群元素的阶：从幂的周期到循环群计数

一个操作重复若干次后回到原状，最值得问的不是“能否回来”，而是“第一次何时回来”。两个操作分别每 $6$ 次、$10$ 次复原，同时进行时，第一次共同复原在第 $30$ 次，而非第 $60$ 次。元素的阶把这种周期问题变成群论中的精确语言。

本节使用群、子群的基本概念，以及带余除法、最大公因数、最小公倍数和同余。不需要有限交换群结构定理。记 $\operatorname{ord}(g)$ 为元素的阶，$|G|$ 为有限群的元素个数，避免把两种“阶”混在一起。

从群运算到最小周期 #

群 $G$ 配有封闭的二元运算，满足结合律，有单位元 $e$，且每个元素有逆元；不要求交换律。以下默认把运算写成乘法。对 $g\in G$，规定

$$g^0=e,\qquad g^{-k}=(g^{-1})^k\quad(k>0).$$

同一个元素的幂满足 $g^r g^s=g^{r+s}$、$(g^r)^s=g^{rs}$，其中 $r,s\in\mathbb Z$。这不意味着不同元素也满足 $(ab)^r=a^r b^r$。

若存在正整数 $m$ 使 $g^m=e$，则其中最小者称为 $g$ 的阶；若不存在，就称 $g$ 为无限阶元素。特别地，$\operatorname{ord}(e)=1$，不是 $0$。

在加法群中，把 $g^k$ 换成 $kg$，把 $e$ 换成 $0$。例如，整数加法群中的 $1$ 是无限阶元素；模 $m$ 加法群中，$\overline 1$ 的阶为 $m$。

把最小性变成整除关系 #

设 $\operatorname{ord}(g)=m<\infty$。对任意整数 $k$，

$$g^k=e\quad\Longleftrightarrow\quad m\mid k.$$

证明。 若 $m\mid k$，结论由 $g^m=e$ 直接得到。反过来，作带余除法 $k=qm+r$，其中 $0\le r<m$，则 $g^k=g^r$。若 $g^k=e$ 而 $r>0$，就出现了比 $m$ 更小的正周期，矛盾。因此 $r=0$。带余除法对负整数 $k$ 同样适用。

于是

$$g^r=g^s\quad\Longleftrightarrow\quad r\equiv s\pmod m.$$

这解释了为什么研究幂时可以把指数按 $m$ 取模。但只知道 $g^{12}=e$，只能断言 $\operatorname{ord}(g)\mid12$，不能断言阶就是 $12$。

阶就是生成的循环子群的大小 #

由 $g$ 生成的循环子群为

$$\langle g\rangle=\{g^k:k\in\mathbb Z\}.$$

它对乘法和取逆封闭，且任何含 $g$ 的子群都必须包含这些幂，故它是含 $g$ 的最小子群。

若 $g$ 的阶为 $m$，上面的同余判据说明

$$\langle g\rangle=\{e,g,\ldots,g^{m-1}\},$$

且列出的 $m$ 个元素互不相同。若 $g$ 无限阶，则它的整数次幂两两不同，否则 $g^r=g^s$、$r>s$ 会给出正周期 $r-s$。

因此，元素的阶等于它生成的循环子群的大小。若整个群由一个元素生成，就称为循环群；记 $C_m$ 为 $m$ 阶循环群。有限群 $G$ 是循环群，当且仅当存在阶为 $|G|$ 的元素。

幂的阶为什么要除以最大公因数 #

设 $\operatorname{ord}(g)=m<\infty$，$k\in\mathbb Z$。则

$$\boxed{\operatorname{ord}(g^k)=\frac{m}{\gcd(m,k)}}.$$

这里 $\gcd(m,k)=\gcd(m,|k|)$，并约定 $\gcd(m,0)=m$。

证明。 令 $d=\gcd(m,k)$，写成 $m=dm_0$、$k=dk_0$，其中 $\gcd(m_0,k_0)=1$。对正整数 $t$，

$$(g^k)^t=e \ \Longleftrightarrow\ m\mid kt \ \Longleftrightarrow\ m_0\mid k_0t \ \Longleftrightarrow\ m_0\mid t.$$

