1. 第11节

这段话是本节的开场白，它的作用是“盘点家底”。在学习新知识（如何构造新群）之前，作者先带领我们回顾一下已经学过的、熟悉的群的例子。这有助于我们将新知识与旧知识联系起来，建立一个更完整的知识体系。

1. 回顾的起点是有限群：
   • 循环群 $\mathbb{Z}_{n}$：这是最基本的一类有限群，由整数模 $n$ 的加法构成。例如 $\mathbb{Z}_4 = \{0, 1, 2, 3\}$ 在模4加法下构成一个群。
   • 对称群 $S_{n}$：由 $n$ 个元素的集合上的所有置换（双射函数）构成的群，运算是函数复合。它的阶是 $n!$。例如 $S_3$ 是 $\{1, 2, 3\}$ 上的所有置换构成的群，有 $3! = 6$ 个元素。
   • 交错群 $A_{n}$：它是对称群 $S_{n}$ 的一个重要子群，由 $S_n$ 中所有的偶置换构成。它的阶是 $n!/2$。
   • 二面体群 $D_{n}$：表示一个正 $n$ 边形的对称变换群，包括旋转和翻转。它的阶是 $2n$。例如 $D_4$ 是正方形的对称群，有 8 个元素。
   • 克莱因四元群 $V$：这是一个特殊的4阶阿贝尔群（交换群），但它不是循环群。它同构于 $D_2$。
   • 子群：作者提醒我们，从这些已知的群出发，我们还可以找到它们的子群，这也是群的来源之一。
2. 接着转向无限群：
   • 基于数集的群：
   • 加法群：整数集 $\mathbb{Z}$、实数集 $\mathbb{R}$、复数集 $\mathbb{C}$ 在普通的加法运算下都构成群。
   • 乘法群：从这些集合中去掉加法单位元0，即它们的非零元素，在乘法运算下也构成群。例如 $\mathbb{R}^*$（非零实数乘法群）。
   • 模为1的复数群 $U$：在复平面上，所有位于单位圆上的复数，在复数乘法下构成一个群。例如 $e^{i\theta}$ 形式的数。
   • 同构关系：作者提到了一个重要的同构关系，即群 $U$ 与群 $\mathbb{R}_c$ 同构。$\mathbb{R}_c$ 指的是实数在模 $c$ 加法下构成的群，可以想象成把实数轴卷起来，长度为 $c$ 的一段首尾相接。例如 $\mathbb{R}_{2\pi}$ 和 $U$ 就是同构的，通过映射 $x \mapsto e^{ix}$。
   • 无限置换群 $S_A$：如果集合 $A$ 是一个无限集，那么 $A$ 到自身的所有置换（双射）也构成一个群，这是 $S_n$ 的无限版本。
   • 矩阵群：很多满足特定条件的方块矩阵集合，在矩阵乘法下也构成群，例如所有可逆的 $n \times n$ 实数矩阵构成的一般线性群 $GL(n, \mathbb{R})$。

这段话明确了本节的核心目标和路线图。

1. 核心目标：学习一种新的构造群的方法。这个方法的核心思想是“组合”，即使用已知的群（构建块，building blocks）来创建新的群。这个方法就是后面要讲的直积。
2. 第一个示例预告：作者预告了，我们将看到如何用这种新方法，通过组合两个最简单的循环群（$\mathbb{Z}_2$）来“重新发现”或“构造出”克莱因四元群 $V$。这说明新方法可以产生我们已知但结构非凡的群。具体来说，就是 $V \cong \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$。
3. 更宏大的目标：将这种构造方法应用在循环群上，将会产生一大类重要的群——有限生成阿贝尔群。
4. 理论的重要性：作者进一步指出，这个方法得到的群极其重要，因为它几乎囊括了所有有限阿贝尔群的结构。后面要讲的“有限生成阿贝尔群基本定理”将精确地阐述这一点。这个定理是群论中一个里程碑式的结论。
5. 出发点：为了形式化地定义这个“组合”方法，我们需要先从一个更基本的数学概念——集合的笛卡尔积——开始，并将其推广。定义0.4（在本书第0节）中可能只定义了两个集合的笛卡尔积，这里需要推广到任意有限多个集合的笛卡尔积。

这是群的直积的 foundational step，即在集合层面上定义笛卡尔积。

1. 核心概念：笛卡尔积（Cartesian Product）是一种从多个集合生成一个新集合的方法。
2. 参与者：$n$ 个集合，分别记为 $S_1, S_2, \dots, S_n$。这些集合可以是任何集合，里面的元素可以是数字、字母、函数，甚至是其他的集合。
3. 生成物：生成的新集合的元素是一种特殊的对象，叫做“有序 $n$ 元组”（ordered n-tuple）。
4. 有序 $n$ 元组的结构：一个有序 $n$ 元组写作 $(a_1, a_2, \dots, a_n)$。
   • 有序：元组中元素的顺序是至关重要的。例如，$(1, 2)$ 和 $(2, 1)$ 是不同的二元组（除非 $1=2$）。
   • $n$ 元：元组中有 $n$ 个“位置”或“分量”（component）。
   • 元素来源：第 $i$ 个位置上的元素 $a_i$ 必须取自第 $i$ 个集合 $S_i$。也就是说，$a_1 \in S_1$, $a_2 \in S_2$, ..., $a_n \in S_n$。
5. 笛卡尔积的定义：$S_1, S_2, \dots, S_n$ 的笛卡尔积就是所有满足上述条件的有序 $n$ 元组构成的集合。一个都不能少。
6. 符号表示：
   • $S_{1} \times S_{2} \times \cdots \times S_{n}$：这是最直观的表示法，用乘号 $\times$ 连接各个集合。
   • $\prod_{i=1}^{n} S_{i}$：这是更紧凑的数学表示法。大写的希腊字母 $\Pi$ (Pi) 在这里表示“乘积”，是 Product 的首字母，与求和符号 $\Sigma$ (Sigma) 对应。
7. 范围限定：作者明确指出，本课程只关注有限多个集合的笛卡尔积。无限多个集合的笛卡尔积定义更复杂（涉及到选择公理等深层集合论问题），超出了当前讨论的范围。

这段话的作用是从集合的笛卡尔积过渡到群的直积。

1. 主角登场：这次我们操作的对象不再是任意的集合，而是 $n$ 个群，记为 $G_1, G_2, \dots, G_n$。每个 $G_i$ 本身都是一个群，拥有自己的群运算。
2. 统一符号：为了方便讨论，作者约定，暂时将所有这些群的运算都用“乘法符号”来表示。这意味着 $G_i$ 中的运算记作 $a_i \cdot b_i$ 或简写为 $a_i b_i$。即使某些群（如 $\mathbb{Z}_n$）的自然运算是加法，我们也暂时把它看作是一种“乘法”。
3. 第一步：构造集合：既然每个群 $G_i$ 首先是一个集合，我们就可以像上一节一样，对它们的底层集合进行笛卡尔积操作，得到一个新的集合 $\prod_{i=1}^{n} G_{i}$。这个集合的元素是形如 $(g_1, g_2, \dots, g_n)$ 的 $n$ 元组，其中 $g_i \in G_i$。
4. 第二步：定义运算：仅仅有一个集合还不够，要成为一个群，还必须在这个集合上定义一个满足群公理的二元运算。
5. 核心思想：分量乘法 (componentwise multiplication)：作者提出了定义新运算的方法，即“分量乘法”。具体来说，要计算两个 $n$ 元组的“乘积”，我们只需将它们对应位置上的分量，在各自所属的群中进行运算即可。
   • 取两个元素：$(a_1, a_2, \dots, a_n)$ 和 $(b_1, b_2, \dots, b_n)$。
   • 它们的“乘积”被定义为：$(a_1 b_1, a_2 b_2, \dots, a_n b_n)$。
   • 这里的 $a_1 b_1$ 是在群 $G_1$ 中计算的，$a_2 b_2$ 是在群 $G_2$ 中计算的，以此类推。
6. 符号的严谨性说明：作者特意提醒，用 $G_i$ 同时指代一个群（一个包含集合和运算的代数结构）和这个群的元素集合，是一种不完全严谨但普遍接受的简便做法。严格来说，一个群应该是 $(G_i, *_i)$，其中 $G_i$ 是集合，$_i$ 是运算。但上下文通常足够清晰，可以避免混淆。

这个定理正式断言，上一段中描述的构造方法确实能产生一个群。为了证明这个断言，我们需要验证群的四条公理：封闭性、结合律、单位元和逆元。

1. 定理陈述：
   • 给定：$n$ 个群 $G_1, \dots, G_n$。
   • 构造集合：取它们的笛卡尔积 $\prod_{i=1}^{n} G_{i}$。
   • 定义运算：对于集合中的任意两个元素 $(a_1, \dots, a_n)$ 和 $(b_1, \dots, b_n)$，它们的积是 $(a_1b_1, \dots, a_nb_n)$（即分量乘法）。
   • 结论：在这个运算下，集合 $\prod_{i=1}^{n} G_{i}$ 构成一个群。这个新群被称为 $G_i$ 的直积（Direct Product）。
2. 证明过程 (下面会逐一展开)：
   • 验证封闭性 (Closure)：证明两个元素的积仍然属于这个集合。
   • 验证结合律 (Associativity)：证明 $(x \cdot y) \cdot z = x \cdot (y \cdot z)$。
   • 验证单位元存在性 (Identity Element)：找到一个元素 $e$，使得任何元素 $x$ 与它相乘都等于 $x$。
   • 验证逆元存在性 (Inverse Element)：证明对于任何元素 $x$，都存在一个元素 $x^{-1}$，使得 $x \cdot x^{-1} = e$。

