本文探究了循环群的自同构群的结构.

定义(循环群) 如果一个群$G$可以由其中的一个元素生成，则$G$称为循环群.

由于无限循环群同构于$\langle Z;+ \rangle$，$n$阶循环群同构于$\langle Z_n;+\rangle$，故只需研究$Aut(Z)$和$Aut(Z_N)$的结构即可.对于循环群$G$，设$\sigma \in Aut(G)$，则它一定将$G$的生成元映射成生成元，故$\sigma$由它在$G$的生成元上的作用唯一确定.

对于$G=Z$，其生成元只有$1,-1$故$Aut(Z)$同构于$Z_2$.

对于$G=Z_n$，对于$\forall a\in Z_n$，$o(a)=\frac{n}{(n,a)}$，故$Z_n$的生成元是与$n$互质的数，即$Z_n^*={a|(a,n)=1}$是$Z_n$生成元的集合.对于$\sigma \in Aut(Z_n)$，$\sigma$由$\sigma(1)$完全确定，且$\sigma(1)\in Z_n^*$.我们记$\sigma_a$表示由$\sigma(1)=a$所确定的自同构映射.对$\forall \sigma_a,\sigma_b\in Aut(Z_n)$，由于 $$ \sigma_{ab}(1)=ab=\sigma_a(1)\sigma_b(1),\ $$ 故$\sigma_{()}(1)$诱导了从$\langle Z_n^*;\times\rangle$到$Aut(Z_n)$的同态，显然，它是一个同构，故$\langle Z_n^*;\times\rangle$同构于$Aut(Z_n)$.

下面我们继续将$\langle Z_n^*;\times\rangle$分解，我们有如下定理.

若$(n,m)=1$，则$Z_{nm}^*$同构于$Z_n^*\bigoplus Z_m^*$.

构造映射$\sigma: Z_{nm}^* \rightarrow Z_n^*\bigoplus Z_m^*$为$(x \mod nm)\to (x \mod n,x \mod m)$，显然$\sigma$是同态，对于$x\in \ker \sigma$，有$x=1\mod m,x=1\mod n$，故$x=1\mod nm$，所以$\sigma$是单射.又$|\sigma(Z_{nm})|=\varphi(nm)=\varphi(n)\varphi(m)=|Z_n||Z_m|$，故$\sigma$是满射.综上，$Z_{nm}^*$同构于$Z_n^*\bigoplus Z_m^*$.

于是，对于$n=\prod_{i=1}^{k}p_i^{e_i}$，我们有$Z_n$同构于$\bigoplus_{i=1}^{k}Z_{p_i^{e_i}}^*$.

继续考虑$Z_{p^k}^*$的结构.由数论中的知识，我们知道正整数$n$存在原根当且仅当$n$为$2,4,p^{\alpha},2p^{\alpha}$($p$为奇质数,$\alpha\in N^*$).对于$n=p^k$，其存在原根，不妨设其为$g$，则$g,g^2,\cdots,g^{\varphi(n)}$两两不同，又$|Z_{p^k}^*|=\varphi(p^k)$，故$g$是$Z_{p^k}^*$的生成元，即$Z_{p^k}^*$是循环群.下面我们用群论知识证明这个定理.证明中需要用到以下引理.

引理(Lagrange定理)

若$p$为质数，对于模$p$意义下的$n$次整系数多项式$f(x)$，同余方程$f(x)\equiv 0(\mod p)$至多有$n$个整数解.

定理 对于奇质数$p$，$Z_{p^k}^*(k\in N^*)$是循环群.

证明 我们首先考虑$\alpha=1$的情况，对于$\varphi(p)=p-1$的正因子$d$，记$S_d={a|ord_{Z_p^*}(a)=d}$，我们现在的目标是证明$S_{p-1}$非空.由于群中元素的阶都是群的阶的因数，故所有$S_d$组成的集合构成了一个$Z_p^*$的划分，于是有 $$ \sum_{d|p-1}|S_d|=|Z_p^*|=p-1=\sum_{d|p-1}\varphi(d).\ $$ 对于某个$S_d$，若$S_d$非空，则存在$g\in S_d$且$g^d\equiv 1(\mod p)$.显然$1,g,g^2,\cdots,g^{d-1}$都是同余方程$x^d\equiv 1(\mod p)$的解，由引理一可知，该同余方程至多只有$d$个解，故$1,g,g^2,\cdots,g^{d-1}$包含了$Z_p^*$中的所有$d$阶元，又$ord(g^k)=\frac{d}{(d,k)}$，故当$(d,k)=1$时$g^k$是$Z_k^*$的$d$阶元，所以$|S_d|=\varphi(d)$.因此，对任意的$d$，$|S_d|$只有0和$\varphi(d)$两种取值，结合 上面的和式可得，对于所有$d$均有$|S_d|=\varphi(d)$，特别的$S_{p-1}=\varphi(p-1)\neq0$，故$Z_p^*$有生成元，是循环群.

下面我们证明$Z_p^*$中一定存在生成元$g$，使得$g^{p-1}\not\equiv 1(\mod p^2)$.设$g$是$Z_{p}^*$中的任意一个生成元，如果$g$不满足上式，即$g^{p-1}\equiv1(\mod p^2)$，那么$g+p$一定满足，因为 $$ (g+p)^{p-1}\equiv g^{p-1}+p(p-1)g^{p-2}\equiv 1-pg^{p-1}(\mod p^2),\ $$ 又$g$不含因子$p$，故$g+p$满足条件.

