5.1 直积

直接积

我们从有限个数和可数个数的群的直接积的定义开始（任意集合的群的直接积在练习中考虑）。

定义

(1) 群 ${G}_{1},{G}_{2},\ldots ,{G}_{n}$ 的直接积 ${G}_{1} \times {G}_{2} \times \cdots \times {G}_{n}$ ，分别具有运算 ${ \star }_{1},{ \star }_{2},\ldots ,{ \star }_{n}$ ，是由 $n$ 元组 $\left( {{g}_{1},{g}_{2},\ldots ,{g}_{n}}\right)$ 组成的集合，其中 ${g}_{i} \in {G}_{i}$ ，运算按分量定义：

(2) 同样地，群 ${G}_{1},{G}_{2},\ldots$ 的直接积 ${G}_{1} \times {G}_{2} \times \cdots$ ，分别具有运算 ${ \star }_{1},{ \star }_{2},\ldots$ ，是由序列 $\left( {{g}_{1},{g}_{2},\ldots }\right)$ 组成的集合，其中 ${g}_{i} \in {G}_{i}$ ，运算按分量定义：

尽管直接积中的每个因子的运算可能不同，但我们将像往常一样，将所有抽象群乘法表示，因此上述 (1) 中的运算就简单地变为

示例

(1) 假设 ${G}_{i} = \mathbb{R}$ （运算为加法）对于 $i = 1,2,\ldots ,n$ 。那么 $\mathbb{R} \times \mathbb{R} \times \cdots \times \mathbb{R}$ （n-因子）是熟悉的欧几里得 $n$ -空间 ${\mathbb{R}}^{n}$ ，具有通常的向量加法：

为了说明形成直积的群（及其相应的运算）可能是完全一般的，设 ${G}_{1} = \mathbb{Z}$ ，设 ${G}_{2} = {S}_{3}$ ，并设 ${G}_{3} = G{L}_{2}\left( \mathbb{R}\right)$ ，其中群运算是加法、复合和矩阵乘法，分别。那么 ${G}_{1} \times {G}_{2} \times {G}_{3}$ 中的运算定义为

命题 1

如果 ${G}_{1},\ldots ,{G}_{n}$ 是群，它们的直积是一个阶数为 $\left| {G}_{1}\right| \left| {G}_{2}\right| \cdots \left| {G}_{n}\right|$ 的群（如果任何 ${G}_{i}$ 是无限的，那么直积也是无限的）。

证明：设 $G = {G}_{1} \times {G}_{2} \times \cdots \times {G}_{n}$ 。证明群公理对 $G$ 成立是很直接的，因为每个公理都是每个因子 ${G}_{i}$ 中相同公理成立的后果，并且 $G$ 上的运算定义为逐个分量进行。例如，结合律的验证如下：

设 $\left( {{a}_{1},{a}_{2},\ldots ,{a}_{n}}\right) ,\left( {{b}_{1},{b}_{2},\ldots ,{b}_{n}}\right)$ ，和 $\left( {{c}_{1},{c}_{2},\ldots ,{c}_{n}}\right) \in G$ 。那么

其中在第三步中我们使用了每个分量中的结合律。剩余的验证直积是一个群的过程是类似的：$G$ 的单位元是 $n$ -元组 $\left( {{1}_{1},{1}_{2},\ldots ,{1}_{n}}\right)$ ，其中 ${1}_{i}$ 是 ${G}_{i}$ 的单位元，$\left( {{g}_{1},{g}_{2},\ldots ,{g}_{n}}\right)$ 的逆元是 $\left( {{g}_{1}^{-1},{g}_{2}^{-1},\ldots ,{g}_{n}^{-1}}\right)$ ，其中 ${g}_{i}^{-1}$ 是 ${g}_{i}$ 在 ${G}_{i}$ 中的逆元。

$G$ 的阶数公式是清晰的。

如果直积的因子被重新排列，得到的直积与原来的直积同构（参见练习 7）。

下一个命题表明，一个直积 ${G}_{1} \times {G}_{2} \times \cdots \times {G}_{n}$ 包含了每个 ${G}_{i}$ 的同构副本。可以将这些特定的副本视为直积的“坐标轴”，因为在 $\mathbb{R} \times \mathbb{R}$ 的情况下，它们与 $x$ 和 $y$ 轴相重合。然而，应当小心，不要将这些“坐标轴”视为直积中 ${G}_{i}$ 的唯一副本。例如在 $\mathbb{R} \times \mathbb{R}$ 中，任何通过原点的线都是 $\mathbb{R} \times \mathbb{R}$ 的一个子群，与 $\mathbb{R}$ 同构（并且 $\mathbb{R} \times \mathbb{R}$ 有无限多对坐标轴，即任何给定坐标系统的旋转）。命题的第二部分表明，存在投射同态到每个组成部分上。

命题 2

设 ${G}_{1},{G}_{2},\ldots ,{G}_{n}$ 为群，$G = {G}_{1} \times \cdots \times {G}_{n}$ 为它们的直积。

（1）对于每个固定的 $i$ ，$G$ 中元素集合，在 ${j}^{\text{th }}$ 位置上具有 ${G}_{j}$ 的单位元，对于所有 $j \neq i$ 以及在 $i$ 位置上的任意元素 ${G}_{i}$ ，是 $G$ 的一个子群，与 ${G}_{i}$ 同构：

