位元与逆元也不能另起一套。若 $H$ 的单位元是 $f$，则在 $G$ 内有 $ff=f=ef$，右消去 $f$ 得 $f=e$。在 内得到的逆元也是 内的逆元，由第1章的唯一性，它们相同。

因此，检查 $H\le G$ 时，不必重证结合律。结合律对 $G$ 的所有元素成立，对其中的 $H$ 自然也成立；需要检查的是 $e\in H$，乘积留在 $H$，以及每个元素的逆元留在 $H$。

常用的一步判据把这些条件合在一起：

如果 $H$ 已是子群，逆元与乘法封闭立即给出右边。反向要仔细恢复三个条件。因为非空，选一个 $h\in H$，便有 $hh^{-1}=e\in H$。已有单位元后，对 $b\in H$ 应用判据得到 。现在 也在集合里，再对 应用判据，得到 。三个条件齐全， 是子群。

非空条件不能省略。空集里没有元素对，所谓“任意两元素满足条件”不会被任何反例推翻，但空集没有单位元，当然不是群。加法记号下的判据则是：$H$ 非空且 $a-b\in H$。

带参数的子群检查

在上一章的仿射群里，取正斜率变换

它含 $F_{1,0}$。对 $F_{a,b},F_{c,d}\in H$，利用逆元公式算得

由于 $a,c>0$，新斜率 $a/c>0$，所以结果仍在 $H$。判据说明它是子群。这里正数只约束斜率，不约束平移量；若顺手再要求 $b\ge0$，逆变换的平移量可能为负，结论就变了。

所有平移 $T_b=F_{1,b}$ 也构成子群，因为 $T_bT_d^{-1}=T_{b-d}$。从大群的角度看，研究这些子群能保留一部分操作，同时完整保留可逆性。

2.2 从一个元素生成子群

给定群里的元素 $a$，把它的所有整数次幂放在一起：

这个集合称为 $a$ 生成的循环子群。它含 $a^0=e$，而任意两项 $a^m,a^n$ 满足

子群判据证明了它确实是子群。若另一个子群 $K$ 含有 $a$，封闭性迫使它含有 $a$ 的所有正次幂，逆元又迫使它含有所有负次幂，单位元也在其中。因此 $\langle a\rangle\subseteq K$。所谓“生成”，就是包含 $a$ 的最小子群；这里的最小指包含关系，不是随意比较名字或参数的大小。

图中既向正指数延伸，也向负指数延伸。比如在非零有理数乘法群里，$3$ 生成

只写 $1,3,9,\ldots$ 会丢掉逆元。整数加法中则有 $\langle3\rangle=3\mathbb Z$，表示全部整数倍。相同的尖括号要跟着所在群的运算读，不能把加法生成与乘法生成混在一起。

如果 $G=\langle a\rangle$，就称 $G$ 为循环群，$a$ 为一个生成元。整数加法群由1生成，也由 $-1$ 生成；它有无限多个元素。“循环”指单个元素生成的结构，不要求图形一定画成有限圆圈。

循环群必为阿贝尔群，因为其中任意两元素可写成 $a^r,a^s$，而

反向不成立。在 $U(8)=\{1,3,5,7\}$ 中，每个非单位元素的平方都为1，所以从任意一个元素出发最多只能生成两个元素。这个乘法群交换，却没有单个元素能生成四个元素的全群。

有限性可以补上逆元

若 $S$ 是群 $G$ 的有限、非空子集，并且任意两元素的乘积都在 $S$ 中，那么 $S$ 已经是子群。这时可以只检查乘法封闭，但有限和非空都不能漏。

证明从任意 $a\in S$ 出发。所有正次幂仍在 $S$ 内，而 $S$ 有限，所以存在正整数 $i<j$ 使 $a^i=a^j$。在大群中消去，得到 ，从而 。令 ：若 ，则 ；若 ，则正次幂 在 内，而且它就是 。对每个 都能这样做，逆元全部留在 ，结论成立。

如果 $S$ 无限，“幂一定重复”便没有依据。非负整数在加法下封闭且非空，反复加1却永远不重复，所以它仍然缺少负数这些逆元。

2.3 最早回到单位元的时刻

若存在正整数 $n$ 使 $a^n=e$，其中最小的一个叫作 $a$ 的阶，记为 $\operatorname{ord}(a)$。若没有这样的正整数，就说 $a$ 有无限阶。单位元的阶为1，因为定义要求正整数，不能把 ${}^{}$ 中的0当作阶。

回到模18中不断加12的过程：

第一次回到0花了三步，所以元素12的阶是3；它生成的子群是 $\{0,6,12\}$，群 $\mathbb Z_{18}$ 的阶则是18。这三个表述指向不同对象。

