两个群的直积或者直和

我们以前提到过群的直积：

Definition [群的直积]. 如果 $H$ 和 $K$ 是两个群，在 Descartes 积 $H\times K$ 上定义运算 $(h_1,k_1)(h_2,k_2)=(h_1h_2,k_1k_2)$，则其构成一个群，称为 $H$ 和 $K$ 的直积群，这个群的单位元是 $(e,e')$，元素 $(h,k)$ 的逆元是 $(h^{-1},k^{-1})$.

Remark. 对于加法群，我们习惯使用直和 $H\oplus K$，比如 $\mathbb Z_2\oplus\mathbb Z_3$.

群的直积有如下显而易见的性质：

Proposition [直积的显然性质].

  • $H^*=\{(h,e')\mid h\in H\}$ 和 $K^*=\{(e,k)\mid k\in K\}$ 都是 $H\times K$ 的正规子群，而且 $H\simeq H^*,K\simeq K^*$
  • $\mathsf Z(H)\times\mathsf Z(K)=\mathsf Z(H\times K)$，$H'\times K'=(H\times K)'$，$H\times K\simeq K\times H$.
  • $H\times K$ 上有两个投影同态 $\pi_1:H\times K\to H,(h,k)\mapsto h$ 和 $\pi_2:H\times K\to K,(h,k)\mapsto k$，以及两个嵌入同态：$\tau_1:H\to H\times K,h\mapsto(h,e')$ 和 $\tau_2:K\to H\times K,k\mapsto(e,k)$.
  • $H^*$ 和 $K^*$ 可交换，即对任意 $a\in H^*$ 和 $b\in K^*$ 都有 $ab=ba$，且 $H^*\cap K^*=1$.
  • $H\times K=H^*K^*$，在 $H$ 和 $K$ 都有限时 $|H\times K|=|H||K|$.
  • 如果 $H_1$ 是 $H$ 的子群，$K_1$ 是 $K$ 的子群，则 $H_1\times K_1$ 是 $H\times K$ 的子群.
  • ……

Remark. 但是 $H\times K$ 的子群不一定形如 $H_1\times K_1$！

由此可见，直积群的性质非常良好. 所以怎么判断一个群是否可以表示为直积呢？

Theorem [内直积]. 如果 $G$ 的正规子群 $H$ 和 $K$ 满足 $H\cap K=1$ 且 $G=HK$，则 $G\simeq H\times K$.

Proof. 定义映射 $\varphi:H\times K\to G$ 为 $(h,k)\mapsto hk$，则由 $G=HK$ 知该映射为满射. 首先证明其为同态：对任意 $(h_1,k_1),(h_2,k_2)\in H\times K$，我们有： $$h_2k_1h_2^{-1}k_1^{-1}=(h_2k_1h_2^{-1})k_1^{-1}=h_2(k_1h_2^{-1}k_1^{-1})\in H\cap K=1$$ 所以 $h_2k_1=k_1h_2$，也就有： $$\varphi(h_1,k_1)\varphi(h_2,k_2)=h_1k_1h_2k_2=h_1h_2k_1k_2=\varphi(h_1h_2,k_1k_2)$$ 然后我们证明其为单射：如果 $\varphi(h_1,k_1)=\varphi(h_2,k_2)$，则 $h_1k_1=h_2k_2$，从而 $h_2^{-1}h_1=k_2k_1^{-1}$. 左式属于 $H$，右式属于 $K$，所以它们属于 $H\cap K=1$，也就是 $(h_1,k_1)=(h_2,k_2)$. 综上，$\varphi$ 为同构，所以 $G\simeq H\times K$.

一族群的直积和直和

Definition [直积]. 若 $\{H_i\}_{i\in I}$ 是一族群，定义它们的直积 $\prod_{i\in I}H_i$ 为它们的 Descartes 积构成的群.

Definition [直和]. 若 $\{H_i\}_{i\in I}$ 是一族群，定义它们的直和 $\bigoplus_{i\in I}H_i$ 为它们的直积中只有有限个分量不为 $e$ 的元组构成的子群.

Remark. 对比直积和直和的定义，发现当 $|I|<\infty$ 时直积和直和一样；$|I|=\infty$ 的时候直积比直和要大一圈，因为直积可以有无穷多个分量不为单位元 $e$，但是直和不行.