（在这里 ${g}_{i}$ 出现在 ${i}^{\text{th }}$ 位置）。如果我们把这个子群与 ${G}_{i}$ 相识别，那么 ${G}_{i} \trianglelefteq G$ 和

（2）对于每个固定的 $i$ ，定义 ${\pi }_{i} : G \rightarrow {G}_{i}$ 为

然后 ${\pi }_{i}$ 是一个满射同态，具有

（在这里数字 1 出现在 $i$ 位置）。

（3）在部分（1）的识别下，如果对于某个 $i \neq j$ ，$x \in {G}_{i}$ 和 $y \in {G}_{j}$ ，那么 ${xy} = {yx}$

证明：(1) 由于 $G$ 中的操作是逐分量定义的，很容易从子群准则得出 $\left\{ {\left( {1,1,\ldots ,1,{g}_{i},1,\ldots ,1}\right) \mid {g}_{i} \in {G}_{i}}\right\}$ 是 $G$ 的一个子群。此外，映射 ${g}_{i} \mapsto \left( {1,1,\ldots ,1,{g}_{i},1,\ldots ,1}\right)$ 被视为 ${G}_{i}$ 与这个子群的同构。将 ${G}_{i}$ 与 $G$ 中的这个同构副本识别为同一。

为了证明 (1) 的其余部分，考虑以下映射

定义为

（即，$\varphi$ 删除了 $G$ 的 ${i}^{\text{th }}$ 部分）。映射 $\varphi$ 是一个同态，因为

由于位置 $j$ 的条目是 ${G}_{j}$ 的任意元素，对于所有 $j,\varphi$ 是满射。此外，

这证明了 ${G}_{i}$ 是 $G$ 的一个正规子群（特别是，它再次证明了 ${G}_{i}$ 的这个副本是一个子群），第一同构定理给出了 (1) 部分的最终断言。

在 (2) 中，${\pi }_{i}$ 是一个满射同态，其核是描述的子群，这与 (1) 部分的论证非常相似，因此细节留给读者。

在 (3) 部分中，如果 $x = \left( {1,\ldots ,1,{g}_{i},1,\ldots ,1}\right)$ 和 $y = \left( {1,\ldots ,1,{g}_{j},1,\ldots ,1}\right)$ ，其中指示的条目分别出现在位置 $i,j$ 上，那么

（其中选择的符号使得 $i < j$ ）。这完成了证明。

这个命题的推广出现在练习 2 中。

我们将继续将命题第(1)部分中描述的“坐标轴”子群与其同构副本，即 ${G}_{i}$ 的 's 识别为相同的。这样的子群通常被称为 ${i}^{\text{th }}$ 部分 或 ${i}^{\text{th }}$ 因子 of $G$ 。例如，当我们希望在 ${Z}_{n} \times {Z}_{m}$ 中进行计算时，我们可以让 $x$ 成为第一个因子的生成元，让 $y$ 成为第二个因子的生成元，并将 ${Z}_{n} \times {Z}_{m}$ 的元素写成 ${x}^{a}{y}^{b}$ 的形式。这取代了形式上的有序对 (x,1) 和 (1,y) 与 $x$ 和 $y$ （因此 ${x}^{a}{y}^{b}$ 取代了 $\left( {{x}^{a},{y}^{b}}\right)$ ）。

示例

(1) 在命题2的记号下，由第(3)部分得出，如果 ${x}_{i} \in {G}_{i},1 \leq i \leq n$ ，那么对于所有 $k \in \mathbb{Z}$

由于 ${x}_{1}{x}_{2}\ldots {x}_{n}$ 的阶是最小的正整数 $k$ ，使得 ${x}_{i}^{k} = 1$ 对于所有 $i$ 成立，我们发现

（其中，当且仅当 ${x}_{i}$ 中的一个阶为无限时，此阶为无限）。(2) 设 $p$ 为一个质数，对于 $n \in {\mathbb{Z}}^{ + }$ 考虑

然后 ${E}_{{p}^{n}}$ 是一个阶为 ${p}^{n}$ 的阿贝尔群，具有性质，对于所有 $x \in {E}_{{p}^{n}}$ 。这个群是第4.4节中描述的阶为 ${p}^{n}$ 的基本阿贝尔群。

(3) 对于 $p$ 是一个质数，我们证明阶为 ${p}^{2}$ 的初等阿贝尔群恰好有 $p + 1$ 个阶为 $p$ 的子群（特别地，这些子群比那两个显然的子群要多）。设 $E = {E}_{{p}^{2}}$ 。由于 $E$ 的每个非单位元素都有阶 $p$ ，这些元素中的每一个都生成一个阶为 $p$ 的 $E$ 的循环子群。根据拉格朗日定理，不同阶为 $p$ 的子群交集是平凡的。因此，${p}^{2} - 1$ 个 $E$ 的非单位元素被划分为大小为 $p - 1$ 的子集（即，这些子集的每一个都由某个阶为 $p$ 的子群的非单位元素组成）。因此必然有

阶为 $p$ 的子群。当 $p = 2,E$ 是克莱因四元群时，我们已经知道它有3个阶为2的子群（参见练习10和11）。