则f把 G中的所有元素 e, a, a^2, ..., a^(n-1) 映为H中的 e, f(a), f(a)^2, ..., f(a)^(n-1) n个元素. 由于H是n阶的, 所以{ e, f(a), f(a)^2, ..., f(a)^(n-1) }就是H的全部元素. 于是H也是循环群, 由元素f(a)生成
因此与循环群同构的群一定是循环群; 换句话说, 非循环群和循环群一定不同构.
设A={a,a^2,a^3...a^n-1,e},
B跟A同构，设B中跟a,a^2...对应的元素分别为{b1,b2...b_(n-1),e}
那么根据B跟A同构容易证明b2=b1＊b1，b3=b1＊b2...bk=bk-1＊b1，所以B也是循环群本回答被网友采纳
两个同阶群,分别是循环群和非循环群,是否一定不同构?证明之
因此与循环群同构的群一定是循环群; 换句话说, 非循环群和循环群一定不同构.
如何证明两个群不同构
例如元素的个数，正规子群的个数，阶为k的元素的个数或存在性，如果不同的话就肯定不同构。
近世代数 两个同阶的有限交换群是否同态
探讨两个同阶的有限交换群是否同构，答案是否定的。这是因为即使这两个群的阶数相同，它们之间也可能不存在同构关系。举一个简单的反例，我们可以考虑两个四阶群：第一个群是{0,1,2,3}，其群乘法定义为模4的加法；第二个群是{0,1}×{0,1}，其群乘法定义为(a,b)·(c,d)=(a⊕ c,b⊕...
证明任意群必与某一交换群同构
设G=为循环群，f1、f2为其自同构群中的两个元素，则必有f1(a)=a^k1,f2(a)=a^k2,由同构的定义知f1(a^m)=a^(m*k1),f2(a^n)=a^(n*k2)任取g∈G,则必有g=a^m,则 f1。f2(g)=f1(a^(m*k2))=a^(m*k1*k2)=f2(a^(m*k1))=f2。f1(g)，其中“。”表示复合 故f1。
证明:循环群的自同构群一定是交换群
设G=为循环群，f1、f2为其自同构群中的两个元素，则必有f1(a)=a^k1,f2(a)=a^k2,由同构的定义知f1(a^m)=a^(m*k1),f2(a^n)=a^(n*k2)任取g∈G,则必有g=a^m,则 f1。f2(g)=f1(a^(m*k2))=a^(m*k1*k2)=f2(a^(m*k1))=f2。f1(g)，其中“。”表示复合 故f1。
证明任何群的自同构群都不能是奇数阶循环群?
(2)当群中所有非单位元的阶都是2时，(1)中提到的自同构是恒等自同构，即每个元素映射到自身，不能再用这个自同构，因为交换群G每个非单位元的阶等于2，且群G的阶大于2，根据有限交换群的结构定理，群G是Z2的直和，Z2是二阶循环群，且至少含有两个Z2(G的阶大于2)，G如果除了g1和g2生成的...
循环群是如何证明的?
设p为素数，|G|=p，由于G的所有元素的阶都可以被p整除，故任取a∈G，a的阶要么是1要么是p，若a≠1，则a的阶=p，如此a^p=1且a、a^2、a^3…a^(p-1)∈G，又因为|G|=p,故G={1，a，a^2…a^(p-1)}，这就证明了G是循环群。
『抽象代数』这个应该与循环群有关,不知道怎么证明,求教。
j)由于所有的 Ha_i ∩ Kb_j 两两不同（自行验证），且每个都是 H∩K 的右陪集（取 h_0∈H, k_0∈K 使得 h_0a_i=k_0b_j，那么 Ha_i ∩ Kb_j = (H∩K)(h_0a_i)），所以 [G:H∩K] 不超过 [G:H] 和 [G:K] 的最小公倍数，即 [G:H∩K] = [G:H] [G:K]
群论(1): 群, 同构定理, 循环群
循环群的子群和阶的性质：无限和有限循环群的阶的确定，以及元素阶与群阶的关系。素数阶群和Fermat小定理：对于素数阶群[公式]，证明其为循环群，以及Fermat小定理的推论。循环群的自同构：有限和无限循环群的自同构群的性质和生成元的确定。子群数量与群的有限性：如果一个群只有有限个子群，那么它是...
设G是一个群,证明:如果G\/Z(G)是循环群,则G是交换群
显然中心Z(G)是G的一个正规子群，如果G\/Z(G)是循环群，且则G\/Z(G)=<aH>时：令xH,yH属于<aH>,且xH=<aH>的s次方,yH=<aH>的t次方,则xH=a的s次方*H,yH=a的t次方*H,所以有p属于H和q属于H使得x=a的s次方*p,y=a的t次方*q,由于中心Z(G)满足交换律，所以xy==(a的s次方*p)(...
