抽象代数 · 第9讲 · 循环群的结构

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◎学习目标

回顾循环群的定义与元素的两种形态（无限阶 / 有限阶），熟悉乘法记号 $a^{n}$ 与加法记号 $na$ 的对应；
掌握 $G_n = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 作为商群的构造：$n\mathbb{Z}$ 是 $(\mathbb{Z},+)$ 的正规子群，元素是陪集 $\bar{a} = a + n\mathbb{Z}$；
理解 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 上加法与乘法的定义，会严格验证乘法与代表元选取无关（well-defined）；
掌握循环群的结构定理：无限阶循环群同构于 $(\mathbb{Z},+)$，$n$ 阶循环群同构于 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$，并会用同态基本定理证明；
知道推论：同阶的循环群必同构（一般群无此性质）；
会证明循环群的子群仍是循环群，掌握「取最小正幂次 + 带余除法导出矛盾」的标准套路。

0回顾：循环群与两个加法群 ⏱ 00:00

0.1 循环群元素的形态（乘法记号）

若一个群只需一个元素就能生成，即 $G = \langle a \rangle$，则称 $G$ 为循环群。设 $G$ 为乘法群，则其中每个元素都形如

a^{n}, \qquad n \in \mathbb{Z}.

若 $a$ 的阶数无限 ⏱ 00:38：找不到任何非零整数 $n$ 使 $a^{n} = e$，于是不同的 $n$ 给出不同的元素，全部元素互不重复： $\dots,\ a^{-2},\ a^{-1},\ e,\ a,\ a^{2},\ \dots$
若 $a$ 的阶数有限，设为 $n$ ⏱ 01:14：此时 $a^{n} = e$，所有元素恰好是 $e,\ a,\ a^{2},\ \dots,\ a^{n-1},$ 再往后的幂 $a^{n}, a^{n+1}, \dots$ 就与这些元素重复了。

这正是循环群定义中已经看到的情形；本讲将把它的结构彻底弄清楚。

0.2 无限加法群 $(\mathbb{Z}, +)$ ⏱ 01:46

例 · 整数加法群由 1 生成整数加法群 $(\mathbb{Z}, +)$ 是由 $1$ 生成的循环群：每个元素都可写为

n \cdot 1 = \underbrace{1 + 1 + \cdots + 1}_{n \text{ 个}}.

因为 $1$ 是生成元，它的逆元 $-1$ 也在 $\langle 1 \rangle$ 中；有了 $-1$，就得到所有的负整数。所以

(\mathbb{Z}, +) = \langle 1 \rangle,

生成元 $1$ 的阶数是无限的。

0.3 有限加法群 $G_n$：换一个角度看 ⏱ 02:56

第一讲给过有限群的例子：$G_n = \{0, 1, \dots, n-1\}$，配上模 $n$ 加法 $\oplus$。本讲我们从商群的角度重新构造它——后面研究循环群时大量使用，所以这里详细写一遍。

1商群 $G_n = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 的构造 ⏱ 03:16

取 $G = (\mathbb{Z}, +)$，它是交换群。
$n\mathbb{Z} = \{\, nk \mid k \in \mathbb{Z} \,\}$（$n$ 的全部整数倍）是 $G$ 的子群。
因为整数加法群是交换群，$n\mathbb{Z}$ 不仅是子群，而且是 $G$ 的正规子群（讲正规子群时已提到）。

于是可以考虑对应的商群。

定义 · $G_n = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ ⏱ 04:06 商群 $G / n\mathbb{Z}$ 记作 $G_n$（也就是 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$）。它的元素是陪集，记

\bar{a} \;=\; a + n\mathbb{Z},

即「模 $n$ 的剩余部分」都收进右边的 $n\mathbb{Z}$，左边只留代表元 $a$。于是

G_n = \{\, \bar{0},\ \bar{1},\ \bar{2},\ \dots,\ \overline{n-1} \,\}.

