抽象代数 · 课程学习笔记

第 10 讲 · 循环群的自同构群

Automorphism Groups of Cyclic Groups
音频时长 72:32 进度 10 / 38 讲 核心概念：自同构群 · 循环群 · 生成元 · 欧拉函数
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◎学习目标

  1. 掌握关于自同构的一般引理：自同构保持元素的阶；生成集的像集仍生成整个群；
  2. 理解并熟记循环群的核心结论：自同构把生成元映到生成元，且自同构由生成元的像完全决定；
  3. 会计算 \(\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\)，并能具体写出两个自同构；
  4. 掌握 \(\bar{m}\) 是 \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) 生成元的充要条件 \(\gcd(m,n)=1\)，会对给定的 \(n\) 找出全部生成元；
  5. 回顾欧拉函数 \(\varphi(n)\) 与群 \(U(n)\)（与 \(n\) 互素的剩余类对模 \(n\) 乘法构成的群）；
  6. 掌握主定理 \(\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}) \cong U(n)\) 及其证明（构造对应 \(\Phi\)，验证单、满、同态）；
  7. 能具体写出有限循环群（如 \(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}\)）的每一个自同构。

1自同构的引理（一般群）⏱ 00:00

本讲的目标是求循环群的自同构群。先证明一个关于自同构的一般引理——它对任意群都成立，而本讲用到的是它在循环群上的特殊情形。这个引理直接告诉我们：要找循环群的自同构，应该从哪里下手。

引理 · 自同构的两条性质 ⏱ 00:48 设 \(G\) 为群，\(\sigma \in \mathrm{Aut}(G)\) 是 \(G\) 的一个自同构。
  1. 保持阶数：对任意 \(a \in G\)，\(\sigma(a)\) 的阶等于 \(a\) 的阶，即
    \[ \mathrm{ord}(\sigma(a)) = \mathrm{ord}(a). \]
    自同构不会改变元素的阶：\(a\) 本来是几阶，它的像也是几阶。
  2. 生成集映到生成集 ⏱ 01:12：若 \(G\) 由子集 \(S \subseteq G\) 生成（\(G = \langle S \rangle\)），则 \(G\) 也由像集 \[ \sigma(S) = \{\, \sigma(s) \mid s \in S \,\} \] 生成，即 \(G = \langle \sigma(S) \rangle\)。
注意 · 引理的适用范围 这个引理对一般的群结论都是对的，证明完以后对任意群都可以直接用。本讲主要把结论 (1) 用到循环群的特殊情形上，得到一个非常重要的推论。
推论 · 循环群的自同构把生成元映到生成元 ⏱ 01:56 设 \(G = \langle a \rangle\) 是循环群。循环群的阶等于生成元的阶：\(\mathrm{ord}(a) = |G|\)。由引理 (1)， \[ \mathrm{ord}(\sigma(a)) = \mathrm{ord}(a) = |G|, \] 而「阶等于群的阶的元素」必是生成元，所以 \(\sigma(a)\) 也是 \(G\) 的生成元。即：
\[ \text{自同构把生成元映到生成元。} \]
重点（课上打星号）⏱ 02:50 「自同构把生成元映到生成元」这一结论本讲要用很多次。它的直接用处：要找循环群的自同构，生成元的像只能在生成元里选，选择非常有限（上一讲的作业正是让你证明：\(n\) 阶循环群的生成元个数）——待会就能看到怎么用。

1.1 证明结论 (1)：自同构保持阶数 ⏱ 04:05

证明（点击展开）

设 \(\mathrm{ord}(a) = m\)，即 \(m\) 是使 \(a^{m} = e\) 成立的最小正整数。要证 \(\mathrm{ord}(\sigma(a)) = m\)。

第一步：先证 \(\sigma(a)\) 的 \(m\) 次幂是单位元。因为 \(\sigma\) 是同态、保持运算（且同态把单位元映到单位元，上一讲已证）：

\[ (\sigma(a))^{m} = \sigma(a^{m}) = \sigma(e) = e. \]

第二步（证最小性）⏱ 05:32：设正整数 \(k\) 也满足 \((\sigma(a))^{k} = e\)，要证 \(k\) 必是 \(m\) 的倍数。由 \(\sigma\) 保持运算：

\[ \sigma(a^{k}) = (\sigma(a))^{k} = e = \sigma(e). \]

