3.5. 有限生成交换群的分类

我们用 $+$ 表示交换群 $A$ 中的乘法. 若有有限个 $x_{1}, \dots, x_{n} \in A$ , 使得 $A = ⟨ x_{1}, \dots, x_{n} ⟩$ , 则称 $(A, +)$ 是有限生成的交换群. 这些元素 ${x_{i}}_{i ⩽ n}$ 被称作是 $A$ 的一组生成元.

例子 3.5.1. $Z$ 和 $Z ╱ n Z$ 是循环群, 它们均由一个元素生成, 从而是有限生成的交换群. 我们将证明一些 $Z$ 与 $Z ╱ n Z$ 的乘积给出所有的有限生成交换群.

例子 3.5.2. 有限交换群是有限生成的交换群.

例子 3.5.3. 有限个有限生成交换群之积是有限生成的交换群. 特别地, $Z^{r} = r 个 Z \oplus \dots \oplus Z$ 是有限生成的交换群.

注记 3.5.4. 有限生成的交换群的商群是有限生成的.

实际上, 令 $B < A$ 为子群, 那么, 陪集 $x_{1} B, \dots, x_{n} B$ 生成了 $A ╱ B$ .

注记 3.5.5. $A$ 是交换群, 则 $A$ 是有限生成的当且仅当存在非负整数 $n$ 以及满同态 $Z^{n} \to A$ .

由于通过满同态 $Z^{n} \to A$ 可以把 $A$ 视作是 $Z^{n}$ 的商群, 所以, $A$ 是有限生成的; 反之, 若 $A$ 由 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 生成, 则可定义满的群同态 $Z^{n} ⟶ A, (λ_{1}, \dots, λ_{n}) \mapsto i = 1 \sum n λ_{i} x_{i} .$

注记 3.5.6. 给定交换群的正合列, $0 \to B ⟶ ι A ⟶ π C \to 0.$ 若 $B$ 和 $C$ 均为有限生成的交换群, $A$ 亦然. 特别地, 对于交换群 $A$ , 如果其子群 $B$ 与商群 $A ╱ B$ 均为有限生成的, 则 $A$ 也是有限生成的.

实际上, 令 ${b_{1}, \dots, b_{k}}$ 和 ${c_{1}, \dots, c_{l}}$ 分别是 $B$ 和 $C$ 的生成元, 对 $i ⩽ l$ , 任选 $a_{i} \in π^{- 1} (c_{i}) \subset A$ . 那么, $a_{1}, \dots, a_{l}, ι (b_{1}), \dots, ι (b_{k})$ 生成 $A$ . 实际上, 对任意的 $a \in A$ , 存在 $λ_{1}, \dots, λ_{l} \in Z$ , 使得 $π (x) = i = 1 \sum l λ_{i} c_{i} \Leftrightarrow π (x - i = 1 \sum l λ_{i} a_{i}) = 0.$ 从而, $x - i = 1 \sum l λ_{i} a_{i} \in Ker (π) = Im (ι)$ . 从而, 存在 $λ_{1}^{'}, \dots, λ_{l}^{'} \in Z$ , 使得 $x - i = 1 \sum l λ_{i} a_{i} = j = 1 \sum k λ_{j}^{'} ι (b_{j}) \Leftrightarrow x = i = 1 \sum l λ_{i} a_{i} + j = 1 \sum k λ_{j}^{'} ι (b_{j}) .$

注记 3.5.7. 有限生成的交换群的子群是有限生成的.

直接用定义证明这个命题需要对 $A$ 的生成元个数 $n$ 进行归纳. 若 $n = 1$ , 则 $A$ 为循环群, 其子群均为循环群, 命题显然成立. 假设命题对 $n = k$ 成立. 现在考虑 $A = ⟨ x_{1}, \dots, x_{k}, x_{k + 1} ⟩$ 以及子群 $A^{'} = ⟨ x_{1}, \dots, x_{k}, x_{k + 1} ⟩$ 和任意一个子群 $B < A$ .

