命题群 G 的非空子集 H 是 G 的子群，当且仅当 H = ∅，且对任意 a, b ∈ H， a b − 1 ∈ H ab^{-1} ∈ H ab−1∈H，的证明。
因为H是G的子群，所以H是一个群，则根据群的公理，H中的元素存在逆元，且该逆元 ∈ \in ∈H，所以 b − 1 ∈ H b^{-1} \in H b−1∈H，根据群的封闭性， a b − 1 ∈ H ab^{-1}\in H ab−1∈H。
若 a , b ∈ H a,b \in H a,b∈H，且 a = b a=b a=b，则有 a a − 1 ∈ H aa^{-1}\in H aa−1∈H，所以 e ∈ H e \in H e∈H，所以H存在单位元。 因为 e ∈ H e \in H e∈H，假设 a − 1 ∈ H a^{-1}\in H a−1∈H，则有 e a − 1 ∈ H , 即 a − 1 ∈ H ea^{-1} \in H,即a^{-1}\in H ea−1∈H,即a−1∈H，所以 ∀ a ∈ H \forall a \in H ∀a∈H，存在一个逆元。 因为 b ∈ H b \in H b∈H，所以 b − 1 ∈ H b^{-1}\in H b−1∈H，所以对任意一个元素 a ∈ H , b − 1 ∈ H a\in H,b^{-1}\in H a∈H,b−1∈H， a b − 1 ∈ H ab^{-1} \in H ab−1∈H，故满足封闭性。 结合律很显然就不证了。
设G是阿贝尔群，m是任意整数，记 G m = g m : g ∈ G G^m = { g^m: g\in G } Gm=gm:g∈G。请证明 G m G^m Gm是G的一个子群。 由群的封闭性， g m ∈ G g^m \in G gm∈G，所以 G m ⊆ G G^m \subseteq G Gm⊆G。 因为 e ∈ G e\in G e∈G，且 e m = e e^m = e em=e，所以 e ∈ G m e\in G^m e∈Gm。 ∀ a ∈ G \forall a\in G ∀a∈G，一定存在 a − 1 ∈ G a^{-1}\in G a−1∈G，所以对于 a m ∈ g m a^m \in g^m am∈gm，所以肯定存在 a − m ∈ g m a^-m \in g^m a−m∈gm，所以对于 ∀ i ∈ g m \forall i \in g^m ∀i∈gm，肯定存在一个逆元。 ∀ a m ∈ g m , ∀ b m ∈ g m \forall a^m\in g^m,\forall b^m \in g^m ∀am∈gm,∀bm∈gm， a m b m = ( a b ) m a^mb^m=(ab)^m ambm=(ab)m，因为 a b ∈ G ab\in G ab∈G，所以 ( a b ) m ∈ g m (ab)^m\in g^m (ab)m∈gm，所以 g m g^m gm满足封闭性。 结合律很显然就不证了。
证明：如果群G没有非平凡子群，则群G是循环群。 因为群G，没有平凡子群，所以G的子群只能为 { e } 或 者 G \{e\}或者G {e}或者G，当 G = { e } G=\{e\} G={e}显然满足所证要求，当 G ! = { e } G!=\{e\} G!={e}时，任取G中的一个非单位元的元素 a a a，构成G的一个子群 { a } \{a\} {a}，根据G的性质，群 { a } = G \{a\}=G {a}=G，所以也就是说 a a a能生成群 G G G，所以 { a } \{a\} {a}是循环群，所以 G G G是循环群。
证明循环群G中任意元素的阶都整除群的阶。 假设群的阶数为n，任取群里的一个元素 a a a，且有 a k = e a^k=e ak=e，假设a是群的生成元，那么易证该性质是成立的。 如果a不是群的生成元，假设G的生成元是 g g g，那么 a = g m a=g^m a=gm，所以 g m k = e g^{mk}=e gmk=e，因为 n ∣ m k n|mk n∣mk，且 n n n不整除m，否则a就是G的生成元，所以 n ∣ k n|k n∣k，得证。 然后课本上的证明是，首先我们有群 G = < g > G=<g> G=<g>是阶为 n n n的循环群，如果 h = g k h=g^k h=gk，则h的阶为 n / d n/d n/d，其中 d = g c d ( k , n ) d=gcd(k,n) d=gcd(k,n)。所以对于群中的任意一个元素表示为h，群的阶除以h的阶表示为 n / n d = d n/\frac {n}{d}=d n/dn=d，所以循环群G中任意元素的阶都整除群的阶。
def is_prime(n): for i in range(2, int(n**(1/2)+1)): if n % i == 0: return False return True def prime_fators_list(p): l = [] for i in range(2, int(p**(1/2)+1)): if p % i == 0: if is_prime(i): l.append(i) if is_prime(p/i): l.append(p/i) return l def is_primitive_root(a, p): flist = prime_fators_list(p - 1) # 出求p-1的所有素因子 5 for f in flist: for f in flist: if pow(a, int((p - 1) / f), p) == 1: return False return True def find_smallest_root(p): for i in range(2, p-1): if is_primitive_root(i, p): return i max_root = 2 max_root_prime = 3 for i in range(4, 10000): if is_prime(i): root = find_smallest_root(i) if root > max_root: max_root = root max_root_prime = i print(max_root_prime)用了最朴素得方法，结果最得大的最小生成元是31，且 p = 5881 p = 5881 p=5881。
设 q 是素数且 p = 2 ∗ q + 1 p = 2 ∗ q + 1 p=2∗q+1 也是素数。选取 g = h 2 g = h^2 g=h2 且 g ! = 1 g != 1 g!=1，其中 h 是 Z p ∗ h 是 Z_p^{*} h是Zp∗ 中的元素。显然， < g > <g> <g>是循环群。
< g > <g> <g>的阶是多少，为什么？
< g > <g> <g>的阶是 q q q。
因为 p = 2 ∗ q + 1 p=2*q+1 p=2∗q+1，所以 p − 1 = 2 ∗ q p-1=2*q p−1=2∗q，所以群 Z p ∗ Z_p^{*} Zp∗的阶是 2 q 2q 2q，假设 h n = e h^n=e hn=e，则有 n ∣ 2 q n|2q n∣2q，因为 g = h 2 g=h^2 g=h2，所以 g n / 2 = e g^{n/2}=e gn/2=e，所以 n 2 ∣ 2 q \frac{n}2|2q 2n∣2q，所以 n 2 ∣ q \frac{n}2|q 2n∣q，又因为 q q q是素数，所以 n / 2 = q n/2=q n/2=q，所以 < g > <g> <g>的阶是 q q q。
< g > <g> <g>有多少个生成元？
有 q − 1 q-1 q−1个生成元，因为 ϕ ( q ) = q − 1 \phi(q)=q-1 ϕ(q)=q−1，根据推论7.2。
def get_group(h, p, q): l = [] g = h ** 2 % p l.append(g) while g != 1: g = g * h ** 2 % p l.append(g) return l n1 = int(input()) n2 = 2 * n1 + 1 for i in range(2, n2): group = get_group(i, n2, n1) print(group)