因为 \(\sigma\) 是自同构，特别是单射：两个像相同则原像相同，故 \(a^{k} = e\)。又因为 \(\mathrm{ord}(a) = m\)，由第 2 讲已证的结论（元素的阶整除任何使它幂次为单位元的指数）得

\[ m \mid k. \]

综合两步：\(m\) 次幂等于单位元，且任何满足条件的 \(k\) 都是 \(m\) 的倍数，所以 \(m\) 是最小的，即 \(\mathrm{ord}(\sigma(a)) = m\)。

方法论 · 证明元素的阶等于 \(m\) 的标准套路 (i) 先证 \(a^{m} = e\)；(ii) 再证：若 \(a^{k} = e\)，则 \(m \mid k\)（从而 \(m\) 最小）。本讲后面还会多次用到这个思路。

1.2 证明结论 (2)：生成集的像仍生成全群 ⏱ 08:43

证明（点击展开）

设 \(G = \langle S \rangle\)。由生成子群的结构，\(G\) 中任一元素都可写成

\[ g = a_{1}^{\varepsilon_{1}} a_{2}^{\varepsilon_{2}} \cdots a_{r}^{\varepsilon_{r}}, \qquad \varepsilon_{i} \in \{\pm 1\},\ a_{i} \in S, \]

其中 \(r\) 为任意自然数，\(a_i\) 可以重复（即要把 \(S\) 中元素的乘积与逆都包含进来）。

因为 \(\sigma\) 是自同构，特别是满射：对任意 \(h \in G\)，存在 \(g \in G\) 使 \(h = \sigma(g)\)（换言之，像集 \(\mathrm{im}\,\sigma = G\)）。由同态性：

\[ h = \sigma(g) = \sigma(a_{1})^{\varepsilon_{1}} \sigma(a_{2})^{\varepsilon_{2}} \cdots \sigma(a_{r})^{\varepsilon_{r}}. \]

即 \(G\) 中任意元素都可写成 \(\sigma(S)\) 中元素的乘积与逆，故 \(G = \langle \sigma(S) \rangle\)。

两条结论中，本讲用得最多的是结论 (1) 在循环群上的推论。下面分无限、有限两种情形把循环群的自同构群完全求出来。

2无限情形：\(\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\) ⏱ 12:25

本讲考虑的都是循环群。第一种情况：\(G\) 是无限阶循环群。

定理 · 无限循环群的自同构群 ⏱ 12:53 若 \(G\) 是无限阶循环群，则
\[ \mathrm{Aut}(G) \cong G_{2} = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}. \]
回顾 · \(G_2\) 长什么样 ⏱ 13:01 \(G_{2} = \{0, 1\}\)，只有两个元素，运算为模 \(2\) 加法，加法表为：
\(\oplus\)\(0\)\(1\)
\(0\)\(0\)\(1\)
\(1\)\(1\)\(0\)
要证 \(\mathrm{Aut}(G) \cong G_2\)，就要说明：\(\mathrm{Aut}(G)\) 里恰有两个元素（一个是单位元，另一个记作 \(\sigma\)），并且它的乘法表与上面这张表完全一致——元素一一对应且运算表相同，这才叫同构。

还要记住 \(\mathrm{Aut}(G)\) 本身的含义：它的元素是 \(G \to G\) 的同态双射，元素之间的乘法是作为映射的复合。

证明（点击展开）

第 1 步：化为整数加法群。由上一讲（循环群的结构）的结论：循环群要么同构于整数加法群 \((\mathbb{Z},+)\)，要么同构于 \(G_n\)。现在 \(G\) 是无限阶循环群，故不妨设 \(G = \mathbb{Z}\)。 ⏱ 14:27

第 2 步：\(\mathbb{Z}\) 的生成元。 ⏱ 15:00 整数加法群的生成元是 \(e = 1\)，也可以取 \(-e = -1\)：任何元素 \(n \in \mathbb{Z}\) 都可写成 \(n \cdot 1\)（或 \(n \cdot (-1)\)）。所以 \(\mathbb{Z}\) 的生成元恰有两个：\(1\) 与 \(-1\)。

第 3 步：自同构由 \(\sigma(1)\) 完全决定。 ⏱ 16:45 设 \(\sigma \in \mathrm{Aut}(\mathbb{Z})\)。首先 \(\sigma(0) = 0\)（同态把单位元映到单位元）。对正整数 \(n\)，\(n\) 就是 \(n\) 个 \(1\) 相加，由同态性：

\[ \sigma(n) = \sigma(\underbrace{1 + \cdots + 1}_{n\ \text{个}}) = \underbrace{\sigma(1) + \cdots + \sigma(1)}_{n\ \text{个}} = n\,\sigma(1). \]

