5.2 有限生成阿贝尔群的基本定理

有限生成阿贝尔群的基本定理

定义。

(1) 如果存在一个有限子集 $A$ 在 $G$ 中，使得 $G = \langle A\rangle$ ，那么群 $G$ 是有限生成的。

(2) 对于每个 $r \in \mathbb{Z}$ ，令 ${\mathbb{Z}}^{r} = \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \times \cdots \times \mathbb{Z}$ 为 $r$ 个群 $\mathbb{Z}$ 的直积，其中 ${\mathbb{Z}}^{0} = 1$ 。这个群 ${\mathbb{Z}}^{r}$ 被称为秩为 $r$ 的自由阿贝尔群。

注意，任何有限群 $G$ 都是有限生成的：只需取 $A = G$ 作为生成元集合。另外，${\mathbb{Z}}^{r}$ 由 ${e}_{1},{e}_{2},\ldots ,{e}_{r}$ 有限生成，其中 ${e}_{i}$ 是一个在位置 $i$ 上为1，其他位置为0的 $n$ -元组。我们现在可以陈述有限生成阿贝尔群的基本分类定理。

定理3.（有限生成阿贝尔群的基本定理）

令 $G$ 为一个有限生成的阿贝尔群。那么

(1)

对于满足以下条件的某些整数 $r,{n}_{1},{n}_{2},\ldots ,{n}_{s}$ 有：

(a) $r \geq 0$ 和 ${n}_{j} \geq 2$ 对于所有 $j$ ，以及

(b) ${n}_{i + 1} \mid {n}_{i}$ 对于 $1 \leq i \leq s - 1$

(2) (1)中的表达式是唯一的：如果 $G \cong {\mathbb{Z}}^{t} \times {Z}_{{m}_{1}} \times {Z}_{{m}_{2}} \times \cdots \times {Z}_{{m}_{u}}$ ，其中 $t$ 和 ${m}_{1},{m}_{2},\ldots ,{m}_{u}$ 满足 (a) 和 (b)（即 $t \geq 0,{m}_{j} \geq 2$ 对于所有 $j$ 和 ${m}_{i + 1} \mid {m}_{i}$ 对于 ' $1 \leq i \leq u - 1$'），那么 $t = r,u = s$ 和 ${m}_{i} = {n}_{i}$ 对于所有 $i$。

证明：我们将在第12.1节中从这个更一般的分类定理推导出这个定理，作为其结果。对于有限群，我们将在第6.1节末给出一个替代证明。

定义

定理3中的整数 $r$ 被称为 $G$ 的自由秩或贝蒂数，整数 ${n}_{1},{n}_{2},\ldots ,{n}_{s}$ 被称为 $G$ 的不变因子。定理3(1)中对 $G$ 的描述被称为 $G$ 的不变因子分解。

定理3断言，阿贝尔群的自由秩和（有序的）不变因子列表是唯一确定的，因此，两个有限生成的阿贝尔群同构当且仅当它们具有相同的自由秩和相同的不变因子列表。注意到，一个有限生成的阿贝尔群当且仅当其自由秩为零时才是有限群。

有限阿贝尔群的阶数就是其不变因子的乘积（由命题1得出）。如果 $G$ 是一个有限阿贝尔群，其不变因子为 ${n}_{1},{n}_{2},\ldots ,{n}_{s}$ ，其中 ${n}_{i + 1} \mid {n}_{i},1 \leq i \leq s - 1$ ，那么 $G$ 被称为是类型 $\left( {{n}_{1},{n}_{2},\ldots ,{n}_{s}}\right) .$ 的。

定理3提供了一种有效的方法来列出所有给定阶数的有限阿贝尔群。具体来说，为了找到（同构意义下的）所有给定阶数 $n$ 的阿贝尔群，必须找到所有满足条件的有限整数序列 ${n}_{1},{n}_{2},\ldots ,{n}_{s}$ 使得...

