Abel群循环分解定理
作者：互联网
名字是我瞎编的qwq
定理：对于任意Abel群 \((A,.)\)，其一定可以被分解为若干循环群的积 \(Z_{i_1}Z_{I_2}\ldots Z_{i_k}\)。
下记 \(O\left<x\right>\) 代表元素 \(x\)（默认在 \(A\) 中）的阶。记 \(\left<x\right>=\{x^i|i\in \mathbf Z\}\)，也即 \(x\) 生成的循环子群。
证明思路：（忽略了一些边界和细节，如 \(A\) 已经是循环群的情况）
如果你看到了（想一想，为什么），说明它所指的小结论的证明是比较简单的，觉得显然可以略过，想不出来可以翻到文末看提示。
取一元素 \(x\in A\)。根据它，我们试图将 \(A\) 划分成若干集合。
我们首先划分出的集合是 \(S_0=\left<x\right>\)。然后，现在可能有元素在 \(A\) 中但不在 \(S_0\) 中，于是我们随便挑出一个这样的元素 \(y\)，将 \(y\left<x\right>=\{yx^i|i\in \mathbf Z\}\) 划分成另一个集合。
如果还有元素不在被划分出的集合内，重复这个过程。可以证明，这样划分出的集合两两不交（想一想，为什么1）。下文用加粗的集合来代表这里划分出来的这些集合。
我们接下来构造一个群 \((B,.)\)，它将集合看成一个基本单位，也即将集合作为元素。
对于任意两个集合 \(R,S\)，我们定义它们的乘法 \(T=R\times T\)，是在其中任取两个元素 \(r\in R,s\in S\)，找到它们的积所在的集合 \(rs\in T\)。
为什么上文采用任取呢？因为不管你取的是 \(R,S\) 中的哪两个元素，最终得到的集合 \(T\) 总会是同一个！（想一想，为什么2）
而且容易验证 \((B,\times)\) 构成一个Abel群。
接下来我们采用归纳法，将 \(B\) 分解成若干循环群的乘积 \(Z_{i_1}Z_{i_2}\ldots Z_{i_k}\)。
据此，对于 \(B\) 中的每一个元素（时刻注意 \(B\) 中的元素是 \(A\) 中一些元素的集合），我们可以定义它的“坐标” \((a_1,a_2,\ldots,a_k)\) 来表示它是循环群分解中哪一车元素映射过来的。
具体的，若记 \(g_1,g_2,\ldots,g_k\) 分别是 \(Z_{i_1},Z_{i_2},\ldots,Z_{i_k}\) 的生成元（意思就是“原根”，即其幂方可以遍历循环群中每一个元素的元素），它们的任意幂方构成的有序对 \((g_1^{a_1},g_2^{a_2},\ldots,g_k^{a_k})\)，会根据代数系统乘法的定义，映射到 \(B=Z_{i_1}Z_{i_2}\ldots Z_{i_k}\) 中的一个元素，那个元素的坐标就定义为 \((a_1,a_2,\ldots,a_k)\)
那么，\(A\) 的单位元（下文简称单位元）一定在“坐标”为 \((0,0,\ldots,0)\) 的集合中。
然后，我们考虑一个这样的事情：对 \(B\) 中的每个元素，它是 \(A\) 中一些元素的集合。对每个集合，我们来找到一个代表元，使得这些代表元构成的集合 \(D\)，构成 \(A\) 的一个子群。
子群主要意味着什么呢？意味着它们内部的运算是封闭的！于是，如果成功找到了这样的元素，我们可以考虑对 \(A\) 中的元素 \(a\) 进行如下“改造”：
记 \(a\) 所在的集合为 \(S_a\) 代表元为 \(c_a\)，而 \(a\) 被表示为 \(c_ax^{i_a}\)（还记得 \(x\) 是什么吗？是最开始我们划分集合的依据），则我们将 \(a\) 映射为有序对 \((S_a,i_a)\)。
接下来，我们考虑 \(A\) 中两个元素 \(a,b\) 的乘法会发生什么：\(ab=(c_ax^{i_a})(c_bx^{i_b})=(c_ac_b)(x^{i_a+i_b})\)。
