关于有限交换群的结构 , 从推论8.2我们知道 ,

有限交换群可以表示为西罗p‒子群的直和 ,

本节我们将对有限交换群的结构作更进一步细致的分析 ,

首先讨论交换p‒群的结构 ,

引理9.1设G是交换p‒群 , a是G中阶极大的元素 , H=⟨a⟩≠G ,

若$\overline{b}$是G/H的p^r阶元素 ,

试证明在G中存在一个p^r阶元素 , 且其在自然同态下的像是$\overline{b}$ ,

证: 因为$\overline{b}$的阶为p^r , 所以存在k , 使得$b^{p^{r}}$=a^k ,

若设b的阶为p^s , 则$b^{p^{s}}$=e ,

因此$\overline{b^{p^{s}}}$=$\overline{e}$ , 再由$\overline{b}$的阶为p^r , 可知p^r|p^s , 其中r⩽s ,

从而e=$b^{p^{s}}$=$\left( b^{p^{r}} \right)^{p^{s - r}}$=$\left( a^{k} \right)^{p^{s - r}}$ ,

若设a的阶为p^t , 则p^t|kp^s‒r , 即p^t‒s+r | k ,

因为a是G中阶极大的元素 , 所以p^r|k ,

令m=p^t‒r‒kp^‒r , 则ba^m的阶为p^r , 且在自然同态下的像是$\overline{b}$ ,

事实上 , $\left( ba^{m} \right)^{p^{r}}$=$b^{p^{r}}a^{p^{t} - k}$=a^k$a^{p^{t} - k}$=$a^{p^{t}}$=e ,

若n<r且$\left( ba^{m} \right)^{p^{n}}$= e , 则

e=$\left( ba^{m} \right)^{p^{n}}$

=$b^{p^{n}}a^{p^{n + t - r} - kp^{n - r}}$

=$b^{p^{n}}a^{p^{n + t - r}}a^{- kp^{n - r}}$

=$b^{p^{n}}a^{p^{n + t - r}}b^{- p^{n}}$

=$a^{p^{n + t - r}}$

这与a的阶为p^t矛盾 , 所以ba^m的阶为p^r ,

而$\overline{ba^{m}}$=$\overline{b}$ , 即ba^m在自然同态下的像是$\overline{b}$ ,

定理9.1有限交换p‒群G与有限个循环p‒群的直和同构 ,

若G同构于$G_{k_{1}}$⨁$G_{k_{2}}$⨁ , ⋯ , ⨁$G_{k_{r}}$ , 其中$G_{k_{i}}$是$p^{k_{i}}$阶循环群 , i=1 , 2 , ⋯ , r ,

则整数序列k₁⩾k₂⩾⋯⩾k_r⩾1被G唯一确定 ,

证: 由于G是交换群 , 所以在下面的证明中我们用“+”表示其中的运算 ,

首先证明分解的存在性 ,

设G不是循环群 , 我们对G的阶用数学归纳法 ,

设a₁是G中阶极大的元素 , 并令a₁的阶为$p^{k_{1}}$ , $G_{k_{1}}$=⟨a₁⟩ ,

因为|G/$G_{k_{1}}$|<|G| , 所以由归纳假设有G/$G_{k_{1}}$≅$\overline{G_{k_{2}}}$⨁⋯⨁$\overline{G_{k_{r}}}$ ,

其中$\overline{G_{k_{i}}}$是$p^{k_{i}}$阶循环群 , i=2 , ⋯ , r , 且可设k₂⩾⋯⩾k_r⩾1 ,

为了方便 , 我们将上述同构符号表示为等号 , 即G/$G_{k_{1}}$=$\overline{G_{k_{2}}}$⨁⋯⨁$\overline{G_{k_{r}}}$ ,

设${\overline{a}}_{i}$是$\overline{G_{k_{i}}}$的生成元 , i=2 , ⋯ , r , 由引理9.1 , 关于自然同态

π: G→G/$G_{k_{1}}$存在${\overline{a}}_{i}$的属于G的原像a_i , 使得${\overline{a}}_{i}$和a_i的阶相同 ,

