循环群是群论中结构最简明、性质最完美的一类群——由单一元素幂次生成；而置换群则是最宏大的具体群家族。 Cayley 定理雄辩地证明：任何抽象群本质上都只是某个置换群的子群。 通过置换矩阵与正则表示，我们搭建起从纯粹抽象代数通向具体线性代数的关键桥梁。
设 $S$ 是群 $G$ 的非空子集，包含 $S$ 的最小子群称为由 $S$ 生成的子群，记作 $\langle S \rangle$。
它是 $S$ 中元素及其逆元的所有有限乘积所构成的集合。
特别地，若 $S = \{a\}$ 仅含一个元素，则称 $\langle a \rangle = \{a^k \mid k \in \mathbb{Z}\}$ 为循环群，$a$ 称为 $G$ 的一个生成元。
当 $o(a) = \infty$ 时，$G = \langle a \rangle = \{\dots, a^{-2}, a^{-1}, e, a, a^2, \dots\}$。
所有非零幂次互不相同，其完全同构于整数加群 $(\mathbb{Z}, +)$。其生成元仅有且仅有两个：$a$ 与 $a^{-1}$。
当 $o(a) = n$ 时，$G = \langle a \rangle = \{e, a, a^2, \dots, a^{n-1}\}$。
完全同构于模 $n$ 剩余类加群 $(\mathbb{Z}_n, \oplus)$ 或复数域上的 $n$ 次单位根乘法群 $U_n = \{e^{2k\pi i / n} \mid 0 \leqslant k < n\}$。
设 $G = \langle a \rangle$ 是 $n$ 阶循环群，元素 $a^k$ 的阶计算公式为：
$$o(a^k) = \frac{n}{\gcd(k, n)}$$
推论：$a^k$ 也是 $G$ 的生成元 $\iff o(a^k) = n \iff \gcd(k, n) = 1$。
因此，$n$ 阶循环群的生成元总数恰好等于欧拉函数 $\varphi(n)$（小于等于 $n$ 且与 $n$ 互素的正整数个数）。
对任意正整数 $n$，恒有： $$\sum_{d \mid n} \varphi(d) = n$$ 代数解释： 群 $\mathbb{Z}_n$ 中的全体 $n$ 个元素按其各自的阶数 $d$ 构成了互不相交的等价分类！ 因为每个因数 $d \mid n$ 对应唯一的 $d$ 阶子群 $H_d$，而该子群中恰好有 $\varphi(d)$ 个阶为 $d$ 的生成元。将所有因数的生成元数量相加，恰好不重不漏地穷尽全群 $n$ 个元素！
在圆周上均布 $n$ 个点代表群 $\mathbb{Z}_n$，每次连线跨越 $k$ 格。 当 $\gcd(k, n) = 1$ 时，连线一笔画贯穿所有顶点形成经典星形多边形（对应生成元！）；若 $\gcd(k, n) > 1$，则只能绕行一个正因数子群！
循环群 $\mathbb{Z}_n$ 的每一个正因数 $d \mid n$ 对应唯一的 $d$ 阶子群 $H_d = \langle n/d \rangle$。 子群间的包含关系 $H_{d_1} \leqslant H_{d_2} \iff d_1 \mid d_2$ 构成了优美的哈斯图（Hasse 图）。 点击或触摸下方格网中的任意子群节点，查看其包含的上层超群链、下层子群链、元素明细与陪集切片！
一个 $n$ 次置换 $\sigma$ 传统双行记法为：
$$\sigma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \cdots & n \\ \sigma(1) & \sigma(2) & \cdots & \sigma(n) \end{pmatrix}$$
长度为 $k$ 的轮换 (Cycle) $(i_1\ i_2\ \cdots\ i_k)$ 表示：$i_1 \to i_2 \to \cdots \to i_k \to i_1$，其余未列出的元素保持不动。
2-轮换 $(i\ j)$ 称为对换 (Transposition)，表示仅仅交换元素 $i$ 与 $j$。
