有限Abel群的结构定理(Fundamental Theorem of Finite Abelian G

有限Abel群的结构定理（Fundamental Theorem of

Finite Abelian Groups）

有限Abel群的结构定理(Fundamental Theorem of Finite Abelian Groups) 有限Abel群是群论中已被研究清楚了的重要群类，也是应用比较广泛的群类，本节的主要结论是有限Abel群可以分解成阶为素数的方幂的循环群(循环p-群)的直积，而且表法是唯一的。我们先看几个具体的例子。

4阶群都是Abel群，它们有两种互不同构的类型，代表分别是。 Z,Z，Z422 ，其中是非Abel群;是Abel群，且6阶群有两种不同的类型，代表分别是ZZ,SS6633

。 Z,Z，Z623

8阶Abel群有三种不同的类型，代表分别是。 Z,Z，Z,Z，Z，Z824222

9阶群都是Abel群，它们有两种互不同构的类型，代表分别是。 Z,Z，Z933 这些有限Abel群都同构于循环群或者循环群的直积，并且每个循环群的阶都是一个素数的方幂，这些循环群的阶组成的有重集合正好是该群阶素数方幂乘积的所有可能组合。例如8阶

32Abel群，有三种情形:，分别对应于8写成素数方幂乘积所有可能的形式{2},{2,2},{2,2,2}

32(三种):。 8,2,8,2，2,8,2，2，2

下面我们讨论一般有限Abel群的结构。

引理1 设a是群G的一个元素，a的阶等于。其中与是两个互素的正整数，m,mmmm1212

那么a可以唯一的表示成，式中的阶是;;而且都

am(i,1,2)a(i,1,2)a,aaaa,aaii12i1221

是a的方幂。

证明因为与互素，所以存在整数使得。于是mmu,uum，um,112121122

umumum，umumumumum2211112211222211，令，则，而且

a,a,a,aa,aa,aaa,a,aa,aa121221

mm12都是的方幂。因为，所以的阶是的因子。由于

a(i,1,2)adm(i,1,2)ma,e,a,eaiiii112

与互素，从而互素，并且，故的阶等于。但是的阶是，

md,daa,aaaaddmma2121221121212

所以必有。 d,m,d,m1122

'''',1'',1再证表法的唯一性。设，其中满足条件。那么，

a,aa,aaa,a,a,aaa,aa121212121122

',1',1'注意到可以交换，所以的阶是m的因子，同理aa的阶是的因子，又m 与a,aaamm1212221111

,1'',1''互素，故必有，从而。 aa,aa,ea,a,a,a11221122

k引理2 设是群的有限阶元素，，是使的最小正整数，则 aGH,Ga,Hk

s(1) 当时，; k|sa,H

(2) 当<>时，ord a 。 a,H,ek,

rsk,q证明 (1)令，则，由k的最小性知，。因s,kq，r,0,r,ka,a(a),Hk,0此，k|s 。

sn(2)由条件可知存在。令。设ord a=n，则，x,,a,,H,x,ex,a,Ha,e,H

s由k的最小性知，。假若，则由(1)可知n|s,所以，与矛盾。因此，

k,nk,nx,a,ex,e

ord a 。 k,

nnn12s定理1 设G是一个n()阶Abel群，，其中是互异p,p,？,pn,pp？pn,112s12s

的素数，，那么。其中表示G中阶n,0(i,1,2,？,s)G,G(p)，G(p)，？，

G(p)G(p)i12si为素数的方幂的元素的全体(这里因为非空，而且对G的运算封闭，所以是G的子群)。 pG(p)ii

证明由引理1，考虑分解成几个互素的因子的一般情形，可证结论。 m

因中元素的阶都是素数的方幂，的阶也是素数的方幂，G(p)pG(p)piiii

ni，所以。 |G|,,|G(p)||G(p)|,p,i,1,2,？,siii1,i,s

定义1 如果群G中一个元素g的阶为素数p的一个方幂，则称g为一个p,元素(p,element)。如果群G的阶是素数p的一个方幂，则称G为一个,,群

(,,group)。

nn11定义2 设群G的阶为是一个素数，q与p互素，那么G的阶子群称为G的n,pq,pp一个Sylow p,子群(Sylow p,subgroup)。

定理1说明每个n阶Abel群可以表示为它的Sylow p,子群的直积。

定理2 (有限Abel群的结构定理)任何阶大于1的有限Abel群都可以唯一地分解为素G幂阶循环群(从而为不可分解群)的直积。也可以描述为: nnn12s设G是一个n()阶Abel群，，其中是互异的素数，p,p,？,pn,pp？pn,112s12s