图中回到起点的箭头标出了第一次正周期。若从第零步开始记录，起点已经是单位元，但那只是初始状态，不算一次正周期。

设 $\operatorname{ord}(a)=n<\infty$。最常用的结论是

当 $n\mid k$，写 $k=qn$，指数法则立即给 $a^k=(a^n)^q=e$。反向，把任意整数 作带余除法：

由 $a^k=e$ 得 $a^r=e$。如果 $r>0$，就会比 $n$ 更早回到单位元，违背 最小；所以 。这一证明也适用于负的 ，因为带余除法仍可取非负余数。

于是

一方面，$a^0,a^1,\ldots,a^{n-1}$ 互不相同，否则两个指数之差的绝对值小于 $n$，却是非零的 $n$ 倍数。另一方面，任意整数指数都可以取模 ，所以所有幂恰好就是这 个元素。因此

若 $a$ 无限阶，任意两个不同整数指数也不会给同一个元素，因为 $a^i=a^j$ 会推出一个正次幂等于 $e$。此时所有整数指数各对应一个不同元素，循环子群也是无限的。

幂的关系不能只看一次等式

已知 $a^6=e$，只能说 $a$ 的阶整除6，可能是1、2、3或6。若还知道 $a^2\ne e$、$a^3\mathrm{\ne }$，才能排除较小可能，确认阶是6。这个判断尚未用到整个群的元素个数，第4章会补上它与群阶的关系。

在非零实数乘法群中，$-1$ 的阶为2，而2有无限阶；在实数加法群中，非零元素都有无限阶，因为正整数 $k$ 不可能使 $kx=0$。同一个实数在不同运算下，阶也会改变。

还要警惕把两个有限阶元素的阶简单相乘。设反射 $R(x)=-x$、$S(x)=2-x$，二者平方都是恒等函数，所以各有阶2；但

对每个正整数 $k$，它都不是恒等函数。因此两个有限阶元素的乘积甚至可能有无限阶。这里反射属于第1章已经证明的仿射群，全部结论可以直接对函数核算。

2.4 最大公因数决定走过的范围

设 $\operatorname{ord}(a)=n$，取另一个元素 $b=a^k$。要找 $b$ 的阶，就是找最小正整数 $m$，使

上一节已证明，这等价于 $n\mid km$。令 $d=\gcd(n,k)$，写成 $n=dn'$、$$，则条件变为 。因为 ，由互质消去可知 。最小的正解就是 ，因此

这也包括 $k=0$：$\gcd(n,0)=n$，右边为1，正好是单位元的阶。负指数采用正的最大公因数，公式仍成立。

在 $\mathbb Z_n$ 中，元素1的阶为 $n$，于是得到加法版本

例如模18中 $\gcd(18,12)=6$，元素12的阶是3。步长5与18互质，阶为18，所以可以走遍全部元素。这不是凭圆圈图猜出来的，而是“多少步回到0”的整除条件。

图中同样数量的余数被不同步长访问。步长与模数有公因数时，只能落在某些余数上；互质时，每个余数都会恰好遇到一次，之后才回到0。

更精确地，若 $d=\gcd(n,k)$，则

每个 $k$ 的整数倍都是 $d$ 的倍数，所以一方向包含成立。另一方向利用 Bézout：存在整数 $u,v$ 使 $uk+vn=d$，因而在模 $n$ 下 $uk$。于是 包含 ，也就包含它的所有倍数。这一步解释了为什么不仅“落点都是 的倍数”，而且“全部 的倍数都能到达”。

生成整个 $\mathbb Z_n$ 的元素因此恰好是与 $n$ 互质的余数。比如 $\mathbb Z_{10}$ 的生成元是1、3、7、9；不是每个非零元素都可以，也不是只有素数才可以。生成元数量通常记为 $\varphi(n)$，就是 $$ 中与 互质的整数个数，称为 Euler 函数。

同一个公式也适用于乘法群，但先要知道所选元素 $a$ 自己的阶。例如在 $U(14)$ 中，

而 $3^6\equiv1$。前六个结果互异，且它们就是全部六个单位，所以3生成 $U(14)$。元素 $9=3^2$ 的阶为 $6/\gcd(6,2)=3$。这里公式的分子是3的阶6，不能误用模数14。

实验：一步一步走完生成过程

保留模数18，比较步长12和5。预先写下各自第一次回到0需要多少步，再逐步执行，观察生成顺序与按大小排列的子群有什么区别。把步长改为0，看看“停在原地”对应哪个子群、什么阶。

步长12的访问顺序是 $0,12,6$，子群写成集合时也可以排列为 $\{0,6,12\}$；顺序改变不影响集合。步长0只生成 $\{0\}$，阶为1。实验展示有限例子，公式的完整依据仍是上面的整除和 Bézout 论证。

