定义6.1设G₁ , G₂ , ⋯ , G_n是n个群 ,

$$如果在它们的笛卡儿积\prod_{i = 1}^{n}G_{i} = G_{1} \times G_{2} \times \cdots \times G_{n}上$$

规定运算(a₁ , a₂ , ⋯ , a_n)(b₁ , b₂ , ⋯ , b_n , )=(a₁b₁ , a₂b₂ , ⋯ , a_nb_n) ,

其中任意a_i , b_i属于G_i , i=1 , 2 , ⋯ , n ,

$则\prod_{i = 1}^{n}G_{i}关于该运算构成群\ ,\ 我们称这样得到的群为G_{1}\ ,\ G_{2}\ ,\ \cdots\ ,\ G_{n}的直积$ ,

$$群\prod_{i = 1}^{n}G_{i}的单位元是(e_{1}\ ,\ e_{2}\ ,\ \cdots\ ,\ e_{n})(e_{i}是G_{i}的单位元)$$

元素(a₁ , a₂ , ⋯ , a_n)的逆元为($a_{1}^{- 1}$ , ⋯ , $a_{n}^{- 1}$) ,

通过直积我们可以由已知群生成一个新群 ,

一个群的子群也可以生成一个新群 ,

例如 , H={$\overline{0}$ , $\overline{3}$}和K={$\overline{0}$ , $\overline{4}$}是Z₆的两个子群 ,

则H与K的直积为H⨯K={($\overline{0}$ , $\overline{0}$) , ($\overline{0}$ , $\overline{2}$) , ($\overline{0}$ , $\overline{4}$) , ($\overline{3}$ , $\overline{0}$) , ($\overline{3}$ , $\overline{2}$) , ($\overline{3}$ , $\overline{4}$)}

注意 , H+K={$\overline{0}$ , $\overline{2}$ , $\overline{4}$ , $\overline{3}$ , $\overline{5}$ , $\overline{1}$}=Z₆≠H⨯K

$$\mathbf{命题6.1}(1)群\prod_{i = 1}^{n}G_{i}是有限群的充分必要条件是G_{1}\ ,\ G_{2}\ ,\ \cdots\ ,\ G_{n}是有限群$$

$$(2)群\prod_{i = 1}^{n}G_{i}是交换群的充分必要条件是G_{1}\ ,\ G_{2}\ ,\ \cdots\ ,\ G_{n}是交换群$$

命题6.2设a是群G₁中的m阶元素 , b是群G₂中的n阶元素 ,

则元素(a , b)是群G₁⨯G₂中的[m , n]阶元素 ,

这里[m , n]表示m和n的最小公倍数 ,

证: 设e₁ , e₂分别是G₁和G₂的单位元 ,

因为(a , b)^{[m , n]}=(a^{[m , n]} , b^{[m , n]})=(e₁ , e₂) , 所以(a , b)是有限阶元素 ,

设(a , b)的阶为q , 则q|[m , n] ,

又因(e₁ , e₂)=(a , b)^q=(a^q , b^q) , 所以a^q=e₁ , b^q=e₂

因此m|q , n|q , 于是[m , n]|q , 即[m , n]=q , 也就是说 , (a , b)的阶为[m , n] ,

用数学归纳法可以证明如下推论:

推论6.1设G_i(1⩽i⩽n)是群 , 若a_i是群G中的m_i阶元素 ,

$$则群\prod_{i = 1}^{n}G_{i}中元素(a_{1}\ ,\ a_{2}\ ,\ \cdots\ ,\ a_{n})的阶为\lbrack m_{1}\ ,\ m_{2}\ ,\ \cdots\ ,\ m_{n}\ \rbrack$$