类似上面，一族群的直积和直和也有投影映射 $\{\pi_i\}_{i\in I}$ 和嵌入映射 $\{\tau_i\}_{i\in I}$.

Theorem [直积和直和的泛性质]. 假设 $\{H_i\}_{i\in I}$ 是一族群，$G_1$ 是它们的直积，$G_2$ 是它们的直和，$G$ 是任意一个群，则：

  • 对任意一族同态 $\{\varphi_i:G\to H_i\}_{i\in I}$，存在 $\varphi:G\to G_1$ 使得 $\varphi_i=\pi_i\varphi$ 对任意 $i\in I$ 成立，其中 $\pi_i$ 是第 $i$ 个分量的投影；
  • 如果 $G$ 是交换群，则对任意一族同态 $\{\psi_i:H_i\to G\}_{i\in I}$，存在 $\psi:G_2\to G$ 使得 $\psi_i=\psi\tau_i$ 对任意 $i\in I$ 成立，其中 $\tau_i$ 是第 $i$ 个分量的嵌入.

Proof. 分别取 $\varphi(x)=(\varphi_i(x))_{i\in I}$ 和 $\psi((g_i)_{i\in I})=\prod_{g_i\neq e}\psi_i(g_i)$ 即可，其中可交换性保证了 $\psi$ 的良好定义. $\Box$

Remark. 注意！群中元素一般只能做有限的乘法. 在上面，$\varphi(x)$ 可能有无穷多个分量不为单位元，$\psi$ 只有在有限多个 $g_i$ 不为 $e$ 时才能定义出来，所以满足这两个泛性质的群分别是直积和直和. 那如果在第二个性质中，把 $G$ 是交换群的条件去掉，$\{H_i\}$ 的什么积才会满足条件呢？答案是自由积，我们暂时先埋一个坑.

挠 Abel 群的直积分解

Claim. 下面的 Abel 群都默认是加法的.

Definition [挠群和无挠群]. 如果群 $G$ 的每个元素都是挠元，即 $\mathsf{Tor}(G)=G$，则称 $G$ 是挠群. 如果 $G$ 中元素除了 $e$ 都无挠，即 $\mathsf{Tor}(G)=1$，则称 $G$ 是无挠群.

下面，我们假设 $G$ 是一个挠 Abel 群，并对所有素数 $p$ 定义 $G$ 的 $p$ 部分： $$ G_p=\{g\in G\mid\exists n\in\mathbb N,\mathsf{ord}\ g=p^n\} $$ 因为 $G$ 是 Abel 群，所以 $k(a+b)=ka+kb$，可以得到 $\mathsf{ord}\ ab\mid\mathrm{lcm}(\mathsf{ord}\ a,\mathsf{ord}\ b)$，这也就证明了 $G_p$ 构成一个群. 进一步，我们有：

Theorem [挠 Abel 群的直和分解]. 如果 $G$ 是挠 Abel 群，令 $\mathbb P$ 是所有素数构成的集合，则有： $$ G\simeq\bigoplus_{p\in\mathbb P}G_p $$

Proof. 定义映射 $\varphi:\bigoplus_{p\in\mathbb P}G_p\to G$ 为 $(g_p)_{p\in\mathbb P}\mapsto\sum_{p\in\mathbb P}g_p$，由直和知右侧是有限和，所以 $\varphi$ 是良好定义的，且通过 $G$ 的交换性可知 $\varphi$ 是一个同态，我们现在证明 $\varphi$ 是一个同构.

首先验证 $\varphi$ 是单射：如果 $(g_p)_{p\in\mathbb P}$ 和 $(h_p)_{p\in\mathbb P}$ 的像相同，则移项得到对于任意的 $p$ 都有 $g_p-h_p=\sum_{q\ne p}g_q-h_q$（右边的求和也一定是有限求和）. 左式的阶数是 $p$ 的幂次，右式的阶数与 $p$ 互素，所以 $g_p=h_p$，又由 $p$ 的任意性得到 $(g_p)_{p\in\mathbb P}=(h_p)_{p\in\mathbb P}$.