2.5 找全循环群的子群

在整数加法群中，$2\mathbb Z,3\mathbb Z,5\mathbb Z$ 都是子群。会不会还有一个形状很不规则的子群，只挑出某些不等间隔的整数？子群能够相减，这个条件会排除那种可能。

设 $H\le\mathbb Z$。若 $H=\{0\}$，记作 $0\mathbb Z$。否则 $H$ 中有非零整数；必要时取相反数，可知它含正整数。取其中最小正整数 $m$。任意 $h\in H$ 写成

因为 $h,qm\in H$，差 $r=h-qm$ 也在 $H$。若 $r>0$，就与 最小矛盾。因此 ，每个 都是 的倍数。另一方面， 迫使它的全部整数倍都在 ，所以 。

这证明了整数群的全部子群恰好是 $m\mathbb Z$，其中 $m$ 是非负整数。最小正元素给出的信息，足以确定无限多个元素的整个集合。

把这段思路换成指数，就能处理一般循环群。设 $G=\langle a\rangle$，$H\le G$。若 $H$ 非平凡，其中有某个 $a^k\ne e$；对负指数取逆，可找到正整数指数。取最小正整数 使 。对于任意 ，写 ，有

由 $0\le r<m$ 与最小性得 $r=0$，所以 $a^k$ 是 $a^m$ 的幂。于是 。平凡子群由 生成，也循环。因此，。

有限循环群里的存在与唯一

进一步设 $\operatorname{ord}(a)=n$。由于 $a^n=e\in H$，最小正指数 $m$ 总存在，即使 $H=\{e\}$ 也可以取到 。将 除以 ，上面的余数论证给出 。

所以有限循环群的每个子群都是 $\langle a^m\rangle$，其中 $m\mid n$，它有 $n/m$ 个元素。反过来，每个正因子 $m\mid n$ 都确实产生这样的子群。

若希望得到阶为 $d$ 的子群，必须有 $d\mid n$，并且只能取

因此对于每个 $d\mid n$，恰有一个阶为 $d$ 的子群。这句话含两件事：公式给存在性；任意子群的最小正指数必等于 $n/d$，给唯一性。第4章讨论一般有限群时，不能把循环群里的这份保证照搬过去。

图中把子群按包含关系放在不同层。以 $\mathbb Z_{24}$ 为例，所有子群可以列为

这里 $\langle24\rangle=\langle0\rangle$，用24作“最小正指数”的记号，而不是说余数集合另有一个元素24。

设 $d,e\mid n$，在 $\mathbb Z_n$ 中记 $H_d=\langle d\rangle$。则

$e\mid d$ 时，$d$ 的倍数也是 $e$ 的倍数；反向，$d\in H_e$ 表示 $d\equiv te(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}$，而 ，所以 。参数的整除方向与子群的包含方向相反：步长越多受限制，能走到的集合越小。

2.6 同时满足限制，与合并可用操作

两个子群 $H,K\le G$ 的交集仍是子群。它至少含单位元；对 $a,b\in H\cap K$，$ab^{-1}$ 既在 $$ 也在 ，所以仍在交集中。这个证明也适用于任意多个子群的交集：同一个运算结果满足每一个子群的约束。

并集就不同了。在 $\mathbb Z_{12}$ 中取

2、3分别来自两个子群，都在 $H\cup K$ 中，但和5不在并集里。各自内部封闭，并不能保证跨两边取元素后仍然封闭。

图中的2与3各有合法来源，相加后的5却落在两块之外。若要把两种操作放进同一个群，就必须把5等必要结果也补进来。

一般地，$H\cup K$ 是子群，当且仅当 $H\subseteq K$ 或 $K\subseteq H$。一个包含另一个时，并集本来就是较大的子群。反向，若两者互不包含，可选 $h\in H\setminus K$、。假设并集是子群，则 必在其中：若 ，左乘 得 ，矛盾；若 ，右乘 得 ，也矛盾。

包含集合 $S$ 的最小子群记为 $\langle S\rangle$。它可以定义为所有包含 $S$ 的子群之交；这样的子群至少有 $G$ 自己，因此交集不是在空的选择范围上进行。交集仍是子群，且恰好包含一切被群规则强迫加入的结果。

也可以把这些结果直接描述出来：取 $S$ 中的元素或它们的逆元，按任意顺序作有限次乘积，并把不取任何因子的空乘积解释为单位元。所有这样的乘积组成的集合是子群，因为相乘只需拼接两串因子，取逆则把因子倒序并逐个取逆。它包含 $S$；任何包含 $S$ 的子群又必须含有这些乘积。因此这个集合恰好就是 $\langle S\rangle$。这给出了“生成”的具体运算含义，不要求 $S$ 有限，也不允许把一个元素写成没有定义的无限乘积。

对上面的 $H,K$，我们真正想合并的是 $\langle H\cup K\rangle$。因为其中含3和2，也必须含差 $3-2=1$，而1生成整个 $\mathbb Z_{12}$，所以合并得到全群。