这是对群公理第一条：封闭性的证明。

1. 目标：证明对直积 $\prod G_i$ 中的任意两个元素进行我们定义的乘法运算，得到的结果仍然是 $\prod G_i$ 中的一个元素。
2. 取任意两个元素：
   • $a = (a_1, a_2, \dots, a_n)$
   • $b = (b_1, b_2, \dots, b_n)$
   • 根据笛卡尔积的定义，我们知道 $a_i \in G_i$ 且 $b_i \in G_i$ 对所有 $i=1, \dots, n$ 成立。
3. 进行运算：
   • 它们的积是 $a \cdot b = (a_1 b_1, a_2 b_2, \dots, a_n b_n)$。
4. 检查结果的合法性：
   • 要使结果 $(a_1 b_1, a_2 b_2, \dots, a_n b_n)$ 成为 $\prod G_i$ 中的一个合法元素，它必须满足笛卡尔积的定义，即它的第 $i$ 个分量必须属于第 $i$ 个集合 $G_i$。
   • 我们来检查第 $i$ 个分量 $a_i b_i$。
   • 我们已知 $a_i \in G_i$ 并且 $b_i \in G_i$。
   • 我们还知道 $G_i$ 本身就是一个群。
   • 根据群的封闭性公理，在一个群中，任意两个元素的运算结果仍然在该群中。所以，$a_i b_i$ 的计算结果必然属于 $G_i$。
5. 得出结论：
   • 由于对于所有的 $i=1, \dots, n$，第 $i$ 个分量 $a_i b_i$ 都属于 $G_i$，因此整个元组 $(a_1 b_1, a_2 b_2, \dots, a_n b_n)$ 完全符合 $\prod G_i$ 中元素的定义。
   • 所以，运算是封闭的。作者说运算的定义是“合理的”（well-defined），在这里主要就是指封闭性成立。

这是对群公理第二条：结合律的证明。

1. 目标：证明对于直积 $\prod G_i$ 中的任意三个元素 $A, B, C$，它们的乘法满足 $(A \cdot B) \cdot C = A \cdot (B \cdot C)$。
2. 取任意三个元素：
   • $A = (a_1, a_2, \dots, a_n)$
   • $B = (b_1, b_2, \dots, b_n)$
   • $C = (c_1, c_2, \dots, c_n)$
3. 计算等式左边 $(A \cdot B) \cdot C$：
   • 第一步 (括号内)：计算 $A \cdot B$。根据分量乘法定义，结果是 $(a_1 b_1, a_2 b_2, \dots, a_n b_n)$。
   • 第二步 (与C相乘)：将上一步的结果与 $C$ 相乘。
   • $(a_1 b_1, a_2 b_2, \dots, a_n b_n) \cdot (c_1, c_2, \dots, c_n)$
   • 根据定义，结果是 $(\,(a_1 b_1) c_1, (a_2 b_2) c_2, \dots, (a_n b_n) c_n\,)$。
4. 计算等式右边 $A \cdot (B \cdot C)$：
   • 第一步 (括号内)：计算 $B \cdot C$。根据定义，结果是 $(b_1 c_1, b_2 c_2, \dots, b_n c_n)$。
   • 第二步 (与A相乘)：将 $A$ 与上一步的结果相乘。
   • $(a_1, a_2, \dots, a_n) \cdot (b_1 c_1, b_2 c_2, \dots, b_n c_n)$
   • 根据定义，结果是 $(\,a_1 (b_1 c_1), a_2 (b_2 c_2), \dots, a_n (b_n c_n)\,)$。
5. 比较左右两边的结果：
   • 左边的第 $i$ 个分量是 $(a_i b_i) c_i$。
   • 右边的第 $i$ 个分量是 $a_i (b_i c_i)$。
   • 因为 $a_i, b_i, c_i$ 都是群 $G_i$ 中的元素，而 $G_i$ 本身是一个群，所以它必然满足结合律。这意味着在 $G_i$ 中，$(a_i b_i) c_i = a_i (b_i c_i)$ 成立。
   • 由于这个等式对所有分量 $i=1, \dots, n$ 都成立，所以左右两边的两个 $n$ 元组的每一个分量都完全相同。
   • 因此，这两个 $n$ 元组是相等的。即 $(A \cdot B) \cdot C = A \cdot (B \cdot C)$。
6. 结论：直积群的运算满足结合律。

这部分内容简要地证明了群公理的第三和第四条：单位元和逆元。

1. 单位元 (Identity Element)

• 猜想单位元：既然运算是分量式的，那么直积群的单位元很可能也是由各分量群的单位元组成的。令 $e_i$ 是群 $G_i$ 的单位元，我们猜想 $E = (e_1, e_2, \dots, e_n)$ 是直积群的单位元。
• 验证：我们需要证明对于直积群中的任意元素 $A = (a_1, a_2, \dots, a_n)$，都有 $A \cdot E = E \cdot A = A$。
• 计算 $A \cdot E$:
• $A \cdot E = (a_1, a_2, \dots, a_n) \cdot (e_1, e_2, \dots, e_n)$
• 根据定义，这等于 $(a_1 e_1, a_2 e_2, \dots, a_n e_n)$。
• 因为 $e_i$ 是 $G_i$ 的单位元，所以 $a_i e_i = a_i$ 对所有 $i$ 都成立。
• 因此，结果是 $(a_1, a_2, \dots, a_n)$，这正是 $A$。
• 计算 $E \cdot A$:
• $E \cdot A = (e_1, e_2, \dots, e_n) \cdot (a_1, a_2, \dots, a_n) = (e_1 a_1, e_2 a_2, \dots, e_n a_n)$。
• 因为 $e_i$ 是 $G_i$ 的单位元，所以 $e_i a_i = a_i$。
• 结果也是 $(a_1, a_2, \dots, a_n) = A$。
• 结论：$E = (e_1, e_2, \dots, e_n)$ 确实是直积群的单位元。作者用“显然”一词，是因为这个验证过程非常直接。

2. 逆元 (Inverse Element)

• 猜想逆元：对于任意元素 $A = (a_1, a_2, \dots, a_n)$，它的逆元很可能也是由各分量的逆元组成的。令 $a_i^{-1}$ 是 $a_i$ 在群 $G_i$ 中的逆元，我们猜想 $A$ 的逆元是 $A' = (a_1^{-1}, a_2^{-1}, \dots, a_n^{-1})$。
• 验证：我们需要证明 $A \cdot A' = A' \cdot A = E$ (其中 $E$ 是我们刚找到的单位元)。
• 计算 $A \cdot A'$:
• $A \cdot A' = (a_1, a_2, \dots, a_n) \cdot (a_1^{-1}, a_2^{-1}, \dots, a_n^{-1})$
• 根据定义，这等于 $(a_1 a_1^{-1}, a_2 a_2^{-1}, \dots, a_n a_n^{-1})$。
• 因为 $a_i^{-1}$ 是 $a_i$ 在 $G_i$ 中的逆元，所以 $a_i a_i^{-1} = e_i$ 对所有 $i$ 都成立。
• 因此，结果是 $(e_1, e_2, \dots, e_n)$，这正是单位元 $E$。
• 计算 $A' \cdot A$ (同理可得 $E$)。
• 结论：$(a_1^{-1}, a_2^{-1}, \dots, a_n^{-1})$ 确实是 $(a_1, a_2, \dots, a_n)$ 的逆元。

3. 总最终结论

• 因为封闭性、结合律、单位元和逆元这四条群公理都得到了满足，所以我们可以断定：在分量乘法下，集合 $\prod_{i=1}^{n} G_{i}$ 确实构成一个群。

这段话介绍了一个术语和符号上的变体，专门用于阿贝尔群（交换群）的直积。

1. 前提条件：这个变体只在一种特殊情况下使用，那就是当所有的分量群 $G_1, G_2, \dots, G_n$ 都是阿贝尔群时。
2. 运算符号的改变：
   • 在阿贝尔群的语境下，群运算通常习惯写成加法 $+$，而不是乘法 $\cdot$。
   • 相应地，直积群的分量式运算也跟着写成加法。即 $(a_1, \dots, a_n) + (b_1, \dots, b_n) = (a_1+b_1, \dots, a_n+b_n)$。
3. 名称的改变：
   • 当使用加法符号时，这个构造出来的群通常被称为“直和”（Direct Sum），而不是“直积”（Direct Product）。
4. 符号的改变：
   • 为了强调是“和”而不是“积”，表示直和的符号也从 $\times$ 或 $\prod$ 变成了 $\oplus$ 或 $\bigoplus$。
   • 所以，阿贝尔群 $G_1, \dots, G_n$ 的直和记作 $G_1 \oplus G_2 \oplus \dots \oplus G_n$ 或者 $\bigoplus_{i=1}^{n} G_i$。
5. 本质：需要强调的是，直和与直积在有限个群的情况下，是完全相同的数学构造。它们的区别仅仅在于：
   • 语境：直和通常用在阿贝尔群的讨论中。
   • 符号：直和使用加法符号 ($+, \oplus, \bigoplus$)，直积使用乘法符号 ($\cdot, \times, \prod$)。
   • 注意：对于无限多个群的情况，直积和直和的定义会产生区别，但本书目前不涉及。
6. 留给读者的习题：作者提到了一个很自然的问题：如果所有的分量群都是阿贝尔群，那么由它们构成的直积（或直和）是不是也一定是阿贝尔群呢？答案是肯定的，但作者没有在这里证明，而是把它作为一道练习题（习题46）留给读者自己去完成。这个证明非常简单，和结合律的证明思路完全一样。

这段话解释了如何计算一个有限直积群的阶（即元素的总数）。

1. 起点：这个结论源于组合数学中的乘法原理 (Multiplication Principle)。
2. 问题：给定 $n$ 个有限集合 $S_1, S_2, \dots, S_n$，它们的笛卡尔积 $\prod S_i$ 中有多少个元素？
3. 集合大小：假设集合 $S_i$ 的大小（元素个数）为 $r_i$。在群论的语境下，$r_i$ 就是有限群 $G_i$ 的阶。
4. 构造一个元素：笛卡尔积中的一个元素是一个 $n$ 元组 $(a_1, a_2, \dots, a_n)$。为了确定总共有多少个这样的元组，我们可以想象一个分步骤构造元组的过程：
   • 步骤1：选择第一个分量 $a_1$。$a_1$ 必须来自集合 $S_1$。因为 $S_1$ 有 $r_1$ 个元素，所以我们有 $r_1$ 种不同的选择。
   • 步骤2：选择第二个分量 $a_2$。$a_2$ 必须来自集合 $S_2$。对于步骤1中做出的每一种选择，我们都有 $r_2$ 种不同的选择来填充第二个位置。
   • 步骤3：选择第三个分量 $a_3$。同样，对于前面已经确定的 $a_1, a_2$ 的每一种组合，我们都有 $r_3$ 种选择来填充第三个位置。
   • ...
   • 步骤n：选择第n个分量 $a_n$。我们有 $r_n$ 种选择。
5. 应用乘法原理：由于每一步的选择都是独立的，总的选择数（也就是元组的总数）就是每一步选择数的乘积。
   • 总数 = (第一步的选择数) $\times$ (第二步的选择数) $\times \cdots \times$ (第n步的选择数)
   • 总数 = $r_1 \times r_2 \times \cdots \times r_n$
6. 结论：如果群 $G_i$ 的阶是 $|G_i| = r_i$，那么它们的直积群 $\prod G_i$ 的阶是 $|\prod G_i| = r_1 r_2 \cdots r_n$。