对负整数：\(-n\) 是 \(n\) 个 \(-1\) 相加；又同态把逆元映到逆元（\(-1\) 是 \(1\) 的逆元，故 \(\sigma(-1) = -\sigma(1)\)），所以 \(\sigma(-n) = -n\,\sigma(1)\)。于是对一切 \(n \in \mathbb{Z}\) 统一有

\[ \sigma(n) = n\,\sigma(1), \qquad \forall n \in \mathbb{Z}. \]

所以只要确定 \(\sigma(1)\)，整个自同构就确定了。

第 4 步：\(\sigma(1)\) 只能是 \(\pm 1\)。 ⏱ 19:47 由第 1 节的引理，生成元必被映到生成元；而 \(\mathbb{Z}\) 的生成元只有 \(1\) 和 \(-1\)，故

\[ \sigma(1) = 1 \quad \text{或} \quad \sigma(1) = -1. \]

第 5 步：写出具体的两个自同构。 ⏱ 20:15

  • 单位元 \(\mathrm{id}\)（讲义也记作 \(e\)）：\(1 \mapsto 1\)，从而 \(n \mapsto n\)；
  • \(\sigma\)：\(1 \mapsto -1\)，从而 \(n \mapsto -n\)。

二者都是 \(\mathbb{Z}\) 到自身的双射同态，确实都是自同构，且除此之外再无别的。所以 \(\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}) = \{\mathrm{id}, \sigma\}\)，阶为 \(2\)。

第 6 步：与 \(G_2\) 同构。 ⏱ 21:58 把 \(\sigma\) 再做一次：\(n \mapsto -n \mapsto n\)，即

\[ \sigma^{2} = \mathrm{id}, \]

所以 \(\sigma\) 是 2 阶元素。乘法表为：\(\mathrm{id}\circ\mathrm{id}=\mathrm{id}\)，\(\mathrm{id}\circ\sigma=\sigma\circ\mathrm{id}=\sigma\)，\(\sigma\circ\sigma=\mathrm{id}\)。 ⏱ 22:23 作对应

\[ \mathrm{id} \longleftrightarrow 0, \qquad \sigma \longleftrightarrow 1, \]

则 \(\sigma^{2}=\mathrm{id}\) 正对应 \(1 \oplus 1 = 0\)，乘法表完全一致；验证它是同态双射没有问题。故

\[ \mathrm{Aut}(\mathbb{Z}) \cong G_{2} = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}. \]
必须立刻知道的结论 以后若问「整数加法群（或无限阶循环群）的自同构群是什么」，必须立刻说出结论 \(\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\)，以及为什么：自同构由生成元 \(1\) 的像决定，而 \(1\) 只能映到生成元 \(\pm 1\)。

3有限情形准备：\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) 的生成元 ⏱ 23:37

现在考虑有限阶循环群 \(G_n = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} = \{\bar{0}, \bar{1}, \dots, \overline{n-1}\}\)（模 \(n\) 加法群，上一讲已详细写过它的结构）。先要回答：它的生成元到底是哪些？

命题 · 生成元的充要条件 ⏱ 23:58 \(\bar{m} \in G_n\) 是 \(G_n\) 的生成元，当且仅当
\[ \gcd(m, n) = 1 \quad (\text{即 } m \text{ 与 } n \text{ 互素}). \]
例 · \(G_8\) 的生成元 ⏱ 24:28 \(G_8 = \{\bar{0}, \bar{1}, \dots, \bar{7}\}\)。除了 \(\bar{1}\) 以外，所有与 \(8\) 互素的元素都是生成元：
\[ \bar{1},\ \bar{3},\ \bar{5},\ \bar{7} \quad (\gcd(1,8)=\gcd(3,8)=\gcd(5,8)=\gcd(7,8)=1). \]
\(\bar{2}\) 不是生成元（\(\gcd(2,8) = 2 \neq 1\)）。所以 \(G_8\) 的生成元恰有 \(4\) 个。