然后验证 $\varphi$ 是满射：对任意元素 $g\in G$，令 $n=\mathsf{ord}\ g$ 的素因数分解是 $n=\prod_{i=1}^m p_i^{a_i}$. 如果 $m=1$ 则 $g\in G_{p_i}$，属于 $\varphi$ 的像；如果 $m\ge 2$，令 $M_i=n/p_i^{a_i}$，则所有 $M_i$ 的最大公约数为 $1$. 由 Bézout 定理知存在整数 $k_1,\cdots,k_m$ 使得 $\sum_{i=1}^m k_iM_i=1$. 此时令：$g_i=k_iM_ig$，则每个 $g_i$ 都属于 $G_p$（因为 $\mathsf{ord}\ g_i=n/\gcd(n,k_iM_i)\mid p_i^{a_i}$），而且 $\sum_{i=1}^m g_i=(\sum k_iM_i)g=g$，也就是 $g$ 属于 $\varphi$ 的像. 综上，$\varphi$ 是双射同态，从而是同构. $\Box$

Corollary [有限 Abel 群是 $p$ 群的直和]. 对于任意有限 Abel 群 $G$，存在一些素数 $p_1,\cdots,p_m$ 和 $p_i$ 群 $G_i$ 使得： $$ G\simeq G_{p_1}\oplus\cdots\oplus G_{p_m} $$ 且这种分解是唯一的，因为每个 $G_{p_i}$ 都是 $G$ 的 Sylow-$p_i$ 子群.

Example [所有单位根构成的群是 Prüfer 群的直和]. 设 $G$ 是所有单位根构成的群，对于素数 $p$ 令 $G_p$ 是 Prüfer 群，则 $G$ 是所有 $G_p$ 的直和.

有限 Abel $p$ 群的直积分解

下面假设 $G$ 是一个 Abel $p$ 群，我们的目标是把它分解为一些群的直和.

Lemma. 如果 $g$ 是 $G$ 中阶最大的元素之一，令 $H=\langle g\rangle$，则对任意 $H$ 的左陪集 $h+H$，存在 $a\in h+H$ 使得 $\mathsf{ord}\ a=\mathsf{ord}(a+H)$.（$a+H$ 的阶是在商群 $G/H$ 中取的，$G$ 交换保证了商群的合理性）

Proof. 令 $\mathsf{ord}\ g=p^n,\mathsf{ord}\ h=p^m,\mathsf{ord}(h+H)=p^k$，则由 $g$ 的阶最大知 $n\ge m$，且由 $p^m(h+H)=(p^mh)+H=H$ 知 $m\ge k$. 考虑 $p^kh$，其对应 $H$ 的左陪集 $p^k(h+H)=H$，所以 $p^kh\in H$. 不妨假设 $p^kh=tg$，则两边使用阶的性质得到： $$p^m/\gcd(p^m,p^k)=p^n/\gcd(p^n,t)$$ 得到 $t=p^{n-m+k}q$，其中 $p\nmid q$. 我们取 $a=h-(p^{n-m}q)g\in h+H$，则 $p^ka=p^kh-(p^{n-m+k}q)g=0$，也就是 $\mathsf{ord}\ a\le p^k=\mathsf{ord}(a+H)$. 注意到 $\mathsf{ord}(a+H)\le\mathsf{ord}\ a$，所以 $\mathsf{ord}\ a=\mathsf{ord}(a+H)$，$a$ 即为所求. $\Box$

Theorem [Abel $p$ 群是循环群的直和]. $G$ 可以分解为若干个 $p$ 的幂次阶循环群的直和.

Proof. 我们对 $G$ 的阶数归纳. 首先取引理中的 $g$ 和 $H$，由归纳假设知商群 $G/H$ 是循环群的直和. 令同构 $\varphi:\mathbb Z_{p^{a_1}}\oplus\cdots\oplus\mathbb Z_{p^{a_m}}\to G/H$ 且取 $h_i$ 使得 $\varphi(0,\cdots,0,1+p^i\mathbb Z,0,\cdots)=h_i+H$（左式只有第 $i$ 个分量不为 $0$），则由引理可以不妨假设 $\mathsf{ord}\ h_i=\mathsf{ord}(h_i+H)$.