这个例子通过一个具体的计算，展示了直积可以生成我们熟悉的群，并引出了一个核心问题：什么时候直积是循环群？

1. 研究对象：$\mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{3}$。我们知道它有6个元素。
2. 核心问题：这个6阶群的结构是什么？我们知道存在两种6阶群：循环群 $\mathbb{Z}_6$ 和 非阿贝尔群 $S_3$（或与之同构的 $D_3$）。由于 $\mathbb{Z}_2$ 和 $\mathbb{Z}_3$ 都是阿贝尔群，它们的直积也必然是阿贝尔群。所以它不可能是 $S_3$。那么，它是不是 $\mathbb{Z}_6$ 呢？
3. 判断方法：要判断一个群是否同构于循环群 $\mathbb{Z}_6$，我们只需检查它是否是一个6阶的循环群。而要判断它是否是循环群，只需找到一个生成元（generator），即一个阶为6的元素。
4. 选择候选生成元：作者选择了最自然的候选者 $(1,1)$。
5. 计算生成过程：作者通过重复将 $(1,1)$ 与自身相加，来计算由它生成的循环子群的元素。
   • $1 \cdot (1,1) = (1,1)$
   • $2 \cdot (1,1) = (1,1)+(1,1) = (1+_2 1, 1+_3 1) = (0, 2)$
   • $3 \cdot (1,1) = (1,1)+(1,1)+(1,1) = (1, 1+1+1) = (1, 0)$
   • $4 \cdot (1,1) = (0,2)+(0,2) = (0,1)$ (另一种算法: $4(1,1)= (4\pmod 2, 4\pmod 3) = (0,1)$)
   • $5 \cdot (1,1) = (5\pmod 2, 5\pmod 3) = (1,2)$
   • $6 \cdot (1,1) = (6\pmod 2, 6\pmod 3) = (0,0)$。 这是单位元。
6. 分析结果：
   • 在加了6次之后，我们第一次回到了单位元 $(0,0)$。这意味着元素 $(1,1)$ 的阶是6。
   • 在回到单位元之前，我们生成了6个不同的元素：$(1,1), (0,2), (1,0), (0,1), (1,2)$ 和最后的 $(0,0)$。
   • 这6个元素正好是 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_3$ 的所有元素。
7. 得出结论：
   • 由于 $(1,1)$ 一个元素就生成了整个群，所以 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_3$ 是一个循环群。
   • 一个重要的群论事实：对于任何给定的阶 $n$，所有循环群都是同构的。也就是说，任何一个 $n$ 阶循环群的结构都和 $\mathbb{Z}_n$ 一样。
   • 因此，6阶循环群 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_3$ 必然同构于 $\mathbb{Z}_6$。写作 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_3 \cong \mathbb{Z}_6$。

这个例子提供了一个直积不产生循环群的反例，从而深化了对直积结构的理解。

1. 研究对象：$\mathbb{Z}_{3} \times \mathbb{Z}_{3}$。这是一个阶为 $3 \times 3 = 9$ 的阿贝尔群。
2. 核心问题：这个9阶群是循环群吗？也就是说，它是否同构于 $\mathbb{Z}_9$？
3. 作者的断言：它不是循环群。
4. 证明思路：要证明一个群不是循环的，我们需要证明它不存在生成元。一个9阶群的生成元，其阶必须是9。所以，我们只需证明 $\mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_3$ 中没有阶为9的元素。
5. 论证过程：
   • 取 $\mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_3$ 中的任意一个元素，记作 $(a, b)$，其中 $a, b \in \mathbb{Z}_3$。
   • 我们来计算这个元素的 $3$ 倍，即 $3(a,b) = (a,b)+(a,b)+(a,b)$。
   • 根据分量加法，这等于 $(a+a+a, b+b+b) = (3a, 3b)$。
   • 在群 $\mathbb{Z}_3$ 中，任何元素 $x$ 乘以3，其结果都是 $3x \equiv 0 \pmod 3$。所以 $3a=0$ 且 $3b=0$。
   • 因此，$3(a,b) = (0,0)$，也就是单位元。
6. 分析结果：
   • 对于任意元素 $(a,b)$，它的3倍都是单位元。
   • 根据阶的定义，这意味着群中每个元素的阶都整除3。所以，元素的阶只能是1（只有单位元）或3。
   • 这个群中不存在阶大于3的元素，更不用说阶为9的元素了。
7. 得出结论：
   • 因为没有阶为9的元素，所以 $\mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_3$ 没有生成元，它不是一个循环群。
   • 这意味着，我们发现了一个和 $\mathbb{Z}_9$ 阶数相同（都是9阶），但结构完全不同（一个循环，一个非循环）的阿贝尔群。这说明9阶阿贝尔群至少有两种不同的结构。
8. 推广与引申：
   • 作者指出，同样的逻辑可以应用到 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$。这是一个4阶群。任意元素 $(a,b)$ 的2倍是 $2(a,b) = (2a, 2b) = (0,0)$。所以所有非单位元元素的阶都是2。它没有阶为4的元素，所以它不是循环群 $\mathbb{Z}_4$。
   • 我们已知的4阶群只有两种结构：循环群 $\mathbb{Z}_4$ 和克莱因四元群 $V$。既然 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$ 是4阶阿贝尔群且非循环，那它必然同构于 $V$。即 $V \cong \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$。这印证了本节开头“克莱因四元群将通过这种方式从循环群中恢复”的预言。

这个定理精确地回答了前两个例子提出的问题：什么样的 $\mathbb{Z}_m \times \mathbb{Z}_n$ 是循环的？

1. 定理陈述：这是一个“当且仅当”（if and only if）类型的命题，意味着它包含两个方向的论断。
   • 对象：形如 $\mathbb{Z}_m \times \mathbb{Z}_n$ 的直积群。
   • 性质：该群是循环群（并且因此同构于与它同阶的循环群 $\mathbb{Z}_{mn}$）。
   • 条件：两个整数 $m$ 和 $n$ 互质（coprime 或 relatively prime），即它们没有除1以外的公因子。用数学语言说，就是它们的最大公约数 $\text{gcd}(m, n) = 1$。
2. 两个方向的论断：
   • 方向一 (充分性, "if"): 如果 $m$ 和 $n$ 互质，那么 $\mathbb{Z}_m \times \mathbb{Z}_n$ 是循环的。
   • 这解释了为什么 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_3$ 是循环的，因为 $\text{gcd}(2, 3) = 1$。
   • 方向二 (必要性, "only if"): 如果 $\mathbb{Z}_m \times \mathbb{Z}_n$ 是循环的，那么 $m$ 和 $n$ 必须互质。
   • 这等价于说：如果 $m$ 和 $n$ 不互质，那么 $\mathbb{Z}_m \times \mathbb{Z}_n$ 不是循环的。
   • 这解释了为什么 $\mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_3$ 不是循环的，因为 $\text{gcd}(3, 3) = 3 \neq 1$。同样，$\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$ 不是循环的，因为 $\text{gcd}(2, 2) = 2 \neq 1$。$\mathbb{Z}_6 \times \mathbb{Z}_9$ 也不会是循环的，因为 $\text{gcd}(6, 9) = 3 \neq 1$。
3. 核心联系：这个定理在群论的结构（是否循环）和数论的性质（是否互质）之间建立了一座至关重要的桥梁。

这部分是定理11.5的充分性证明：如果 $\text{gcd}(m, n) = 1$，那么 $\mathbb{Z}_m \times \mathbb{Z}_n$ 是循环的。

1. 证明策略：为了证明群是循环的，我们只需找到一个生成元。作者选择证明 $(1,1)$ 就是一个生成元。
2. 生成元的阶：要证明 $(1,1)$ 是生成元，我们需要计算它的阶，并证明其阶等于整个群的阶，即 $mn$。
3. 阶的定义：元素 $(1,1)$ 的阶是最小的正整数 $k$，使得 $k(1,1) = (0,0)$。
4. 计算 $k(1,1)$：
   • $k(1,1) = (k \cdot 1 \pmod m, k \cdot 1 \pmod n) = (k \pmod m, k \pmod n)$。
5. 分析等于单位元的条件：
   • 要使 $(k \pmod m, k \pmod n) = (0,0)$，必须同时满足以下两个条件：
   • $k \pmod m = 0$，即 $k$ 是 $m$ 的倍数。
   • $k \pmod n = 0$，即 $k$ 是 $n$ 的倍数。
   • 因此，$k$ 必须是 $m$ 和 $n$ 的一个公倍数。
6. 寻找最小的 $k$：
   • 我们寻找的是满足条件的最小正整数 $k$。
   • 所以，$k$ 必须是 $m$ 和 $n$ 的最小公倍数 (Least Common Multiple, lcm)。
   • 即，元素 $(1,1)$ 的阶等于 $\text{lcm}(m, n)$。
7. 使用核心前提：我们已知的前提是 $m$ 和 $n$ 互质，即 $\text{gcd}(m, n) = 1$。
8. 应用数论定理：有一个基本的数论结论：对于任意两个正整数 $m, n$，它们的最大公约数和最小公倍数满足关系 $\text{gcd}(m, n) \cdot \text{lcm}(m, n) = m \cdot n$。
9. 计算lcm：
   • 因为 $\text{gcd}(m, n) = 1$，所以 $1 \cdot \text{lcm}(m, n) = mn$。
   • 这意味着 $\text{lcm}(m, n) = mn$。
10. 得出结论：
    • 元素 $(1,1)$ 的阶是 $mn$。
    • 一个阶为 $mn$ 的群中，存在一个阶为 $mn$ 的元素，这个元素就是生成元。
    • 因此，$\mathbb{Z}_m \times \mathbb{Z}_n$ 是一个阶为 $mn$ 的循环群。
    • 根据循环群的结构唯一性，它必然同构于 $\mathbb{Z}_{mn}$。
    • 充分性证明完毕。

