有限阿贝尔群的自同构

\[\def\Aut{\operatorname{Aut}} \]

\[\def\End{\operatorname{End}} \]

\[\def\diag{\operatorname{diag}} \]

\[\def\GL{\text{GL}} \]

\[\def\id{\operatorname{id}} \]

有限阿贝尔群的自同构

1. 介绍

在抽象代数的入门课程中，我们通常会学到有限 Abel 群的分类：

Theorem 1.1. \(G\) 是一个有限 Abel 群，那么 \(G\) 同构于如下一系列群的直积：

\[H_p = \mathbb{Z}/p^{e_1}\mathbb{Z}\times\cdots\times\mathbb{Z}/p^{e_n}\mathbb{Z}, \]

其中 \(p\) 是一个质数且 \(1 \leq e_1 \leq \cdots \leq e_n\) 是正整数。

然而，关于 \(G\) 的自同构群 \(\text{Aut}(G)\) 却还不为人熟知。这篇文章将填补这一空白。我们将分三步考虑对 \(\text{Aut}(G)\) 的刻画。第一步是观察到我们可以把问题简化为对更简单的群 \(H_p\) 的刻画，这是因为阶数互质的群的自同构可以分开考虑（Lemma 2.1）；第二步，我们用 Theorem 3.3 来通过矩阵环 \(\mathbb{Z}^{n \times n}\) 的一个商环来描述 \(H_p\) 的自同态环；最后，在这个构造中找出 \(\text{Aut}(H_p) \subset \text{End}(H_p)\)。

在我们研究的最后，我们能够对于任意的有限 Abel 群 \(G\) 的自同构群的阶数 \(|\text{Aut}(G)|\) 获得一个明确的计算公式。

2. 自同构的直积

令 \(G = H \times K\)，其中 \(H\) 和 \(K\) 的阶互质，很自然地我们想问：\(G\) 的自同构如何与 \(H\) 的和 \(K\) 的联系起来。

Lemma 2.1. 令 \(H\) 和 \(K\) 是阶数互质的有限阿贝尔群，那么

\[\Aut(H) \times \Aut(K) = \Aut(H \times K) \]

Proof. 我想说这个是显然的，但还是写一下吧。
证明的思路大概是： 自同构一定保持单位元不变，那么 \(H\) 的自同态不能打到 \(K\)，否则由于阶数互质，左边循环完一圈回到单位元的时候右边不可能同时回到。

我们按照如下方法构造这个同态 \(\phi \colon \Aut(H) \times \Aut(K) \rightarrow \Aut(H \times K)\)：

令 \(\alpha \in \Aut(H), \beta \in \Aut(K)\)，易见可以如下构造一个 \(H \times K\) 的自同态 \(\phi (\alpha, \beta)\)：

\[\phi (\alpha, \beta) (h, k) := (\alpha(h), \beta(k)) \]

令 \(\id_H \in \Aut (H), \id_K \in \Aut(K)\) 分别是 \(H\) 和 \(K\) 的恒等自同构。要证明 \(\phi\) 是一个同态，可以注意到 \(\phi(\id_H, \id_K) = \id_{H\times K}\)，且

\[\phi(\alpha_1\alpha_2, \beta_1\beta_2)(h,k) = (\alpha_1\alpha_2(h), \beta_1\beta_2(k)) = \phi(\alpha_1,\beta_1)\phi(\alpha_2,\beta_2)(h,k) \]

对于所有的 \(\alpha_1, \alpha_2 \in \Aut(H), \beta_1, \beta_2 \in \Aut(K), h\in H, k\in K\)都成立。

我们下一步验证 \(\phi\) 是一个同构。显然 \(\phi\) 是单的，我们只需要证明它是满的。令 \(n = |H|, m = |K|\)，并写出 \(H, K\) 的标准投影同态 \(\pi_H~\colon~H \times K \rightarrow H, \pi_H~\colon~H \times K \rightarrow H\)。固定一个 \(\omega \in \Aut(H \times K)\)，我们希望找到它的原像。考虑同态 \(\gamma\colon K \rightarrow H\)，\(\gamma(k) = \pi_H(\omega(1_H, k))\)，其中 \(1_H\) 是 \(H\) 的单位元。注意到 \({k^n~\colon~k\in K}\subseteq \ker \gamma\)，这是因为

\[1_H = \pi_H(\omega(1_H, k))^n = \pi_H(\omega(1_H, k) ^ n) = \pi_H(\omega(1_H, k^n)) = \gamma(k^n). \]