可以逐一验证阶数（记住 \(G_8\) 是加法群，「\(k\) 倍 \(\bar{a}\)」指 \(k\) 个 \(\bar{a}\) 相加）⏱ 25:33：例如 \(\bar{3}\)，使 \(k \cdot \bar{3} = \bar{0}\) 的最小正整数 \(k\) 是 \(8\)（\(3, 6, 1, 4, 7, 2, 5, 0\)），故 \(\mathrm{ord}(\bar{3}) = 8\)；类似地 \(\bar{1}, \bar{5}, \bar{7}\) 的阶也都是 \(8\)，与群的阶相同，确为生成元。

命题的证明（点击展开）

这是充要条件，需证两个方向。

（\(\Rightarrow\)）设 \(\bar{m}\) 是生成元，证 \(\gcd(m,n)=1\)。 ⏱ 26:22 所谓 \(\bar{m}\) 生成 \(G_n\)，即 \(G_n\) 中每个元素都可写成 \(\bar{m}\) 的整数倍（模 \(n\) 意义下）。特别地，生成元 \(\bar{1} \in G_n\) 也可由 \(\bar{m}\) 表示：存在整数 \(s\) 使得

\[ s\,\bar{m} = \bar{1}. \]

按模 \(n\) 的含义，即 \(sm\) 与 \(1\) 相差 \(n\) 的整数倍：存在整数 \(k\) 使

\[ sm + kn = 1. \]

由最大公约数的基本性质（中学结论）：\(\gcd(m,n)\) 整除左边，故 \(\gcd(m,n) \mid 1\)，从而 \(\gcd(m,n) = 1\)。

（\(\Leftarrow\)）设 \(\gcd(m,n)=1\)，证 \(\bar{m}\) 是生成元。 ⏱ 28:44 主要思想：只要能把已知生成元 \(\bar{1}\) 用 \(\bar{m}\) 表示出来，其余元素自然都可由 \(\bar{m}\) 表示。由互素（裴蜀定理），存在整数 \(s, t\) 使

\[ ms + nt = 1. \]

两边模 \(n\)：右边变为 \(\bar{1}\)；左边 \(nt\) 是 \(n\) 的整数倍、模 \(n\) 为 \(\bar{0}\)，于是

\[ \overline{ms} = \bar{1}, \qquad \text{即} \qquad s\,\bar{m} = \bar{1} \]

（\(\overline{ms} = \bar{m}\bar{s} = s\bar{m}\)，\(s\) 上面带不带横杠没有关系：相差的只是 \(n\) 的整数倍）。于是对任意 \(\bar{k} \in G_n\)：

\[ \bar{k} = k\,\bar{1} = k\,(s\,\bar{m}) = (ks)\,\bar{m} \in \langle \bar{m} \rangle. \]

所以整个 \(G_n\) 都由 \(\bar{m}\) 生成，即 \(\bar{m}\) 是生成元。

小结 一旦 \(n\) 固定，只要列出所有小于 \(n\) 且与 \(n\) 互素的正整数，就立刻得到 \(G_n\) 的全部生成元；生成元的个数为 \(\varphi(n)\)（这正是上一讲作业要证明的结论）。这个命题是下面主定理的关键零件。

4回顾：欧拉函数与群 \(U(n)\) ⏱ 32:27

回到证明欧拉定理的那一讲（第 6 讲）：当时引入过欧拉函数，并用「与 \(n\) 互素的剩余类」构造了一个群。本讲把这个群记作 \(U(n)\)（上一讲记作 \(G\)）。

定义 · 欧拉函数 ⏱ 32:42 \[ \varphi(n) = \#\{\, \text{小于 } n \text{ 且与 } n \text{ 互素的正整数} \,\}. \]
定义 · 群 \(U(n)\) ⏱ 33:01 集合：
\[ U(n) = \{\, m \in \mathbb{Z} \mid 1 \le m < n,\ \gcd(m, n) = 1 \,\}, \]
即所有小于 \(n\) 且与 \(n\) 互素的正整数。运算（模 \(n\) 乘法）定义为：对 \(m, k \in U(n)\)， ⏱ 33:53
\[ m \cdot k = s, \quad \text{其中 } s \text{ 是 } mk \text{ 除以 } n \text{ 的余数}\ (0 < s < n). \]
第 6 讲已证明：\(U(n)\) 对这个运算构成群（模 \(n\) 的既约剩余类乘法群），且 \[ |U(n)| = \varphi(n). \]
例 · \(U(8)\) 及其乘法表 ⏱ 33:16 \(n = 8\) 时，小于 \(8\) 且与 \(8\) 互素的正整数为 \[ U(8) = \{1, 3, 5, 7\}, \qquad |U(8)| = \varphi(8) = 4. \] 乘法表（结果取模 \(8\) 的余数）⏱ 34:45：
\(\cdot\)\(1\)\(3\)\(5\)\(7\)
\(1\)\(1\)\(3\)\(5\)\(7\)
\(3\)\(3\)\(1\)\(7\)\(5\)
\(5\)\(5\)\(7\)\(1\)\(3\)
\(7\)\(7\)\(5\)\(3\)\(1\)
课上算的几格：\(3 \cdot 3 = 9 \equiv 1\)，\(3 \cdot 5 = 15 \equiv 7\)，\(3 \cdot 7 = 21 \equiv 5 \pmod{8}\)。表内所有元素都在 \(\{1,3,5,7\}\) 里，不会跑出去（封闭性），运算完全清楚。
要求 对 \(U(n)\) 要有很清楚的了解：元素是哪些、乘法怎么算。若不太确信，可再取其他的 \(n\) 自己写一遍。