它与第一讲定义的 $G_n$（元素 $0,1,\dots,n-1$，模 $n$ 加法）同构：元素个数一致，加法表也一致。

从陪集分解的角度看 ⏱ 04:58：原来的群 $G$ 对子群 $n\mathbb{Z}$ 作陪集分解，恰好写成这些两两不相交的陪集之并：

\mathbb{Z} = \bar{0} \,\sqcup\, \bar{1} \,\sqcup\, \cdots \,\sqcup\, \overline{n-1}.

为什么要搞清楚 $G_n$ 的结构后面研究有限阶循环群时会知道：任何有限阶循环群都同构于某一个 $G_n$。所以现在必须先把 $G_n$ 内部的结构（元素长什么样、运算怎么做）彻底搞清楚。

2$G_n$ 上的运算与良定义性 ⏱ 05:49

2.1 商群的加法

商群的运算之前已经定义过。这里 $G$ 是加法群，所以把运算写成加法：对任意 $\bar{a}, \bar{b} \in G_n$，

\bar{a} + \bar{b} \;=\; \overline{a + b}. \qquad (\text{即 } (a + n\mathbb{Z}) + (b + n\mathbb{Z}) = (a+b) + n\mathbb{Z})

这就是把以前用乘法记号写的商群运算改写为加法而已。

2.2 再定义一个乘法 ⏱ 06:12

定义 · $G_n$ 上的乘法除了加法，还可以在 $G_n$ 上定义乘法：

\bar{a} \cdot \bar{b} \;=\; \overline{ab}. \qquad (\text{即 } (a + n\mathbb{Z})(b + n\mathbb{Z}) = ab + n\mathbb{Z})

这个乘法现在就要用到（验证其合理性），后面学环的时候还会反复用到。

2.3 乘法是 well-defined 的 ⏱ 07:04

问题在于：$G_n$ 里同一个陪集可以由不同的代表元表示（例如 $\bar{1} = \overline{n+1}$）。所以必须验证：乘法的定义与代表元的选取无关。

证明：乘法与代表元选取无关（点击展开）

设同一个陪集有两种表示：$\bar{a} = \bar{a}'$，$\bar{b} = \bar{b}'$，即

a + n\mathbb{Z} = a' + n\mathbb{Z}, \qquad b + n\mathbb{Z} = b' + n\mathbb{Z}.

要证：$\overline{ab} = \overline{a'b'}$。由陪集相等的判据，两个条件分别给出

a' = a + n g_{1}, \qquad b' = b + n g_{2}, \qquad g_{1}, g_{2} \in \mathbb{Z}.

（相差的就是 $n$ 的整数倍。）于是老老实实展开：

a'b' = (a + n g_{1})(b + n g_{2}) = ab + n a g_{2} + n b g_{1} + n^{2} g_{1} g_{2} = ab + n\,(a g_{2} + b g_{1} + n g_{1} g_{2}).

后三项都含因子 $n$，全部落在 $n\mathbb{Z}$ 中，所以

a'b' - ab \in n\mathbb{Z} \quad\Longrightarrow\quad a'b' + n\mathbb{Z} = ab + n\mathbb{Z},

即 $\overline{a'b'} = \overline{ab}$。这说明乘法定义合理，与代表元选取无关。

加法的 well-defined 验证套路完全一样，自己写一遍。

备注 · 加法记号下的陪集判据 ⏱ 10:22 之前讲过：乘法记号下两个陪集相等 $aH = bH$ 等价于 $a^{-1}b \in H$（或 $b^{-1}a \in H$）。翻译到加法群就是：

\bar{a} = \bar{b} \;\Longleftrightarrow\; a - b \in n\mathbb{Z} \;\Longleftrightarrow\; n \mid (a - b).

上面验证 well-defined 时用的正是这个判据。乘法记号与加法记号的对照要随时能互相翻译（自己验证一遍）。

2.4 分配律可以直接用 ⏱ 11:05

有了加法和乘法，可以验证 $G_n$ 里的运算满足分配律：

\bar{a}\,(\bar{b} + \bar{c}) = \bar{a}\bar{b} + \bar{a}\bar{c}.