由于 $B \cap A^{'} \subset Ker (B ↪ A \to A ╱ A^{'})$ , 所以, $B ╱ B \cap A^{'}$ 可以被视作是 $A ╱ A^{'}$ 的子群. 由于 $A ╱ A^{'}$ 可以由一个元素生成, 从而, $B ╱ B \cap A^{'}$ 可由一个元素生成. 我们于是得到如下正合列的交换图: 归纳假设表明 $A^{'} \cap B$ 是有限生成的. 根据第二行的正合列, $B$ 是有限生成的.

以上证明表明, $B$ 的生成元个数不超过 $A$ 的生成元个数. 特别地, 如果有单同态 $φ : Z^{m} ⟶ Z^{n},$ 则 $m = n$ .

注记 3.5.8. 若有满的群同态 $ψ : Z^{m} ↠ Z^{n}$ , 则 $m ⩾ n$ .

我们用所谓 $mod p$ 的技巧来证明此命题. 考虑自然的同态 $mod p : Z^{n} ⟶ (Z ╱ p Z)^{n}, (k_{1}, \dots, k_{n}) \mapsto (k_{1} mod p, \dots, k_{n} mod p) .$ 很明显, $p Z^{n} = Ker (mod p)$ , 所以, $Z^{n} ╱ p Z^{n} ≃ (Z ╱ p Z)^{n}$ . 现在考虑如下交换图: 由于上图右边的 $mod p$ 映射是满射, 所以, $\overline{ψ} : (Z ╱ p Z)^{m} \to (Z ╱ p Z)^{n}$ 是满射. 注意到, 这是 $F_{p}$ -线性空间之间的线性映射, 根据维数的关系, 就有 $m ⩾ n$ .

例子 3.5.9 (最重要的例子: 格点子群). $V$ 是 $n$ 维 $R$ -线性空间, 其中 $n ⩾ 1$ . 假设 $G < V$ 是一个离散子群 (作为 $V$ 的加法子群) , 即对任意的 $g \in G$ , 存在开集 $O \subset V$ , 使得 $G \cap O = {g}$ . 根据定义, $G < V$ 是离散子群当且仅当对任意的紧集 $K \subset V$ , $G \cap K$ 是有限的.

任选 $V$ 的基 $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ , 定义 $e$ 的格点集为 $Γ_{e} = i = 1 ⨁ n Z e_{i} = {i = 1 \sum n k_{i} z_{i} ∣ k_{i} \in Z} .$ 这是 $V$ 的离散子群.

如果只考虑 $e$ 中的部分元所生成的格点, 比如对 $m < n$ , 考虑 ${e_{1}, \dots, e_{m}}$ 所生成的 $i = 1 ⨁ m Z e_{i} = {i = 1 \sum m k_{i} z_{i} ∣ k_{i} \in Z} .$ 这也是 $V$ 的离散子群.

上述格点集给出了 $V$ 的所有的离散子群:

定理 3.5.10. $V$ 是 $n$ 维 $R$ -线性空间, $G < V$ 是离散子群并且 $span_{R} (G) = V$ . 那么, 存在 $V$ 基的 $e^{'} = (e_{1}^{'}, \dots, e_{n}^{'})$ , 使得 $G = Γ_{e^{'}}$ .

证明. 对维数 $n$ 归纳.

$n = 1$ 时, 不妨设 $e_{1} \in G$ 并且 $e_{1} > 0$ . 由于 $G$ 是离散子群, 所以 $G \cap [0, e_{1}]$ 是有限集. 特别地, $G \cap (0, e_{1}]$ 是非空的有限集. 令 $e_{1}^{'} = min G \cap (0, e_{1}]$ . 用 $e_{1}$ 对 $e_{1}^{'}$ 进行带余除法, 则存在正整数 $l$ 和 $r \in [0, e_{1}^{'})$ , 使得 $e_{1} = l \cdot e_{1}^{'} + r$ . 由于 $G$ 是群, 所以 $r \in G$ . 根据 $e_{1}^{'}$ 的最小性, $r = 0$ , 这表明 $e_{1} = l \cdot e_{1}^{'} \in Z$ . 类似地, 每个 $g \in G$ 均为 $e_{1}^{'}$ 的倍数, 从而 $G = Z \cdot e_{1}^{'}$ .

