结论. $\prod_{i=0}^\infty\mathbb Z$ 不是自由 Abel 群.

我们先证明一个引理：

Lemma. 如果 $\varphi:\prod_{i=0}^\infty\mathbb Z\to\mathbb Z$ 是同态且 $\varphi$ 在 $\bigoplus_{i=0}^\infty\mathbb Z$ 上的限制为 $0$，则 $\varphi=0$.

Proof. 对素数 $p$，考虑 $A_p$ 为所有形如 $(a_0,pa_1,p^2a_2,\cdots)$ 的元素构成的集合，则由 Bézout 定理对 $p\ne q$ 有 $A_p+A_q=\prod_{i=0}^\infty\mathbb Z\to\mathbb Z$. 所以只需要证明 $\varphi$ 在每一个 $A_p$ 上的限制都为 $0$ 即可.

注意到 $A_p$ 中的元素可以做如下分解： $$\begin{align*}a&=(a_0,pa_1,p^2a_2,\cdots)\\&=(a_0,\cdots,p^{k-1}a_{k-1},0,\cdots)+(0,\cdots,0,p^ka_k,p^{k+1}a_{k+1},\cdots)\end{align*}$$ 前半部分属于 $\bigoplus_{i=0}^\infty\mathbb Z\to\mathbb Z$，所以整个式子代入 $\varphi$ 只留下了后半部分. 注意到其为 $p^k$ 的倍数，由 $k$ 的任意性知 $\varphi(a)=0$，从而原命题得证.

所以如果 $\prod_{i=0}^\infty\mathbb Z$ 是自由 Abel 群，则它基的势一定不可数，从而 $\mathsf{Hom}(\prod_{i=0}^\infty\mathbb Z,\mathbb Z)$ 也一定不可数. 但是 $\mathsf{Hom}(\prod_{i=0}^\infty\mathbb Z,\mathbb Z)=\bigoplus_{i=0}^\infty\mathbb Z$ 是可数的，矛盾！

好短的文章啊……