这些运算性质以后可以直接使用——后面研究群的结构、以及学环的时候都会频繁用到。

2.5 $G_n$ 也是循环群：生成元 $\bar{1}$ ⏱ 11:35

性质 · $G_n = \langle \bar{1} \rangle$，且 $\bar{1}$ 的阶数为 $n$

$G_n$ 和整数加法群一样，也是由 $1$（的陪集 $\bar{1}$）生成的；只不过这里的生成元是有限阶的：$n$ 个 $\bar{1}$ 相加就变成商群的单位元 $\bar{0}$： $n \cdot \bar{1} = \bar{0},$ 即 $\bar{1}$ 的阶数等于 $n$（$\bar{0}$ 是商群的单位元）。
对任意 $\bar{i} \in G_n$，$\bar{i}$ 就是 $i$ 个 $\bar{1}$ 相加： $\bar{i} = \underbrace{\bar{1} + \bar{1} + \cdots + \bar{1}}_{i \text{ 个}} = i \cdot \bar{1}.$
所以计算时有时写 $\bar{i}$、有时写 $i \cdot \bar{1}$，两者是一致的，两种写法都要熟悉。

记住两个标准循环群 ⏱ 12:29

无限阶：整数加法群 $(\mathbb{Z}, +) = \langle 1 \rangle$，生成元 $1$ 的阶数无限；
有限阶（$n$ 阶）：$G_n = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} = \langle \bar{1} \rangle$，生成元 $\bar{1}$ 的阶数为 $n$；其元素间的加法、乘法（以及分配律）都已定义清楚，必须非常熟悉。

预告本讲主线 ⏱ 13:15：任何一个循环群，若阶数无限，一定同构于 $(\mathbb{Z},+)$；若阶数为 $n$，一定同构于 $G_n$。也就是说，循环群只有两种结构。因此今天先把这两个具体的加法群（一有限、一无限）搞清楚，后面才能用它们的性质证明一般结论。

3循环群的结构定理 ⏱ 14:05

定理 · 循环群的结构设 $G = \langle a \rangle$ 是循环群。

若 $G$ 的阶数无限（有无穷多个元素），则 $G \cong (\mathbb{Z}, +)$；
若 $G$ 的阶数有限，设为 $n$，则 $G \cong \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} = G_n$。

好处：一旦证明了这两个同构，以后研究任何循环群，都可以转化为研究结构已经完全清楚的 $(\mathbb{Z},+)$ 和 $G_n$。

证明工具：同态基本定理。构造从整数加法群到 $G$ 的同态，然后看它的核。老师证明第一种情况，第二种情况自己证。

3.1 无限阶情形：$G \cong (\mathbb{Z}, +)$ ⏱ 15:33

证明（点击展开）

设 $G = \langle a \rangle$ 且 $|G|$ 无限，则生成元 $a$ 的阶数也是无限的。定义映射

\varphi : (\mathbb{Z}, +) \longrightarrow G, \qquad \varphi(m) = a^{m}.

（$\mathbb{Z}$ 中任一整数 $m$ 映到 $a^{m}$——这是最自然的对应。）

(1) $\varphi$ 是同态 ⏱ 16:43：$\mathbb{Z}$ 中是加法，$G$ 中是乘法，

\varphi(m + k) = a^{m+k} = a^{m} a^{k} = \varphi(m)\,\varphi(k),

保持运算，是同态。

(2) $\varphi$ 是满的：$G$ 中任何元素都是 $a^{m}$ 的形式（因为 $G$ 由 $a$ 生成），所以都有原像 $m$。满射显然。

(3) 求核 ⏱ 17:37：按定义，

\ker\varphi = \{\, m \in \mathbb{Z} \mid \varphi(m) = e \,\} = \{\, m \in \mathbb{Z} \mid a^{m} = e \,\}.

因为 $a$ 的阶数无限，找不到任何非零整数 $m$ 使 $a^{m} = e$（否则 $\langle a \rangle$ 就不是无限阶循环群了），所以

\ker\varphi = \{0\} \quad (\text{平凡群}).