假设对小于 $n$ 的所有维数命题成立. 选取 $e_{1}, \dots, e_{n} \in G$ 作为 $V$ 的一组基并考虑如下的基本区域 $D = {λ_{1} e_{1} + \dots + λ_{n} e_{n} ∣ λ_{1}, \dots, λ_{n} \in [0, 1)} .$

对任意

v \in V

, 仿照以上的带余除法, 它唯一地表达为

Γ_{e}

与

D

的元素之和:

v = v_{1} e_{1} + \dots + v_{n} e_{n} = v_{Γ} (⌊ v_{1} ⌋ e_{1} + \dots + ⌊ v_{n} ⌋ e_{n}) + v_{D} ({v_{1}} e_{1} + \dots + {v_{n}} e_{n}),

其中,

⌊ x ⌋

为不超过

x

的最大整数,

{x} = x - ⌊ x ⌋

. 所以,

G = Γ_{e} + G \cap D .

根据

G

为离散子群,

G \cap D \subset G \cap \overline{D}

是有限集. 定义线性映射

π_{1} : V ⟶ R, v_{1} e_{1} + \dots + v_{n} e_{n} \mapsto v_{1} .

那么,

π_{1}

为满射并且

Ker (π_{1}) = V^{'} = span (e_{2}, \dots, e_{n})

. 此时,

π_{1} (G) < R

是子群. 我们断言

π_{1} (G)

是

R

的离散子群. 根据

G = Γ_{e} + G \cap D

, 我们有

π_{1} (G) = π (Γ_{e}) + π_{1} (G \cap D) = ⟨ π_{1} (e_{1})⟩ + π_{1} (G \cap D) .

由于

π_{1} (G \cap D)

是有限集, 所以

π_{1} (G)

在

R

中和任何紧集的交有限. 特别地,

π_{1} (G)

由某个

π_{1} (e_{1}^{'})

生成, 其中,

e_{1}^{'} \in G

. 至此, 我们有

G

的子群

⟨ e_{1}^{'} ⟩

和

G \cap V^{'}

. 很显然,

⟨ e_{1}^{'} ⟩ \cap (G \cap V^{'}) = 0

并且

⟨ e_{1}^{'} ⟩ + (G \cap V^{'}) = G

. 这表明,

G ≃ (G \cap V^{'}) \times Z e_{1}

. 对

(G \cap V^{'})

用归纳假设即可.

$□$

定理 3.5.11 (有限生成交换群的结构). 对每个有限生成的交换群 $A$ , 存在唯一一组整数 $r ⩾ 0, d_{1}, \dots, d_{s} ⩾ 2$ , 使得 $d_{s} ∣ d_{s - 1}, d_{s - 1} ∣ d_{s - 2}, \dots, d_{2} ∣ d_{1}$ 并且 $A ≃ Z^{r} \times i = 1 \prod s Z ╱ d_{i} Z .$ 我们称 $r$ 为 $A$ 的秩, 称 $(d_{1}, \dots, d_{s})$ 为 $A$ 的不变因子.

引理 3.5.12. ${x_{1}, \dots, x_{n}}$ 是有限生成的交换群 $A$ 的一组生成元, $k_{1}, \dots, k_{n} \in Z$ 且其最大公约数为 $1$ . 那么, 存在 $y_{2}, \dots, y_{n} \in A$ , 使得 ${k_{1} x_{1} + \dots + k_{n} x_{n}, y_{2}, \dots, y_{n}}$ 也是 $A$ 的一组生成元.