(表示m₁ , m₂ , ⋯ , m_n 的最小公倍数) ,

例6.1试确定Z₄⨯Z₆中12阶元素的个数 ,

解: Z₄中元素$\overline{0}$ , $\overline{3}$的阶m分别为1 , 4 , 2 , 4 ,

Z₆中元素$\overline{0}$ , $\overline{5}$的阶n分別为1 , 6 , 3 , 2 , 3 , 6 ,

如果[m , n]=12 , 则m=4 , n=3 , 或6 ,

所以Z₄⨯Z₆中12阶元素有8个 ,

分别为($\overline{1}$ , $\overline{1}$) , ($\overline{1}$ , $\overline{2}$) , ($\overline{1}$ , $\overline{4}$) , ($\overline{1}$ , $\overline{5}$) , ($\overline{3}$ , $\overline{1}$) , ($\overline{3}$ , $\overline{2}$) , ($\overline{3}$ , $\overline{4}$) , ($\overline{3}$ , $\overline{5}$) ,

显然 , Z₄⨯Z₆中无24阶元素 , 因此 , Z₄⨯Z₆不是循环群 ,

设G₁ , G₂ , ⋯ , G_n是群 ,

令$G_{i}^{\ '}$={e₁}⨯⋯⨯{e_i-1}⨯G_i⨯{e_i+1}⨯⋯⨯{e_n}(e_i是G_i的单位元) , i=1 , 2 , ⋯ , n ,

$$现在我们来看直积\prod_{i = 1}^{n}G_{i}与子集族G_{i}^{\ '}的关系$$

定理6.1设G₁ , G₂ , ⋯ , G_n是群 , e_i(i=1 , 2 , ⋯ , n)是G_i的单位元 , 则

$$(1)\prod_{i = 1}^{n}G_{i} = G_{1}^{\ '}G_{2}^{\ '}\cdots G_{n}^{\ '}$$

(2)$G_{i}^{\ '}$⋂($G_{1}^{\ '}$⋯$G_{i - 1}^{\ '}G_{i + 1}^{\ '}$⋯$G_{n}^{\ '}$)=(e₁ , e₂ , ⋯ , e_n)

$$(3)G_{i}^{\ '}是\prod_{i = 1}^{n}G_{i}的正规子群\ ,\ 且G_{i}^{\ '} \cong G_{i}$$

证: (1)对属于G₁⨯G₂⨯⋯⨯G_n的任意(a₁ , a₂ , ⋯ , a_n) ,

有(a₁ , a₂ , ⋯ , a_n)=(a₁ , e₂ , ⋯ , e_n)(e₁ , a₂ , ⋯ , e_n)⋯(e₁ , e₂ , ⋯ , a_n )属于$G_{1}^{\ '}G_{2}^{\ '}$⋯$G_{n}^{\ '}$

$$所以\prod_{i = 1}^{n}{G_{i}包含于G_{1}^{\ '}G_{2}^{\ '}\cdots G_{n}^{\ '}\ ,\ }$$

$$易知G_{1}^{\ '}G_{2}^{\ '}\cdots G_{n}^{\ '}包含于\prod_{i = 1}^{n}G_{i}$$

$$故\prod_{i = 1}^{n}G_{i} = G_{1}^{\ '}G_{2}^{\ '}\cdots G_{n}^{\ '}$$

(2)根据$G_{i}^{\ '}$的定义可知

$G_{1}^{\ '}$⋯$G_{i - 1}^{\ '}G_{i + 1}^{\ '}$⋯$G_{n}^{\ '}$中元素的形式为(a₁ , ⋯ , a_i-1 , e_i , a_i+1 , ⋯ , a_n) ,

$G_{i}^{\ '}$中元素的形式为(e₁ , ⋯ , e_i-1 , a_i , e_i+1 , ⋯ , e_n) ,

因而 , 若(a₁ , a₂ , ⋯ , a_n )属于$G_{i}^{\ '}$⋂($G_{1}^{\ '}$⋯$G_{i - 1}^{\ '}G_{i + 1}^{\ '}$⋯$G_{n}^{\ '}$)

则(a₁ , a₂ , ⋯ , a_n)=(e₁ , e₂ , ⋯ , e_n) ,

(3)因为 $G_{i}^{\ '}$是非空集合 ,

$$对属于G_{i}^{\ '}的任意a\ ,\ b\ ,\ 和属于\prod_{i = 1}^{n}G_{i}的g\ ,\ 可令$$

a=(e₁ , ⋯ , e_i-1 , a_i , e_i+1 , ⋯ , e_n) , b=(e₁ , ⋯ , e_i-1 , b_i , e_i+1 , ⋯ , e_n) , g=(g₁ , g₂⋯ , g_n) ,