同时，因为 \(m\) 和 \(n\) 互质，集合 \(\{k^n~\colon~k \in K\}\) 包含所有 \(m\) 个元素。因此，我们得到 \(\ker \gamma = K\) ，即 \(\gamma\) 是平凡同态。相似地，\(\delta~\colon~H \rightarrow K\)（定义为 \(\delta(h) = \pi_K(\omega(h, 1_K))\)）也是平凡的。

最后，如下定义 \(H\) 和 \(K\) 的自同态：

\[\omega_H(h) = \pi_H(\omega(h,1_K)), \omega_K(k) = \pi_K(\omega(1_H, k)) \]

，从这个构造和上面的讨论，我们得到，对于任意的 \(h \in H, k \in K\)， 有：

\[\omega(h, k) = \omega(h, 1_K) \cdot \omega(1_H, k) = (\omega_H(h), \omega_K(k)) = \phi(\omega_H, \omega_K)(h, k). \]

最后要证的就是 \(\omega_H \in \Aut(H), \omega_K \in \Aut(K)\)，由于 \(H, K\) 均有限，只需要证明 \(\omega_H, \omega_K\) 是单的就行了。为此，假定对于某个 \(h \in H\)，\(\omega_H(h) = 1_H\)，那么 \(\omega(h, 1_K) = (\omega_H(h), \omega_K(1_K)) = (1_H, 1_K)\)，因此根据 \(\omega\) 的单性，\(h = 1_H\)。同理可证 \(\omega_K \in \Aut(K)\)，这就完成了证明。\(\square\)

3. \(H_p\) 的自同态

为了完成我们对自同构的描述，有必要阐述 \(E_p = \End(H_p)\)，即 \(H_p\) 的自同态环。\(E_p\) 中的元素是 \(H_p\) 的自同态，自然地，以复合定义环上的乘法，并如下定义环上的加法： \((A+B)(h)~\colon= A(h)+B(h)\)，对于 \(A, B \in \End(H_p), h \in H_p\) 。这样的环与矩阵环有相似的表现，下面我们将讨论它们之间一些重要的不同点。

循环群 \(C_{p^{e_i}}\) 和以 \(p_{e_i}\) 为模的加群是同构的，下面我们令 \(g_i\) 表示 \(C_{p^{e_i}}\) 的平凡生成元，特别地，这些元素 \(g_i\) 可以被看做如下一类模 \(p^{e_i}\) 余 \(1\) 的整数：

\[\overline{1}=\{x\in \mathbb{Z}~\colon~ x \equiv 1 \pmod {p^{e_i}}\} \]

在这样的表示方法下，一个 \(H_p\) 中的元素可以用这样一个向量来表示： \((\overline{h}_1, \dots, \overline{h}_n)^T\)，其中任一 \(\overline{h}_i \in \mathbb{Z} / p^{e_i}\mathbb{Z}\)，且 \(h_i \in \mathbb{Z}\)。约定好这些记号之后，我们定义下面这个矩阵的集合：

Definition 3.1.

\[R_p := \{(a_{ij}) \in \mathbb{Z}^{n \times n}~\colon~ p^{e_i-e_j}\mid a_{ij}, \forall~1\leq j \leq i \leq n\}. \]

举个例子，当 \(n = 3\)，\(e_1=1,e_2=2,e_3=5\) 的时候，有

\[R_p=\left\{\left[\begin{array}{}b_{11}&b_{12}&b_{13}\\b_{21}p&b_{22}&b_{23}\\b_{31}p^4&b_{32}p^3&b_{33}\end{array}\right]:b_{ij}\in\mathbb{Z}\right\}. \]

显然 \(R_p\) 在加法下封闭，且包含单位矩阵 \(I\)。下面我们证明它在矩阵乘法下封闭，从而证明它是一个矩阵环。

Lemma 3.2. \(R_p\) 在矩阵乘法下构成一个环。

证明：取 \(A = (a_{ij}) \in R_p\) 。条件 \(p^{e_i-e_j}\mid a_{ij}, \forall~1\leq j \leq i \leq n\) 等价于存在如下分解：

\[A = PA'P^{-1} \]