这部分是定理11.5的必要性证明：如果 $\mathbb{Z}_m \times \mathbb{Z}_n$ 是循环的，那么 $m, n$ 必须互质。作者采用了其等价的逆否命题来证明：如果 $m, n$ 不互质，那么 $\mathbb{Z}_m \times \mathbb{Z}_n$ 不是循环的。

1. 前提：假设 $m, n$ 不互质，即它们的最大公约数 $d = \text{gcd}(m, n) > 1$。
2. 证明策略：我们要证明群不是循环的，只需证明其中没有元素的阶等于群的阶 $mn$。换句话说，我们要证明所有元素的阶都严格小于 $mn$。
3. 构造一个关键数字：作者引入了数字 $k = mn/d$。
   • 根据数论，这个数就是 $m$ 和 $n$ 的最小公倍数 $\text{lcm}(m,n)$。
   • 因为 $d > 1$，所以 $k = mn/d < mn$。这个数比群的阶要小。
4. 分析任意元素的 $k$ 次幂：
   • 取直积群中的任意一个元素 $(r, s)$。
   • 我们来计算它的 $k$ 倍：$k(r, s) = (k \cdot r \pmod m, k \cdot s \pmod n)$。
5. 检查第一个分量 $k \cdot r \pmod m$：
   • 我们知道 $k = mn/d = (n/d) \cdot m$。由于 $d$ 是 $n$ 的约数，所以 $n/d$ 是一个整数。
   • 因此 $k$ 是 $m$ 的整数倍。
   • 所以 $k \cdot r$ 也必然是 $m$ 的整数倍。
   • 这意味着 $k \cdot r \equiv 0 \pmod m$。
6. 检查第二个分量 $k \cdot s \pmod n$：
   • 同样，我们知道 $k = mn/d = m \cdot (n/d)$。 Wait, this is not right. It should be $k = m \cdot (n/d)$ and $k = n \cdot (m/d)$.
   • 因为 $d=\text{gcd}(m,n)$，所以 $d$ 既是 $m$ 的约数也是 $n$ 的约数。
   • 所以 $m/d$ 和 $n/d$ 都是整数。
   • $k = \text{lcm}(m,n) = (m/d) \cdot n$。所以 $k$ 是 $n$ 的倍数。
   • $k = \text{lcm}(m,n) = m \cdot (n/d)$。所以 $k$ 是 $m$ 的倍数。
   • (作者原文的“$mn/d$ 可以被 $m$ 和 $n$ 整除”是有点不严谨的说法，严格来说是 $\text{lcm}(m,n)$ 可以被 $m$ 和 $n$ 整除，而 $\text{lcm}(m,n) = mn/d$。)
   • 由于 $k$ 是 $m$ 的倍数，所以 $k \cdot r \equiv 0 \pmod m$。
   • 由于 $k$ 是 $n$ 的倍数，所以 $k \cdot s \equiv 0 \pmod n$。
7. 得出结论：
   • 对于任意元素 $(r,s)$，我们都有 $k(r,s) = (0,0)$，其中 $k=mn/d < mn$。
   • 这意味着，群中每个元素的阶都整除 $k$，因此每个元素的阶都小于或等于 $k = mn/d$。
   • 由于 $k < mn$，所以群中没有任何元素的阶可以达到 $mn$。
   • 因此，群中不存在生成元。
8. 最终结论：$\mathbb{Z}_m \times \mathbb{Z}_n$ 不是循环的，因此它也不可能同构于 $\mathbb{Z}_{mn}$。必要性证明完毕。

这个推论将定理11.5从两个分量群推广到了任意 $n$ 个分量群。

1. 推论 (Corollary)：推论是一个直接可以从一个定理得出的结论，通常证明比较简短或思路类似。
2. 对象：形如 $\mathbb{Z}_{m_1} \times \mathbb{Z}_{m_2} \times \cdots \times \mathbb{Z}_{m_n}$ 的直积群。
3. 问题：这个群什么时候是循环的？
4. 条件：所有的阶 $m_1, m_2, \dots, m_n$ 必须“任意两个都互质”（pairwise coprime 或 pairwise relatively prime）。
   • 这意味着，从这组数 $\{m_1, \dots, m_n\}$ 中任取两个不同的数 $m_i$ 和 $m_j$ (其中 $i \neq j$)，它们都必须互质，即 $\text{gcd}(m_i, m_j) = 1$。
5. 结论：当且仅当满足“任意两个都互质”的条件时，直积群 $\prod \mathbb{Z}_{m_i}$ 是循环的，并因此同构于 $\mathbb{Z}_{m_1 m_2 \cdots m_n}$。
6. 证明思路 (作者未详述)：
   • 与定理11.5的证明完全类似。
   • 考虑元素 $(1, 1, \dots, 1)$ 的阶。
   • 它的阶是 $\text{lcm}(m_1, m_2, \dots, m_n)$。
   • 一个基本的数论事实是：一组数 $m_1, \dots, m_n$ 的最小公倍数等于它们的乘积，当且仅当这组数是任意两个都互质的。
   • 所以，阶 $((1,1,\dots,1)) = m_1 m_2 \cdots m_n$ 当且仅当 $m_i$ 任意两个都互质。
   • 当这个条件满足时，$(1,1,\dots,1)$ 的阶等于群的阶，所以它是生成元，群是循环的。反之亦然。

这个例子展示了推论11.6的一个极其重要的应用：分解循环群。这被称为中国剩余定理 (Chinese Remainder Theorem) 的群论形式。

1. 出发点：我们有一个大的循环群 $\mathbb{Z}_n$。
2. 第一步：对阶进行质因数分解：根据算术基本定理，任何一个大于1的整数 $n$ 都可以唯一地分解成素数的幂的乘积。
   • $n = p_1^{n_1} p_2^{n_2} \cdots p_r^{n_r}$
   • 这里 $p_1, p_2, \dots, p_r$ 是互不相同的素数。
3. 构造一个直积群：利用这个分解，我们构造一个新的直积群：
   • $G = \mathbb{Z}_{p_1^{n_1}} \times \mathbb{Z}_{p_2^{n_2}} \times \cdots \times \mathbb{Z}_{p_r^{n_r}}$。
4. 应用推论11.6：我们来检查这个直积群 $G$ 是否是循环的。
   • 它的分量群的阶是 $m_1 = p_1^{n_1}, m_2 = p_2^{n_2}, \dots, m_r = p_r^{n_r}$。
   • 我们需要检查这些阶是否两两互质。
   • 任取两个不同的阶 $m_i = p_i^{n_i}$ 和 $m_j = p_j^{n_j}$。
   • 因为 $p_i$ 和 $p_j$ 是不同的素数，所以它们是互质的。
   • 一个只包含素因子 $p_i$ 的数（$p_i^{n_i}$）和一个只包含素因子 $p_j$ 的数（$p_j^{n_j}$）必然没有公共的素因子，因此它们的最大公约数是1。
   • 所以，这些阶 $m_1, \dots, m_r$ 是两两互质的。
5. 得出结论 (前半部分)：
   • 根据推论11.6，直积群 $G$ 是循环的。
6. 计算 $G$ 的阶：
   • $|G| = | \mathbb{Z}_{p_1^{n_1}} | \times \cdots \times |\mathbb{Z}_{p_r^{n_r}}|$
   • $|G| = p_1^{n_1} \times \cdots \times p_r^{n_r} = n$。
7. 得出结论 (后半部分)：
   • 我们构造的群 $G$ 是一个阶为 $n$ 的循环群。
   • 我们已知的阶为 $n$ 的循环群是 $\mathbb{Z}_n$。
   • 因为所有同阶的循环群都是同构的。
   • 所以，$\mathbb{Z}_n \cong G = \mathbb{Z}_{p_1^{n_1}} \times \mathbb{Z}_{p_2^{n_2}} \times \cdots \times \mathbb{Z}_{p_r^{n_r}}$。
8. 具体例子：$\mathbb{Z}_{72}$
   • 第一步：分解72。$72 = 8 \times 9 = 2^3 \times 3^2$。
   • 这里的 $p_1=2, n_1=3$ 和 $p_2=3, n_2=2$。
   • 第二步：构造直积群 $\mathbb{Z}_{2^3} \times \mathbb{Z}_{3^2} = \mathbb{Z}_8 \times \mathbb{Z}_9$。
   • 第三步：应用结论。由于 $8$ 和 $9$ 是互质的（一个是 $2$ 的幂，一个是 $3$ 的幂），这个直积群是循环的，阶是 $8 \times 9 = 72$。
   • 第四步：因此 $\mathbb{Z}_{72} \cong \mathbb{Z}_8 \times \mathbb{Z}_9$。