5主定理：\(\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}) \cong U(n)\) ⏱ 37:54

定理 · 有限循环群的自同构群 设 \(G_n = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) 为 \(n\) 阶循环群（\(n\) 即生成元的阶，也即群的阶）。则
\[ \mathrm{Aut}(G_n) \cong U(n), \qquad \bigl|\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})\bigr| = \varphi(n). \]
这个证明比较长，但逻辑搞清楚就不难：构造对应 \(\Phi\)，再逐步验证它是单的、满的、同态。证明完以后，让你求有限循环群的自同构群，就必须一下子知道每一个自同构具体怎么写。

5.1 化简与 \(\Phi\) 的定义 ⏱ 38:43

定义 · 对应 \(\Phi\) ⏱ 43:19 \[ \Phi : \mathrm{Aut}(G_n) \longrightarrow U(n), \qquad \sigma \longmapsto m, \quad \text{其中 } \sigma(\bar{1}) = \bar{m}. \] \(\sigma\) 一旦给定，\(\bar{1}\) 的像就定了，从而 \(U(n)\) 中对应的元素 \(m\) 也定了；反过来，给定 \(m\) 也要能找回唯一的 \(\sigma\)——这正是下面要证的。

计划 ⏱ 44:41：左边 \(\mathrm{Aut}(G_n)\) 的元素是自同构，运算是映射的复合；右边 \(U(n)\) 的元素是与 \(n\) 互素的数，运算是模 \(n\) 乘法。要证 \(\Phi\) 是同构，需验证：单的（比较显然）、满的（要稍微想一下）、同态（也比较简单）。

5.2 \(\Phi\) 是单射 ⏱ 45:28

证明（点击展开）

设 \(\Phi(\sigma_1) = \Phi(\sigma_2)\)，即两个自同构对应的数相同，亦即

\[ \sigma_1(\bar{1}) = \sigma_2(\bar{1}) = \bar{m}. \]

而自同构完全由 \(\bar{1}\) 的像决定（5.1），故对一切 \(\bar{k}\)，\(\sigma_1(\bar{k}) = k\bar{m} = \sigma_2(\bar{k})\)，即 \(\sigma_1 = \sigma_2\)。所以 \(\Phi\) 是单的。

5.3 \(\Phi\) 是满射 ⏱ 46:25

任给 \(m \in U(n)\)（即 \(m < n\) 且 \(\gcd(m,n)=1\)），要构造一个自同构 \(\sigma\) 使 \(\Phi(\sigma) = m\)。自然的定义是：让 \(\bar{1} \mapsto \bar{m}\)，即 ⏱ 47:31

\[ \sigma : G_n \to G_n, \qquad \sigma(\bar{k}) = k\,\bar{m}\ (= \overline{km}). \]

定义完必须严格证明 \(\sigma\) 确实是 \(G_n\) 上的自同构（同态、满、单）——这是不显然的，下面逐项验证。 ⏱ 48:38

验证 \(\sigma\) 是自同构（点击展开）

(1) \(\sigma\) 是同态。 ⏱ 49:32 \(G_n\) 的运算是加法。对任意 \(\bar{k}, \bar{l} \in G_n\)：

\[ \sigma(\bar{k} + \bar{l}) = \sigma(\overline{k+l}) = (k+l)\bar{m} = k\bar{m} + l\bar{m} = \sigma(\bar{k}) + \sigma(\bar{l}), \]