(1) ${n}_{j} \geq 2$ 对于所有 $j \in \{ 1,2,\ldots ,s\}$ ，

(2) ${n}_{i + 1} \mid {n}_{i},1 \leq i \leq s - 1$ ，并且

(3) ${n}_{1}{n}_{2}\cdots {n}_{s} = n$ 。

定理3表明，这样的序列集合与阶为 $n$ 的有限阿贝尔群的同构类集合之间存在双射（每个序列对应于一个有限阿贝尔群的不变因子的列表）。

在说明如何为特定的 $n$ 值找到所有这样的序列之前，我们先做一些一般性的评论。首先注意到 ${n}_{1} \geq {n}_{2} \geq \cdots \geq {n}_{s}$ ，因此 ${n}_{1}$ 是最大的不变因子。此外，根据性质（3），每个 ${n}_{i}$ 都整除 $n$ 。如果 $p$ 是 $n$ 的任意素数因子，那么根据（3），我们可以看到 $p$ 必须整除某个 $i$ 的 ${n}_{i}$ 。然后，根据（2），$p$ 也整除所有 $j \leq i$ 的 ${n}_{j}$ 。因此，

$n$ 的每个素数因子都必须整除第一个不变因子 ${n}_{1}$ 。

特别地，如果 $n$ 是不同素数（都为第一幂）的乘积 ${}^{1}$ ，我们可以看到 $n \mid {n}_{1}$ ，因此 $n = {n}_{1}$ 。这证明了如果 $n$ 是无平方数的，那么对于阶为 $n$ 的阿贝尔群，只有一个可能的不变因子列表（即列表 ${n}_{1} = n$ ）：

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${}^{1}$ 这样的整数被称为无平方数，因为它们不能被任何平方 $> 1$ 整除。

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推论4

如果 $n$ 是不同素数的乘积，那么在同构的意义下，唯一的阶为 $n$ 的阿贝尔群是阶为 $n,{Z}_{n}$ 的循环群。

将 $n$ 分解为素数幂是确定所有可能的不变量因子列表的第一步，这些列表对应于阶为 $n$ 的阿贝尔群。

示例

假设 $n = {180} = {2}^{2} \cdot {3}^{2} \cdot 5$ 。如上所述，我们必须有 $2 \cdot 3 \cdot 5 \mid {n}_{1}$ ，因此 ${n}_{1}$ 的可能值是

对于这些值中的每一个，都必须计算出所有可能的 ${n}_{2}$ （受限于 ${n}_{2}\left| {{n}_{1}\text{and}{n}_{1}{n}_{2}}\right|$ ）。对于每一对结果 ${n}_{1},{n}_{2}$ ，都必须计算出所有可能的 ${n}_{3}$ ，等等，直到获得满足（1）至（3）的所有列表。

例如，如果 ${n}_{1} = 2 \cdot {3}^{2} \cdot 5$ ，唯一能整除 ${n}_{2}$ 且 ${n}_{1}$ 能整除 ${n}_{1}{n}_{2}$ 的数是 $n$ 。在这种情况下 ${n}_{2} = 2$ ，所以这个列表是完整的： ${n}_{1}{n}_{2} = n$ 。对应于这个列表的阿贝尔群是 $2 \cdot {3}^{2} \cdot 5,2$ 。

如果 ${n}_{1} = 2 \cdot 3 \cdot 5$ ，那么 ${n}_{2}$ 的唯一候选值是 ${n}_{2} = 2,3$ 或 6。如果 ${n}_{2} = 2$ 或 3，那么由于 ${n}_{3} \mid {n}_{2}$ ，我们必然有 ${n}_{3} = {n}_{2}$ （并且根据性质（3），列表中必须有第三个项）。这导致矛盾，因为 ${n}_{1}{n}_{2}{n}_{3}$ 将能被 ${2}^{3}$ 或 ${3}^{3}$ 整除，但 $n$ 不能被这些数中的任何一个整除。因此，唯一的不变量因子列表，其首项为 $2 \cdot 3 \cdot 5$ 的是 $2 \cdot 3 \cdot 5,2 \cdot 3$ 。对应的阿贝尔群是 ${Z}_{30} \times {Z}_{6}$ 。

同样，所有允许的不变量因子列表以及相应的阶为 180 的阿贝尔群可以很容易地看出是以下这些：

Invariant Factors	Abelian Groups
${2}^{2} \cdot {3}^{2} \cdot 5$	${Z}_{180}$
$2 \cdot {3}^{2} \cdot 5,2$	${Z}_{90} \times {Z}_{2}$
${2}^{2} \cdot 3 \cdot 5,3$	${\mathrm{Z}}_{60} \times {\mathrm{Z}}_{3}$
$2 \cdot 3 \cdot 5,2 \cdot 3$	${Z}_{30} \times {Z}_{6}$

我们上面进行的过程有些临时性，然而它表明确定所有给定阶数的阿贝尔群的不变因子列表 $n$ 强烈依赖于 $n$ 的因数分解。以下定理（我们将看到它在有限阿贝尔群的情形下等价于基本定理）提供了一种更系统且在计算上更快的方法来确定所有给定阶数的有限阿贝尔群。更具体地说，如果 $n$ 的因数分解是