证明. 不妨假设 $∣ k_{1} ∣ ⩾ ∣ k_{2} ∣ ⩾ \dots ⩾ ∣ k_{n} ∣$ . 通过调整正负号, 还可以假设 $k_{1} > 0$ .

我们对 $k = i = 1 \sum n ∣ k_{i} ∣$ 进行归纳, 具体的归纳假设如下: 对任意生成元 ${x_{1}^{'}, \dots, x_{n}^{'}}$ 和任意 $k_{1}^{'}, \dots, k_{n}^{'} \in Z$ , 若 $k_{1}^{'}, \dots, k_{n}^{'}$ 的最大公约数为 $1$ 且 $i = 1 \sum n ∣ k_{i}^{'} ∣ < k$ , 就可以把 $k_{1}^{'} x_{1}^{'} + \dots + k_{n}^{'} x_{n}^{'}$ 扩充为 $A$ 的总数不超过 $n$ 个的一组生成元.

若 $k = 1$ , 则 $k_{1} x_{1} + \dots + k_{n} x_{n} = \pm x_{1}$ , 此时选取 $y_{2} = x_{2}, \dots, y_{n} = x_{n}$ 即可.

现在证明

k

的情形. 此时,

k_{1} ⩾ ∣ k_{2} ∣

, 根据

k_{2}

的符号

ε

, 我们可以做如下的调整:

k_{1} x_{1} + \dots + k_{n} x_{n} = (k_{1} - ε \cdot k_{2}) x_{1} + k_{2} (x_{2} + ε \cdot x_{1}) + k_{3} x_{3} \dots + k_{n} x_{n} .

此时,

x_{1}, x_{2} + ε x_{1}, x_{3}, \dots, x_{n}

仍然是

A

的总数不超过

n

个的一组生成元. 注意到

k_{2} \neq = 0

(否则

k_{2} = \dots = k_{n} = 0

, 根据

k_{1}, \dots, k_{n}

的最大公约数为

1

, 就有

k_{1} = 1

, 所以这是

k = 1

的情况) , 从而

∣ k_{1} - ε \cdot k_{2} ∣ + ∣ k_{2} ∣ + \dots + ∣ k_{n} ∣ < k .

根据归纳假设, 命题得证.

$□$

引理 3.5.13. 有限生成的交换群 $A$ 具有仿基, 即存在生成元集 ${x_{1}, \dots, x_{n}} \subset A$ , 使得 $i = 1 \sum n k_{i} x_{i} = 0 \Leftrightarrow k_{i} x_{i} = 0, i = 1, \dots, n .$

证明. 选取 $A$ 生成元集 ${x_{1}, \dots, x_{n}}$ 使得生成元个数 $n$ 是最小的并在此前提下要求 $ord (x_{1})$ 是最小的 (可以是 $\infty$ ) . 考虑 $A$ 的子群 $A_{0} = ⟨ x_{1} ⟩$ 和 $A_{1} = ⟨ x_{2}, \dots, x_{n} ⟩$ 以及群同态: $φ : A_{0} \times A_{1} \to A, (a_{0}, a_{1}) \mapsto a_{0} \cdot a_{1} .$ 特别地, 我们有 $φ ((x_{1}, 1)) \mapsto x_{1}$ , $φ ((1, x_{i})) = x_{i}$ , 其中, $i ⩾ 2$ . 从而, $Im (φ)$ 包含 $A$ 的生成元集, 从而为满射.