这是一个关于直积顺序的简短但重要的说明。

1. 问题：对于直积 $G_1 \times G_2$ 和 $G_2 \times G_1$，它们是同一个群吗？
2. 严格意义上不是：
   • $G_1 \times G_2$ 的元素是形如 $(g_1, g_2)$ 的元组。
   • $G_2 \times G_1$ 的元素是形如 $(g_2, g_1)$ 的元组。
   • 只要 $G_1 \neq G_2$，这两个集合就是不同的，因此它们是两个不同的群。
3. 结构意义上是相同的（同构）：
   • 作者指出，虽然它们是不同的群，但它们的结构是完全一样的。也就是说，它们是同构的。
4. 如何证明同构：我们可以构造一个同构映射 $\phi: G_1 \times G_2 \to G_2 \times G_1$。
   • 定义映射：最自然的映射就是交换分量的顺序：$\phi((g_1, g_2)) = (g_2, g_1)$。
   • 证明 $\phi$是一一映射（双射）：这是显而易见的。任何一个 $(g_2, g_1)$ 都有唯一的来源 $(g_1, g_2)$。
   • 证明 $\phi$ 保持运算（同态）：我们需要证明 $\phi(A \cdot B) = \phi(A) \cdot \phi(B)$。
   • 令 $A=(a_1, a_2), B=(b_1, b_2)$。
   • 左边：$\phi(A \cdot B) = \phi((a_1b_1, a_2b_2)) = (a_2b_2, a_1b_1)$。
   • 右边：$\phi(A) \cdot \phi(B) = (a_2, a_1) \cdot (b_2, b_1) = (a_2b_2, a_1b_1)$。
   • 左边 = 右边，所以 $\phi$ 是一个同构映射。
5. 结论：$G_1 \times G_2 \cong G_2 \times G_1$。这个结论可以推广到任意多个分量的任意置换。例如 $G_1 \times G_2 \times G_3 \cong G_3 \times G_1 \times G_2$。
6. 直观解释：作者说“元素的名称只是通过 $n$ 元组中分量的置换而改变了”。这意味着，改变因子的顺序，无非就是给群里的每个元素换了个“标签”或“名字”，但元素之间的运算关系网络（即群的结构）没有发生任何改变。

这段话用群论的语言重新定义了我们所熟知的最小公倍数 (lcm)。这是一个非常优雅且深刻的视角。

1. 回顾一个事实：在整数群 $(\mathbb{Z}, +)$ 中，任何子群都是循环群。也就是说，任何 $\mathbb{Z}$ 的子群都必然是 $k\mathbb{Z} = \{\dots, -2k, -k, 0, k, 2k, \dots\}$ 的形式，其中 $k$ 是某个非负整数。这个子群由 $k$（或 $-k$）生成。
2. 构造一个集合：给定 $n$ 个正整数 $r_1, r_2, \dots, r_n$，我们考虑一个新的集合 $S$，它包含了所有这些数的公倍数。
   • $S = \{ z \in \mathbb{Z} \mid r_i \text{ 整除 } z \text{ for all } i=1,\dots,n \}$
3. 证明该集合是子群：作者指出，这个集合 $S$ 是 $\mathbb{Z}$ 的一个子群。我们来验证一下：
   • 非空：0 是所有 $r_i$ 的倍数，所以 $0 \in S$。
   • 封闭性：如果 $a, b \in S$，那么 $a$ 和 $b$ 都是所有 $r_i$ 的公倍数。它们的和 $a+b$ 也必然是所有 $r_i$ 的公倍数。所以 $a+b \in S$。
   • 逆元：如果 $a \in S$，那么 $a$ 是所有 $r_i$ 的公倍数。它的加法逆元 $-a$ 也必然是所有 $r_i$ 的公倍数。所以 $-a \in S$。
   • 因此，$S$ 确实是 $\mathbb{Z}$ 的一个子群。
4. 应用事实：既然 $S$ 是 $\mathbb{Z}$ 的子群，那么它必然是一个循环群。这意味着存在一个非负整数 $k$，使得 $S = k\mathbb{Z}$。
5. 找到生成元：$k\mathbb{Z}$ 的正生成元就是 $k$。这个 $k$ 是什么呢？
   • $S$ 是所有公倍数的集合。
   • $k\mathbb{Z}$ 是所有 $k$ 的倍数的集合。
   • $S = k\mathbb{Z}$ 意味着，一个数是 $r_1, \dots, r_n$ 的公倍数，当且仅当它也是 $k$ 的倍数。
   • 这正是我们对最小公倍数的另一种定义：$k$ 是能被所有 $r_i$ 整除的最小正整数。所有其他的公倍数都是 $k$ 的倍数。
6. 群论定义lcm：基于以上分析，作者给出了定义：$r_1, \dots, r_n$ 的最小公倍数，就是由它们的公倍数集合构成的那个循环子群的正生成元。

这段话是对刚才给出的抽象定义的一个注解，旨在说明这个新定义与我们传统理解的“最小公倍数”是完全一致的。

1. 回顾定义11.8：$\text{lcm}$ 被定义为公倍数子群 $S$ 的正生成元 $k$。
2. 回顾循环群的性质：
   • $S = k\mathbb{Z} = \{\dots, -2k, -k, 0, k, 2k, \dots\}$。
   • $k$ 是这个集合中最小的正元素。
3. 联系两个概念：
   • $k$ 是 $S$ 中的一个元素，而 $S$是所有公倍数的集合，所以 $k$ 本身是一个公倍数。这意味着 $k$ 能被每一个 $r_i$ 整除。
   • $k$ 是 $S$ 中最小的正元素，这意味着 $k$ 是所有正的公倍数中最小的那个。
4. 得出结论：
   • 综合起来，$k$ 正是“能被每个 $r_i$ 整除的最小正整数”。
   • 这与我们从小学开始学习的最小公倍数的定义完全吻合。
5. 名称的由来：作者补充说，“因此得名最小公倍数”，强调了这个名称的直观含义（最小的公共的倍数）是正确的。

这个定理给出了计算直积群中任意一个元素的阶的通用公式。

1. 定理陈述：
   • 对象：直积群 $\prod G_i$ 中的一个任意元素 $A = (a_1, a_2, \dots, a_n)$。
   • 已知条件：我们知道每个分量 $a_i$ 在它自己的群 $G_i$ 中的阶。假设 $a_i$ 的阶是 $r_i$ (并且是有限的)。
   • 结论：整个元组 $A$ 在直积群 $\prod G_i$ 中的阶，就等于所有这些分量阶 $r_1, r_2, \dots, r_n$ 的最小公倍数，即 $\text{lcm}(r_1, r_2, \dots, r_n)$。
2. 与定理11.5的关系：
   • 定理11.5 是这个定理的一个特例。在定理11.5中，我们只考虑了 $\mathbb{Z}_m \times \mathbb{Z}_n$ 中一个非常特殊的元素 $(1,1)$。
   • $a_1=1 \in \mathbb{Z}_m$ 的阶是 $r_1=m$。
   • $a_2=1 \in \mathbb{Z}_n$ 的阶是 $r_2=n$。
   • 根据定理11.9，元素 $(1,1)$ 的阶应该是 $\text{lcm}(m, n)$。这与定理11.5证明过程中得出的结论完全一致。
   • 定理11.9 将这个结论从特定的群 $\mathbb{Z}_k$ 和特定的元素 $(1,1)$ 推广到了任意的群 $G_i$ 和任意的元素 $(a_i)$。

这部分简要地概述了定理11.9的证明思路，指出它与定理11.5的证明逻辑是相同的。

1. 目标：求元素 $A = (a_1, \dots, a_n)$ 的阶，即最小的正整数 $k$ 使得 $A^k = E$ (单位元)。
2. 展开幂运算：
   • $A^k = (a_1, \dots, a_n)^k = (a_1^k, a_2^k, \dots, a_n^k)$。
   • 单位元是 $E = (e_1, e_2, \dots, e_n)$。
3. 分析等于单位元的条件：
   • 要使 $A^k = E$，必须同时满足以下 $n$ 个条件：
   • $a_1^k = e_1$
   • $a_2^k = e_2$
   • ...
   • $a_n^k = e_n$
4. 利用分量阶的定义：
   • 我们知道 $a_i$ 在 $G_i$ 中的阶是 $r_i$。这意味着 $a_i^k = e_i$ 当且仅当 $k$ 是 $r_i$ 的倍数。
5. 重新表述条件：
   • 要使 $A^k=E$，整数 $k$ 必须满足：
   • $k$ 是 $r_1$ 的倍数。
   • $k$ 是 $r_2$ 的倍数。
   • ...
   • $k$ 是 $r_n$ 的倍数。
   • 换句话说，$k$ 必须是 $r_1, r_2, \dots, r_n$ 的一个公倍数。
6. 寻找最小的 $k$：
   • 元素的阶是满足条件的最小正整数 $k$。
   • 因此，$k$ 必须是 $r_1, r_2, \dots, r_n$ 的最小公倍数。
7. 结论：阶$(A) = \text{lcm}(r_1, r_2, \dots, r_n)$。证明完毕。

这个例子是一个纯粹的计算题，旨在演练如何使用定理11.9。

1. 问题：求元素 $(8, 4, 10)$ 在群 $G = \mathbb{Z}_{12} \times \mathbb{Z}_{60} \times \mathbb{Z}_{24}$ 中的阶。
2. 策略：应用定理11.9。我们需要分三步走：
   • 第一步：计算分量1的阶。
   • 第二步：计算分量2的阶。
   • 第三步：计算分量3的阶。
   • 第四步：求这三个阶的最小公倍数。
3. 计算分量1的阶：
   • 求 8 在 $\mathbb{Z}_{12}$ 中的阶。
   • 根据定理6.14（一个循环群 $\mathbb{Z}_n$ 中元素 $k$ 的阶是 $n/\text{gcd}(k,n)$）：
   • 阶$(8) = 12 / \text{gcd}(8, 12)$。
   • $\text{gcd}(8, 12) = 4$。
   • 所以，阶$(8) = 12 / 4 = 3$。 ($r_1=3$)
4. 计算分量2的阶：
   • 求 4 在 $\mathbb{Z}_{60}$ 中的阶。
   • 阶$(4) = 60 / \text{gcd}(4, 60)$。
   • $\text{gcd}(4, 60) = 4$。
   • 所以，阶$(4) = 60 / 4 = 15$。 ($r_2=15$)
5. 计算分量3的阶：
   • 求 10 在 $\mathbb{Z}_{24}$ 中的阶。
   • 阶$(10) = 24 / \text{gcd}(10, 24)$。
   • $\text{gcd}(10, 24) = 2$。
   • 所以，阶$(10) = 24 / 2 = 12$。 ($r_3=12$)
6. 求最小公倍数：
   • 我们需要计算 $\text{lcm}(r_1, r_2, r_3) = \text{lcm}(3, 15, 12)$。
   • 方法1（逐步计算）:
   • $\text{lcm}(3, 15) = 15$ (因为3整除15)。
   • $\text{lcm}(15, 12)$。$15=3\cdot5, 12=2^2\cdot3$。$\text{lcm}=2^2\cdot3\cdot5 = 4 \cdot 15 = 60$。
   • 方法2（作者的计算）:
   • 作者的 $3 \cdot 5 \cdot 4=60$ 可能是一种简便的心算。可能是 $\text{lcm}(3,15,12) = \text{lcm}(\text{lcm}(3,12), 15) = \text{lcm}(12,15) = \text{lcm}(3\cdot4, 3\cdot5) = 3\cdot\text{lcm}(4,5) = 3\cdot 20 = 60$。或者直接质因数分解：$3=3^1, 15=3^1 \cdot 5^1, 12=2^2 \cdot 3^1$。lcm取每个素因子的最高次幂，即 $2^2 \cdot 3^1 \cdot 5^1 = 4 \cdot 3 \cdot 5 = 60$。
7. 结论：元素 $(8, 4, 10)$ 的阶是60。