它表明所有允许的阿贝尔群阶数 $n$ 的不变因子列表可以通过找到每个 $i$ 阶数的群的允许列表来确定。对于一个幂次为素数的 ${p}^{\alpha }$ ，我们将看到确定所有允许列表的问题等价于确定 $\alpha$ 的所有分割（且不依赖于 $p$ ）。

定理 5

设 $G$ 是一个阶数为 $n > 1$ 的阿贝尔群，并设 $n$ 的唯一因数分解为不同素数幂的形式为

那么

(1) $G \cong {A}_{1} \times {A}_{2} \times \cdots \times {A}_{k}$ ，其中 $\left| {A}_{i}\right| = {p}_{i}^{{\alpha }_{i}}$

(2) 对于每个 $A \in \left\{ {{A}_{1},{A}_{2},\ldots ,{A}_{k}}\right\}$ 且 $\left| A\right| = {p}^{\alpha }$ ，

与 ${\beta }_{1} \geq {\beta }_{2} \geq \cdots \geq {\beta }_{t} \geq 1$ 和 ${\beta }_{1} + {\beta }_{2} + \cdots + {\beta }_{t} = \alpha$ （其中 $t$ 和 ${\beta }_{1},\ldots ,{\beta }_{t}$ 依赖于 $i$ ）

(3) (1) 和 (2) 中的分解是唯一的，即如果 $G \cong {B}_{1} \times {B}_{2} \times \cdots \times {B}_{m}$ ，对于所有 $i$ 有 $\left| {B}_{i}\right| = {p}_{i}^{{\alpha }_{i}}$ ，那么 ${B}_{i} \cong {A}_{i}$ 和 ${B}_{i}$ 和 ${A}_{i}$ 具有相同的不变因子。

定义

前一定理中描述的整数 ${p}^{{\beta }_{j}}$ 被称为 $G$ 的初等除数。定理5(1)和5(2)中对 $G$ 的描述被称为 $G$ 的初等除数分解。

定理第(1)部分中描述的子群 ${A}_{i}$ 是 $G$ 的 Sylow ${p}_{i}$ 子群。因此(1)表明 $G$ 与其 Sylow 子群的直积同构（注意它们是正规子群 - 因为 $G$ 是阿贝尔群 - 因此是唯一的）。第1部分通常被称为有限阿贝尔群的初级分解定理。${}^{2}$ 与定理3一样，我们稍后会证明这个定理。

注意对于 $p$ 是素数，当且仅当 ${p}^{\beta } \mid {p}^{\gamma }$ 。进一步地，当且仅当 ${p}^{{\beta }_{1}}\cdots {p}^{{\beta }_{t}} = {p}^{\alpha }$ 。因此定理5第(2)部分中出现的 $A$ 的分解是 $A$ 的不变因子分解，其中对整数 ${p}^{{\beta }_{j}}$ 的“可整除性”条件转化为它们指数的“加法”条件。现在可以看出 $G$ 的初等除数是 Sylow $p$ 子群的不变因子，当 $p$ 遍历 $G$ 的所有素数因子时。

根据定理5，为了找到所有阶为 $n = {p}_{1}^{{\alpha }_{1}}{p}_{2}^{{\alpha }_{2}}\cdots {p}_{k}^{{\alpha }_{k}}$ 的阿贝尔群，必须对每个 $i,1 \leq i \leq k$ 找到所有可能的阶为 ${p}_{i}^{{\alpha }_{i}}$ 的群的不变因子列表。每个阿贝尔群的基本除数集合是通过从每个 $k$ 列表中取一个不变因子集合得到的。阿贝尔群是阶为其基本除数的循环群的直积（不同的基本除数列表给出非同构的群）。这种方法相对于定理2后描述的方法的优势在于，它更容易系统化地获得所有可能的不变因子列表 ${p}^{{\beta }_{1}},{p}^{{\beta }_{2}},\ldots ,{p}^{{\beta }_{t}}$ ，对于素数幂阶的群 ${p}^{\beta }$ 。之前描述的不变因子的条件（1）至（3）然后变为

（1） ${\beta }_{j} \geq 1$ 对于所有 $j \in \{ 1,2,\ldots ,t\}$ ，

（2） ${\beta }_{i} \geq {\beta }_{i + 1}$ 对于所有 $i$ ，以及

（3） ${\beta }_{1} + {\beta }_{2} + \cdots + {\beta }_{t} = \beta$ 。

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${}^{2}$ 请记住，对于阿贝尔群，Sylow $p$ -子群有时被称为 $p$ -初级分量。