最后一步用的是互素整数的整除性质。因此使 $(g^k)^t=e$ 的最小正整数是 $m_0$，不是只证明了 $m_0$“可用”。

直观上，每次把指数增加 $k$，只会走遍模 $m$ 剩余类中的一部分；公因数越大，走过的不同位置越少。例如 $\operatorname{ord}(g)=18$ 时，

$$\operatorname{ord}(g^{12})=3,\qquad \operatorname{ord}(g^{-6})=3,\qquad \operatorname{ord}(g^0)=1.$$

而 $g^k$ 仍生成整个 $\langle g\rangle$，恰好等价于 $\gcd(m,k)=1$，因为此时它生成的子群仍有 $m$ 个元素。

有限阶条件不能删去。若 $g$ 无限阶且 $k\ne0$，则 $g^k$ 也无限阶：否则 $(g^k)^t=e$ 会给出非零指数 $kt$，进而给出 $g$ 的正周期。不要把“无穷大”代进最大公因数公式。

Lagrange 定理只给出一个方向 #

陪集的定义、左右判别与完整计数证明见陪集与 Lagrange 定理。

若 $G$ 是有限群、$H$ 是其子群，则 Lagrange 定理给出

$$|G|=[G:H]|H|.$$

原因是左陪集把 $G$ 划分成互不相交的块。若 $aH$ 与 $bH$ 相交，由 $ah_1=bh_2$ 可得 $aH=bH$；而 $h\mapsto ah$ 是 $H$ 到 $aH$ 的双射，所以每块都有 $|H|$ 个元素。

取 $H=\langle g\rangle$，就得到

$$\operatorname{ord}(g)\mid |G|, \qquad g^{|G|}=e.$$

有限群中的元素一定有有限阶，因为足够多的幂必然重复。

反例：群的阶的约数未必都是元素的阶。 三个字母上的置换群 $S_3$ 有 $6$ 个元素：单位元、三个对换、两个三循环，阶分别为 $1,2,3$。虽然 $6\mid|S_3|$，却没有 $6$ 阶元素。

所以 Lagrange 定理能排除不可能的阶，不能凭一个整除关系制造元素。对于循环群，约数确实全部出现；下面不仅证明存在，还数出各有多少个。

循环群中的阶分布与方程根数 #

以下固定 $C_m=\langle g\rangle$，$m\ge1$。每个元素唯一写成 $g^j$，其中 $0\le j<m$。群中的计数因而可以转成指数的计数。

恰好为某个阶：欧拉函数 #

对正整数 $d$，$C_m$ 中阶恰好为 $d$ 的元素个数为

$$\begin{cases} \varphi(d),&d\mid m,\\ 0,&d\nmid m. \end{cases}$$

其中 $\varphi(d)$ 是模 $d$ 剩余类中与 $d$ 互素的类的个数，$\varphi(1)=1$。

证明。 不整除时由 Lagrange 定理排除。若 $d\mid m$，幂的阶公式给出

$$\operatorname{ord}(g^j)=d \quad\Longleftrightarrow\quad \gcd(m,j)=m/d.$$

也就是 $j=(m/d)u$，且 $\gcd(d,u)=1$。当 $j$ 遍历模 $m$ 的剩余类时，这些 $u$ 恰好遍历模 $d$ 的互素剩余类，所以有 $\varphi(d)$ 个。$d=1$ 时只得到单位元，仍符合公式。

例如 $C_{12}=\langle g\rangle$ 的全部元素可以这样归类：

元素的阶	指数 $j$（$0\le j<12$）	个数
$1$	$0$	$1$
$2$	$6$	$1$
$3$	$4,8$	$2$
$4$	$3,9$	$2$
$6$	$2,10$	$2$
$12$	$1,5,7,11$	$4$

按阶分组既不遗漏也不重复，因而同时得到

$$\sum_{d\mid m}\varphi(d)=m,\qquad \sum_{x\in C_m}\operatorname{ord}(x)=\sum_{d\mid m}d\varphi(d).$$

第二式只是“每组的阶乘以这一组的元素个数”，并非一般有限群的通式。

阶整除某数：数方程的根 #

给定正整数 $r$，方程 $x^r=e$ 在 $C_m$ 中恰有

$$\boxed{\gcd(m,r)}$$

个解。这数的是阶整除 $r$ 的元素，不是阶恰好为 $r$ 的元素。

证明。 写 $x=g^j$，则 $x^r=e$ 等价于 $m\mid rj$。令 $h=\gcd(m,r)$，约去公因数后得到 $(m/h)\mid j$。因此模 $m$ 的全部解为

$$j=0,\frac mh,2\frac mh,\ldots,(h-1)\frac mh,$$

一共 $h$ 个。

更一般地，对整数 $s$，方程 $x^r=g^s$ 有解当且仅当 $h\mid s$；有解时也恰有 $h$ 个。必要性来自 $rj\equiv s\pmod m$。若 $h\mid s$，约去 $h$ 后，$r/h$ 与 $m/h$ 互素，所以 $j$ 模 $m/h$ 有唯一解 $j_0$；提升到模 $m$ 后得到 $j_0+t(m/h)$，$0\le t<h$。

