断言：$n$ 阶群必循环当且仅当 $\gcd(n,\varphi(n))=1$，其中 $\varphi$ 是 Euler 函数.

左推右是简单的，如果 $\gcd(n,\varphi(n))\neq 1$，不妨令 $p$ 是 $\gcd(n,\varphi(n))$ 的一个素因子, 则存在 $n$ 的素因子 $q$ 使得 $p\mid q-1$，构造半直积： $$ (\mathsf C_q\rtimes_\theta\mathsf C_p)\times\mathsf C_{n/pq} $$ 其中 $\theta:\mathsf C_p\to\mathsf{Aut}(\mathsf C_q)\simeq\mathsf C_{q-1}$ 非平凡，那么就可以得到一个 $n$ 阶非交换群. 对于右推左，我们先来做几个准备工作.

Definition. 称 $n$ 是循环数，如果 $\gcd(n,\varphi(n))=1$. 显然循环数没有平方因子，从而 $n$ 阶交换群必循环；且循环数的因子也是循环数，这是因为 $m\mid n$ 可以推出 $\varphi(m)\mid\varphi(n)$，所以此时 $\gcd(m,\varphi(m))\mid\gcd(n,\varphi(n))=1$.

我们不妨对 $n$ 来归纳，并假设 $G$ 是一个 $n$ 阶非循环群，从而非交换.

Lemma. $\mathsf Z(G)$ 是平凡的，且对 $G$ 的任意极大子群 $U$ 和其中元素 $1\ne a\in U$，都会有 $U=\mathsf C_G(a)$.

Proof. 若 $\mathsf Z(G)$ 非平凡，则 $G/\mathsf Z(G)$ 的阶数是 $<n$ 的循环数，由归纳假设知其为循环群，也就是 $G$ 交换，矛盾. 对于第二个命题，注意到由归纳假设，$U$ 一定是循环群，所以 $U$ 中元素都与 $a\in U$ 可交换，也就是 $U\subseteq\mathsf C_G(a)<G$，由 $U$ 的极大性即得结论. $\Box$

从而不同的极大子群交必为 $1$，因为如果不为 $1$ 就会得到两个极大子群都是某个中心化子.

Lemma. 如果 $U$ 是 $G$ 的极大子群，则 $\mathsf N_G(U)=U$，换句话说，$U$ 有 $[G:U]$ 个不同的共轭.

Proof. 如果 $N_G(U)\ne U$，则由 $U$ 的极大性知 $\mathsf N_G(U)=G$. 考虑同态 $\varphi:G\to\mathsf{Aut}(U)$ 为 $G$ 对 $U$ 中元素的共轭，则由同态基本定理 $[G:\ker\varphi]=|\mathrm{im}\ \varphi|$. 左式为 $n$ 的因子，右式为 $|\mathsf{Aut}(U)|=\varphi(|U|)\bigm|\varphi(n)$ 的因子，由 $\gcd(n,\varphi(n))=1$ 知 $\varphi$ 是平凡的，也就是对任意 $a\in U$ 和 $g\in G$ 都有 $gag^{-1}=a$，从而 $g\in\mathsf C_G(a)=U$，与 $U\ne G$ 矛盾！ $\Box$

现在我们可以回到问题了.

Theorem. $n$ 阶群必循环当且仅当 $\gcd(n,\varphi(n))=1$.

Proof. 沿用上面的记号，只需导出矛盾即可. 令 $U$ 是 $G$ 的一个极大子群，$X$ 是 $U$ 的所有共轭，则 $X$ 有 $[G:U]$ 个元素且 $X$ 中不同元素交都为 $1$，从而： $$\left|\bigcup X\right|=[G:U](|U|-1)+1=|G|-[G:U]+1<|G|$$ 取 $b\in G\setminus\bigcup X$，则 $V=\mathsf C_G(b)$ 也是 $G$ 的一个极大子群. 令 $Y$ 是 $V$ 的所有共轭，同样操作可以得到： $$\left|\bigcup Y\right|=|G|-[G:V]+1$$ 又因为 $(\bigcup X)\cap(\bigcup Y)=1$，所以： $$\left|\left(\bigcup X\right)\cup\left(\bigcup Y\right)\right|=2|G|-[G:U]-[G:V]+2-1>|G|$$ 矛盾！证毕. $\Box$