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因此，在这种情况下，每个不变因子列表仅仅是 $\beta$ 的一个划分（按降序排列）。特别是，阶为 ${p}^{\beta }$ 的非同构阿贝尔群的数目（即不同列表的数目）等于 $\beta$ 的划分数。这个数与素数 $p$ 无关。例如，阶为 ${p}^{5}$ 的阿贝尔群的数目是从5的划分列表中得到的：

Invariant Factors	Abelian Groups
5	${\mathbb{Z}}_{{p}^{5}}$
4,1	${\mathbb{Z}}_{{p}^{4}} \times {\mathbb{Z}}_{p}$
3,2	${\mathbb{Z}}_{{p}^{3}} \times {\mathbb{Z}}_{{p}^{2}}$
3,1 ,1	${\mathbb{Z}}_{{p}^{3}} \times {\mathbb{Z}}_{p} \times {\mathbb{Z}}_{p}$
2,2 ,1	${\mathbb{Z}}_{{p}^{2}} \times {\mathbb{Z}}_{{p}^{2}} \times {\mathbb{Z}}_{p}$
2, 1, 1, 1	${\mathbb{Z}}_{{p}^{2}} \times {\mathbb{Z}}_{p} \times {\mathbb{Z}}_{p} \times {\mathbb{Z}}_{p}$
1, 1, 1, 1, 1	${\mathbb{Z}}_{p} \times {\mathbb{Z}}_{p} \times {\mathbb{Z}}_{p} \times {\mathbb{Z}}_{p} \times {\mathbb{Z}}_{p}$

因此，恰好有7个非同构的阶为 ${p}^{5}$ 的群，列表中的第一个是循环群 ${Z}_{{p}^{5}}$ ，列表中的最后一个是最小阿贝尔群 ${E}_{{p}^{5}}$ 。

如果 $n = {p}_{1}^{{\alpha }_{1}}{p}_{2}^{{\alpha }_{2}}\cdots {p}_{k}^{{\alpha }_{k}}$ 并且 ${q}_{i}$ 是 ${\alpha }_{i}$ 的划分数，我们可以看到，阶为 $n$ 的（不同的、非同构的）阿贝尔群的数目等于 ${q}_{1}{q}_{2}\cdots {q}_{k}.$ 示例

如果 $n = {1800} = {2}^{3}{3}^{2}{5}^{2}$ 我们按照以下方式列出这个阶的阿贝尔群：

Order ${p}^{\beta }$	Partitions of $\beta$	Abelian Groups
23	3;2, 1 ;1,1 ,1	${\mathbb{Z}}_{8},\;{\mathbb{Z}}_{4} \times {\mathbb{Z}}_{2},\;{\mathbb{Z}}_{2} \times {\mathbb{Z}}_{2} \times {\mathbb{Z}}_{2}$
32	2;1,1	${\mathbb{Z}}_{9},{\mathbb{Z}}_{3} \times {\mathbb{Z}}_{3}$
${5}^{2}$	2:1,1	${\mathbb{Z}}_{25},{\mathbb{Z}}_{5} \times {\mathbb{Z}}_{5}$

我们通过对上面右侧列出的三个列表中的每一个阿贝尔群取一个，并取它们的直积，得到阶为1800的阿贝尔群。以所有可能的方式这样做可以得到所有的同构类型：

${\mathbb{Z}}_{4} \times {\mathbb{Z}}_{2} \times {\mathbb{Z}}_{9} \times {\mathbb{Z}}_{5} \times {\mathbb{Z}}_{5}\;{\mathbb{Z}}_{2} \times {\mathbb{Z}}_{2} \times {\mathbb{Z}}_{2} \times {\mathbb{Z}}_{3} \times {\mathbb{Z}}_{3} \times {\mathbb{Z}}_{5} \times {\mathbb{Z}}_{5}.$

根据上述的基本定理，这是阶为1800的所有阿贝尔群的完整列表 - 这个阶的每一个阿贝尔群都与上面的某一个群同构，且列表中的两个群不同构。

我们强调，$G$ 的初等因子不是 $G$ 的不变因子（而是 $G$ 的子群的不变因子）。例如，在上述情况1中，初等因子8、9、25不满足不变因子列表的整除性准则。