(4) 用同态基本定理：$\mathbb{Z} / \ker\varphi \cong \operatorname{Im}\varphi$，即

\mathbb{Z}/\{0\} \;\cong\; G.

模掉平凡群还是 $\mathbb{Z}$ 本身，而 $\varphi$ 的像就是整个 $G$，故 $(\mathbb{Z}, +) \cong G$。第一种情况证毕。

3.2 有限阶情形：$G \cong \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ ⏱ 19:11

证明（点击展开）

设 $|G| = n$。循环群的阶数等于生成元的阶数，所以 $a$ 的阶数也是 $n$。同样定义

\varphi : \mathbb{Z} \longrightarrow G, \qquad \varphi(m) = a^{m}.

同态、满射与情形 (1) 完全一样，不再重复。

唯一的区别在核：

\ker\varphi = \{\, m \in \mathbb{Z} \mid a^{m} = e \,\}.

因为 $a$ 的阶数是 $n$，之前已经证明过：$a^{m} = e$ 当且仅当 $m$ 是 $n$ 的整数倍。所以

\ker\varphi = n\mathbb{Z}.

再用同态基本定理：

\mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \;=\; \mathbb{Z}/\ker\varphi \;\cong\; \operatorname{Im}\varphi \;=\; G.

即 $G \cong G_n$。证毕。

结论 · 循环群只有两种结构 ⏱ 21:10 无限阶循环群必同构于 $(\mathbb{Z}, +)$；$n$ 阶循环群必同构于 $G_n = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$。要么是第一种情况，要么是第二种情况——循环群的结构至此完全清楚。

4推论：同阶的循环群必同构 ⏱ 21:17

推论任意两个循环群，只要阶数相同，就一定同构。

证明（点击展开）

设 $G_1, G_2$ 都是循环群且阶数相同。

若阶数都是无限的：由结构定理，$G_1 \cong (\mathbb{Z},+) \cong G_2$，故 $G_1 \cong G_2$；
若阶数都是 $n$：由结构定理，$G_1 \cong G_n \cong G_2$，故 $G_1 \cong G_2$。

总之两者都同构于同一个标准模型，自然彼此同构。

注意 · 对一般群不成立「阶数相同则同构」对一般的群是不对的：两个阶数相同的群，结构完全可能不一样（例如循环群与非循环群可以阶数相同而不同构）。循环群是例外——因为阶数相同的循环群都同构于同一个 $G_n$（或都同构于 $\mathbb{Z}$），所以必然同构。

5循环群的子群仍是循环群 ⏱ 22:13

接下来考虑循环群的子群。先给出结论 ⏱ 22:47：有了它，以后就可以把循环群的子群具体地全部写出来。

定理 · 循环群的子群也是循环群设 $G = \langle a \rangle$ 是循环群，$H \le G$ 是它的子群，则 $H$ 也是循环群：存在某个 $m$，使得

H = \langle a^{m} \rangle.

（$a$ 的阶数可以无限，也可以有限，结论都成立。）

证明（点击展开）⏱ 23:53

设 $G = \langle a \rangle$ 为循环群。这里不预先假设 $G$ 有限还是无限（两种都可能），所以直接写成一般形式 $\langle a \rangle$；如果已经知道是有限（无限）情形，也可以直接把 $G$ 取为 $G_n$（或 $\mathbb{Z}$）来证。

设 $H \le G$。先处理两个极端（平凡）情形 ⏱ 25:01：

若 $H = \{e\}$（只含单位元的最小子群），则 $H = \langle e \rangle$，是循环群；
若 $H = G$（最大的子群），则 $H = \langle a \rangle$，当然是循环群。

以下只需考虑非平凡情形：$\{e\} \subsetneq H \subsetneq G$。

$G$ 中每个元素都是 $a$ 的整数次幂，$H \subseteq G$，所以 $H$ 中元素也都形如 $a^{k}$（$k \in \mathbb{Z}$，可正可负）。要证 $H$ 是循环群，关键是找出生成元：取

m = \min\{\, k \in \mathbb{Z}_{>0} \mid a^{k} \in H \,\}, \qquad \text{（使 \(a^{k} \in H\) 的最小正整数 \(k\)）}