这个例子讨论了直积群的生成集（generating set）问题，并与循环群（由单个元素生成）作对比。

1. 第一个例子：$\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_2$。
   • 这是一个无限阿贝尔群。
   • 作者声称它由两个元素 $g_1=(1,0)$ 和 $g_2=(0,1)$ 生成。
   • “由...生成”意味着，群里的任何一个元素都可以表示成生成元的（有限次）线性和（或幂的乘积）。在这里是加法群，所以是线性组合：$k_1 g_1 + k_2 g_2$ 的形式，其中 $k_1, k_2$ 是整数。
   • 我们来验证一下：取任意元素 $(a,b) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_2$。其中 $a \in \mathbb{Z}, b \in \mathbb{Z}_2$。
   • 我们能否找到整数 $k_1, k_2$ 使得 $(a,b) = k_1(1,0) + k_2(0,1)$？
   • $k_1(1,0) + k_2(0,1) = (k_1, 0) + (0, k_2) = (k_1, k_2 \pmod 2)$。
   • 要使 $(a,b) = (k_1, k_2 \pmod 2)$，我们只需令 $k_1=a$ 且 $k_2=b$。
   • 由于 $a, b$ 是已知的，所以 $k_1, k_2$ 就确定了。
   • 因此，任何元素都可以由 $(1,0)$ 和 $(0,1)$ 生成。这个群被称为有限生成的，但它不是循环群（因为它不能由单个元素生成，且包含无限阶元素）。
2. 一般情况：
   • 作者将此推广到 $n$ 个循环群（$\mathbb{Z}$ 或 $\mathbb{Z}_m$）的直积。
   • 这个直积群可以由 $n$ 个“标准基向量”生成：
   • $e_1 = (1, 0, \dots, 0)$
   • $e_2 = (0, 1, \dots, 0)$
   • ...
   • $e_n = (0, 0, \dots, 1)$
   • 这里的 "1" 在每个分量中的含义是其所在循环群的生成元。
   • 这个结论的证明与上面 $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_2$ 的例子完全一样。任意元素 $(a_1, \dots, a_n)$ 都可以表示为 $a_1 e_1 + \dots + a_n e_n$。
   • 这组生成元非常重要，它们构成了这个直积群的一个“基”。
3. 更少生成元的可能性：
   • 作者提醒我们，虽然我们总能找到 $n$ 个生成元，但这不代表生成这个群最少需要 $n$ 个元素。
   • 例子：$\mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_{35}$。
   • 这是一个由3个循环群构成的直积，所以我们知道它可以由 $(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)$ 这3个元素生成。
   • 但是，作者指出，它可以由单个元素 $(1,1,1)$ 生成。
   • 为什么呢？ 这回到了推论11.6。我们需要检查这个群是否是循环的。
   • 分量群的阶是 $3, 4, 35$。
   • 检查两两互质性：
   • $\text{gcd}(3,4)=1$
   • $\text{gcd}(3,35)=1$
   • $\text{gcd}(4,35)=1$
   • 它们是两两互质的！
   • 因此，根据推论，这个群是循环群。
   • 循环群的定义就是可以由单个元素生成。
   • $(1,1,1)$ 的阶是 $\text{lcm}(3,4,35) = 3 \times 4 \times 35 = 420$。群的阶也是 $3 \times 4 \times 35 = 420$。所以 $(1,1,1)$ 是一个生成元。
   • 这个例子说明，一个需要 $n$ 个“标准”生成元的群，在特定条件下（阶两两互质），可能可以被更少的元素（甚至一个）生成。

这段话引入了两个重要的概念——外直积和内直积，它们是从不同角度看待同一个直积结构。

1. 外直积 (External Direct Product)：
   • 这就是我们到目前为止一直在学习的东西。
   • 我们从一堆互不相干的群 $G_1, G_2, \dots$ 出发，它们存在于各自的世界里。
   • 我们通过构造元组 $(g_1, g_2, \dots)$ 的方式，在一个全新的、更大的空间里创造了一个新群 $\prod G_i$。
   • 这个过程是“向外”构建的，所以称为外直积。
2. 内直积 (Internal Direct Product)：
   • 现在我们换一个视角，从直积群 $\prod G_i$ 内部开始看。
   • 构造特殊子群：在 $\prod G_i$ 中，我们考虑一些特殊的子集 $\bar{G}_i$。
   • $\bar{G}_i$ 的定义是：所有第 $i$ 个分量可以是 $G_i$ 中的任意元素，而所有其他分量都固定为各自的单位元的元组的集合。
   • 证明 $\bar{G}_i$ 是子群：
   • 非空：单位元 $(e_1, \dots, e_n)$ 在 $\bar{G}_i$ 中 (取 $a_i=e_i$)。
   • 封闭性：取两个元素 $(e_1, \dots, a_i, \dots, e_n)$ 和 $(e_1, \dots, b_i, \dots, e_n)$。它们的积是 $(e_1, \dots, a_ib_i, \dots, e_n)$。由于 $a_ib_i \in G_i$，结果仍在 $\bar{G}_i$ 中。
   • 逆元：$(e_1, \dots, a_i, \dots, e_n)$ 的逆元是 $(e_1, \dots, a_i^{-1}, \dots, e_n)$，仍在 $\bar{G}_i$ 中。
   • 所以 $\bar{G}_i$ 确实是 $\prod G_i$ 的一个子群。
   • $\bar{G}_i$ 与 $G_i$ 的关系：
   • 作者指出，子群 $\bar{G}_i$ 和原来的群 $G_i$ 是同构的。
   • 这个同构关系非常自然：只需将 $\bar{G}_i$ 中的元组 $(e_1, \dots, a_i, \dots, e_n)$ 直接看作是元素 $a_i$。这个映射显然是一一对应的，并且保持运算。
   • 例如，$(e_1, a_i, e_2) \cdot (e_1, b_i, e_2) = (e_1, a_ib_i, e_2)$，这正好对应了 $G_i$ 中的运算 $a_i \cdot b_i$。
   • 所以，我们可以把原来的群 $G_i$ 看作是“嵌入”到了直积群 $\prod G_i$ 内部，成为了子群 $\bar{G}_i$。
   • 内直积的视角：从这个角度看，直积群 $\prod G_i$ 可以被看作是由它内部的一系列特殊的、互相“正交”的子群 $\bar{G}_1, \bar{G}_2, \dots$ “编织”而成的。当我们把重点放在一个大群如何由其内部的子群构成时，我们谈论的就是内直积。
3. 内与外的关系与通常用法：
   • 外直积是从几个已知的群构造一个新群。
   • 内直积是分析一个已知的群，看它是否能被看作是其若干子群的直积。
   • 对于有限直积，这两个概念本质上是等价的。如果一个群 $G$ 是其子群 $H, K$ 的内直积，那么 $G \cong H \times K$ (外直积)。反之，如果 $G = H \times K$ (外直积)，那么 $G$ 是其子群 $\bar{H}, \bar{K}$ 的内直积。
   • 作者最后指出，在实际使用中，通常不会严格区分“内”和“外”，笼统地称为“直积”。上下文会告诉我们是在构造一个新群，还是在分解一个旧群。

这部分历史注解追溯了有限生成阿贝尔群理论的思想源头，展示了数学思想从具体问题到抽象理论的演进过程。

1. 高斯 (Gauss) 的奠基工作：
   • 时间：1801年，著作《算术研究》(Disquisitiones Arithmeticae)。
   • 领域：数论。
   • 工作内容：
   • 二次型等价类：研究形如 $ax^2+bxy+cy^2$ 的表达式。高斯定义了它们的“复合”运算，并发现这些等价类在复合运算下形成的结构，实际上就是一个有限阿贝尔群。
   • 模整数剩余类：研究整数模 $n$ 的乘法群 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^*$。这也是一个有限阿贝尔群。
   • 高斯的洞察与局限：他敏锐地注意到了这两个看似不同领域（二次型和模算术）的结构相似性（类比）。但他停留在具体的数论问题上，没有迈出最后一步——将这些共性提炼出来，形成一个抽象的群论。
2. 库默尔 (Kummer) 的跟进：
   • 时间：19世纪40年代。
   • 领域：代数数论，尝试证明费马大定理。
   • 工作内容：为了弥补某些数域中唯一因子分解不成立的问题，他引入了“理想数”或“理想类群”的概念。他发现这些理想类构成的群，其性质与高斯研究的群非常相似。这又一次提供了“抽象”的素材。
3. 克罗内克 (Kronecker) 的抽象与统一：
   • 身份：库默尔的学生。
   • 关键贡献：他第一个明确地、有意识地提出，应该将这些不同领域（二次型、模算术、理想数）中反复出现的共同结构剥离出来，形成一个抽象的理论。
   • 克罗内克的哲学（引文解释）：
   • “更一般、更抽象的思想领域”：指的就是抽象代数，特别是阿贝尔群理论。
   • “从所有不重要的限制中解放出来”：意思是不要局限于研究对象是二次型还是整数，而要关注它们共同的运算规则和结构。
   • “避免在不同情况下重复相同的论证”：如果为二次型证明了一个定理，又为模算术证明了同一个定理，这很浪费。如果能在一个抽象的阿贝尔群框架下证明它一次，那么这个定理就能同时应用于所有这些具体情况。
   • “表达会变得更简单，最重要的特征会清晰地突出出来”：抽象化能滤掉具体问题中的“噪音”，让底层的数学结构（如交换律、结合律）更清晰地显现出来。
   • 克罗内克的成就：基于这种思想，他系统地发展了有限阿贝尔群的理论，并证明了我们即将学习的基本定理的一个早期版本（当时只针对有限群，还不包含无限循环因子 $\mathbb{Z}$）。