我们下一个目标是说明如何将有限阿贝尔群的不变因子列表转换为它的初等因子列表，反之亦然。我们展示了如何确定这些不变量，无论该群如何作为循环群的直积给出。我们需要以下命题。

命题6

设 $m,n \in {\mathbb{Z}}^{ + }$ 。

(1) ${Z}_{m} \times {Z}_{n} \cong {Z}_{mn}$ 当且仅当 $\left( {m,n}\right) = 1$ 。

(2) 如果 $n = {p}_{1}^{{\alpha }_{1}}{p}_{2}^{{\alpha }_{2}}\cdots {p}_{k}^{{\alpha }_{k}}$ 那么 ${Z}_{n} \cong {Z}_{{p}_{1}^{{\alpha }_{1}}} \times {Z}_{{p}_{2}^{{\alpha }_{2}}} \times \cdots \times {Z}_{{p}_{k}^{{\alpha }_{k}}}$ 。

证明：由于（2）是利用（1）和关于 $k$ 的归纳法的一个简单练习，我们集中证明（1）。设 ${Z}_{m} = \langle x\rangle ,{Z}_{n} = \langle y\rangle$ 并且设 $l =$ l.c.m.(m,n)。注意 $l = {mn}$ 当且仅当 $\left( {m,n}\right) = 1$ 。设 ${x}^{a}{y}^{b}$ 是 ${Z}_{m} \times {Z}_{n}$ 的一个典型元素。那么（如第1节例1所述）

如果 $\left( {m,n}\right) \neq 1$ ，那么 ${Z}_{m} \times {Z}_{n}$ 的每个元素的阶至多为 $l$ ，因此其阶严格小于 ${mn}$ ，所以 ${Z}_{m} \times {Z}_{n}$ 不能与 ${Z}_{mn}$ 同构。

反之，如果 $\left( {m,n}\right) = 1$ ，那么 $\left| {xy}\right| =$ l.c.m. $\left( {\left| x\right| ,\left| y\right| }\right) = {mn}$ 。因此，根据阶的考虑，${Z}_{m} \times {Z}_{n} = \langle {xy}\rangle$ 是循环的，从而完成了证明。

从不变量因子获得初等因子

假设 $G$ 给定为一个阿贝尔群，其类型为 $\left( {{n}_{1},{n}_{2},\ldots ,{n}_{s}}\right)$ ，即

设 $n = {p}_{1}^{{\alpha }_{1}}{p}_{2}^{{\alpha }_{2}}\cdots {p}_{k}^{{\alpha }_{k}} = {n}_{1}{n}_{2}\cdots {n}_{s}$ 。将每个 ${n}_{i}$ 因解为

根据上述命题，

对于每个 $i$ 。如果 ${\beta }_{ij} = 0,{Z}_{{p}_{i}^{{\beta }_{ij}}} = 1$ ，这个因子可以从直积中删除而不改变同构类型。那么 $G$ 的初等因子恰好是整数

例如，如果 $\left| G\right| = {2}^{3} \cdot {3}^{2} \cdot {5}^{2}$ 并且 $G$ 的类型为(30,30,2)，那么

由于 ${Z}_{30} \cong {Z}_{2} \times {Z}_{3} \times {Z}_{5},G \cong {Z}_{2} \times {Z}_{3} \times {Z}_{5} \times {Z}_{2} \times {Z}_{3} \times {Z}_{5} \times {Z}_{2}.$ $G$ 的初等除数因此是 2,3,5,2,3,5,2，或者将相同的素数分组（注意在直积中改变因子的顺序不影响同构类型（第1节的练习7）），2,2,2,3,3,5,5。特别是，$G$ 与上面示例中列表的最后一个群同构。

如果对于每个 $j$ ，将所有的因子 ${Z}_{{p}_{l}^{{\beta }_{ij}}}$ 放在一起，得到的直积构成了 Sylow ${p}_{j}$ 子群 ${A}_{j}$ ，即 $G$ 的 Sylow 2-子群。因此，上一段中提到的群的 Sylow 2-子群与 ${Z}_{2} \times {Z}_{2} \times {Z}_{2}$ 同构（即，阶数为8的初等阿贝尔群）。

从任何循环分解中获取初等除数

上述相同的过程将给出有限阿贝尔群 $G$ 的初等除数，只要 $G$ 被给定为循环群的直积（而不仅仅是当循环分量的阶数是不变量时）。例如，如果 $G = {Z}_{6} \times {Z}_{15}$ ，列表 6,15 既不是不变量的列表（可整除性条件不成立）也不是初等除数的列表（它们不是素数的幂）。为了找到初等除数，分解 $6 = 2 \cdot 3$ 和 ${15} = 3 \cdot 5$ 。然后素数的幂2,3,3,5是初等除数，