即 $H$ 中所有正次幂里幂次最低的那个 $a^{m}$ ⏱ 27:27。（该集合非空：$H$ 非平凡，含某个 $a^{t} \neq e$；若 $t < 0$，则 $a^{-t} = (a^{t})^{-1} \in H$，总归有正幂次在 $H$ 中。）

断言：$H = \langle a^{m} \rangle$。显然 $\langle a^{m} \rangle \subseteq H$。反过来，任取 $b \in H$，设 $b = a^{n}$。先证明一个事实：$n$ 必是 $m$ 的倍数。

用带余除法 + 反证 ⏱ 29:26：若 $m \nmid n$，作带余除法

n = mq + r, \qquad 0 < r < m.

于是

a^{r} = a^{n - mq} = a^{n} \cdot (a^{m})^{-q}.

右边：$a^{n} = b \in H$；$a^{m} \in H$，而 $H$ 是子群，对取逆、作乘法封闭，故 $(a^{m})^{-q} \in H$，乘起来仍在 $H$ 中。所以 $a^{r} \in H$。但 $0 < r < m$，这与 $m$ 是「使 $a^{k} \in H$ 的最小正整数」矛盾！

因此余数 $r = 0$，即 $n = mk$ 是 $m$ 的整数倍。于是

b = a^{n} = a^{mk} = (a^{m})^{k} \in \langle a^{m} \rangle.

这说明 $H$ 中每个元素都能用 $a^{m}$ 的幂表达，故 $H \subseteq \langle a^{m} \rangle$。综上 $H = \langle a^{m} \rangle$，生成元就是 $a^{m}$，$H$ 是循环群。证毕。

方法论 · 两个要点

「想证整除，就假设不整除，用带余除法得到一个余数，再与最小性矛盾」——这个套路在证明循环群、加法群的相关性质时经常用到，要留意。
课堂上的证明是按乘法群的记号写的；作为练习，把整个证明用加法群的记号重写一遍（$a^{k}$ 换成 $ka$，幂次换成倍数），是很好的练习 ⏱ 33:37。

至此我们证明了：循环群的子群肯定也是循环群。有了结构定理和这条定理，循环群本身以及它的子群长什么样，就都可以具体写出来了。

★重点回顾

1

循环群只有两种结构：无限阶 $\cong (\mathbb{Z}, +)$；$n$ 阶 $\cong \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} = G_n$。这是本讲的核心结论。

2

$G_n$ 的商群构造：$n\mathbb{Z}$ 是 $(\mathbb{Z},+)$ 的正规子群（因交换），$G_n = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} = \{\bar{0}, \bar{1}, \dots, \overline{n-1}\}$，其中 $\bar{a} = a + n\mathbb{Z}$；$\mathbb{Z}$ 是这 $n$ 个陪集的不交并。

3

$G_n$ 上的两个运算：$\bar{a} + \bar{b} = \overline{a+b}$，$\bar{a}\bar{b} = \overline{ab}$；必须会验证它们与代表元选取无关（well-defined），乘法验证是本讲的重点示范。

4

$G_n = \langle \bar{1} \rangle$，$\bar{1}$ 的阶数为 $n$（$n\bar{1} = \bar{0}$），且 $\bar{i} = i\bar{1}$；分配律 $\bar{a}(\bar{b}+\bar{c}) = \bar{a}\bar{b} + \bar{a}\bar{c}$ 以后可直接用（学环时还要用）。

5

结构定理的证明套路：定义 $\varphi: \mathbb{Z} \to G,\ m \mapsto a^{m}$；它是满同态；核在无限阶情形为 $\{0\}$、在 $n$ 阶情形为 $n\mathbb{Z}$；套同态基本定理 $\mathbb{Z}/\ker\varphi \cong G$。