任何一个有限置换 $\sigma \in S_n$ 都可以唯一地分解为若干个互不相交的轮换的乘积。
而且，不相交的轮换之间可以任意对换位置（可交换乘积）。
置换的阶 $o(\sigma)$ 严格等于各不相交轮换长度的最小公倍数：$o(\sigma) = \mathrm{lcm}(k_1, k_2, \dots, k_r)$。
每一个长度为 $k$ 的轮换都可以拆成 $k-1$ 个对换之积：
$$(i_1\ i_2\ \cdots\ i_k) = (i_1\ i_k)(i_1\ i_{k-1})\cdots(i_1\ i_2)$$
虽然一个置换分解为对换的方式并不唯一，但是分解中所含对换个数的奇偶性是严格不变的代数不变量！
• 对换个数为偶数 $\implies$ 偶置换（符号 $\mathrm{sgn}(\sigma) = +1$）；为奇数 $\implies$ 奇置换（$\mathrm{sgn}(\sigma) = -1$）。
• $S_n$ 中全体偶置换构成 $S_n$ 的正规子群——交错群 (Alternating Group) $A_n$，阶为 $|A_n| = \frac{n!}{2}$。
任何一个群 $G$ 都同构于一个变换群。（若 $G$ 是 $n$ 阶有限群，则 $G$ 同构于 $n$ 次对称群 $S_n$ 的某个子群）。
构造思想（左正则表示）： 对每一个群元素 $g \in G$，定义映射 $\lambda_g: G \to G$ 为左乘变换 $\lambda_g(x) = gx$。
• 由群的消去律，$\lambda_g$ 是一对一满映射（置换）；
• 由结合律 $\lambda_{gh}(x) = (gh)x = g(hx) = \lambda_g(\lambda_h(x)) = (\lambda_g \circ \lambda_h)(x)$，映射 $g \mapsto \lambda_g$ 是同态；
• 若 $\lambda_g = \lambda_h \implies \lambda_g(e) = \lambda_h(e) \implies ge = he \implies g = h$，故为单同态！因此 $G \cong \mathrm{Im}(\lambda) \leqslant S_{|G|}$。
选择预设置换或在下方手动修改映射目标（输入 1~6 的一个重排），系统将动态绘制上下映射连线图，并实时给出轮换分解、对换拆分与奇偶符号。
Cayley 定理指出每个群元素 $g$ 都诱导全群的一个左乘置换 $\lambda_g(x) = gx$。 在线性代数中，置换可精确表示为一个置换矩阵 $P_g$（列向量 $e_j$ 变换为 $e_{\lambda_g(j)}$）。 在此选择不同经典群并点击元素，直观观察置换矩阵、双行记号与 Cayley 乘法表之间的严密对应！
每一行都是群元素的一个完美重排（拉丁方性质）。高亮行恰好对应置换矩阵中各列“1”所在的行号！
正方形对称群 $D_4$ 阶数为 8，包含 4 个旋转变换与 4 个翻折变换。 在平面的 2D 视角下，翻折难以直观理解；本展台支持3D 自由拖拽旋转视角与空间立体翻折动画。 正面为极光紫，背面为翡翠青，翻折时正方形将在空间中立体翻转！
题目： 证明 Klein 四元群 $K_4$ 同构于 $(\mathbb{Z}_{12}^*, \cdot)$。
题目： 设 $G = \langle a \rangle$ 为无限循环群，$A = \langle a^r \rangle, B = \langle a^s \rangle$（$r, s \in \mathbb{Z}^+$），证明：
(1) $A \cap B = \langle a^m \rangle$，其中 $m = [r, s]$（最小公倍数）；
(2) $\langle A, B \rangle = \langle a^d \rangle$，其中 $d = (r, s)$（最大公因子）。
因为 $G = \langle a \rangle \cong (\mathbb{Z}, +)$，我们利用同构直接在整数加法群 $(\mathbb{Z}, +)$ 中讨论：
(1) 证明交子群：
