引理6.1 设 Abel 群 $G$ 中元素 $a$ 与 $b$ 的阶是互素的正整数, 则 $o(ab) = o(a)o(b)$.
证明: 设 $o(a) =m,o(b) =n,o(ab) = s$. $(ab)^{mn}=(a^m)^n (b^n)^m = e$, 所以 $s| mn$. $(ab)^{ns}=a^{ns} = e$, 所以 $m|ns$, 又因为 $m$ 和 $n$ 互素, 所以 $m|s$. 同理 $n|s$, 又因为 $m,n$ 互素, 所以 $mn|s$. 即得 $s=mn$
下面均考虑有限 Abel 群.
定义 $o(x),x\in G$ 的最小公倍数称为群 $G$ 的幂指数, 记为 $\exp(G)$.
定理6.1 设 $G$ 是有限 Abel 群, 则 $\exp(G) = \max_{g\in G} o(g)$
证明: 取 $a\in G$ 使得 $o(a) = \max_{g\in G} o(g)$. 若存在 $o(b)\nmid o(a)$, 则存在素数 $p$, $o(a) = p^\alpha m, o(b) = p^\beta n$ 其中 $p\nmid m,n, \alpha<\beta$. $o(a^{p^\alpha})=m,o(b^n) = p^\beta$, 有上面引理6.1得, $o(a^{p^\alpha}b^n)= p^\beta m> o(a)$. 矛盾.
推论6.1 设 $n_1,…,n_k$ 是两两互素的正整数, 则 $$C_{n_1} \times … \times C_{n_k} \cong C_{n_1…n_k}$$
证明: $\exp(G) = [n_1,…,n_k] = n_1…n_k$, 由上述定理6.1得, 存在 $a$ 使得 $o(a) = n_1…n_k=|G|$. 所以 $G$ 是循环群, 所以 $C_{n_1} \times … \times C_{n_k} \cong C_{n_1…n_k}$
定理6.2 设 $G$ 为有限 Abel 群, $|G| = p_1^{\alpha_1}…p_n^{\alpha_n}$, 这里 $p_1,…,p_n$ 为不同的素数. 设 $G_i$ 为 $G$ 的 Sylow $p_i$-子群, 则 $G$ 与 $G_1\times … \times G_n$ 同构
证明: $|\prod\limits_{j \neq i} G_j| \mid \prod\limits_{j \neq i}|G_j|$. $G_i \cap \prod\limits_{j \neq i} G_j$ 是 $G_i$ 和 $\prod\limits_{j \neq i} G_j$ 的子群. 所以 $|G_i \cap \prod\limits_{j \neq i} G_j| \mid p_i^{\alpha_i}, p_1^{\alpha_1}…p_{i-1}^{\alpha_{i-1}}p_{i+1}^{\alpha_{i+1}}…p_n^{\alpha_n}$. 所以 $|G_i \cap \prod\limits_{j \neq i} G_j| = 1$, $G_i \cap \prod\limits_{j \neq i} G_j = \{e\}$, 所以 $G_1 G_2…G_n \cong G_1 \times …\times G_n$. $|G_1G_2…G_n| = |G|$. 即得 $G = G_1 G_2…G_n \cong G_1 \times … \times G_n$
引理6.2 设 $G$ 为有限 Abel 群, $a\in G$ 且 $o(a) = \exp(G)$, 则有 $H\le G$ 使得 $G$ 为 $\langle a \rangle$ 与 $H$ 的内直积.
证明: 取基数最大的 $H$ 使得 $\langle a \rangle \cap H = \{e\}$. 假设 $\langle a \rangle H \neq G$, 来导出矛盾.
思路如下, 取 $x\in G\backslash \langle a \rangle H$ 使得 $o(x)$ 最小. 设 $o(x)= p t$, 其中 $p$ 是素数, $t$ 是正整数. $o(x^p) = t< o(x)$, 所以 $x^p \in \langle a \rangle H$. 设 $x^p = a^m h$, 可知 $h=a^{-m}x^p, h^q=a^{-mq}x^{pq} = a^{-mq}\in \langle a \rangle \cap H$. $h^q = a^{-mq} = e$. 由 $o(x) \mid \exp(G)$ 可得 $pq | mq$. 所以可设 $m=pn$.
设 $b= xa^{-n}$. 由 $x\not\in \langle a \rangle H$, 所以 $b\not\in \langle a \rangle H$. $b^p = h \in H$
若 $a^j = b^k H$. 则可以推出 $p | k$. $a^j\in \langle a \rangle H $. 所以 $\langle a \rangle \cap \langle b \rangle H = \{e\}$