考虑商映射 $q:G\to G/H$ 和 $K=\langle h_1,\cdots,h_m\rangle$，显然 $q|_K$ 是满同态. 下面证明其为单射：如果 $(a_1h_1+\cdots+a_mh_m)+H=H$，则代入 $\varphi^{-1}$ 得到 $(a_ih_i)+H=H$ 对任意 $i$ 成立，也就是 $\mathsf{ord}(h_i+H)=\mathsf{ord}\ h_i\mid a_i$，故每个 $a_ih_i$ 都等于 $0$，也就证明了 $q|_K$ 是同构.

由于 $|K|=|G/H|$. 又注意到 $K\cap H=0$（因为 $\ker q|_K=K\cap H$），所以由容斥原理： $$|G|=|G/H||H|=|K||H|=|K\cap H||K+H|=|K+H|$$ 所以 $K+H=G$. 结合 $K$ 和 $H$ 的正规性知它们满足内直和的条件，所以 $G\simeq H\oplus K$. 综上，$H$ 是循环群，$K$ 同构于 $G/H$ 是循环群的直和，证毕！ $\Box$

下面证明该分解的唯一性. 对于正整数 $n$ 和群 $G$，约定记号 $G[n]$ 代表 $G$ 中所有满足 $x^n=1$ 的元素，它构成 $G$ 的子集. 当 $G$ 是交换群时，$G[n]$ 是 $G$ 的子群，但当 $G$ 不交换时就不一定了. 又因为对两个同构的群 $G,H$，$G[n],H[n]$ 一定是一样的，所以我们可以通过对某些 $n$ 考察群的 $G[n]$ 来判断两个群是否同构：

Lemma. $|\mathbb Z_{p^n}[p^m]|=p^{\min\{n,m\}}$.

Proof. 当 $m\le n$ 时，$\mathbb Z_{p^n}[p^m]=\{p^{n-m}a\mid a\in\mathbb Z_{p^n}\}$；当 $m>n$ 时 $\mathbb Z_{p^n}$ 中任意元素的 $p^m$ 次方都等于 $0$. $\Box$

注意到对任意两个群 $G$ 和 $H$ 有 $(G\times H)[n]=G[n]\times H[n]$（右式为两个集合的 Descartes 积），所以：

Proposition. 若 Abel $p$ 群有分解 $G\simeq\mathbb Z_{p^{a_1}}\oplus\cdots\oplus\mathbb Z_{p^{a_m}}$，则 $G[p^k]=\prod_{i=1}^mp^{\min\{k,a_i\}}$. 不妨对 $k\ge 0$ 定义 $r_k=\sum_{i=1}^m\min\{k,a_i\}$，则 $|p^{r_k}|=|G[p^k]|$，两个同构的 Abel $p$ 群 $\{r_k\}$ 一定完全相同.

其实上面的命题反过来也是成立的，如下所述.

Theorem [Abel $p$ 群的循环分解唯一]. 若 Abel $p$ 群有两个分解 $G\simeq\mathbb Z_{p^{a_1}}\oplus\cdots\oplus\mathbb Z_{p^{a_n}}$ 和 $G\simeq\mathbb Z_{p^{b_1}}\oplus\cdots\oplus\mathbb Z_{p^{b_m}}$ 且 $1\le a_1\le\cdots\le a_n,1\le b_1\le\cdots\le b_m$，则 $n=m$ 且对任意 $i$ 都有 $a_i=b_i$.

Proof. 考虑两个分解的 $r$：$r_k=\sum_{i=1}^n\min\{k,a_i\}$ 和 $r_k'=\sum_{i=1}^m\min\{k,b_i\}$，则对每个 $k$ 都有 $r_k=r_k'$. 对 $k\ge 1$ 分别考虑 $r$ 和 $r'$ 二阶差分的相反数：$d_k=2r_k-r_{k-1}-r_{k+1}$ 和 $d_k'=2r_k'-r_{k-1}'-r_{k+1}'$，则可以验证：$d_k=\sum_{i=1}^n\delta_{ka_i}$ 和 $d_k'=\sum_{i=1}^m\delta_{kb_i}$. $d_k$ 和 $d_k'$ 对应相同说明了对每个 $k$，等于 $k$ 的 $a_i$ 和 $b_i$ 个数都一样，从而显然有定理中所述的性质. $\Box$

有限生成 Abel 群的直积分解

首先结合挠 Abel 群的 $p$ 直积分解和 Abel $p$ 直积分解，我们可以得到有限 Abel 群的分解：

Theorem [有限 Abel 群分类定理]. 任意有限阶 Abel 群都可以唯一写成素数幂阶循环群的直和.