其中用了上一讲 \(G_n\) 中「数乘对加法满足分配律」的性质。故 \(\sigma\) 保持运算。

(2) \(\sigma\) 是满的。 ⏱ 51:20 只要证 \(G_n\) 中任一元素都有原像。先找 \(\bar{1}\) 的原像：因为 \(\gcd(m,n)=1\)，由裴蜀定理（Bézout），存在整数 \(p, q\) 使 ⏱ 52:25

\[ pm + nq = 1. \]

模 \(n\) 后 \(nq\) 一项变为 \(\bar{0}\)，得 \(p\,\bar{m} = \bar{1}\)，即

\[ \sigma(\bar{p}) = p\,\bar{m} = \bar{1}. \]

于是对任意 \(\bar{k} \in G_n\)（注意 \(\bar{k} = k\cdot\bar{1}\)）：

\[ \sigma(k\bar{p}) = k\,\sigma(\bar{p}) = k\,\bar{1} = \bar{k}. \]

每个 \(\bar{k}\) 都有原像 \(k\bar{p}\)，故 \(\sigma\) 是满的。

(3) \(\sigma\) 是单的。 ⏱ 54:32 用上一讲（同态与同构）的判据：同态是单射当且仅当其核为平凡群。由同态基本定理（第一同构定理）⏱ 56:25：

\[ G_n / \ker \sigma \cong \mathrm{im}\,\sigma. \]

已证 \(\sigma\) 是满的，故 \(\mathrm{im}\,\sigma = G_n\)。两边取阶（\(\ker\sigma\) 是 \(G_n\) 的正规子群，商群的阶等于 \(|G_n|/|\ker\sigma|\)）：

\[ \frac{n}{|\ker \sigma|} = n \ \Longrightarrow\ |\ker \sigma| = 1. \]

所以 \(\ker \sigma = \{\bar{0}\}\) 是平凡群，由判据知 \(\sigma\) 是单的。 ⏱ 58:03

综上，\(\sigma \in \mathrm{Aut}(G_n)\)，且按定义 \(\Phi(\sigma) = m\)。由 \(m\) 的任意性，\(\Phi\) 是满的。

推论 · 有限群的满同态必为自同构 ⏱ 58:44 上面 (3) 的论证对一般有限群都成立：设 \(f: G \to G\) 是有限群 \(G\) 的满同态，则由同态基本定理 \(G/\ker f \cong \mathrm{im}\,f = G\)，比较阶数得 \(|\ker f| = 1\)，故 \(f\) 也是单的，从而是自同构。
（课上提到：有同学指出这是更广的结论；从数分/有限集合计数的角度也可以证明——有限集合上满的自映射必是单的。）

5.4 \(\Phi\) 是同态（保持运算）⏱ 60:51

证明（点击展开）

要证：对任意 \(\sigma, \tau \in \mathrm{Aut}(G_n)\)，

\[ \Phi(\sigma \circ \tau) = \Phi(\sigma) \cdot \Phi(\tau) \quad (\text{右边是 } U(n) \text{ 中的模 } n \text{ 乘法}). \]

设 \(\Phi(\sigma) = m\)（即 \(\sigma(\bar{1}) = \bar{m}\)），\(\Phi(\tau) = k\)（即 \(\tau(\bar{1}) = \bar{k}\)）；再设 \(\Phi(\sigma \circ \tau) = r\)，即 \((\sigma \circ \tau)(\bar{1}) = \bar{r}\)。自动构的复合仍是自同构，故 \(r\) 有意义。

把 \((\sigma\circ\tau)(\bar{1})\) 从两个角度算出来 ⏱ 63:35。一方面，按 \(\Phi\) 的定义，它就是 \(\bar{r}\)。另一方面，直接按复合与同态性计算：

\[ (\sigma \circ \tau)(\bar{1}) = \sigma(\tau(\bar{1})) = \sigma(\bar{k}) = k\,\sigma(\bar{1}) = k\,\bar{m} = \overline{km}. \]

按 \(U(n)\) 的乘法定义，设 \(\bar{k}\cdot\bar{m} = \bar{s}\)，其中 \(s\) 是 \(km\) 除以 \(n\) 的余数（\(0 \le s < n\)，\(km \equiv s \pmod n\)）。于是 \(\overline{km} = \bar{s}\)，从而

\[ \bar{r} = \bar{s}. \]

