关于证明$U(2^n) \simeq \mathbb Z_2 \oplus \mathbb Z_{2^{n-2}}$（$n \geq3$）中$(-1)^a(5)^b$生成所有元素的疑问

我想要证明当$n \geq3$时，$U(2^n) \simeq \mathbb Z_2 \oplus \mathbb Z_{2^{{n-2}}$，找到了相关的证明思路——通过映射$(-1)}a(5)^b \to (a,b)$（其中$(a,b) \in \mathbb Z_2 \oplus \mathbb Z_{2^{n-2}}$，$a \in {0,1}$，$0 \leq b <2^{{n-2}$，$(-1)}a(5)^b \in U(2^n)$）来构造同构。

但我现在卡在了一个点上：我没办法理解为什么$(-1)^a(5)b$能生成$U(2^n)$里的所有元素。我已经知道$|(-1)| \times |5|=2 \times 2^{n-2} = 2^{n-1} = |U(2^n)|$，也就是这个生成集的阶的乘积等于群的阶，但我搞不懂为什么阶数相等就意味着……

针对你的疑问，我们可以从有限群的核心性质出发逐步拆解： #

1. 先确认$\langle -1 \rangle$和$\langle 5 \rangle$的交集只有单位元

首先，$-1$生成的子群是${1, -1}$，而$5$在模$2^n$下是奇数，且$5 \equiv 1 \mod 4$。对任意$b$，$5^{b$模4的结果始终是1（用二项式定理展开$(4+1)}b$，所有含4的项都是0 mod4，最后剩下1）。

而$-1 \equiv 3 \mod4$，这意味着$-1$不可能是$5$的任何次幂（模4结果矛盾），反过来$5$的任何次幂也不可能等于$-1$。因此$\langle -1 \rangle \cap \langle 5 \rangle = {1}$，两个子群的交集只有单位元。

2. 结合阶数性质推导覆盖性

我们已经明确：

• $|U(2^n)| = 2^{{n-1}$（模$2}n$的奇数共有$2^{n-1}$个）
• $|\langle -1 \rangle| = 2$，$|\langle 5 \rangle| = 2^{n-2}$（这个结论可以用数学归纳法证明：
  • 基例$n=3$时，$5^2=25 \equiv1 \mod8$，阶为$2=2^{3-2}$；
  • 假设$n=k$时$5$的阶为$2^{{k-2}$，则$n=k+1$时，$5}{2^{k-2}}=(1+4){2^{{k-2}}$，展开后最低次非零项为$2}k$，故$5^{2{k-2}} \equiv1+2^k \mod2^{k+1} \neq1$，而$5^{2{k-1}}=(5^{2{k-2}})^2 \equiv(1+2^k)2=1+2^{k+1}+2{2k} \equiv1 \mod2^{{k+1}$，因此阶为$2}{(k+1)-2}=2^{k-1}$，归纳成立）

因为$\langle -1 \rangle$和$\langle 5 \rangle$的交集只有单位元，它们的乘积子群$\langle -1 \rangle\langle 5 \rangle = {(-1)^a5b \mid a\in{0,1}, 0\leq b<2^{n-2}}$的阶数为$|\langle -1 \rangle| \times |\langle 5 \rangle| = 2 \times 2^{n-2}=2{n-1}$，刚好等于$U(2^n)$的阶数。

根据有限群的拉格朗日定理：如果子群的阶数等于整个群的阶数，那么这个子群就是群本身。因此$\langle -1 \rangle\langle 5 \rangle = U(2^{n)$，也就是说$(-1)}a5^{b$确实能生成$U(2}n)$的所有元素。

补充：阶数相等为什么能推导覆盖性？

对于有限群$G$，若$H$是$G$的子群，则$|H|$整除$|G|$。当$|H|=|G|$时，由于$H$是$G$的子集，且元素个数完全相同，那么$H$必然等于$G$。你之前只注意到阶数乘积相等，但缺少了“两个子群交集仅为单位元”这个关键前提，有了这个前提才能保证乘积子群的阶是两个子群阶的乘积，再结合拉格朗日定理就能推出覆盖性了。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者user1380740