Example [分类 144 阶 Abel 群]. $144$ 阶 Abel 群 $G$ 首先可以写成 $G_2$ 和 $G_3$ 的直积，然后我们来分别考虑它们的分解. 首先 $|G_2|=16$，所以 $G_2$ 共有 $5$ 种可能性：$\mathbb Z_2^4,\mathbb Z_4^2,\mathbb Z_2\oplus\mathbb Z_8,\mathbb Z_2^2\oplus\mathbb Z_4,\mathbb Z_{16}$；然后 $|G_3|=9$，所以其共有 $2$ 种可能性：$\mathbb Z_3^2,\mathbb Z_9$. 总体有 $5\times 2=10$ 种同构类.

Definition [有限生成和最小生成元集]. 如果一个群 $G$ 可以被有限集 $X\subseteq G$ 生成，即 $G=\langle X\rangle$，则称 $G$ 是有限生成的. 如果 $G$ 有限生成，$X\subseteq G$ 生成 $G$ 且对任意可以生成 $G$ 的集合 $Y\subseteq G$ 都有 $|X|\le |Y|$，则称 $X$ 是 $G$ 的一个最小生成元集. 注意这样的集合不一定唯一.

有限生成 Abel 群其实也有和有限 Abel 群类似的分解. 我们先来看一个引理：

Lemma [整数矩阵的扩充]. 如果 $A$ 和 $B$ 分别是 $r\times n$ 和 $n\times r$ 整数矩阵，其中 $r\le n$ 且 $AB=I_r$，则存在 $n\times n$ 整数矩阵 $A'$ 和 $B'$，使得 $A'$ 前 $r$ 行是 $A$，$B'$ 前 $r$ 列是 $B$ 且 $A'B'=I_n$.

Proof. 如果 $r=n$ 命题显然成立，我们对 $r$ 反向归纳. 假设命题对 $r+1$ 成立，令 $A$ 的行向量是 $a_1,\cdots,a_r$，$B$ 的列向量是 $b_1,\cdots,b_r$，则 $a_ib_j=\delta_{ij}$ 对任意 $i,j$ 成立. 我们取 $Ax=0$ 的一个非零有理数解 $x$（这样的解一定存在），并将其乘以一个有理数变成整数向量，且所有分量的最大公约数为 $1$. 把我们得到的向量设为 $b_{r+1}$，则由 Bézout 定理知存在整数行向量 $y$ 使得 $yb_{r+1}=1$，取 $a_{r+1}=y-\sum_{i=1}^r(yb_i)a_i$ 就有： $$a_ib_{r+1}=0,a_{r+1}b_i=0,a_{r+1}b_{r+1}=1\quad\forall i\le r$$ 于是我们将问题转化为了 $r+1$ 的情况. $\Box$

Theorem [有限生成无挠 Abel 群是自由的]. 如果 $G$ 是有限生成 Abel 群，且 $G$ 无挠，则 $G\simeq\mathbb Z^r$，其中 $r$ 是其最小生成元集的大小.

Proof. 令 $G$ 的一个最小生成元集为 $X$，令 $r=|X|$ 和 $X=\{v_1,\cdots,v_r\}$，考虑 $\mathbb Z^r\to G$ 的映射：$\varphi(p_1,\cdots,p_r)=\sum_{i=1}^rp_iv_i$，这显然是满同态，下面证明其为单射. 如果存在不全为 $0$ 的 $c$ 使得 $\sum_{i=1}^rc_iv_i=0$，令 $g=\gcd(c_1,\cdots,c_r)$ 和 $p_i=c_i/g$，则所有 $p_i$ 的最大公约数为 $1$，且 $g(\sum_{i=1}^rp_iv_i)=0$，由 $G$ 无挠知 $\sum_{i=1}^rp_iv_i=0$. 由引理，令 $P=(p_{ij})$ 和 $Q=(q_{ij})$ 是两 $r\times r$ 整数矩阵，且 $P_{1i}=p_i$，$PQ=I_r$，则 $QP=I_r$.

