仅存在一个无限子群的无限Abel群

Infinite Abel Groups Having Only One Infinite Subgroup

摘要: 本文我们研究一类无限Abel群，它仅有一个无限子群，即这个群本身。本文首先讨论了这种Abel群的结构和性质，然后给出和这种群有关的两个定理，及相应的证明。

Abstract: In this paper, we study a class of infinite Abel group, which has only one infinite subgroup, that is, the group itself. Here we first discuss the structure and properties of this Abel group, and then give two theorems related to this group, and the corresponding proofs of the theorems.

1. 引言

在群的研究中，有限群的结构通常比较复杂，除非是一些特殊的群如循环群等。相对而言有限Abel群的结构较为简单，易于分析和研究，是最早研究也是研究的最彻底的一类群。但无限Abel群的结构就显得很复杂了，无限Abel群的分类至今也没有完成，对无限Abel群的研究不仅是群论中的一个重要且有意义的问题，并且对解决一些拓扑曲面上的问题也非常有帮助 [1]。

本文主要研究一类特殊的无限Abel群，这类Abel群的真子群的阶都是有限的。首先，这类群是存在的，例子可以详见下文。这自然的会引出两个问题，对于有这种性质的群，一共会有多少种同构类？它们有着什么共同的性质？关于这两个问题本文得到的主要结果是：

定理1. 如果一个无限Abel群仅存在一个无限子群，即这个群本身，那么这个群必然与 $Z\left(p^{\infty }\right)$ 同构( $Z\left(p^{\infty }\right)$ 的定义见下文)。

定理2. 设Q为有理数集，Z为整数集，则商群 $Q/Z\cong \underset{p\in \mathbb{P}}{{\displaystyle \oplus }}{Z}_{p^{\infty }}$ ( $\mathbb{P}$ 表示全体素数的集合)。

2. 预备知识

本文使用的符号和术语都是标准的。

定义1.1. 令p为一个素数，Q为有理数集，Z为整数集，定义商群Q/Z中的群运算为普通加法，Q/Z

的无限子群 $Z\left(p^{\infty }\right)$ 为： $Z\left(p^{\infty }\right)=\left\{\overline{a/p^k}\in Q/Z|a,k\in Z,k\ge 0\right\}$。

且 $Z\left(p^{\infty }\right)$ 有以下性质成立 [2]：

1) $\forall a\in Z\left(p^{\infty }\right),\left|a\right|=p^i,i\in Z$。

2) 任取 $Z\left(p^{\infty }\right)$ 的真子群H，存在某个整数k使得 $H=\langle \overline{1/p^k}\rangle$，自然的，所有 $Z\left(p^{\infty }\right)$ 的真子群都是有限群。

3) 任取 $Z\left(p^{\infty }\right)$ 的真子群H，有 $Z\left(p^{\infty }\right)/H\cong Z\left(p^{\infty }\right)$ 成立。

定义1.2. Abel群族 $\left\{G_i|i\in \lambda \right\}$ 的直积记为： $\underset{i\in \lambda }{{\displaystyle \oplus }}{G}_i$，其中 $\underset{i\in \lambda }{{\displaystyle \oplus }}{G}_i$ 的元素定义为{ $x:\lambda \to {\displaystyle \underset{i\in \lambda }{\cup }{G}_i}|x\left(i\right)\in G_i$，并且对除了有限个元之外的所有 $x\left(i\right)$ 都为单位元}。对 $x,y\in \underset{i\in \lambda }{{\displaystyle \oplus }}{G}_i$ 定义群加法运算： $\left(x+y\right)\left(i\right)=x\left(i\right)+y\left(i\right)$。