这段话是基本定理出场前的“免责声明”和“重要性声明”。

1. 定理的特点：作者首先指出，在抽象代数中，有一类定理具有“易于理解和使用，但难以证明”的特点。
   • 易于理解和使用：定理的结论清晰、具体，像一个可以直接套用的公式或分类手册。
   • 证明技术性强、耗时：证明过程可能需要更高等的工具（如模论）或非常繁琐的步骤，超出了入门课程的范围。
2. 本书的处理方式：对于这类定理，本书采取一种务实的教学策略——解释并使用，但省略证明。
   • 目的：是为了让学生能在一个学期内接触到更多“迷人的事实”和强大的工具，而不是把时间完全花在啃硬骨头般的证明上。
   • 前提：省略证明不代表不求甚解。作者强调，定理的含义和重要性是我们必须完全理解的。
3. 即将登场的定理：作者预告，接下来要陈述的“有限生成阿贝尔群基本定理”就属于这一类。
4. 定理的威力：
   • 它能为我们提供“所有足够小的阿贝尔群的完整结构信息”。这里的“足够小”主要是指“有限生成”的。
   • 特别地，它能完美地刻画所有有限阿贝尔群的结构。这意味着，任何一个有限阿贝尔群，无论它看起来多么复杂，它的内部结构都必然是这个定理所描述的那几种标准形式之一。

这是本节，乃至整个初等群论中最重要的定理之一。它给了我们一张关于有限生成阿贝尔群的完整“元素周期表”或“基因图谱”。

1. 适用对象 (谁能被分解)：任何一个“有限生成阿べる群” $G$。
   • 阿贝尔群：群运算是可交换的。
   • 有限生成：可以由有限个元素生成（如例11.11所述）。这包括了所有的有限阿贝尔群，以及像 $\mathbb{Z}, \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}, \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_5$ 这样的无限群。
2. 分解的结果 (分解成什么)：这个群 $G$ 同构于一个由两种“基本”循环群构成的直积。
   • 基本构件1 (扭转部分)：形如 $\mathbb{Z}_{p^r}$ 的循环群。
   • $p$ 是一个素数。
   • $r$ 是一个正整数。
   • 这些群都是有限群，它们的阶是素数的幂。它们构成了群的“扭转”（torsion）部分，因为里面的非单位元元素都是有限阶的。
   • 注意：定理说 $p_i$ “不一定互不相同”，这意味着分解中可能出现像 $\mathbb{Z}_{2^2} \times \mathbb{Z}_{2}$ 这样的项。
   • 基本构件2 (自由部分)：形如 $\mathbb{Z}$ 的无限循环群。
   • 这些群是“无扭转”的，除了单位元0，所有元素都是无限阶。
3. 定理的结论 (分解是什么样的)：
   • $G \cong \mathbb{Z}_{p_1^{r_1}} \times \mathbb{Z}_{p_2^{r_2}} \times \cdots \times \mathbb{Z}_{p_n^{r_n}} \times \underbrace{\mathbb{Z} \times \cdots \times \mathbb{Z}}_{\beta \text{ times}}$
   • 这个形式被称为 $G$ 的标准分解或初等因子分解。
4. 唯一性 (分解是独一无二的吗)：是的，在不考虑因子顺序的情况下，这个分解是唯一的。
   • “除了因子的可能重新排列”：$\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_3$ 和 $\mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_2$ 被看作是同一种分解。
   • 唯一性体现在：
   • $\mathbb{Z}$ 因子的数量是唯一的：这个数量被称为群 $G$ 的贝蒂数（Betti number），记作 $\beta(G)$。它衡量了群的“无限”程度或“自由度”。
   • 素数幂因子是唯一的：构成扭转部分的那些素数幂 $p_1^{r_1}, p_2^{r_2}, \dots$ 的集合是唯一的。例如，一个群如果分解为 $\mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_2$，它就不可能再分解为 $\mathbb{Z}_8$ 或者 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$。列表 $\{4, 2\}$ 是唯一的。

这个例子是基本定理最经典、最直接的应用：枚举给定阶数的所有不同构的阿贝尔群。

1. 问题：找出所有360阶的阿贝尔群有多少种不同的结构。
2. 解释“在同构意义下”：这个短语是关键。我们不关心群的名字或者元素的具体表示，只关心它的运算结构。任何两个360阶的阿贝尔群，如果它们的凯莱图可以画成一样的，我们就视为“同一种”。
3. 应用基本定理：
   • 我们知道任何一个有限阿贝尔群都同构于一堆 $\mathbb{Z}_{p^r}$ 的直积。
   • 由于群是有限的（阶360），所以分解中不会有 $\mathbb{Z}$ 因子（贝蒂数为0）。
   • 群的阶是360，直积群的阶是各分量阶的乘积。所以，我们分解出的所有 $\mathbb{Z}_{p_i^{r_i}}$ 的阶乘起来必须等于360。
4. 解题步骤：
   • 步骤一：质因数分解群的阶
   • $360 = 36 \times 10 = (4 \times 9) \times (2 \times 5) = (2^2 \times 3^2) \times (2 \times 5) = 2^3 \times 3^2 \times 5^1$。
   • 步骤二：对每个素数幂的指数进行整数分拆
   • 基本定理告诉我们，群的结构由 $p$-子群（对应于每个素数 $p$ 的部分）的结构唯一决定。不同 $p$ 对应的部分是独立的。
   • 对于素数 2 (对应 $2^3$): 指数是3。我们需要将3写成正整数的和。有多少种写法？
   • $3$
   • $2+1$
   • $1+1+1$
   • 这对应了3种不同的2-子群结构：$\mathbb{Z}_{2^3}=\mathbb{Z}_8$, $\mathbb{Z}_{2^2}\times\mathbb{Z}_{2^1}=\mathbb{Z}_4\times\mathbb{Z}_2$, $\mathbb{Z}_{2^1}\times\mathbb{Z}_{2^1}\times\mathbb{Z}_{2^1}=\mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}_2$。
   • 对于素数 3 (对应 $3^2$): 指数是2。分拆方式：
   • $2$
   • $1+1$
   • 这对应了2种不同的3-子群结构：$\mathbb{Z}_{3^2}=\mathbb{Z}_9$, $\mathbb{Z}_{3^1}\times\mathbb{Z}_{3^1}=\mathbb{Z}_3\times\mathbb{Z}_3$。
   • 对于素数 5 (对应 $5^1$): 指数是1。分拆方式：
   • $1$
   • 这只对应1种5-子群结构：$\mathbb{Z}_{5^1}=\mathbb{Z}_5$。
   • 步骤三：组合所有可能性
   • 根据组合的乘法原理，总的可能性数目就是每种素数对应的可能结构数目的乘积。
   • 总数 = (2-子群的可能性) $\times$ (3-子群的可能性) $\times$ (5-子群的可能性)
   • 总数 = $3 \times 2 \times 1 = 6$。
   • 所以，必然有6种不同结构的360阶阿贝尔群。
5. 列出所有6种结构：
   • 我们将上面每种分拆组合起来，就得到所有可能的群结构。
   • 1. (分拆 $1+1+1$, $1+1$, $1$) $\implies \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_5$
   • 2. (分拆 $2+1$, $1+1$, $1$) $\implies \mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_5$ (作者的第二条顺序不同，但结构一样)
   • 3. (分拆 $1+1+1$, $2$, $1$) $\implies \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_9 \times \mathbb{Z}_5$
   • 4. (分拆 $2+1$, $2$, $1$) $\implies \mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_9 \times \mathbb{Z}_5$ (作者的第四条)
   • 5. (分拆 $3$, $1+1$, $1$) $\implies \mathbb{Z}_8 \times \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_5$
   • 6. (分拆 $3$, $2$, $1$) $\implies \mathbb{Z}_8 \times \mathbb{Z}_9 \times \mathbb{Z}_5$
   • 作者的列表是正确的，只是顺序与我的系统性推导略有不同，但内容完全一致。

这部分利用基本定理来回答一个根本性问题：构成所有有限阿贝尔群的“原子”或“基本积木”到底是什么？

定义11.14：可分解与不可分解

• 可分解 (decomposable)：一个群 $G$ 如果在结构上（同构意义下）可以被“拆分”成两个更小的、都不是平凡群的群的直积，即 $G \cong H \times K$，其中 $H, K$ 都不是只含单位元的群。
• 真子群：指不等于整个群的子群。
• 非平凡子群：指不是只含单位元的子群。
• 例如，$\mathbb{Z}_6 \cong \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_3$ 是可分解的。
• 不可分解 (indecomposable)：如果一个群不能进行这样的拆分，它就是不可分解的。它就像是“原子”，无法再被直积的方式拆开。
• 例如，$\mathbb{Z}_4$ 是不可分解的。我们不能写成 $\mathbb{Z}_4 \cong \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$（因为后者非循环），也不能写成 $\mathbb{Z}_4 \cong H \times K$ 且 $|H|,|K|>1$。
• 素数阶群 $\mathbb{Z}_p$ 显然是不可分解的，因为它的阶无法分解成两个大于1的整数的乘积。

定理11.15：不可分解阿贝尔群的特征

• 定理结论：有限阿贝尔群中的“原子”（不可分解群），不多不少，正好就是那些形如 $\mathbb{Z}_{p^r}$ 的群（阶为素数幂的循环群）。
• 这与基本定理中出现的基本构件完全一致！基本定理实际上就是说：任何有限阿贝尔群都可以唯一地分解为一堆“阿贝尔原子”的直积。

证明 (这是一个双向证明)

• 方向一：(不可分解 $\implies$ 是 $\mathbb{Z}_{p^r}$)