，那么 n,0(i,1,2,？,s)i

G,Z，Z，？，Z，？，Z，Z，？，Z， kkkkkk11121rs1s2srs1ppppppsss111 kij其中k,k,？,k,且k，k，？，k,n,i,1,2,？,s。称每个为群

p(i,1,2,？,s)i1i2iri1i2iriiii

kkkkrssr1111s1的初等因子(elementary divisor)，其全体称为群的初等{p,？,p,？,p,？,p}GG11ss因子组(group of elementary divisor)。

, 证明由定理1我们仅需证明G是素幂阶有限Abel群即可。为此，我们可设是|G|,p,p素数，是正整数。 ,

n

(1)存在性设，且是G的使最小的一组

nord(a)G,,a,a,？,a,a,a,？,a,i12n12ni,1

nn元生成系，即对G的任何一组n元生成系均有。下面证

明:ord(a),ord(x)x,x,？,x,,12nii,1,1ii

。 G,,a,，,a,，？，,a,12n

令，仅需证。若不然，不妨设H,,,a,,i,1,2,？,nH,,a,,e,i,1,2,？,nijii,ji ，，其中。再令是使r,1H,,a,,e,i,1,2,？,rH,,a,,e,j,r，1,r，

2,？,nkiijji

ki的最小正整数且不妨设，则由引理2，

a,H(i,1,2,？,r)k,min(k,k,？,k)ii112r

,。但是，，故每个都是p的方幂，从而都是p的方幂而且

k|ord(a)|G|,pord(a)kiiii

，再由引理2可得 k|k,i,2,3,？,r1i

(1) k,ord(a)11

k1再由于，故可令 a,H,,a,,a,？,a,1123n

sskssss123rr，1， (2) a,aa？aa？a123，1rrn从而由此可知

sj ， a,,a,:H,e,j,r，1,？,njjj

sj故a,e,j,r，1,？,n。于是由(2)知 j

ksss312r ， (3) a,aa？a123r

si由此等式又可知，从而由引理2，。进而。令

a,Hk|sk|s(i,2,3,？,r)ii1iii

， (4) s,kq,i,2,3,？,ri1i

并且令

,q,q2r ， (5) b,aa？a112r

qq2r则由此可知。从而 a,ba？a112r

G,,b,a,？,a,12n

即也是群G的一组n元生成系。 b,a,？,a12n

然而由(5)以及(3)，(4)可知

kk,kq,kq11121r ， b,aa？a,e112r

于是由(1)知，ord().从而 b,k,ord(a)111

， ord(b)，ord(a)，？，ord(a),ord(a)，ord(a)，？，ord(a)12n12n n

这与的最小性矛盾。因此，结论成立。 ord(a),ii,1

2) 唯一性设

(6) G,,a,，,a,，？，,a,,,b,，,b,，？，,b,12r12s是G的两种这样的分解，且其初等因子组分别为

。 ,,,,m,m,？,m,n,n,？,n12r12s

a由于，故每个和每个，都是p的方幂。不妨假定

mn(i,1,2,？,r;j,1,2,？,s)|G|,pji

。 m,m,？,m,n,n,？,n12r12s

(1)若且不妨设r

m,n,？,m,nr,s11rr

, mm？m,nn？n12r12r而按第二种分解又为

, nn？nnn12rr，1s

这显然是不可能的。

(2)若，但。则令 m,n,？,m,nm,n11t,1t,1tt

nt ,,, H,x|x,G

并由此易知且由(6)有 H,G

nnnntttt H,,a,，？，,a,,,b,，？，,b,11rs因为，故 ord(a),mii

mnit . ord(a),,i,1,2,？,ri(n,m)ti

但因m,n都是p的方幂，故n|m(i,1,2,？,t)。从而H的阶按第一种分解为正整数 ijti

mmmmmmt,1tt，112r ,,？,,,,？, nnnn(n,m)(n,m)tttttt，1rr之积。同理，H 的阶按第二种分解又为正整数

nnnt,112 ,,？,,1,1,？,1nnnttt

之积。这显然也是不可能的。

因此，有(1)与(2)可知:r=s且。从而。亦即Gm,n(i,1,2,？,r),a,,,b,iiii 的两种分解的初等因子组相同。

由定理2可知，一个有 …… 此处隐藏：4553字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……