这是我在学习韦伊的《Number Theory For Beginners》的一个翻译。全文十三章，这里分十三篇文章给出！
定理2.2表明$Z$的任何子群$M$或者是0, 或者由其中最小的大于0的元素$m$生成; 在后一种情形, 它由$m$生成的, 也可以由$-m$生成, 而不能由其它元素生成. 对于循环群, 我们有:
定理8.1 设$G$是一个$m$阶的循环群, 由元素$x$生成. $G’$是$G$的子群; 那么存在$m$的因子$d$使得$G’$是由$x^d$生成的$\frac{m}{d}$阶循环群.
令$M$为所有使得$x^a \in G’$的整数$a$组成的集合. 公式$x^{a – b} = (x^a) \cdot (x^b)^{-1}$表明$M$是$Z$的一个子群; 它包含$m$, 从而包含$m$的某个因子$d$的所有倍数. 因此$G’$由元素$x^{da}$, $a \in Z$组成, 也就是说由$x^d$生成. 我们有$x^{da} = x^{db}$当且仅当$da \equiv db (\mod m)$; 根据同余关系($\S$V)的性质(F), 这等价于$a \equiv b (\mod \frac{m}{d})$.
推论8.2 对于$m$的每一个正因子$n$, $m$阶群有且仅有一个$n$阶子群.
设$G$的含义如定理8.1所示, 令$d = \frac{m}{n}$; 根据定理, 如果$G’$是$G$的$n$阶的子群, 它必然是由$x^d$生成, $x^d$也确实生成一个子群.
推论8.3 $G$, $m$, $x$, $G’$的含义如定理8.1所示, $G$中的元素$x^a$可以生成$G’$当且仅当$(a, m) = d$.
如果$(a, m) = d$, $x^a \in G’$; 根据定理6.2, 我们有$at \equiv d (\mod m)$, 于是有$x^d = (x^a)^t$, 因此由$x^a$生成的群包含$x^d$, 因此就是$G’$.
推论8.4 $G$, $m$, $x$含义同上, $x^a$生成$G$当且仅当$(a, m) = 1$, $G$恰好有$\varphi(m)$个不同的生成元.
推论8.5 对每一个大于0的整数$m$, 我们有
\[\sum_{d | m}{\varphi(d)} = m.\]
(在这里左边的求和是针对$m$的所有正因子$d$).
考虑$m$阶循环群$G$ (例如模$m$同余类加法群), 根据推论8.2, 对于$m$的每个因子$d$, $G$恰好有一个$d$阶的子群$G_d$, $d \rightarrow G_d$是$m$的所有因子到$G$的所有子群之间的一一映射. 对每一个$d$, 用$H_d$表示$G_d$的所有的不同的生成元的集合, 根据推论8.4, 它有$\varphi(d)$个元素. $G$的每一个元素属于而且只属于一个集合$H_d$, 因为它能生成而且只能生成一个$G$的子群.
$G$为一个群, $X$是$G$的子集; 对每一个$a \in G$, 我们用$aX$表示所有元素$ax$ ($x \in X$)组成的集合. 群的定义表明$x \rightarrow ax$是$X$到$aX$的一个双射, 因此, 如果$X$是有限的, 那么所有集合$aX$拥有和$X$相等数量的元素.
定义8.6 设$G$是一个群, $H$是$G$的子群, 任何一个形如$xH$ ($x \in G$)的集合称为$G$中的$H$的陪集(coset).
引理8.7 设$xH$, $yH$为群$G$的子群$H$的两个陪集, 那么它们或者没有公共元素, 或者$xH = yH$.
如果它们有一个公共元素, 假设它可以表示为$xh$, $h \in H$, 也可以表示为$yh’$, $h’ \in H$. 这可以得到$y^{-1}x = h’ h^{-1} \in H$, 因此$xH = y \cdot (y^{-1}x)H = y \cdot (h’ h^{-1}H) = yH$.
定理8.8 如果$H$是有限群$G$的子群, 那么$H$的阶整除$G$的阶.
事实上, $G$中的每一个元素$x$属于某个$H$的陪集(例如$xH$), 根据引理, 只属于一个陪集.由于每一个陪集的元素个数都等于$H$的阶, $G$的阶必然是这个值的倍数.
定理8.9 如果$x$是$m$阶群的元素, 它的阶整除$m$, $x^m = 1$.
由于$x$的阶$d$就是由$x$生成的$G$的子群的阶, 定理8.2表明它整除$m$, 因而$x^m = (x^d)^{m / d} = 1$.
(上面的结论, 以及它们的证明, 对其他交换群也成立, 如前所述, 它们不在我们的处理范围之内).
定理8.10 $m$为任意大于0的整数, $x$是一个与$m$互素的整数, 那么$x^{\varphi(m)} \equiv 1 (\mod m)$.
这是上述推论的一个特殊情形, 只要把它应用于与$m$互素的模$m$同余类乘法群 (或者, 简要的, 但是不那么准确的说法是模$m$乘法群).
推论8.11 $p$为素数, 则对每一个和$p$互素的$x$有$x^{p – 1} \equiv 1 (\mod p)$; 对每一个$x$有$x^p \equiv x (\mod p)$.
