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user: 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 ( p ∞ ) 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 ∈ G − G 1 ，记 G 2 = 〈 G 1 ， a 〉 ，接下来用完全同样的办法添加G中元素得到 G 3 ， G 4 ， ⋯ ，如此便构成了一个有限群包含链，即： G 1 < G 2 < ⋯ < G n < ⋯ ，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 ∪ n = 1 ∞ G n = G ： ∀ x ∈ G l ⊂ ∪ n = 1 ∞ G n ， ∀ y ∈ G m ⊂ ∪ n = 1 ∞ G n ，不妨认为 m > l ，则 x ∈ G m ，所以 x − y ∈ G m ⊂ ∪ n = 1 ∞ G n ，所以 ∪ n = 1 ∞ G n 是G的子群，而 ∪ n = 1 ∞ G n 不是有限群，所以由定义 ∪ n = 1 ∞ G n = G 。 2) 对所有的n， G n 都是循环P-群：对包含链 G 1 ⊂ G 2 ⊂ ⋯ ⊂ G n ⊂ ⋯ ，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 ⋅ G b ，对任意包含 G k 的群 G m ，必然有 G a ⊂ G m ， G b ⊂ G m ， G a ∩ 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 ⋅ G B ⋅ G m 1 ⋯ G m l ，其中 G a ⊂ G A ， G b ⊂ 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 ⋅ 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 = ∪ i = m ∞ G i 1 ⋯ G i x (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 ∩ G i j = e (i和j任取)知道 G a ⊈ H 。又因为 G a ⊂ 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 k 1 ⋯ G k n 中，利用前面的分析知道有 G ( k + 1 ) i ⊇ G k i 成立，所以 | G k i | 随着m的增加单调递增，又考虑到 lim k → ∞ | G k | = lim k → ∞ | G k 1 | ⋯ ⋅ | G k n | = ∞ ，这式子意味着必然有某项 | G k i | 随着m的增加趋于无穷，不妨认为 lim k → ∞ | G k 1 | = ∞ ，考虑集合 H = ∪ k = m ∞ G k 1 ，由包含关系 G k 1 ⊂ G ( k + 1 ) 1 ⊂ G ( k + 2 ) 1 ⊂ ⋯ 可以推出H是一个无限群，而又有 ( | G m 2 | ， | G k 1 | ) = 1 ，所以 G m 2 ⊈ G k 1 ，进一步可以推出 G m 2 ⊈ H ，又因为 G m 2 是G的子群，所以 H ≠ G ，推出矛盾。 3) G = ∪ n = 1 ∞ G n ≅ Z ( p ∞ ) ：因为 G n ⊂ G n + 1 ⋯ 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 | G n | ⊂ Z | G n + 1 | ⊂ ⋯ ，为了使这个包含关系成立，我们认为 k ¯ ∈ Z | G n | 和 | G n + 1 | | G n | ⋅ k ¯ ∈ Z | G n + 1 | 是同一个元素。 定义映射 f n : Z | G n | → Z ( p ∞ ) 为 f n ( x ¯ ) = x | G n | ¯ ，如果 x 1 ¯ = x 2 ¯ ，那么 f n ( x 1 ¯ ) − f n ( x 2 ¯ ) = x 1 G n ¯ − x 2 G n ¯ = 0 ，所以 f n ( x 1 ¯ ) = f n ( x 2 ¯ ) ，所以 f n 是单映射。任取 x ， y ∈ Z | G n | ，有 f ( x ) + f ( y ) = x | G n | ¯ + y | G n | ¯ = f ( x + y ) ，所以 f n 是单同态映射。若 x ∈ Z | G n | ⊂ Z | G n + 1 | ，则 f n + 1 ( x ) = | G n + 1 | / | G n | ⋅ x ¯ | G n + 1 | = x | G n | ¯ = f n ( x ) ，所以 f n + 1 可以看成是 f n 的延拓。 因此可以定义 f = ∪ n = 1 ∞ f n ， ∀ x ∈ ∪ n = 1 ∞ Z | G n | ，若 x ∈ Z | G k | ，定义 f ( x ) = f k ( x ) 。直接由定义知道f的定义域是 ∪ n = 1 ∞ Z | G n | 。 ∀ x ∈ Z | G a | ⊂ ∪ n = 1 ∞ Z | G n | ， ∀ y ∈ Z | G b | ⊂ ∪ n = 1 ∞ Z | G n | ，不妨认为 a ≥ b ，则 y ∈ Z | G a | ，所以有： f ( x + y ) = f a ( x + y ) = f a ( x ) + f a ( y ) = f ( x ) + f ( y ) ，即f是个同态映射。又考虑到 f n 是单同态映射，即 ker f n ( 0 ¯ ) = 0 ¯ ，所以 ker f ( 0 ¯ ) = ∪ n = 1 ∞ ker f n ( 0 ¯ ) = 0 ¯ ，所以f还是单射。综合即有f是 ∪ n = 1 ∞ Z | G n | 到 Z ( p ∞ ) 的同构映射，所以 ∪ n = 1 ∞ Z | G n | ≅ Z ( p ∞ ) ，而由前面提到的， Z | G n | 同构于 G n ，所以 G ≅ Z ( p ∞ ) 。 定理2. 设Q为有理数集，Z为整数集，则商群 Q / Z ≅ ⊕ p ∈ ℙ Z p ∞ ( 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 ⊕ p ∈ ℙ Z p ∞ 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 ⊕ p ∈ ℙ Z p ∞ 到Q/Z的映射： f : ( a 1 ， ⋯ ， a n ) → a 1 + ⋯ + a n 。 可见有 f ( a 1 ， ⋯ ， a n ) = f ( ⋯ ( f ( f ( a 1 ， a 2 ) ， a 3 ) ⋯ ) ， a n ) 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 ( x ¯ a ， y ¯ b ) = x ⋅ b + y ⋅ a a ⋅ b ¯ ，其中 ( a ， b ) = 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 x 1 ¯ a = x 2 ¯ a 时， a | x 1 − x 2 ，有 f ( x 1 a ， y b ) − f ( x 2 a ， y b ) = x 1 ⋅ b + y ⋅ a a ⋅ b ¯ − x 2 ⋅ b + y ⋅ a a ⋅ b ¯ = ( x 1 − x 2 ) ⋅ b a ⋅ b ¯ = 0 ¯ 。所以有 f ( x 1 a ， y b ) = f ( x 2 a ， y b ) ，当 y 1 ¯ b = y 2 ¯ b 时，利用同样的办法可以得到 f ( x a ， y 1 b ) = f ( x a ， y 2 b ) 。 2) f是满射。因为 ( n ¯ a ， n ¯ b ) → f n a + b a ⋅ 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 × b 互素，这意味着元素 n ⋅ a + b a ⋅ b ¯ 会随着n的变化而取遍 0 a ⋅ b ¯ 到 a ⋅ b − 1 a ⋅ b ¯ 的所有元。 3) f是单射。 c = 0 ¯ 的充分且必要条件是 a ⋅ b | x ⋅ b + y ⋅ a ，因此 x = 0 ( mod a ) ， y = 0 ( mod b ) ，故 ker f = ( 0 ¯ ， 0 ¯ ) 。 综上f是 ⊕ p ∈ ℙ Z p ∞ 到Q/Z的一个同构映射，证明完毕。