现设$g$是满足上述条件的$Z_{p}^*$的生成元，对于任意的$\beta\in N$，我们断言存在$k_{\beta}$，$(k_{\beta},p)=1$使得 $$ g^{\varphi(p^\beta)}=1+k_{\beta}p^{\beta}.\ $$ 事实上，当$\beta=1$时，由$g^{p-1}\not \equiv 1(\mod p^2)$可知上式成立.先假设结论对于$\beta$成立，则 $$ g^{\varphi(p^{\beta+1})}=(g^{\varphi(p^{\beta})})^p=(1+k_{\beta}p^{\beta})^p\equiv 1+k_{\beta}p^{\beta+1}(\mod p^{\beta+2}).\ $$ 由于$(k_{\beta},p)=1$故命题对$\beta+1$成立.综上，命题对$\forall \beta\in N$成立.

最后，我们断言上述的$g$就是$Z_{p^k}^*$的生成元.记$r=ord_{Z_{p^k}^*}(g)$，则有$r|(p-1)p^{k-1}$，又$ord_{Z_p^*}(g)=p-1$且$Z_{p}^*$是$Z_{p^{k}}^*$的子群，故不妨设$r=(p-1)p^{\beta-1}(\beta\leq k)$，由于 $$ g^r=g^{(p-1)p^{\beta-1}}=g^{\varphi(p^\beta)}=1+k_{\beta}p^{\beta}\not\equiv 1(\mod p^{\beta+1}),\ $$ 结合$g^r\equiv 1(\mod p^k)$可得$\beta\geq k$，所以$\beta=k$，故$ord_{Z_{p^k}^*}(g)=\varphi(p^k)$，即$g$是$Z_{p^k}^*$的生成元，$Z_{p^k}^*$是循环群.

根据上述定理，对于奇质数$p$，$Z_{p^k}^*$是循环群，由于$|Z_{p^k}^*|=\varphi(p^k)=(p-1)p^{n-1}$，故$Z_{p^k}^*$同构于$Z_{(p-1)p^{n-1}}$.

而对于$2^k(k\geq 2)$，下面我们将证明$Z_{2^k}^*$同构于$Z_{2^{k-2}}^*\bigoplus Z_{2}$.首先我们有如下引理.

引理 对于任意奇数$a=2k+1$，均有$a^{2^{\alpha-2}}\equiv 1(\mod 2^{\alpha}).$

证明 $$ a^{2^{\alpha-2}}=(2k+1)^{\alpha-2}\equiv 1+\binom{2^{\alpha-2}}{1}(2k)+\binom{2^{\alpha-2}}{2}(2k)^2\equiv1+2^{\alpha-1}(k+(2^{\alpha-2}-1)k^2)\equiv1(\mod 2^{\alpha})$$

上述引理说明对于任意奇数$a$，有$ord_{2^{\alpha}}(a)|2^{\alpha-2}$并且$ord_{2^{\alpha}}(a)$一定为$2^{\lambda}$的形式.下面证明$ord _{2^{\alpha}}(5)=2^{\alpha-2}$，显然，这只需要证明当$\alpha\geq 3$时，$5^{2^{\alpha-3}}\not\equiv 1(\mod 2^{\alpha})$.我们将用归纳法证明.

命题 当$\alpha\geq 3$时，$5^{2^{\alpha-3}}\not\equiv 1(\mod 2^{\alpha})$.

证明 当$\alpha=3$时，显然成立.现假设当$\alpha=k\geq 3$时成立，则当$\alpha=k+1$时，由引理及归纳假设有 $$5^{2^{k-3}}=1+(2L+1)2^{k-1},$$ 所以 $$5^{2^{k-2}}=1+(2L+1)^{2}2^{2k-2}+(2L+1)2^{k}$$ 又由于$k\geq 3$，故$2k-2\geq k+1$，故有$5^{2^{k-2}}\equiv1(\mod 2^{k+1}).$ 综上，当$\alpha\geq 3$时，$5^{2^{\alpha-3}}\not\equiv 1(\mod 2^{\alpha})$.

因为$ord_{2^\alpha}(5)=2^{\alpha-2}$，所以在$Z_{2^{\alpha}}^*$中，$5^1,5^{2},\cdots,5^{2^{\alpha-2}}$两两不同，$-5^1,-5^{2},\cdots,-5^{2^{\alpha-2}}$也两两不同.显然 $$5^{k_1}\equiv1(\mod 2^{\alpha}),-5^{k_2}\equiv-1(\mod 2^{\alpha}).$$ 故 $$5^{k_1}\not\equiv-5^{k_2}(\mod 2^{\alpha}).$$ 所以，$\pm5^1,\pm5^{2},\cdots,\pm5^{2^{\alpha-2}}$刚好构成$Z_{2^{\alpha}}^*$的全部元素，即$Z_{2^{\alpha}}^*$同构于$Z_2\bigoplus Z_{2^{\alpha-2}}$.

综上，我们有如下结论：

当$n=2^{e_0}\prod_{i=1}^{k}p_i^{e_i}(e_0\geq 2)$时，$Aut(Z_n)$同构于$(\bigoplus_{i=1}^{k}Z_{(p_i-1)p_i^{e_i-1}})\bigoplus{Z_{2^{e_0-2}}}\bigoplus Z_2$.

当$n=2^{e_0}\prod_{i=1}^{k}p_i^{e_i}(e_0\leq 1)$时，$Aut(Z_n)$同构于$\bigoplus_{i=1}^{k}Z_{(p_i-1)p_i^{e_i-1}}$.