根据集合的定义，我们知道，\(c_a\in S_a,c_b\in S_b,c_ac_b\in (S_a\times S_b)\)。
而根据代表元构成子群的性质，我们知道，\(c_a\) 是代表元，\(c_b\) 是代表元，于是 \(c_ac_b\) 也是代表元。
而一个集合只会有一个代表元，因此，\(c_a,c_b\) 是 \(S_a\times S_b\) 的代表元！
于是，\(a=(S_a,i_a),b=(S_b,i_b)\) 则有 \(ab=(S_a\times S_b,i_a+i_b)\)，我们就构造好了一个 \(A=BZ_{O\left<x\right>}\) 的双射！那我们的证明就完成了。
最后，我们来构造每个集合的代表元。这是整个证明最具构造性的地方。
对于 \(B\) 中“坐标”为 \((0,0,\ldots,1,\ldots,0)\) （仅有第 \(k\) 位为1，其他位均为0）的元素，它是一个集合。
我们希望取出其中一个元素 \(g_k\)，使得 \(O\left<g_k\right>=i_k\)。
我们先任取一个 \(g_k\)，说明：\(i_k|O\left<g_k\right>\)。这是因为根据集合乘法的定义，我们知道：\(g_k^l\) 是在坐标为 \((0,0,\ldots,l,\ldots,0)\) 的集合中的。
因此，只有 \(i_k|l\) 时，\(g_k^l\) 才会和 \(A\) 的单位元 \(e\) 在同一个集合中，才有可能和 \(e\) 相等。
于是，如果 \(g_k^{i_k}\neq e\)，那至少也和 \(e\) 在同一个集合 \(S_0=\left<x\right>\) 中。
即 \(\exists y\in \mathbf Z,g_k^{i_k}=x^y\)。
对于 \(\forall l\in \mathbf Z\)，我们考虑 \(O\left<g_kx^l\right>\) 是多少。
根据集合的定义，\(g_k\) 和 \(g_kx^l\) 是在同一个集合中的。
所以，和上面 \(i_k\) 整除阶的证明类似就会有
暂记 \(z=(y+li_k)\bmod O\left<x\right>\)。这里取模结果是同余的最小正整数。
证明的一开始，\(x\) 是任取的，很浪费。如果我们改为取 \(A\) 中阶最大的元素，此时就会有
我们花大功夫得到了一个不等式，有什么用？据此反证 \(i_k|y\)。
若 \(i_k\not|y\)，则因为 \(l\) 是任意的，取 \(l=-\left\lfloor y/i_k\right\rfloor\)，则会有
又显然有不等式 \(0<y-\left\lfloor y/i_k\right\rfloor i_k< i_k\le O\left<x\right>\) 成立。于是有 \(i_k<i_k\)，矛盾！
证明了 \(i_k|y\) 后，观察 \(g_kx^{-y/i_k}\) 这个元素，它和 \(g_k\) 在同一集合中，它的 \(i_k\) 次方等于 \(e\)。
于是，我们终于找到了一个阶恰为 \(i_k\) 的元素。
那怎么构造代表元呢？
对于“坐标”为上述形式（只有一位为1，其他位为0）的集合，我们就取刚刚找到的阶恰为 \(i_k\) 的元素 \(g_k\) 作代表元。
对于 \(e\) 所在的集合，取 \(e\) 为代表元。
对于“坐标”为 \((a_1,a_2,\ldots,a_k)\) 的集合，取 \(\prod_{i=1}^kg_i^{a_i}\) 做代表元。
不难发现，这样找到的代表元，符合我们想要的子群性质。
于是，定理证毕。
标签：代表,定理,元素,我们,分解,集合,Abel,ldots,left 来源： https://www.cnblogs.com/black-swallow/p/16433271.html