我们取大小为 $n-1$ 的元素组 $Y=\{w_i=\sum_{j=1}^rp_{ij}v_j\}_{i\ge 2}$，补充定义 $w_1=e$，则对任意 $i$ 都有： $$\sum_{j=1}^rq_{ij}w_j=\sum_{j=1}^r\sum_{k=1}^rq_{ij}p_{jk}v_k=\sum_{k=1}^r\left(\sum_{j=1}^rq_{ij}p_{jk}\right)v_k=v_i$$ 因为 $\sum_{j=1}^rq_{ij}p_{jk}=(QP)_{ik}=\delta_{ik}$. 由上，$X\subseteq\langle Y\rangle$，也就是 $G=\langle X\rangle\le\langle Y\rangle\le G$，与 $X$ 的最小性矛盾！$\Box$

我们以后称满足上面条件的群 $G$ 为有限生成自由 Abel 群，定义它的最小生成元集的大小是它的秩，记为 $\mathrm{rank}\ G$. 我们有一个显然的命题：

Proposition. 两个有限生成自由 Abel 群 $G,H$ 同构当且仅当 $\mathrm{rank}\ G=\mathrm{rank}\ H$.

现在我们就可以准备导出有限生成 Abel 群的结构定理了.

Lemma. 如果 $G$ 是有限生成 Abel 群，则 $G/\mathsf{Tor}(G)$ 是有限生成自由 Abel 群.

Proof. $G/\mathsf{Tor}(G)$ 显然是有限生成的，只需要证明其无挠即可. 如果 $a+\mathsf{Tor}(G)$ 是挠元，则存在 $k$ 使得 $ka\in\mathsf{Tor}(G)$ 是挠元，所以 $a$ 本身属于 $\mathsf{Tor}(G)$，也就是 $a+\mathsf{Tor}(G)=\mathsf{Tor}(G)$，所以 $\mathsf{Tor}(G/\mathsf{Tor}(G))=1$. $\Box$

Theorem [有限生成 Abel 群分类定理]. 每个有限生成 Abel 群都同构于如下形式：$\mathbb Z^r\oplus\mathbb Z_{q_1}\oplus\cdots\oplus\mathbb Z_{q_m}$，其中 $q_1,\cdots,q_m$ 是素数幂，且这种分解是唯一的.（不记顺序）

Proof. 令 $G/\mathsf{Tor}(G)$ 的一个最小生成元集为 $\{a_1+\mathsf{Tor}(G),\cdots,a_r+\mathsf{Tor}(G)\}$，则 $F=\langle a_1,\cdots,a_r\rangle$ 同构于 $G/\mathsf{Tor}(G)\simeq\mathbb Z^r$，且 $F\cap\mathsf{Tor}(G)=0$，$F+\mathsf{Tor}(G)=G$，所以 $G\simeq F\oplus\mathsf{Tor}(G)$. 对 $\mathsf{Tor}(G)$ 使用有限 Abel 群分类定理，得到分解后半部分的存在唯一性，又由 $r=\mathrm{rank}(G/\mathsf{Tor}(G))$ 得到 $r$ 的唯一性. $\Box$

留给读者的习题

Problem 1. 证明：$\mathbb Z_n\times\mathbb Z_m\simeq\mathbb Z_{nm}$ 当且仅当 $\gcd(n,m)=1$.

Problem 2. 对于有限 Abel 群 $G$，证明：存在唯一的正整数列 $1<d_1\mid d_2\mid\cdots\mid d_m$ 使得 $G\simeq\mathbb Z_{d_1}\oplus\cdots\oplus\mathbb Z_{d_m}$.

Problem 3. 分类 $792$ 和 $1500$ 阶 Abel 群.

Problem 4. 证明有限生成自由 Abel 群 $G$ 的子群 $H$ 还是有限生成自由 Abel 群，且 $\mathrm{rank}\ H\le\mathrm{rank}\ G$.