例如在 $C_{12}$ 中，$x^8=e$ 有 $4$ 个解，即 $e,g^3,g^6,g^9$，它们的阶分别为 $1,4,2,4$。根的个数与根的阶，回答的是两个不同的问题。

直积取最小公倍数，群内乘积要另查条件 #

设 $a\in G$、$b\in H$ 的阶分别为有限正整数 $m,n$。直积按分量运算，因此

$$(a,b)^t=(a^t,b^t).$$

它等于单位元 $(e_G,e_H)$，当且仅当 $m\mid t$ 且 $n\mid t$。所以

$$\boxed{\operatorname{ord}(a,b)=\operatorname{lcm}(m,n)}.$$

这里不要求 $G,H$ 是交换群。有限多个分量同理：取各分量阶的最小公倍数；若其中一个分量无限阶，则整个元素无限阶。

例如 $C_4=\langle u\rangle$、$C_6=\langle v\rangle$ 时，

$$\operatorname{ord}(u,v)=12,\qquad \operatorname{ord}(u^2,v^2)=\operatorname{lcm}(2,3)=6.$$

群 $C_4\times C_6$ 有 $24$ 个元素，却没有 $24$ 阶元素。

这也证明，对正整数 $m,n$，

$$C_m\times C_n\text{ 是循环群} \quad\Longleftrightarrow\quad \gcd(m,n)=1.$$

若互素，两个生成元组成的元素阶为 $mn$，就生成整个直积。若不互素，每个元素的阶都整除 $\operatorname{lcm}(m,n)<mn$，不可能生成整个群。

为什么不能把有序对换成乘积 #

若 $a,b$ 属于同一个群，考察的是 $ab$，不是 $(a,b)$。即使 $ab=ba$，通常也只能断言

$$\operatorname{ord}(ab)\mid \operatorname{lcm}(\operatorname{ord}(a),\operatorname{ord}(b)).$$

这是因为对最小公倍数 $L$，交换性保证 $(ab)^L=a^Lb^L=e$。等号未必成立：取非单位元 $a$ 和 $b=a^{-1}$，乘积的阶就降到 $1$。

若再加上两个有限阶互素，则

$$ab=ba,\quad \gcd(m,n)=1 \quad\Longrightarrow\quad \operatorname{ord}(ab)=mn.$$

证明。 若 $(ab)^t=e$，交换性给出 $a^t=b^{-t}$。这个元素同时属于 $\langle a\rangle$ 和 $\langle b\rangle$，它的阶同时整除 $m,n$，故只能是单位元。于是 $m\mid t$、$n\mid t$，从而 $mn\mid t$；而 $(ab)^{mn}=e$，所以最小正周期恰为 $mn$。

连交换性也没有时，上面的整除结论都可能失效：在 $S_3$ 中按从右到左的次序复合置换，$(12)$、$(23)$ 的阶都是 $2$，但它们的乘积 $(123)$ 的阶为 $3$。

与模 n 单位群接上 #

对 $n\ge2$，模 $n$ 的单位群为

$$U(n)=(\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times =\{\overline a:\gcd(a,n)=1\},$$

运算是剩余类乘法，单位元是 $\overline1$。其中 $\overline a$ 的阶，正是使 $a^k\equiv1\pmod n$ 成立的最小正整数 $k$。Lagrange 定理给出它整除 $|U(n)|=\varphi(n)$，但不保证等于 $\varphi(n)$。

必须先确认元素可逆。例如 $2$ 模 $8$ 的正整数次幂依次为 $2,4,0,0,\ldots$，从不成为 $1$，它不属于 $U(8)$，不能套用单位群中的阶公式。

还必须确认群是否循环。$U(5)$ 由 $\overline2$ 生成，是 $4$ 阶循环群；但

$$U(8)=\{\overline1,\overline3,\overline5,\overline7\}$$

中每个元素的平方都是 $\overline1$，所以它不是循环群。其方程 $x^2=\overline1$ 有 $4$ 个解，不能套用循环群的根数公式得到 $\gcd(4,2)=2$。在一般群里，也不能仅凭“二次方程”就声称至多有两个根。