本文的讨论中需要用到以下两个已知的结果。

命题1.1. 有限Abel群分解定理 [3]：有限Abel群可以分解阶为素数的方幂的循环子群的内直积，且这样的分解方法是唯一的。

命题1.2. Zorn引理 [4]：在一个非空偏序集中，如果任意链都有上界，那么这个偏序集必然存在极大元。

3. 证明

本文利用关于群的基础知识，可以得到以下两个定理。

定理1.如果一个无限Abel群仅存在一个无限子群(即这个群本身)，那么这个群必然与 $Z\left(p^{\infty }\right)$ 同构。

证明：令G为满足定理1假设的一个无限Abel群，任取G中的真子群 $G_1$，考虑到 $G_1$ 是有限群，所以必然存在G的中的元素a满足 $a\in G-G_1$，记 $G_2=\langle G_1,a\rangle$，接下来用完全同样的办法添加G中元素得到 $G_3,G_4,\cdots$，如此便构成了一个有限群包含链，即： $G_1<G_2<\cdots <G_n<\cdots$，可见这一个升链不会终止于有限项，即G并不满足A.C.C条件。利用Zorn引理的逆否命题，我们知道，定义集合包含关系为偏序，真子群的集合中不存在极大元，也就是说构造出的这条有限群包含链是无限长的。

1) 先证 ${\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\cup }}{G}_n}=G$ ： $\forall x\in G_l\subset {\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\cup }}{G}_n}$， $\forall y\in G_m\subset {\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\cup }}{G}_n}$，不妨认为 $m>l$，则 $x\in G_m$，所以 $x-y\in G_m\subset {\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\cup }}{G}_n}$，所以 ${\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\cup }}{G}_n}$ 是G的子群，而 ${\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\cup }}{G}_n}$ 不是有限群，所以由定义 ${\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\cup }}{G}_n}=G$。

2) 对所有的n， $G_n$ 都是循环P-群：对包含链 $G_1\subset G_2\subset \cdots \subset G_n\subset \cdots$，把这些群都分解为循环P-群的内直积，如果某一项 $G_k$，可以被分解为两个或以上循环P-群的内直积，不妨记为： $G_k=G_a\cdot G_b$，对任意包含 $G_k$ 的群 $G_m$，必然有 $G_a\subset G_m$， $G_b\subset G_m$， $G_a\cap G_b=e$，利用有限Abel群分解定理， $G_m$ 的分解式中也必然直接或间接的包含 $G_a$ 和 $G_b$ 这两个循环P-群，记为： $G_m=G_A\cdot G_B\cdot G_{m1}\cdots G_{ml}$，其中 $G_a\subset G_A$， $G_b\subset G_B$，通过这种分析也可以得到推论，分解式的长度是单调递增的。模仿分析学中对无限的定义，考虑分解式的长度(或者说符号 $\cdot$ 的个数)是否会随着m的增加而趋于无穷，分为两种情况讨论：

情况1，若分解式无限变长，考虑集合 $H={\displaystyle \underset{i=m}{\overset{\infty }{\cup }}{G}_{i1}}\cdots G_{ix}$ (x的大小和i有关)，这个集合把所有分解式

中不包含 $G_a$ 和 $G_b$ 的循环P-群乘起来，这意味着H是一个群，分解式无限变长就可以推测x随着i增加趋于无穷，所以H是无限群，而由 $G_a\cap G_{ij}=e$ (i和j任取)知道 $G_a⊈H$。又因为 $G_a\subset G$，所以H是G的一个无穷真子群，这与假设矛盾。

情况2，若分解式长度有限，结合前面的推论：分解式的长度单调递增。所以从某一项开始分解式的长度就达到最大值固定了，不妨认为从 $G_m$ 开始固定，且在分解式中循环P-群个数为n，在分解式