现在证明 $φ$ 是单射: 假设 $φ (m_{1} x_{1}, i = 2 \sum s m_{i} x_{i}) = 0$ , 其中, 不妨假设 $0 ⩽ m_{1} < ord (x_{1})$ . 我们的目标是证明 $m_{1} x_{1} = 0$ (从而 $i = 2 \sum s m_{i} x_{i} = 0$ ) , 所以不妨设 $m_{1} ⩾ 1$ . 考察这组数的最大公约数 $d = (m_{1}, \dots, m_{n})$ , 则 $d (k_{1} x_{1} + k_{2} x_{2} + \dots + k_{n} x_{n}) = 0, k_{i} = \frac{m _{i}}{d}, (k_{1}, \dots, k_{n}) = 1.$ 根据上一引理, 可以选取 $y_{1} = k_{1} x_{1} + i = 2 \sum s k_{i} x_{i}$ 和 $y_{2}, \dots, y_{n}$ 作为生成元的集合, 但是 $ord (y_{1}) ⩽ d ⩽ m_{1} < ord (x_{1}) .$ 这与 $ord (x_{1})$ 的最小性矛盾.

以上推理证明了

⟨ x_{1} ⟩ \times A_{1} ⟶ ≃ A

并且

A_{1}

的生成元数目不超过

n - 1

. 特别地,

A_{1}

的生成元数目严格小于

A_{0}

的最少生成元. 我们再对

A_{1}

进行以上的分解并将此程继续下去就可以得到一组拟基.

$□$

注记 3.5.14. 以上证明表明, $A$ 可以写成一些循环群 $A_{i}$ 的乘积. 特别地, $A$ 与 $Z^{r} \times \prod_{i = r + 1}^{n} Z ╱ m_{i} Z$ 形式的群同构.

注记 3.5.15 (有限生成交换群结构定理的存在性部分的证明). 根据上述仿基的命题, 可假设 $A ≃ Z^{r} \times \prod_{i = r + 1}^{n} Z ╱ m_{i} Z$ 的. 此时, 我们需要对 $Z ╱ m_{i} Z$ 这些因子进行分解和重排. 实际上, 根据 $m_{i}$ 的素因子分解, 我们有 ¹ $m_{i} = p \prod p^{α_{i} (p)} \Rightarrow Z ╱ m_{i} Z = p \prod Z ╱ p^{α_{i} (p)} Z .$ 从而, $A ≃ Z^{r} \times p \prod i = 1 \prod s Z ╱ p^{α_{i} (p)} Z .$ 现在将上面的乘积重新组合. 首先定义 $d_{1}$ : 对每个 $p$ , 令 $β (p) = max {α_{i} (p)}_{i}$ , 则令 $d_{1} = \prod_{p} β (p)$ 并将这一个 $β (p)$ 从 ${α_{i} (p)}_{i}$ 中删除. 其次定义 $d_{2}$ , 令 $γ (p) = max {α_{i} (p)}_{i}$ 以及 $d_{2} = \prod_{p} γ (p)$ 并将这一个 $β (p)$ 从 ${α_{i} (p)}_{i}$ 中删除. 以此类推, 我们自然有 $d_{2} ∣ d_{1}, d_{3} ∣ d_{2} \dots$ . 从而, $A ≃ Z^{r} (p \prod Z ╱ p^{β (p)} Z) \times (p \prod Z ╱ p^{γ (p)} Z) \times \dots = Z^{r} \times i = 1 \prod s Z ╱ d_{i} Z .$ 这就完成了定理中存在性的证明.

为了证明唯一性, 只要说明

r, d_{1}, \dots, d_{s}

可以完全由

A

本身计算即可. 先证明关于循环群的一个性质:

引理 3.5.16. $A$ 是循环群, $p$ 是素数, 那么, $p^{k - 1} A ╱ p^{k} A = {0, Z ╱ p Z, 若 ∣ A ∣ < \infty, p^{k} ∤ ∣ A ∣; 其余情况。$