元素 $a^k \in A \iff r \mid k$；元素 $a^k \in B \iff s \mid k$。
故 $a^k \in A \cap B \iff r \mid k$ 且 $s \mid k \iff [r, s] \mid k \iff m \mid k$。
所以 $A \cap B = \{a^{qm} \mid q \in \mathbb{Z}\} = \langle a^m \rangle$。
(2) 证明生成子群：
由子群生成的定义，$\langle A, B \rangle$ 是由 $a^r$ 与 $a^s$ 的所有整数线性组合幂次构成的集合：
$$\langle A, B \rangle = \{ a^{xr + ys} \mid x, y \in \mathbb{Z} \}$$
由初等数论中的 Bézout 定理（裴蜀定理），数集 $\{xr + ys \mid x, y \in \mathbb{Z}\}$ 恰好等于最大公因子 $d = (r, s)$ 的所有整数倍构成的集合 $d\mathbb{Z}$！
因此 $\langle A, B \rangle = \{ a^{qd} \mid q \in \mathbb{Z} \} = \langle a^d \rangle$。$\blacksquare$
题目： 非平凡子群 $M$ 称为群 $G$ 的极大子群，若有子群 $H$ 满足 $M < H \leqslant G$，则必有 $H = G$。确定无限循环群的全部极大子群。
设 $G = \langle a \rangle$ 为无限循环群。由循环群子群定理，$G$ 的任意非平凡子群必可唯一表示为 $M = \langle a^m \rangle$，其中 $m \in \mathbb{Z}^+$ 且 $m > 1$。
对于另外一个子群 $H = \langle a^k \rangle$（$k \in \mathbb{Z}^+$），包含关系满足：
$$M \subseteq H \iff a^m \in \langle a^k \rangle \iff k \mid m$$
注意：子群的包含关系与整数的整除关系是相反的！（$k$ 越小，子群 $H$ 越大；$k=1$ 对应全群 $G$）。
因此，$M$ 是极大子群 $\iff$ 不存在严格介于 $M$ 和 $G$ 之间的子群 $H$ $\iff$ 不存在满足 $1 < k < m$ 的正整数 $k$ 使得 $k \mid m$ $\iff$ $m$ 必须是一个素数 $p$！
结论： 无限循环群 $\langle a \rangle$ 的全部极大子群恰好为所有的 $\langle a^p \rangle$（其中 $p$ 为任意素数）。$\blacksquare$
题目： 设 $\sigma = (i_1, i_2, \dots, i_k)$，$\tau$ 为任一 $n$ 次置换，证明： $$\tau \sigma \tau^{-1} = (\tau(i_1), \tau(i_2), \dots, \tau(i_k))$$
记目标集为 $S = \{1, 2, \dots, n\}$，指标子集为 $I = \{i_1, \dots, i_k\}$。对任意 $x \in S$：
情形 1：若 $x \in \tau(I)$，则存在 $j \in \{1, \dots, k\}$ 使得 $x = \tau(i_j)$。
此时 $\tau^{-1}(x) = i_j$。由轮换定义，$\sigma(i_j) = i_{j+1}$（约定 $i_{k+1} = i_1$）。
于是：$(\tau \sigma \tau^{-1})(x) = \tau(\sigma(\tau^{-1}(x))) = \tau(\sigma(i_j)) = \tau(i_{j+1})$。
这与右边轮换将 $\tau(i_j)$ 映射到 $\tau(i_{j+1})$ 完全一致！
情形 2：若 $x \notin \tau(I)$，则 $\tau^{-1}(x) \notin I$。
由于不在轮换指标集内的元素均为 $\sigma$ 的不动点，有 $\sigma(\tau^{-1}(x)) = \tau^{-1}(x)$。