1. 前提：令 $G$ 是一个有限不可分解阿贝尔群。
2. 应用基本定理：根据定理11.12，$G$ 必然同构于一堆形如 $\mathbb{Z}_{p_i^{r_i}}$ 的循环群的直积。
   • $G \cong \mathbb{Z}_{p_1^{r_1}} \times \mathbb{Z}_{p_2^{r_2}} \times \cdots$
3. 使用不可分解性：我们知道 $G$ 是不可分解的。如果上面这个直积包含多于一个因子（比如 $\mathbb{Z}_{p_1^{r_1}} \times (\text{其他部分})$），那么 $G$ 就可以分解为 $H = \mathbb{Z}_{p_1^{r_1}}$ 和 $K = (\text{其他部分})$ 的直积，而 $H,K$ 都是真非平凡子群（群）。这与 $G$ 不可分解的假设矛盾。
4. 结论：因此，这个直积中必然只能含有一个因子。所以 $G$ 必须同构于某个 $\mathbb{Z}_{p^r}$。

• 方向二：($\mathbb{Z}_{p^r}$ 是不可分解的)

1. 前提：令 $G = \mathbb{Z}_{p^r}$。我们要证明它是不可分解的。
2. 反证法：假设 $G$ 是可分解的，即 $G \cong H \times K$，其中 $|H|>1, |K|>1$。
3. 分析 H, K: 由于 $H,K$ 是有限阿贝尔群，它们也可以继续分解。最终，$G$ 会被分解成一堆 $\mathbb{Z}_{q^s}$ 形式的直积。因为 $G$ 的阶是 $p^r$，所以所有这些 $q$ 都必须是同一个素数 $p$。
4. 所以，如果 $G$ 可分解，必然有 $\mathbb{Z}_{p^r} \cong \mathbb{Z}_{p^i} \times \mathbb{Z}_{p^j} \times \cdots$，其中 $i+j+\dots = r$。我们只需考虑最简单的情况 $\mathbb{Z}_{p^r} \cong \mathbb{Z}_{p^i} \times \mathbb{Z}_{p^j}$，其中 $i,j \ge 1$ 且 $i+j=r$。
5. 寻找矛盾：
   • 在左边的群 $\mathbb{Z}_{p^r}$ 中，存在阶为 $p^r$ 的元素（生成元）。
   • 在右边的群 $\mathbb{Z}_{p^i} \times \mathbb{Z}_{p^j}$ 中，任意一个元素 $(a,b)$ 的阶是 $\text{lcm}(\text{阶}(a), \text{阶}(b))$。
   • $a \in \mathbb{Z}_{p^i}$ 的阶最多是 $p^i$。$b \in \mathbb{Z}_{p^j}$ 的阶最多是 $p^j$。
   • 所以 $(a,b)$ 的阶最多是 $\text{lcm}(p^i, p^j) = p^{\max(i,j)}$。
   • 因为 $i,j \ge 1$ 且 $i+j=r$，所以 $\max(i,j)$ 必然严格小于 $r$。
   • 因此，右边群中所有元素的阶都小于 $p^r$。
6. 得出矛盾：左边的群有阶为 $p^r$ 的元素，右边的群没有。两个同构的群必须有完全相同的元素阶分布。因此，它们不可能同构。
7. 结论：我们的假设“$G$是可分解的”是错误的。所以 $\mathbb{Z}_{p^r}$ 必须是不可分解的。

这个定理是拉格朗日定理在有限阿贝尔群上的一个强大的“逆定理”。

• 拉格朗日定理说：子群的阶必须整除群的阶。
• 拉格朗日定理的逆命题：如果一个数 $m$ 整除群的阶，群中是否一定存在一个阶为 $m$ 的子群？
• 对于一般的有限群，答案是否定的。最著名的反例是12阶的交错群 $A_4$，$6$ 整除 $12$，但 $A_4$ 中没有阶为6的子群。
• 定理11.16说：对于有限阿贝尔群这个美好世界，答案是肯定的。

定理陈述

• 前提：$G$ 是一个有限阿贝尔群，数 $m$ 是 $|G|$ 的一个约数。
• 结论：$G$ 中保证存在一个子群，其阶恰好是 $m$。

证明详解

1. 第一步：分解群 $G$
   • 根据基本定理11.12，$G$ 同构于一个标准直积形式：
   • 群的阶 $|G| = p_1^{r_1} p_2^{r_2} \cdots p_n^{r_n}$。
2. 第二步：分解约数 $m$
   • 既然 $m$ 是 $|G|$ 的一个约数，那么 $m$ 的质因数分解也必须被包含在 $|G|$ 的质因数分解中。
   • 这意味着 $m$ 必须可以写成 $m = p_1^{s_1} p_2^{s_2} \cdots p_n^{s_n}$ 的形式，其中每个指数 $s_i$ 都满足 $0 \le s_i \le r_i$。
3. 第三步：在每个分量群中构造特定阶的子群
   • 我们的目标是构造一个阶为 $m$ 的子群。一个自然的想法是，在直积的每个分量中分别构造一个子群，使得它们的阶乘起来等于 $m$。
   • 具体来说，我们想在第 $i$ 个分量群 $\mathbb{Z}_{p_i^{r_i}}$ 中找到一个阶为 $p_i^{s_i}$ 的子群。
   • 如何找？ 利用循环群的性质。我们知道在循环群 $\mathbb{Z}_N$ 中，对于 $N$ 的任何一个约数 $d$，都存在一个唯一的阶为 $d$ 的子群。这个子群由元素 $\langle N/d \rangle$ 生成。
   • 在我们的情况中，$N = p_i^{r_i}$，我们想要的子群阶 $d = p_i^{s_i}$。这个 $d$ 显然是 $N$ 的约数。
   • 所以，生成元的元素应该是 $N/d = p_i^{r_i} / p_i^{s_i} = p_i^{r_i - s_i}$。
   • 作者在这里用了更基本的定理6.14来验证阶：
   • 在 $\mathbb{Z}_{p_i^{r_i}}$ 中，元素 $k = p_i^{r_i-s_i}$ 的阶是 $p_i^{r_i} / \text{gcd}(p_i^{r_i}, p_i^{r_i-s_i})$。
   • 两个素数的同底数幂，最大公约数是指数较小的那个，即 $\text{gcd}(p_i^{r_i}, p_i^{r_i-s_i}) = p_i^{r_i-s_i}$。
   • 所以阶是 $p_i^{r_i} / p_i^{r_i-s_i} = p_i^{s_i}$。
   • 结论：子群 $H_i = \langle p_i^{r_i-s_i} \rangle$ 在 $\mathbb{Z}_{p_i^{r_i}}$ 中是一个阶为 $p_i^{s_i}$ 的循环子群。
4. 第四步：组合子群
   • 我们已经在每个分量群中找到了所需阶的子群 $H_i$。
   • 现在我们将这些子群进行直积，构造出 $G$ 的一个大子群：
   • 这个 $H$ 显然是 $G$ 的一个子群。
   • 它的阶是 $|H| = |H_1| \times |H_2| \times \cdots \times |H_n| = p_1^{s_1} \times p_2^{s_2} \times \cdots \times p_n^{s_n} = m$。
5. 最终结论：我们成功地找到了一个阶为 $m$ 的子群 $H$。证明完毕。

这个定理指出了一个特殊情况下，阿贝尔群结构极其简单的情况。

定理陈述

• 无平方因子整数 (square-free integer)：一个整数，如果它的质因数分解中，所有素数的指数都为1。
• 例如：$10 = 2^1 \cdot 5^1$ 是无平方因子的。$30 = 2\cdot3\cdot5$ 是无平方因子的。
• 反例：$12 = 2^2 \cdot 3$ 不是无平方因子的，因为它能被 $2^2=4$ 整除。$18 = 2 \cdot 3^2$ 不是，因为它能被 $3^2=9$ 整除。
• 定理结论：如果一个有限阿贝尔群的阶是一个无平方因子的整数 $m$，那么这个群的结构只有一种可能性——它必然是循环群（同构于 $\mathbb{Z}_m$）。

证明详解

1. 前提：令 $G$ 是一个阿贝尔群，其阶 $|G|=m$ 是一个无平方因子整数。
2. 应用基本定理：根据定理11.12，$G$ 同构于一个标准直积形式：

$G \cong \mathbb{Z}_{p_1^{r_1}} \times \mathbb{Z}_{p_2^{r_2}} \times \cdots \times \mathbb{Z}_{p_n^{r_n}}$

其中，群的阶等于各分量阶的乘积：$m = p_1^{r_1} p_2^{r_2} \cdots p_n^{r_n}$。

1. 使用“无平方因子”条件：
   • 我们知道 $m$ 是无平方因子的。这意味着在 $m$ 的质因数分解中，每个素数的幂次最高只能是1。
   • 比较 $m$ 的质因数分解和 $m = p_1^{r_1} p_2^{r_2} \cdots p_n^{r_n}$ 这个表达式，我们必然得出：
   • 所有的指数 $r_i$ 都必须等于 1。
   • 所有的素数 $p_i$ 必须是互不相同的。
   • 如果任何一个 $r_i \ge 2$，那么 $m$ 就能被 $p_i^2$ 整除，与 $m$ 无平方因子的前提矛盾。
   • 如果 $p_i = p_j$ (对于 $i \neq j$)，比如 $m = p^1 \cdot p^1 \cdots$，那么 $m$ 就能被 $p^2$ 整除，也矛盾。
2. 推导 G 的结构：
   • 从上一步我们知道，$G$ 的标准分解形式必然是：
   • 现在我们来看这个直积。它的分量群的阶是 $p_1, p_2, \dots, p_n$。
   • 因为这些都是不同的素数，所以它们必然是“两两互质”的。
   • 应用推论11.6：一个由循环群构成的直积，如果其各分量的阶是两两互质的，那么这个直积群本身是循环的。
   • 因此，$G$ 是一个循环群。
3. 最终结论：
   • $G$ 是一个阶为 $m = p_1 p_2 \cdots p_n$ 的循环群。
   • 根据循环群的结构唯一性，$G$ 必然同构于 $\mathbb{Z}_m$。
   • 证明完毕。