其中a_i , b_i , g_i都属于G_i ,

则ab^-1=(e₁ , ⋯ , e_i-1 , a_i , e_i+1 , ⋯ , e_n )(e₁ , ⋯ , e_i-1 , $b_{i}^{- 1}$ , e_i+1 , ⋯ , e_n)

=(e₁ , ⋯ , e_i-1 , a_i$b_{i}^{- 1}$ , e_i+1 , ⋯ , e_n)属于$G_{i}^{\ '}$

gag^-1

=(g₁ , ⋯ , g_i-1 , g_i , g_i+1 , ⋯g_n)(e₁ , ⋯ , e_i-1 , a_i , e_i+1 , ⋯ , e_n)

($g_{1}^{- 1}$ , ⋯ , $g_{i - 1}^{- 1}$ , $g_{i}^{- 1}$ , $g_{i + 1}^{- 1}$ , ⋯ , $g_{n}^{- 1}$)

=(e₁ , ⋯ , e_i-1 , g_i a_i $g_{i}^{- 1}$ , e_i+1 , ⋯ , e_n )属于$G_{i}^{\ '}$ ,

$$所以\ ,\ G_{i}^{\ '}是\prod_{i = 1}^{n}G_{i}的正规子群$$

另外 , 映射φ_i: $G_{i}^{\ '}$→G_i , (e₁ , ⋯ , e_i-1 , a_i , e_i+1 , ⋯ , e_n)→a_i

就是$G_{i}^{\ '}$到G_i的同构映射 , 因而 , $G_{i}^{\ '}$≅G_i ,

$$定理6.1说明群\prod_{i = 1}^{n}G_{i}可以表示为它的一些正规子群G_{i}^{\ '}的乘积的形式$$

那么对于一个群来说是否可以将其表示为它的一些正规子群的乘积呢?

如果可以 , 则对于群的研究就归结为对于它的正规子群的研究 ,

从而可简化问题 ,

定义6.2设G₁ , G₂ , ⋯ , G_n是群G的正规子群 , 如果

(1)G=G₁ , G₂ , ⋯ , G_n

(2)G_i⋂(G₁⋯G_i-1 G_i+1⋯G_n)={e}(e是G的单位元) , i=1 , 2 , ⋯ , n ,

则称G是子群G₁ , G₂ , ⋯ , G_n的直和 , 记为G=G₁ ⨁G₂ ⨁⋯⨁G_n或 G_i

例6.2令G=$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} A_{1} & O \\ O & A_{2} \end{pmatrix} \right|A_{1}\ ,A_{2}\ \in GL_{2}(R) \right\}$是4阶一般线性群GL₄ (R)子群 ,

H=$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} A_{1} & O \\ O & E_{2} \end{pmatrix} \right|A \in GL_{2}(R) \right\}$和K=$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} E_{2} & O \\ O & A \end{pmatrix} \right|A\ \in GL_{2}(R) \right\}$是群G的子群 ,

其中E₂=$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ , 试证明G是H和K的直和

证: 对属于G的任意$\begin{pmatrix} A_{1} & O \\ O & A_{2} \end{pmatrix}$和属于H的$\begin{pmatrix} A & O \\ O & E_{2} \end{pmatrix}$有

$\begin{pmatrix} A_{1} & O \\ O & A_{2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A & O \\ O & E_{2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A_{1} & O \\ O & A_{2} \end{pmatrix}^{- 1}$=$\begin{pmatrix} A_{1}AA_{1}^{- 1} & O \\ O & E_{2} \end{pmatrix}$属于H