于是：$(\tau \sigma \tau^{-1})(x) = \tau(\tau^{-1}(x)) = x$。
右边轮换由于不包含 $x$，同样将 $x$ 保持不动！
综上，两变换对全集所有元素作用完全相等，故命题得证。此定理说明：置换在共轭变换下保持轮换长度与轮换型结构严格不变！ $\blacksquare$
题目： 证明任何一个置换群的元素或全部是偶置换，或奇偶置换各半。
设 $G$ 是任意一个有限置换群。将 $G$ 中的元素按奇偶性分为两部分：
偶置换集合 $H = \{\sigma \in G \mid \sigma \text{ 为偶置换}\}$，奇置换集合 $K = \{\tau \in G \mid \tau \text{ 为奇置换}\}$。
• 若 $K = \emptyset$，则 $G$ 中全为偶置换，命题自然成立；
• 若 $K \neq \emptyset$，即 $G$ 中至少存在一个奇置换，任取定一个奇置换 $\tau_0 \in K$。
定义映射 $f: H \to K$ 为左乘映射：$f(\sigma) = \tau_0 \sigma$。
因“奇置换 $\times$ 偶置换 = 奇置换”，故对任意 $\sigma \in H$，$\tau_0 \sigma \in K$，映射良定义；
由群的消去律，若 $\tau_0 \sigma_1 = \tau_0 \sigma_2 \implies \sigma_1 = \sigma_2$，故 $f$ 是单射；
任取 $\tau \in K$，因 $\tau_0^{-1}$ 也是奇置换，“奇 $\times$ 奇 = 偶”，令 $\sigma = \tau_0^{-1} \tau \in H$，则 $f(\sigma) = \tau_0(\tau_0^{-1}\tau) = \tau$，故 $f$ 是满射！
因此 $f$ 是 $H$ 到 $K$ 的一一对应（双射），故 $|H| = |K|$，即奇偶置换各占一半。$\blacksquare$
题目： 证明 $S_n = \langle (1\ 2), (1\ 3), \dots, (1\ n) \rangle = \langle (1\ 2), (2\ 3), \dots, (n-1\ n) \rangle = \langle (1\ 2), (1\ 2\ \dots\ n) \rangle$。
已知 $S_n$ 可由全部对换 $(i\ j)$ 生成。只需证明这三个子集都能生成任意对换：
1. 第一组 $M_1 = \{(1\ 2), (1\ 3), \dots, (1\ n)\}$：
对任意对换 $(i\ j)$ ($1 < i < j$)，恒有 $(i\ j) = (1\ i)(1\ j)(1\ i)$。因为 $(1\ i), (1\ j) \in M_1$，所以 $M_1$ 能生成所有对换，故 $\langle M_1 \rangle = S_n$。
2. 第二组 $M_2 = \{(1\ 2), (2\ 3), \dots, (n-1\ n)\}$（邻项对换）：
只需由邻项对换生成 $(1\ k)$。数学归纳法：$(1\ 2) \in M_2$；若已有 $(1\ k)$，则 $(1\ k+1) = (k\ k+1)(1\ k)(k\ k+1)$。从而可生成第一组 $M_1$ 的全部元素，故 $\langle M_2 \rangle = S_n$。
3. 第三组 $M_3 = \{(1\ 2), \sigma\}$，其中 $\sigma = (1\ 2\ \dots\ n)$：
利用 T1 轮换共轭公式：$\sigma (1\ 2) \sigma^{-1} = (\sigma(1)\ \sigma(2)) = (2\ 3)$；
再共轭一次：$\sigma (2\ 3) \sigma^{-1} = (3\ 4) \dots$ 依此类推可生成所有的邻项对换 $(i\ i+1)$！
于是能生成第二组 $M_2$，从而生成全群 $S_n$。仅用两个元素即可生成整个 $S_n$！$\blacksquare$