令$G_{k_{i}}$=⟨a_i⟩ , 则$G_{k_{i}}$(i=2 , ⋯ , r)是$p^{k_{i}}$阶循环群 ,

下面证明G=$G_{k_{1}}$⨁$G_{k_{2}}$⨁⋯⨁$G_{k_{r}}$

事实上 , 若令x属于G , 则可设$\overline{x}$=m₂${\overline{a}}_{2}$+⋯+m_r${\overline{a}}_{r}$ , 其中m₂ , ⋯ , m_r是整数 ,

于是x‒m₂a₂‒⋯‒m_ra_r属于$G_{k_{1}}$ , 进而可设x‒m₂a₂‒⋯‒m_ra_r=m₁a₁ ,

所以x=m₁a₁+m₂a₂+⋯+m_ra_r属于($G_{k_{1}}$+$G_{k_{2}}$+⋯+$G_{k_{r}}$) ,

即G=$G_{k_{1}}$+$G_{k_{2}}$+⋯+$G_{k_{r}}$ , 其中$G_{k_{i}}$是$p^{k_{i}}$阶循环群 , i=1 , 2 , ⋯ , r ,

$$现任取属于\left( G_{k_{i}}\bigcap\left( \sum_{j \neq i}^{}G_{k_{j}} \right) \right)的x\ ,\ 并设x = - m_{i}a_{i} = \sum_{j \neq i}^{}{m_{j}a_{j}}\$$

$$则\sum_{j = 1}^{r}{m_{j}a_{j}} = 0\ ,\sum_{j \neq 1}^{}{m_{j}{\overline{a}}_{j}} = \overline{0}\ \ ,从而m_{j}{\overline{a}}_{j} = \overline{0}(j \neq 1)\ ,\ 于是p^{k_{j}}\left| m_{j} \right.\ \$$

因而m_ja_j=0(j≠1) , 从而x=0 ,

故G=$G_{k_{1}}$⨁$G_{k_{2}}$⨁ , ⋯ , ⨁$G_{k_{r}}$ , 其中$G_{k_{i}}$是$p^{k_{i}}$阶循环群 , i=1 , 2 , ⋯ , r ,

然后证明分解式的唯一性 ,

对整数序列k₁⩾k₂⩾⋯⩾k_r⩾1用数学归纳法 ,

设G=$G_{k_{1}}$⨁$G_{k_{2}}$⨁⋯⨁$G_{k_{r}}$=$G_{l_{1}}$⨁$G_{l_{2}}$⨁⋯⨁$G_{l_{s}}$ ,

且k₁⩾k₂⩾⋯⩾k_r⩾1 , l₁⩾l₂⩾⋯⩾l_s⩾1

显然pG也是p‒群 , 并且

pG=p$G_{k_{1}}$⨁p$G_{k_{2}}$⨁⋯⨁p$G_{k_{r}}$=p$G_{l_{1}}$⨁p$G_{l_{2}}$⨁⋯⨁p$G_{l_{s}}$ ,

它们对应的整数序列分别为

k₁‒1⩾k₂‒1⩾⋯⩾k_r‒1⩾0和l₁‒1⩾l₂‒1⩾⋯⩾l_s‒1⩾0 ,

其中当某些指数k_i , l_j=1时 , 对应于$p^{k_{i} - 1}$和$p^{l_{j} - 1}$的直和因子为平凡子群 ,

所以由归纳假设 , 存在整数n ,

使得k₁=l₁ , ⋯ , k_n=l_n , k_n+1=⋯=k_r=l_n+1=⋯=l_s=1 ,

进一步有 , |G|=$p^{k_{1} + \cdots + k_{n}}p^{r - n}$=$p^{l_{1} + \cdots + l_{n}}p^{s - n}$ , 于是s=r , 且k_i=l_i , i=1 , 2 , ⋯ , s