而 \(r, s\) 都是 \(0\) 到 \(n-1\) 之间的余数，故 \(r = s\)。 ⏱ 65:41 于是

\[ \Phi(\sigma \circ \tau) = r = s = m \cdot k\ (\text{在 } U(n) \text{ 中}) = \Phi(\sigma) \cdot \Phi(\tau) \]

（\(U(n)\) 的乘法交换，\(m \cdot k = k \cdot m\)；这里 \(m = \Phi(\sigma)\)，\(k = \Phi(\tau)\)）。故 \(\Phi\) 保持运算，是同态。

定理证毕 ⏱ 67:07 \(\Phi\) 单的、满的、且是同态，所以是同构：
\[ \mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}) \cong U(n), \qquad \bigl|\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})\bigr| = \varphi(n). \]

6例：\(\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z})\) ⏱ 67:12

证明很抽象？回到一直在用的 \(G_8\) 例子，把结论落到实处。

由主定理 ⏱ 67:49：

\[ \mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}) \cong U(8) = \{1, 3, 5, 7\}. \]

所以 \(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}\) 共有 \(4\) 个自同构。如何找？自同构由 \(\bar{1}\) 的像决定，而 \(\bar{1}\) 只能被映到生成元，即 \(U(8)\) 中的四个元素之一。四个自同构（分别记作 \(\mathrm{id}, \sigma_1, \sigma_2, \sigma_3\)）⏱ 68:42：

自同构\(\bar{1}\) 的像一般规则 \(\sigma(\bar{k}) = k\cdot\sigma(\bar{1})\)
\(\mathrm{id}\)\(\bar{1} \mapsto \bar{1}\)\(\bar{k} \mapsto \bar{k}\)
\(\sigma_1\)\(\bar{1} \mapsto \bar{3}\)\(\bar{k} \mapsto 3\bar{k}\)
\(\sigma_2\)\(\bar{1} \mapsto \bar{5}\)\(\bar{k} \mapsto 5\bar{k}\)
\(\sigma_3\)\(\bar{1} \mapsto \bar{7}\)\(\bar{k} \mapsto 7\bar{k}\)

这就给出了 \(G_8\) 到 \(G_8\) 上的所有自同构。上面只写了生成元的像；一旦 \(\bar{1}\) 的像确定，其余元素的像完全确定。

例 · 把 \(\sigma_1\) 具体写出来 ⏱ 70:29 \(\sigma_1(\bar{k}) = 3\bar{k} \pmod 8\)，逐个元素计算：
原像\(\bar{0}\)\(\bar{1}\)\(\bar{2}\)\(\bar{3}\)\(\bar{4}\)\(\bar{5}\)\(\bar{6}\)\(\bar{7}\)
\(\sigma_1\) 的像\(\bar{0}\)\(\bar{3}\)\(\bar{6}\)\(\bar{1}\)\(\bar{4}\)\(\bar{7}\)\(\bar{2}\)\(\bar{5}\)
计算过程：\(2 \times 3 = 6\)；\(3 \times 3 = 9 \equiv 1\)；\(4 \times 3 = 12 \equiv 4\)；\(5 \times 3 = 15 \equiv 7\)；\(6 \times 3 = 18 \equiv 2\)；\(7 \times 3 = 21 \equiv 5 \pmod 8\)；当然 \(\bar{0} \mapsto \bar{0}\)。
检验双射 ⏱ 71:43 左边 \(\bar{0}, \bar{1}, \dots, \bar{7}\) 共 \(8\) 个元素；右边的像 \(\bar{0}, \bar{3}, \bar{6}, \bar{1}, \bar{4}, \bar{7}, \bar{2}, \bar{5}\) 也恰好是 \(8\) 个互不相同的元素（即 \(0\) 到 \(7\) 的一个排列）。如果右边出现重复，就说明算错了。

作业 ⏱ 72:07：类似地把 \(\sigma_2\)（\(\bar{1} \mapsto \bar{5}\)）与 \(\sigma_3\)（\(\bar{1} \mapsto \bar{7}\)）具体写出来：先定 \(\bar{1}\) 的像，再写出其余每个元素的像。要对 \(G_8\) 的自同构群非常清楚，每一个自同构都要会具体写出来，明白它到底是什么意思。