循环群中的两种计算

在 $\mathbb Z_n$ 内，取 $d,e\mid n$，仍记 $H_d=\langle d\rangle$。交集要求同时是 与 的倍数，所以

这里 $\operatorname{lcm}$ 是最小公倍数。由于 $d,e$ 都整除 $n$，它们的最小公倍数也整除 $n$，在取余后“是该数的倍数”仍有一致的含义。

而合并两边可用的加法操作会得到

令 $g=\gcd(d,e)$。$d,e$ 都是 $g$ 的倍数，因此 $H_g$ 包含它们生成的一切整数线性组合。反过来，Bézout 等式 说明任何包含 的子群必须含 ，也必须含 。两方向包含给出等式。

例如在 $\mathbb Z_{24}$ 中，$H_4$ 有6个元素，$H_6$ 有4个元素。交集是 $H_{}$；合并后生成的子群则是 ，包含全部偶数余数。这一个例子里，交集与合并得到的大小相差很大，因为它们回答的是不同的问题。

实验：沿包含关系寻找位置

在模24的子群图里选 $H_4,H_6$。预测哪些节点同时包含这两个子群，哪些节点同时包含在二者里面。分别显示交集与生成的子群，沿连接关系检查选出的是否为最大的公共子群、最小的共同上层子群。

交集是共同下方最大的子群，因为任何同时包含在两者里的子群都在交集中；生成的子群取最小共同上界，是因为它只加入群规则要求的结果。把两者改成已有包含关系的一对，结果会分别落在较小与较大的那一个上。

2.7 练习：从条件确定子群

练习 1｜固定一个位置。 在实数仿射群中，取所有满足 $F(2)=2$ 的变换组成集合 $H$。用子群判据证明 $H$ 是子群，并写出参数 $a,b$ 必须满足的关系。

练习 2｜从有限集合上的映射再证一次。 设 $S$ 是群的有限非空子集，对乘法封闭。固定 $a\in S$，考虑 $L_a:S\to S$，$x\mapsto ax$。利用消去律和有限性，证明 、，从而重新证明有限闭集判据。指出无限集合时哪一步可能失败。

练习 3｜从原元素的阶算幂的阶。 已知 $\operatorname{ord}(g)=30$。求 $g^9$ 的阶，列出 $\langle g^6\rangle$ 的全部生成元，并判断 $g^{-12}$ 与 是否为同一元素。

练习 4｜完整分类，避免漏掉子群。 列出 $\mathbb Z_{30}$ 可能的子群阶，以及每个阶所对应的生成步长；再列出全群的全部生成元。为什么这已经是完整列表？

练习 5｜两种限制的交与合。 在 $\mathbb Z_{60}$ 中取 $H=\langle12\rangle$、$K=\langle20\rangle$。求交集、由并集生成的子群及它们各自的阶，并给出并集不封闭的一次具体计算。

练习 6｜无限子群也能被少量信息约束。 设 $H\le\mathbb Z$，且 $42,70\in H$。列出 $H$ 的全部可能。如果另知 $7\notin H$，还剩哪些可能？

练习 7｜有理数加法不是循环群。 假设有一个有理数 $q$ 生成整个 $\mathbb Q$。分别处理 $q=0$ 和 $q\ne0$，给出矛盾。

练习 8｜阶不随共轭改变。 证明 $a$、$a^{-1}$、$bab^{-1}$ 具有相同的阶，允许阶无限。再证明 $ab$ 与 $ba$ 也具有相同的阶。不要预设群交换。

参数条件是 $2a+b=2$，即 $b=2-2a$，其中 $a\ne0$。它不同于仅要求正斜率的子群，这里约束的是某个输入的像，证明仍可用同一判据。

对每个 $a\in S$，满射又保证存在 $y\in S$ 使 $ay=e$，在大群中左乘 $a^{-1}$ 得 $y=a^{-1}$。逆元因而在 $S$。无限集合到自身的单射未必满射，例如非负整数的 $x\mapsto x+1$ 漏掉0，所以不能照搬这一步。

$-12-18=-30$ 被30整除，故 $g^{-12}=g^{18}$。取负指数没有创造新元素，它按相同周期回到这些已有的幂。

全群生成元是与30互质的余数：

完整性来自循环群子群分类：任意子群都由最小正指数生成，且该指数整除30。逐一找几个例子并不能保证没有遗漏；分类证明才提供这个保证。

并集包含12和20，却不含 $12+20=32$；32既不是模60中的12倍数，也不是20倍数，因此并集本身不是子群。生成的子群需要把这类缺少的结果加入。

最后注意 $a^{-1}(ab)a=ba$，所以 $ab$ 与 $ba$ 是上述共轭关系的一例。它们的值未必相等，阶却相同。