$G_k=G_{k1}\cdots G_{kn}$ 中，利用前面的分析知道有 $G_{\left(k+1\right)i}\supseteq G_{ki}$ 成立，所以 $\left|G_{ki}\right|$ 随着m的增加单调递增，又考虑到 $\underset{k\to \infty }{\lim }\left|G_k\right|=\underset{k\to \infty }{\lim }\left|G_{k1}\right|\cdots \cdot \left|G_{kn}\right|=\infty$，这式子意味着必然有某项 $\left|G_{ki}\right|$ 随着m的增加趋于无穷，不妨认为 $\underset{k\to \infty }{\lim }\left|G_{k1}\right|=\infty$，考虑集合 $H={\displaystyle \underset{k=m}{\overset{\infty }{\cup }}{G}_{k1}}$，由包含关系 $G_{k1}\subset G_{\left(k+1\right)1}\subset G_{\left(k+2\right)1}\subset \cdots$ 可以推出H是一个无限群，而又有 $\left(\left|G_{m2}\right|,\left|G_{k1}\right|\right)=1$，所以 $G_{m2}⊈G_{k1}$，进一步可以推出 $G_{m2}⊈H$，又因为 $G_{m2}$ 是G的子群，所以 $H\ne G$，推出矛盾。

3) $G={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\cup }}{G}_n}\cong Z\left(p^{\infty }\right)$ ：因为 $G_n\subset G_{n+1}\cdots$ 是一列循环P-群，在同构意义下可以用模n加法群来代替表示它们，记做 $Z_{\left|G_n\right|}\subset Z_{\left|G_{n+1}\right|}\subset \cdots$，为了使这个包含关系成立，我们认为 $\bar{k}\in Z_{\left|G_n\right|}$ 和 $\overline{\frac{\left|G_{n+1}\right|}{\left|G_n\right|}\cdot k}\in Z_{\left|G_{n+1}\right|}$ 是同一个元素。

定义映射 $f_n:Z_{\left|G_n\right|}\to Z\left(p^{\infty }\right)$ 为 $f_n\left(\bar{x}\right)=\overline{\frac{x}{\left|G_n\right|}}$，如果 $\overline{x_1}=\overline{x_2}$，那么 $f_n\left(\overline{x_1}\right)-f_n\left(\overline{x_2}\right)=\overline{\frac{x_1}{G_n}}-\overline{\frac{x_2}{G_n}}=0$，所以 $f_n\left(\overline{x_1}\right)=f_n\left(\overline{x_2}\right)$，所以 $f_n$ 是单映射。任取 $x,y\in Z_{\left|G_n\right|}$，有 $f\left(x\right)+f\left(y\right)=\overline{\frac{x}{\left|G_n\right|}}+\overline{\frac{y}{\left|G_n\right|}}=f\left(x+y\right)$，所以 $f_n$ 是单同态映射。若 $x\in Z_{\left|G_n\right|}\subset Z_{\left|G_{n+1}\right|}$，则 $f_{n+1}\left(x\right)=\frac{\overline{\left|G_{n+1}\right|/\left|G_n\right|\cdot x}}{\left|G_{n+1}\right|}=\overline{\frac{x}{\left|G_n\right|}}=f_n\left(x\right)$，所以 $f_{n+1}$ 可以看成是 $f_n$ 的延拓。

因此可以定义 $f={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\cup }}{f}_n}$， $\forall x\in {\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\cup }}{Z}_{\left|G_n\right|}}$，若 $x\in Z_{\left|G_k\right|}$，定义 $f\left(x\right)=f_k\left(x\right)$。直接由定义知道f的定义域是 ${\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\cup }}{Z}_{\left|G_n\right|}}$。 $\forall x\in Z_{\left|G_a\right|}\subset {\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\cup }}{Z}_{\left|G_n\right|}}$， $\forall y\in Z_{\left|G_b\right|}\subset {\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\cup }}{Z}_{\left|G_n\right|}}$，不妨认为 $a\ge b$，则 $y\in Z_{\left|G_a\right|}$，所以有： $f\left(x+y\right)=f_a\left(x+y\right)=f_a\left(x\right)+f_a\left(y\right)=f\left(x\right)+f\left(y\right)$，即f是个同态映射。又考虑到 $f_n$ 是单同态映射，即 $\ker f_n\left(\bar{0}\right)=\bar{0}$，所以 $\ker f\left(\bar{0}\right)={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\cup }}\ker f_n\left(\bar{0}\right)}=\bar{0}$，所以f还是单射。综合即有f是 ${\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\cup }}{Z}_{\left|G_n\right|}}$ 到 $Z\left(p^{\infty }\right)$ 的同构映射，所以 ${\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\cup }}{Z}_{\left|G_n\right|}}\cong Z\left(p^{\infty }\right)$，而由前面提到的， $Z_{\left|G_n\right|}$ 同构于 $G_n$，所以 $G\cong Z\left(p^{\infty }\right)$。