从初等除数获取不变量

假设 $G$ 是一个阶数为 $n$ 的阿贝尔群，其中 $n = {p}_{1}^{{\alpha }_{1}}{p}_{2}^{{\alpha }_{2}}\cdots {p}_{k}^{{\alpha }_{k}}$ ，并且我们已知 $G$ 的初等除数。通过以下步骤可以得到 $G$ 的不变量：

(1) 首先将所有相同素数的幂的初等因子分组在一起。这样我们得到 $k$ 整数列表（每个 ${p}_{j}$ 一个）。

(2) 在这些 $k$ 列表中，将整数按非递增顺序排列。

(3) 在这些 $k$ 列表中，假设最长的（即项数最多的）由 $t$ 整数组成。通过在每个列表末尾添加适当数量的1来使每个 $k$ 列表的长度达到 $t$。

(4) 对于每个 $i \in \{ 1,2,\ldots ,t\}$，${i}^{\text{th }}$ 不变量，${n}_{i}$，是通过取每个 $t$（有序）列表中的 ${i}^{\text{th }}$ 整数的乘积得到的。

按这种方式排列列表的目的是确保我们满足可整除性条件 ${n}_{i + 1} \mid {n}_{i}$。

例如，假设 $G$ 的初等因子给出为2, 3, 2, 25, 3, 2（所以 $\left| G\right| = {2}^{3} \cdot {3}^{2} \cdot {5}^{2}$）。重新分组并将每个列表增加到有3（$= t$）个成员，得到：

因此 $G$ 的不变量因子是 $2 \cdot 3 \cdot {25},2 \cdot 3 \cdot 1,2 \cdot 1 \cdot 1$ 和

注意，这是上面计算出的1800阶阿贝尔群分类列表中的倒数第二个组。

下面是1800阶阿贝尔群的不变量分解，其中这个列表中的 ${i}^{\text{th }}$ 群同构于在上一个列表中计算的 ${i}^{\text{th }}$ 群：

上一个列表中的：

利用基本定理3和定理5的唯一性陈述，我们可以使用这些过程来确定任意两个有限循环群直积是否同构。例如，如果想知道 ${Z}_{6} \times {Z}_{15} \cong {Z}_{10} \times {Z}_{9}$ 是否同构，首先确定它们是否具有相同的阶（两者的阶都是90），然后（通常情况下最简单的方法）确定它们是否具有相同的基本除数：

${Z}_{6} \times {Z}_{15}$ 的基本除数是2,3,3,5，并且与 ${Z}_{2} \times {Z}_{3} \times {Z}_{3} \times {Z}_{5}$ 同构

${Z}_{10} \times {Z}_{9}$ 的基本除数是2,5,9，并且与 ${Z}_{2} \times {Z}_{5} \times {Z}_{9}$ 同构。

基本除数的列表不同，所以（根据定理5）它们不是同构的。注意 ${Z}_{6} \times {Z}_{15}$ 没有阶为9的元素，而 ${Z}_{10} \times {Z}_{9}$ 有（参见练习5）。

我们上面描述的过程（经过一些详述）构成了一个证明（通过命题6），对于有限阿贝尔群，定理3和定理5是等价的（即，一个蕴含另一个）。我们将细节留给读者。

现在可以更好地理解分类定理的一些力量和局限性。一方面，对于任意正整数 $n$ ，可以明确描述所有阶为 $n$ 的阿贝尔群，这是一个重要的成就。另一方面，确定一个特定的群属于阶为 $n$ 的同构类型中的哪一个所需的信息量可能是相当大的（如果 $n$ 能被大质数的幂整除，则信息量更大）。

我们以一些在后续章节中有用的术语来结束本节。

定义

(1) 如果 $G$ 是一个有限阿贝尔群，类型为 $\left( {{n}_{1},{n}_{2},\ldots ,{n}_{t}}\right)$ ，那么整数 $t$ 被称为 $G$ 的秩（$G$ 的自由秩为 0，因此不会混淆）。

(2) 如果 $G$ 是任意群，那么 $G$ 的指数是使得对于所有 $x \in G$ ，最小的正整数 $n$ 满足 ${x}^{n} = 1$ （如果不存在这样的整数，那么 $G$ 的指数为 $\infty$ ）。