实际上, 若G同构于G=$G_{k_{1}}$⨁$G_{k_{2}}$⨁⋯⨁$G_{k_{r}}$ , 其中$G_{k_{i}}$是$p^{k_{i}}$阶循环群 , i=1 , 2 , ⋯ , r

则$G_{k_{i}}$≅$Z_{p^{k_{i}}}$ , 从而 , G同构于$Z_{p^{k_{1}}}$⨁$Z_{p^{k_{2}}}$⨁⋯⨁$Z_{p^{k_{r}}}$ ,

若|G|=$p^{k}$ , G≅$Z_{p^{k_{1}}}$⨁$Z_{p^{k_{2}}}$⨁⋯⨁$Z_{p^{k_{r}}}$则必有$p^{k}$=$p^{k_{i}}p^{k_{2}}$⋯$p^{k_{r}}$ ,

因此 , 若求所有互不同构的$p^{k}$阶交换群 ,

即首先要将$p^{k}$表示成素数幂的乘积的形式 , 然后写出对应群 ,

易知 , 同构是群的一个等价关系 , 这个等价关系决定的等价类又称为同构类 ,

我们常常以同构类中的一个代表元表示这个同构类 ,

例9.1写出81阶交换群的所有同构类 ,

解: 首先将81表示成所有可能的素数幂的乘积的形式 ,

显然3⁴=3³×3=3²×3²=3²×3×3=3×3×3×3 ,

根据定理9.1 , 81阶交换群的所有同构类为

Z₈₁

Z₂₇⨁Z₃

Z₉⨁Z₉

Z₉⨁Z₃⨁Z₃

Z₃⨁Z₃⨁Z₃⨁Z₃

例9.2写出32阶交换群的所有同构类 ,

解: 首先将32表示成所有可能的素数幂的乘积的形式 ,

2⁵=2⁴×2=2³×2²=2³×2×2=2²×2²×2=2²×2×2×2=2×2×2×2×2

根据定理9.1 , 32阶交换群的所有同构类为

Z₃₂

Z₁₆⨁Z₂

Z₈⨁Z₄

Z₈⨁Z₂⨁Z₂

Z₄⨁Z₄⨁Z₂

Z₄⨁Z₂⨁Z₂⨁Z₂

Z₂⨁Z₂⨁Z₂⨁Z₂⨁Z₂

定义9.1设n是大于1的整数 , 若n的素数分解式为n=$p_{1}^{t_{1}}p_{2}^{t_{2}}$⋯$p_{s}^{t_{s}}$ ,

其中t_i ⩾1 , p_i(i=1 , 2 , ⋯ , s)是素数(不要求互异) ,

则称{$p_{1}^{t_{1}}p_{2}^{t_{2}}$⋯$p_{s}^{t_{s}}$}是n的一个初等因子组 ,

由推论8.2我们知道 , 有限交换群可以表示成西罗p‒子群的直和 ,

根据定理9.1可知 , 每个p‒子群同构于有限个循环群的直和 ,

因此 , 对于有限交换群 , 我们有如下推论:

推论9.1设G是有限交换群 , 若|G|=n＞1 , 则G≅$Z_{p_{1}^{k_{1}}}$⨁$Z_{p_{2}^{k_{2}}}$⨁⋯⨁$Z_{p_{n}^{k_{n}}}$

其中{$p_{1}^{k_{1}}p_{2}^{k_{2}}$⋯$p_{s}^{k_{s}}$}是n的一个初等因子组 ,

另外 , 两个阶大于1的有限交换群同构的充分必要条件是

它们的阶有相同的初等因子组 ,

这就是说 , 若能给出n的所有初等因子组 ,

我们就可以写出所有n阶交换群的同构类 ,

例9.3求36阶交换群的所有同构类 ,

解: 首先将36分解成素数幂的乘积的形式:

2²×3²=2×2×3²=2²×3×3=2×2×3×3

从而36的初等因子组为

{2² , 3²} , {2 , 2 , 3²} , {2² , 3 , 3} , {2 , 2 , 3 , 3}

根据推论9.1可知 , 36阶交换群的同构类为

Z₄⨁Z₉ ,

Z₂⨁Z₂⨁Z₉ ,

Z₄⨁Z₃⨁Z₃ ,

Z₂⨁Z₂⨁Z₃⨁Z₃ ,

例9.4求72阶交换群的所有同构类 ,

解: 首先将72分解成素数幂的乘积的形式:

2³×3²=2²×2×3²=2×2×2×3²=2³×3×3=2²×2×3×3=2×2×2×3×3

从而72的初等因子组为

{2³ , 3²} , {2² , 2 , 3²} , {2 , 2 , 2 , 3²} , {2³ , 3 , 3} , {2² , 2 , 3 , 3} , {2 , 2 , 2 , 3 , 3} ,

根据推论9.1可知 , 72阶交换群的同构类为

Z₈⨁Z₉ ,

Z₄⨁Z₂⨁Z₉ ,

Z₈⨁Z₃⨁Z₃ ,

Z₂⨁Z₂⨁Z₂⨁Z₉ ,

Z₄⨁Z₂⨁Z₃⨁Z₃ ,

Z₂⨁Z₂⨁Z₂⨁Z₃⨁Z₃ ,

定义9.2设n是一个正整数 , 若n的分解式为n=h₁h₂⋯h_r ,

其中h_i|h_{i‒1 ,} i=2 , 3 , ⋯ , r , 则称{h_{1 ,} h_{2 ,} ⋯ , h_r}是n的一个不变因子组 ,

对每一个正整数 , 我们可以用其初等因子组求其不变因子组 ,

具体方法为: 在一个初等因子组中取不同素数的最高乘幂作乘积 ,

然后将这些乘幂去掉 , 在剩下的素数乘幂中 ,

重复以上过程 , 直至所有的素数乘幂都已经去掉 , 就得到一个不变因子组 ,

对每一个初等因子组重复以上过程 , 则可得到所有的不变因子组 ,

推论9.2设G是有限交换群 , 若|G|=n＞1 , 则G≅$Z_{h_{1}}$⨁$Z_{h_{2}}$⨁⋯⨁$Z_{h_{r}}$

其中{h₁ , h₂ , ⋯ , h_r}是n的一个不变因子组 ,

另外 , 两个阶大于1的有限交换群同构的充分必要条件是

它们的阶有相同的不变因子组 ,

例9.5求36的不变因子组及相应的同构类 ,

解: 因为36的初等因子组为

{2² , 3²} , {2 , 2 , 3²} , {2² , 3 , 3} , {2 , 2 , 3 , 3} ,

所以36的不变因子组为

{2²×3²} , {2×3² , 2} , {2²×3 , 3} , {2×3 , 2×3} ,

因此 , 36阶交换群的同构类又可以表示为

Z₃₆ ,

Z₁₈⨁Z₂ ,

Z₁₂⨁Z₃ ,

Z₆⨁Z₆ ,

例9.6求72的不变因子组及相应的同构类 ,

解: 因为72的初等因子组为

{2³ , 3²} , {2² , 2 , 3²} , {2 , 2 , 2 , 3²} , {2³ , 3 , 3} , {2² , 2 , 3 , 3} , {2 , 2 , 2 , 3 , 3} ,

所以72的不变因子组为

{2³×3²} , {2²×3 , 2²} , {2×3² , 2 , 2} , {2³×3 , 3} , {2²×3 , 2×3} , {2×3 , 2×3 , 2}

因此 , 72阶交换群的同构类又可以表示为

Z₇₂ ,

Z₃₆⨁Z₂ ,

Z₂₄⨁Z₃ ,

Z₁₂⨁Z₆ ,

Z₁₈⨁Z₂⨁Z₂ ,

Z₆⨁Z₆⨁Z₂ ,

习题