证明. 设 $x$ 为 $A$ 的生成元, 则 $p^{k - 1} x$ 是 $p^{k - 1} A$ 的生成元并且 $p \cdot p^{k - 1} x \in p^{k} A$ . 从而, $p^{k - 1} A ╱ p^{k} A ≃ Z ╱ p Z 或 0.$ 引理对 $A ≃ Z$ 是显然的, 以下假设 $A$ 是有限循环群, 即 $A ≃ Z ╱ n Z$ , 并且 $n = p^{d} \cdot m$ , 其中, $(m, p) = 1$ . 那么, $A ≃ Z ╱ p^{d} Z \times Z ╱ m Z = A^{'} \times Z ╱ m Z$ , 其中, $A^{'} = Z ╱ p^{d} Z$ . 由于 $(m, p) = 1$ , 所以对任意的 $l$ , 群同态 $Z ╱ m Z \to Z ╱ m Z, \overline{a} \mapsto p^{l} \overline{a},$ 是同构. 取 $l = k - 1, l$ , 我们有 $p^{k - 1} \cdot Z ╱ m Z = Z ╱ m Z$ , $p^{k} \cdot Z ╱ m Z = Z ╱ m Z$ . 从而, $p^{k - 1} A ╱ p^{k} A ≃ p^{k - 1} A^{'} ╱ p^{k} A^{'} .$ 此时, 我们可以专注于 $p^{k - 1} A^{'} ╱ p^{k} A^{'}$ , 其中, $A^{'} = Z ╱ p^{d} Z$ :

•	如果 $d < k$ , 即 $p^{k} ∤ ∣ A ∣$ , 那么, $k - 1 ⩾ d$ . 从而, $p^{k - 1} A^{'} = p^{k - 1} \cdot Z ╱ p^{d} Z = 0$ . 这就给出 $p^{k - 1} A^{'} ╱ p^{k} A^{'} ≃ 0$ ;
•	如果 $d ⩾ k$ , 那么, $p^{k - 1} x^{'} \neq = 0$ (在 $A^{'}$ 中) , 其中 $x^{'}$ 为 $A^{'}$ 的生成元. 很明显, $p^{k - 1} x^{'} \in / p^{k} A^{'}$ , 所以, $p^{k - 1} A^{'} ╱ p^{k} A^{'} ≃ Z ╱ p Z$ .

综合上述, 我们就完成了引理的证明.

$□$

有限生成交换群结构定理的唯一性部分的证明. 任给存在性部分的一个分解

A ≃ Z^{r} \times i = 1 \prod s Z ╱ d_{i} Z

, 我们有

p^{k - 1} A ╱ p^{k} A ≃ (Z ╱ p Z)^{r} \times i = 1 \prod s p^{k - 1} (Z ╱ d_{i} Z) ╱ p^{k} (Z ╱ d_{i} Z) .

上述群的阶为

p^{r + s (k)}

, 其中,

s (k)

为

d_{1}, \dots, d_{s}

中能被

p^{k}

整除的数的个数. 根据

d_{1} ∣ d_{2} ∣ \dots ∣ d_{s}

, 这些数恰好是前面的

d_{1}, \dots, d_{s (k)}

. 这样, 当

k

取遍

{1, 2, \dots,}

时, 我们可以通过

s (k)

的值决定

d_{1}, \dots, d_{s}

所含

p

因子的幂, 从而决定

d_{1}, \dots, d_{s}

. 通过选取

p

与所有

d_{1}, \dots, d_{s}

互素, 我们知道

A ╱ p A ≃ (Z ╱ p Z)^{r}

决定了

r

. 所以, 秩

r

和不变因子

d_{1}, \dots, d_{s}

完全由群

A

本身决定. 这就给出了唯一性.

$□$

例子 3.5.17. 我们研究 $A = Z ╱ 4 Z \times Z ╱ 6 Z$ 的分解. 根据分类定理, 我们应该把它写成: $A ≃ Z ╱ 4 Z \times Z ╱ 6 Z ≃ Z ╱ 2 Z \times Z ╱ 2^{2} Z \times Z ╱ 3 Z .$ 此时, 根据上述构造过程, $d_{1} = 2^{2} \times 3$ , $d_{2} = 2$ . 从而, $A ≃ Z ╱ 12 Z \times Z ╱ 2 Z .$

1.	^ 参考习题 2.7.1

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3.5. 有限生成交换群的分类