所以 , 群H是群G的正规子群 , 类似地 , 群K也是群G的正规子群 ,

另外 , 容易验证 , G=HK , H⋂K={e} , 因此G是H和K的直和 ,

例6.3设群G是其子群G₁ , G₂ , ⋯ , G_n的直和 , 试证明a_ia_j =a_ja_i

其中a_i属于G_i , a_j属于G_j , i , j=1 , 2 , ⋯ , n , 且i≠j ,

证: 由G_i和G_j是G的正规子群得

a_ia_j$a_{i}^{- 1}a_{j}^{- 1}$∈(G_i⋂G_j)⊆(G_i⋂(G₁⋯G_i-1G_i+1⋯G_n))={e} ,

从而a_ia_j$a_{i}^{- 1}a_{j}^{- 1}$=e , 即a_ia_j =a_ja_i ,

命题6.3设G₁ , G₂ , ⋯ , G_n是群G的正规子群 ,

则当且仅当G中每个元素可以唯一地表示为a₁a₂⋯a_n的形式时 ,

G是G₁ , G₂ , ⋯ , G_n的直和 , 其中a_i属于G_i , i=1 , 2 , ⋯ , n ,

证: 设G是G₁ , G₂ , ⋯ , G_n直和 , 并令a_i , b_i都属于G_i , i=1 , 2 , ⋯ , n ,

若a₁a₂⋯a_n=b₁b₂⋯b_n , 则由例6.3得

$b_{i}^{- 1}$a_i=b₁$a_{1}^{- 1}$⋯b_i-1$a_{i - 1}^{- 1}$b_i+1$a_{i + 1}^{- 1}$⋯b_n$a_{n}^{- 1}$属于(G_i ⋂(G₁⋯G_i-1G_i+1⋯G_n))={e} ,

因此 , a_i=b_i , i=1 , 2 , ⋯ , n , 即G中每个元素可以唯一表为a₁a₂⋯a_n的形式 ,

反之 , 欲证G是G₁ , G₂ , ⋯ , G_n的直和 , 仅需证(G_i ⋂(G₁⋯G_i-1G_i+1⋯G_n))={e} ,

因为对任意i=1 , 2 , ⋯ , n ,

若a属于(G_i ⋂(G₁⋯G_i-1G_i+1⋯G_n)) , 则存在属于G_i的a_i , (i=1 , 2 , ⋯ , n)

使得a=e⋯ea_ie⋯e=a⋯a_i-1ea_i+1⋯a_n属于G₁⋯G_i-1G_i+1⋯G_n ,

由表法的唯一性可知a_i =e , i=1 , 2 , ⋯ , n , 所以a=e ,

$$\mathbf{定理6.2}若群G是其子群G_{1}\ ,\ G_{2}\ ,\ \cdots\ ,\ G_{n}的直和\ ,\ 则\prod_{i = 1}^{n}G_{i} \cong G_{1}\ ,\ G_{2}\ ,\ \cdots\ ,\ G_{n}$$

$$\mathbf{证:\ }考虑映射\varphi:\prod_{i = 1}^{n}G_{i} \rightarrow G_{1}G_{2}\cdots G_{n}\ ,\ (a_{1}\ ,\ a_{2}\ ,\ \cdots\ ,\ a_{n}) \rightarrow a_{1}a_{2}\cdots a_{n}\$$

显然φ是满射

由命题6.3知G₁G₂⋯G_n中元素表法唯一 , 因而φ是单射 ,

再根据例6.3有

φ((a_{1 ,} a_{2 ,} ⋯ , a_n)(b_{1 ,} b_{2 ,} ⋯ , b_n))

=φ((a₁b₁ , a₂b₂ , ⋯ , a_nb_n))

=(a₁b₁)(a₂b₂) ⋯(a_nb_n)