★重点回顾

1
自同构引理（对任意群成立）：自同构保持元素的阶 \(\mathrm{ord}(\sigma(a)) = \mathrm{ord}(a)\)；生成集的像集仍生成全群 \(G = \langle S \rangle \Rightarrow G = \langle \sigma(S) \rangle\)。
2
循环群：自同构把生成元映到生成元（本讲核心，反复使用）；且自同构由生成元的像完全决定：\(\sigma(n) = n\,\sigma(1)\)（\(\mathbb{Z}\)），\(\sigma(\bar{k}) = k\,\sigma(\bar{1})\)（\(G_n\)）。
3
\(\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\)：仅有的两个自同构是 \(\mathrm{id}: n \mapsto n\) 与 \(\sigma: n \mapsto -n\)（\(\sigma^2 = \mathrm{id}\)，2 阶元素）。
4
\(\bar{m}\) 是 \(G_n\) 的生成元 \(\Longleftrightarrow \gcd(m,n) = 1\)；生成元个数为 \(\varphi(n)\)（如 \(G_8\) 的生成元是 \(\bar{1}, \bar{3}, \bar{5}, \bar{7}\)）。
5
\(U(n) = \{\,1 \le m < n : \gcd(m,n)=1\,\}\) 对模 \(n\) 乘法构成群，\(|U(n)| = \varphi(n)\)（欧拉函数）；如 \(U(8) = \{1,3,5,7\}\)。
6
主定理：\(\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}) \cong U(n)\)，\(|\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})| = \varphi(n)\)；同构为 \(\Phi(\sigma) = m \Longleftrightarrow \sigma(\bar{1}) = \bar{m}\)，验证三步：单、满、同态。
7
附带推论：有限群的满同态必是单的（从而是自同构）——同态基本定理比较阶数即得。

⚠易错点提醒

常见错误
  1. 混淆两边的运算：\(\mathrm{Aut}(G_n)\) 中的运算是映射的复合，\(U(n)\) 中的运算是模 \(n\) 乘法；\(\Phi\) 保持的是「复合 \(\leftrightarrow\) 乘法」，不要把两边运算搞混。
  2. 误以为 \(\bar{1}\) 可以映到任意元素：生成元必须映到生成元。例如在 \(G_8\) 中，\(\bar{1}\) 只能映到 \(\bar{1}, \bar{3}, \bar{5}, \bar{7}\)，不能映到 \(\bar{2}\)（\(2\) 与 \(8\) 不互素，\(\bar{2}\) 不是生成元）。
  3. 证明「保持阶数」时只证了 \((\sigma(a))^{m} = e\) 就收尾，忘记证最小性：还需由 \((\sigma(a))^{k} = e\) 推出 \(m \mid k\)，关键一步是用 \(\sigma\) 的单射性得到 \(a^{k} = e\)。
  4. 混淆 \(G_n\) 与 \(U(n)\)：\(G_n\) 是加法群（模 \(n\) 加法，含 \(\bar{0}\)），\(U(n)\) 是乘法群（模 \(n\) 乘法，元素与 \(n\) 互素，不含 \(0\)）。
  5. 具体写自同构 \(\sigma(\bar{k}) = k\bar{m}\) 时忘记模 \(n\) 取余：在 \(G_8\) 中 \(\sigma_1(\bar{3}) = \overline{9} = \bar{1}\)，不是 \(9\)；也别漏掉 \(\bar{0} \mapsto \bar{0}\)。
  6. 写完像之后不检验双射：像必须恰好是 \(n\) 个互不相同的元素；出现重复必是算错了。

✎自测与作业

  1. （课上作业）具体写出整数加法群的两个自同构（\(n \mapsto n\) 与 \(n \mapsto -n\)），列出它们的复合表，并与 \(G_2\) 的加法表对照，验证 \(\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\)。
  2. 具体写出 \(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}\) 的自同构 \(\sigma_2\)（\(\bar{1} \mapsto \bar{5}\)）与 \(\sigma_3\)（\(\bar{1} \mapsto \bar{7}\)）：列出每个元素的像，并验证像构成 \(\bar{0}, \dots, \bar{7}\) 的一个排列。
  3. 找出 \(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\) 的全部生成元，写出 \(U(12)\) 的元素，并说明 \(\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z})\) 的阶。
  4. 证明 \(\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}) \cong U(6) \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\)，并具体写出这两个自同构。
  5. 证明：有限群的满同态必是自同构（提示：同态基本定理 + 比较阶数；或用有限集合的计数）。
  6. （上一讲作业）证明：\(n\) 阶循环群的生成元个数为 \(\varphi(n)\)（提示：用本讲第 3 节的充要条件 \(\gcd(m,n)=1\)）。
下一讲预告 第 11 讲：置换群 (i)。