定理2. 设Q为有理数集，Z为整数集，则商群 $Q/Z\cong \underset{p\in \mathbb{P}}{{\displaystyle \oplus }}{Z}_{p^{\infty }}$ ( $\mathbb{P}$ 代表全体素数)。

证明：在证明开始前，有必要说明一下为什么对直和 $\underset{p\in \mathbb{P}}{{\displaystyle \oplus }}{Z}_{p^{\infty }}$ 的定义中要求只有有限项不为0，因为

如果允许无穷项出现的话，上述直和中元素的个数就会有不可数多个，而商群Q/Z的个数是可数的，这样是不可能同构的。

建立 $\underset{p\in \mathbb{P}}{{\displaystyle \oplus }}{Z}_{p^{\infty }}$ 到Q/Z的映射： $f:\left(a_1,\cdots ,a_n\right)\to a_1+\cdots +a_n$。

可见有 $f\left(a_1,\cdots ,a_n\right)=f\left(\cdots \left(f\left(f\left(a_1,a_2\right),a_3\right)\cdots \right),a_n\right)$ 成立，这意味着映射f可以分解为只有两个自变量的形式，即： $f\left(\frac{\bar{x}}{a},\frac{\bar{y}}{b}\right)=\overline{\frac{x\cdot b+y\cdot a}{a\cdot b}}$，其中 $\left(a,b\right)=1$，只需要要证明这种形式的映射是同构就足够了。

1) f是一个映射。

当 $\frac{\overline{x_1}}{a}=\frac{\overline{x_2}}{a}$ 时， $a|x_1-x_2$，有 $f\left(\frac{x_1}{a},\frac{y}{b}\right)-f\left(\frac{x_2}{a},\frac{y}{b}\right)=\overline{\frac{x_1\cdot b+y\cdot a}{a\cdot b}}-\overline{\frac{x_2\cdot b+y\cdot a}{a\cdot b}}=\overline{\frac{\left(x_1-x_2\right)\cdot b}{a\cdot b}}=\bar{0}$。所以有 $f\left(\frac{x_1}{a},\frac{y}{b}\right)=f\left(\frac{x_2}{a},\frac{y}{b}\right)$，当 $\frac{\overline{y_1}}{b}=\frac{\overline{y_2}}{b}$ 时，利用同样的办法可以得到 $f\left(\frac{x}{a},\frac{y_1}{b}\right)=f\left(\frac{x}{a},\frac{y_2}{b}\right)$。

2) f是满射。因为 $\left(\frac{\bar{n}}{a},\frac{\bar{n}}{b}\right)\stackrel{f}{\to }n\overline{\frac{a+b}{a\cdot b}}$，利用简单的数论知识知道a和b互素可以推出 $a+b$ 和 $a\times b$ 互素，这意味着元素 $n\cdot \overline{\frac{a+b}{a\cdot b}}$ 会随着n的变化而取遍 $\overline{\frac{0}{a\cdot b}}$ 到 $\overline{\frac{a\cdot b-1}{a\cdot b}}$ 的所有元。

3) f是单射。 $c=\bar{0}$ 的充分且必要条件是 $a\cdot b|x\cdot b+y\cdot a$，因此 $x=0\left(\mathrm{mod}a\right)$， $y=0\left(\mathrm{mod}b\right)$，故 $\ker f=\left(\bar{0},\bar{0}\right)$。

综上f是 $\underset{p\in \mathbb{P}}{{\displaystyle \oplus }}{Z}_{p^{\infty }}$ 到Q/Z的一个同构映射，证明完毕。