第一个结论是定理8.3的特例, 第二个结论是其推论. 反过来, 从定理6.2可知, 后一个结论也包含了前一个结论. 第二个结论的另外的证明参考习题6.9.
这个推论属于Fermat, 常称为Fermat定理; 第一个证明由Euler给出, 他同时给出了定理8.3的一个证明(基本上和上面给出的相同), 这个定理常称为Euler定理.
习题
1. $G$是$m$阶群, $n$和$m$互素, 证明$G$的每一个元素可以表示为$x^n$ ($x \in G$)的形式.
证明：首先对于$G$中元素$x$,有$x^m=1$,其次,由于$(m,n)=1$,存在整数$u$,$v$,使得$mu+nv=1$,于是
\[x = x^{mu+nv}=x^{nv}=(x^v)^n.\]
获证.
2. $p$是素数, 证明每一个$p^n$ ($n > 0$)阶的群, 包含一个$p$阶元素, 每一个$p$阶群是循环群.
证明：如果$x$的阶数为$k$,则$k|p^n$,由于$p$为素数,于是$k=p^m$,$0 \le m \le n$.所要证明的是存在$m=1$的情形,对于$m=0$,只有单位元是这个情形.
我们使用归纳法来证明,当$n=1$时,群本身就是一个$p$阶的,任何一个不等于1的元素都是$p$阶元素,结论成立.假设对于小于等于$n$的整数都成立,那么对于$n+1$来说,如果群中存在$p^{n+1}$阶的元素$x$,那么群本身是一个循环群,可以由$x^k$来表示,于是$x^{n+1}$就是一个$p$阶的元素.如果不存在这样的元素,那么任取一个不等于1的元素$x$,$x$的阶为$p^m$,$m<n+1$,于是$m \le n$,这样由这个$x$生成的循环群中,存在一个$p$阶元素.获证.
也可以直接证明,前面说明了$x$的阶为$p^m$,那么$x^{p^{m-1}}$的阶就是$p$.
每一个$p$阶群来说,由于$p$是素数,它的任何一个不等于1的元素的阶必然等于$p$,任何一个不等于1的元素都可以生成这个元素,因而是循环群.
3. 如果$p$是$a^{2^n} + 1$的奇素因子, $n \ge 1$, 证明$p \equiv 1 (\mod 2^{n + 1})$ (提示: 找出模$p$乘法群中的$(a \mod p)$的阶) (Euler用此来证明$2^{32} + 1$不是素数, 给出了Fermat猜想的一个反例: 所有的整数$2^{2^n} + 1$是素数).
证明：根据条件,有$a^{2^n} + 1 \equiv 0(\mod{p})$,也就是$a^{2^n} \equiv -1(\mod{p})$,$a^{2^{n+1}} \equiv 1(\mod{p})$.由此可以知道$a \mod {p}$的阶为$2^{n+1}$,而模$p$乘法群的是$p-1$阶群,于是$2^{n+1}|(p-1)$,即$p-1 \equiv 0(\mod{2^{n+1}})$,$p \equiv 1 (\mod 2^{n + 1})$.
有了这个结论,我们寻找奇素数$p$满足$p \equiv 1(\mod{2^6})$,通过计算机稍微试验几个,就可以发现$p=641$满足条件.$641|2^{32}+1$.
4. 如果$a$, $b$为大于0的整数, $a = 2^{\alpha}5^{\beta}m$, $m$和10互素, 证明$\frac{b}{a}$的小数形式的数字的周期整除$\varphi(m)$; 证明, 如果它不存在小于$m – 1$个数字的周期, 那么$m$是素数.
证明：我们假设循环节出现的时候,余数对应了模$m$的元素为$a$,那么,这里其实是元素$10^k(\mod{m})$,$k=0,1,2,\cdots,r-1$,$r$为循环节的长度.也就说$a10^r \equiv a (\mod{m})$.设$10$在模$m$同余乘法群中的阶为s,则$r \le s$,$s|\varphi(m)$,因为$10$是与$m$互素的模$m$的同余乘法群的元素(一共有$\varphi(m)$个).若能证明$r | s$,则$r | \varphi(m)$,首先对于所有$0 < t < r$,$a10^t\equiv a(\mod{m})$是不成立的.设$s = kr+t$,则
\[a \equiv a10^s = a10^{kr+t} \equiv a10^{t}(\mod{m}),\]
于是必须有$t=0$,$r|s$.
注意到如果$m$为素数,那么$\varphi(m)=m-1$.我们使用反证法,如果$m$不是素数,$m=m_1m_2$,$(m_1,m_2)=1$,我们只要找到一个$a$,使得$r < m-1$即可.对于$a$,有$a10^{r_1} \equiv a \mod(m_1)$,$b10^{r_2} \equiv b(\mod{m_2})$,
\[\begin{aligned}
ab10^{r_1r_2} &\equiv ab (\mod{m_1}) \\
ab10^{r_1r_2} &\equiv ab (\mod{m_2}) \\
ab10^{r_1r_2} &\equiv ab (\mod{m_1m_2})
\end{aligned}\]
于是$r_1r_2\le\varphi(m_1)\varphi(m_2)\le(m_1-1)(m_2-1)<m-1$.与题设矛盾,$m$为素数.
注意反过来不一定成立,也就是说$m$为素数的时候,可能出现循环节的长度小于$m-1$,例如$1/3$.