若 $m,n\ge2$ 且互素，中国剩余定理给出

$$U(mn)\cong U(m)\times U(n).$$

这个同构保持幂与单位元，所以单位的阶按各分量阶的最小公倍数合成。至于素数幂模数下单位群的结构、如何高效统计元素阶之和，以及题目的边界约定，见配套题解 Exponent：模 n 单位群中的元素阶之和。

到这里应能区分三种运算：循环群按阶分组用 $\varphi$，直积中的元素阶用最小公倍数，独立分量的解数才相乘。最后一条来自各分量解可以任意组合，不是在说元素阶相乘。

四道自检 #

1. 已知两个回归时刻，能确定阶吗 #

设群中元素 $a$ 满足 $a^{18}=a^{30}=e$，但 $a^2\ne e$。求 $\operatorname{ord}(a)$ 的所有可能值，并判断 $\operatorname{ord}(a^4)$ 能否确定。

解答

阶同时整除 $18,30$，所以整除 $6$。由 $a^2\ne e$ 排除 $1,2$，剩下 $3,6$；这两种都能实现，例如分别取 $C_3,C_6$ 的生成元。因此不能唯一确定 $a$ 的阶，但两种情况下都有

$$\operatorname{ord}(a^4)=3.$$

2. 在同一个循环群里分清三种计数 #

设 $C_{18}=\langle g\rangle$。列出阶恰好为 $6$ 的元素、方程 $x^{12}=e$ 的全部解，以及 $x^{12}=g^6$ 的全部解。

解答

阶为 $6$ 等价于 $\gcd(18,j)=3$，所以元素为 $g^3,g^{15}$，共 $\varphi(6)=2$ 个。

对 $x^{12}=e$，有 $\gcd(18,12)=6$ 个解：

$$x=g^{3t},\qquad t=0,1,\ldots,5.$$

它们并非全是 $6$ 阶元素。

对 $x^{12}=g^6$，解指数同余 $12j\equiv6\pmod{18}$，约去 $6$ 得 $2j\equiv1\pmod3$，即 $j\equiv2\pmod3$。所以

$$x=g^{2+3t},\qquad t=0,1,\ldots,5.$$

3. 直积里先数根，再筛出精确的阶 #

设 $C_8=\langle a\rangle$、$C_{12}=\langle b\rangle$。求 $(a^2,b^3)$ 的阶；再求 $C_8\times C_{12}$ 中满足 $x^6=e$ 的元素个数，以及阶恰好为 $6$ 的元素个数。

解答

两个分量的阶都是 $4$，所以 $(a^2,b^3)$ 的阶为 $4$，不是 $16$。

记 $R(r)$ 为方程 $x^r=e$ 的解数。两个分量可独立选择，故

$$R(r)=\gcd(8,r)\gcd(12,r),\qquad R(6)=2\cdot6=12.$$

这些根的阶只能是 $1,2,3,6$。剔除阶整除 $2$ 或 $3$ 的元素，并把重复剔除的单位元补回，得到阶恰好为 $6$ 的元素数

$$R(6)-R(2)-R(3)+R(1)=12-4-3+1=6.$$

4. 阶互素，乘积的阶就相乘吗 #

若 $a,b$ 的有限阶互素，能否不检查交换性就断言 $\operatorname{ord}(ab)=\operatorname{ord}(a)\operatorname{ord}(b)$？在 $S_3$ 中检验。

解答

不能。取 $a=(12)$、$b=(123)$，它们的阶分别为 $2,3$。按从右到左复合，

$$ab=(23),$$

其阶为 $2$，不是 $6$。这里 $ab\ne ba$；补上 $ab=ba$ 后，正文中的互素阶乘积定理才适用。

延伸阅读 #

丘维声《近世代数》，北京大学出版社，2015 年第 1 版：§1.1（第 22–25 页）的循环群与元素阶，§1.4（第 43–44 页）的 Lagrange 定理及其推论，§1.5（第 47–48 页）的直积定义。

M. Artin《代数》，郭晋云译，机械工业出版社，2009 年第 1 版：第二章第二节（第 34–35 页）的整数子群、循环子群与阶，第八节（第 46 页）的群的积。本文的计数推导与自检以本节已证明的结论为起点，可以独立完成。