6

推论：同阶循环群必同构（都同构于同一个标准模型）；对一般群不成立。

7

循环群的子群仍是循环群：$H = \langle a^{m} \rangle$，其中 $m$ 是使 $a^{m} \in H$ 的最小正整数；证明核心是「带余除法 + 与 $m$ 的最小性矛盾」。别忘了先单独处理平凡子群 $\{e\}$ 与 $G$。

⚠易错点提醒

常见错误

两套记号混淆：乘法群写 $a^{n}$，加法群写 $na$。整数加法群的生成元是 $1$，$G_n$ 的生成元是 $\bar{1}$；「$n$ 个生成元相加得单位元」在加法记号下是 $n \cdot \bar{1} = \bar{0}$。
忘记 $G_n$ 的元素是陪集：$\bar{a} = \bar{b}$ 当且仅当 $a - b \in n\mathbb{Z}$（即 $n \mid a-b$）；运算法则是「先按整数算，再模 $n$ 归入陪集」。
验证 well-defined 时只检查了某一组代表元。必须对任意两种表示 $\bar{a} = \bar{a}'$、$\bar{b} = \bar{b}'$ 证明结果相同，才算数。
结构定理中核写错：无限阶时 $\ker\varphi = \{0\}$（平凡群），$n$ 阶时 $\ker\varphi = n\mathbb{Z}$——两者来源不同（$a$ 的阶数无限 / 为 $n$），不要混淆。
证明「子群是循环群」时直接取「最小正幂次」，却忘了 $H = \{e\}$ 时这样的正幂次不存在——必须先单独处理平凡子群。
误以为「阶数相同的群都同构」。这只对循环群成立；一般群阶数相同结构也可能不同。

✎自测与作业

（课上作业）验证 $G_n = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 上加法的 well-defined 性（与课上验证乘法的套路完全一样：设 $\bar{a} = \bar{a}'$、$\bar{b} = \bar{b}'$，证 $\overline{a+b} = \overline{a'+b'}$）。
验证 $G_n$ 上的分配律：$\bar{a}(\bar{b} + \bar{c}) = \bar{a}\bar{b} + \bar{a}\bar{c}$。
自己补全结构定理第 (2) 种情形的证明：设 $G = \langle a \rangle$，$|G| = n$，定义 $\varphi: \mathbb{Z} \to G,\ m \mapsto a^{m}$，证明 $\varphi$ 是满同态且 $\ker\varphi = n\mathbb{Z}$，从而 $G \cong \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$。
（课上作业）把「循环群的子群仍是循环群」的证明用加法记号重写一遍（提示：$a^{k}$ 换成 $ka$，「最小正幂次」换成「最小正倍数」，带余除法照旧）。
用本讲定理具体写出 $G_6$ 与 $G_8$ 的全部子群（对每个子群找出使 $m\bar{1}$ 落在其中的最小正整数 $m$，并写出生成元）。

下一讲预告第 10 讲：循环群的自同构群。

第 9 讲 · 循环群的结构

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◎学习目标

0回顾：循环群与两个加法群 ⏱ 00:00

0.1 循环群元素的形态（乘法记号）

0.2 无限加法群 \((\mathbb{Z}, +)\) ⏱ 01:46

0.3 有限加法群 \(G_n\)：换一个角度看 ⏱ 02:56

1商群 \(G_n = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) 的构造 ⏱ 03:16

2\(G_n\) 上的运算与良定义性 ⏱ 05:49

2.1 商群的加法

2.2 再定义一个乘法 ⏱ 06:12

2.3 乘法是 well-defined 的 ⏱ 07:04

2.4 分配律可以直接用 ⏱ 11:05

2.5 \(G_n\) 也是循环群：生成元 \(\bar{1}\) ⏱ 11:35

3循环群的结构定理 ⏱ 14:05

3.1 无限阶情形：\(G \cong (\mathbb{Z}, +)\) ⏱ 15:33

3.2 有限阶情形：\(G \cong \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) ⏱ 19:11

4推论：同阶的循环群必同构 ⏱ 21:17

5循环群的子群仍是循环群 ⏱ 22:13

★重点回顾

⚠易错点提醒

✎自测与作业