=a₁a₂⋯a_nb₁b₂⋯b_n

=φ((a_{1 ,} a_{2 ,} ⋯ , a_n))φ((b_{1 ,} b_{2 ,} ⋯ , b_n))

$$所以\varphi 是\prod_{i = 1}^{n}G_{i}到G_{1}\ ,\ G_{2}\ ,\ \cdots\ ,\ G_{n}的同构映射\ ,\ 从而\prod_{i = 1}^{n}G_{i} \cong G_{1}\ ,\ G_{2}\ ,\ \cdots\ ,\ G_{n}$$

$$由定理6.1可知\ ,\ 直积\prod_{i = 1}^{n}G_{i}是它的子群G_{1}^{\ '}\ ,\ G_{2}^{\ '}\cdots G_{n}^{\ '}\ ,\ 的直和\ ,\ 且G_{i}^{\ '} \cong G_{i}$$

$$所以在同构意义下直积\prod_{i = 1}^{n}G_{i}可视为G_{1}\ ,\ G_{2}\ ,\ \cdots\ ,\ G_{n}的直和$$

反之 , 若群G是其子群$G_{1}\ ,\ G_{2}\ ,\ \cdots\ ,\ G_{n}$的直和 ,

则由定理6.2可知 , 在同构意义下直和G₁G₂⋯G_n可视为G₁ , G₂ , ⋯ , G_n的直积

由于上述原因 , 以后我们不再区分直积和直和

下面我们将以上结论应用于交换群 ,

命题6.4设G是交换群 , G₁ , G₂ , ⋯ , G_n 是G的子群 ,
$$则\sum_{i = 1}^{n}G_{i} = \ \ \ G_{i}\ \Longleftrightarrow G_{j}\ \bigcap\sum_{i \neq j}^{}G_{i}\ = \{ 0\}\ ,\ 1 \leqslant j \leqslant n$$

例6.4设G是交换群 , G₁ , G₂ , ⋯ , G_n是G的有限子群 ,

$$若G_{i}的阶彼此互素\ ,\ 即(|G_{i}\ |\ ,\ |G_{j}|) = 1\ ,\ 试证明\left| \sum_{i = 1}^{n}G_{i} \right| = |G_{1}||G_{2}|\cdots|G_{n}|$$

证: 对n用数学归纳法 , 当n=2时 ,

对属于G₁⋂G₂的任意x , 有x的阶是G₁ , G₂阶的公因数 ,

因为(|G_i | , |G_j|)=1 , 所以x=0 , 即G₁+G₂=G₁ ⨁G₂ , 从而|G₁+G₂|=|G₁||G₂| ,

假设结论对n-1个子群成立 ,

令G'=G₁+G₂ +⋯+G_n-1 , 则|G'|=|G₁||G₂|⋯|G_n-1 |且(|G'| , |G_n |)=1 ,

由n=2时的证明可知|G'+G_n|=|G'||G_n| ,

$$从而\left| \sum_{i = 1}^{n}G_{i} \right| = |G_{1}||G_{2}|\cdots|G_{n}|$$

例6.5设G是有限交换群 , 且|G|=$p_{1}^{s_{1}}p_{2}^{s_{2}}$⋯$p_{n}^{s_{n}}$ ,

其中s_i属于Z⁺ , p_i(i=1 , 2 , ⋯ , n)是互不相同的素数

若G有阶为$p_{i}^{s_{i}}$的子群G_i(i=1 , 2 , ⋯ , n) , 试证明G= G_i

$$\mathbf{证:\ }由例6.4可知\left| \sum_{i = 1}^{n}G_{i} \right| = |G_{1}||G_{2}|\cdots|G_{n}|\ ,\ 即\left| \sum_{i = 1}^{n}G_{i} \right| = |G|$$

$$所以G = \prod_{i = 1}^{n}G_{i}\ ,\ 余下的我们只需考证G_{j}\bigcap\sum_{i \neq j}^{}G_{i} = \{ 0\}\ ,\ 1 \leqslant j \leqslant n\$$

$$令x属于G_{j}\bigcap\sum_{i \neq j}^{}G_{i}\ ,\ 并且x的阶为k\ ,\ 则由例6.4得k|p_{i}^{s_{i}}\ ,\ k\left| \prod_{i \neq j}^{}p_{i}^{s_{i}} \right.\$$

但是($p_{i}^{s_{i}}$ , $p_{j}^{s_{j}}$)=1 , i≠j , 所以k=1 , 即x=0 ,

习题