其中 \(A' \in \mathbb{Z}^{n\times n}\) 且 \(P = \diag(p^{e_1}, \dots, p^{e_n})\) ，后者是对角矩阵（这里左乘 \(P\) 就是给 \(A\) 的每一行乘上一个 \(p^{e_i}\)，手写一下会好理解很多）。于是如果 \(A, B \in R_p\)，那么 \(AB=(PAP'^{-1})(PB'P^{-1})=PA'B'P^{-1} \in R_p\)。\(\square\)

令 \(\pi_i~\colon~ \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z} / p^{e_i}\mathbb{Z}\) 是标准商映射使得 \(\pi_i(h) = \overline{h}\)，并令 \(\pi~\colon~\mathbb{Z} \rightarrow H_p\) 是如下定义的同态：

\[\pi(h_1,\dots,h_n)^T=(\pi_1(h_1),\dots,\pi_n(h_n))^T=(\overline{h}_1,\dots,\overline{h}_n)^T. \]

我们现在可以指出，\(E_p\) 可以看作矩阵环 \(R_p\) 的一个商环。用自然语言来说，下面的结果就是在讲，一个 \(H_p\) 的自同态相当于先用 \(R_p\) 中的一个矩阵 \(A\) 乘上一个整数代表元的向量，再用 \(\pi\) 作用在上面。

Theorem 3.3. 如下定义的映射 \(\psi~\colon~R_p \rightarrow \End(H_p)\)

\[\psi(A)(\overline{h}_1,\dots,\overline{h}_n)^T=\pi(A(h_1,\dots,h_n)^T) \]

是一个环上的满同态。

证明：我们先验证 \(\psi(A)\) 是一个良定义的从 \(H_p\) 到自身的映射。取 \(A = (a_{ij}) \in R_p\)，并假定 \((\overline{r}_1,\dots,\overline{r}_n)^T=(\overline{s}_1,\dots,\overline{s}_n)^T\) 对于整数 \(r_i, s_i\) 成立。（这就是在说 \(p^{e_i} | (r_i-s_i)~, \forall i = 1,2,\dots,n\).）差值 \(\pi(A(r_1,\dots,r_n)^T)-\pi(A(s_1,\dots,s_n)^T)\) 的第 \(k\) 项是：

\[\begin{aligned}\pi_k\left(\sum_{i=1}^na_{ki}r_i\right)-\pi_k\left(\sum_{i=1}^na_{ki}s_i\right)&=\pi_k\left(\sum_{i=1}^na_{ki}r_i-\sum_{i=1}^na_{ki}s_i\right)\\&=\sum_{i=1}^n\pi_k\left(\frac{a_{ki}}{p^{e_k-e_i}}\cdot p^{e_k-e_i}(r_i-s_i)\right)\\&=\overline{0},\end{aligned} \]

这是因为 \(k \geq i\) 时有 \(p^{e_k}\mid p^{e_k-e_i}\)，而 \(k < i\) 时有 \(p^{e_k}\mid (r_i-s_i)\)。接下来，因为 \(\pi\) 和 \(A\) 都是线性的，所以 \(\psi(A)\) 作为它们的复合也是线性的。因此， \(\psi(A) \in \End(H_p)\) 对于所有 \(A \in R_p\) 均成立。

下一步我们证明映射 \(\psi\) 是满的。取 \(w_i=(0,\dots,g_i,\dots,0)^T\)，一个自同态 \(M \in \End(H_p)\) 被它在每一个 \(w_i\) 处的作用所限定。然而，这些元素的映射并不是完全自由的。假定对于整数 \(h_{ij}\)，\(M(w_j)=(\overline{h}_{1j},\dots,\overline{h}_{nj})^T=\pi(h_{1j},\dots,h_{nj})^T\)，那么就需要有：

\[0=M\left(0\right)=M\left(p^{e_j}w_j\right)=\underbrace{Mw_j+\cdots+Mw_j}_{p^{e_j}}=\left(\overline{p^{e_j}h_{1j}},\ldots,\overline{p^{e_j}h_{nj}}\right)^T. \]

所以对于所有的 \(i, j\)，\(p^{e_i}\mid p^{e_j}h_{ij}\)成立，也就是对于 \(i \ge j\)，\(p^{e_i-e_j}\mid h_{ij}\) 成立。因此得以用这样的 \(h_{ij}\) 组装成一个矩阵 \(H=(h_{ij}) \in R_p\)，我们得到 \(\psi(H) = M\)，这样就证明了 \(\psi\) 是满的。

最后我们证明 \(\psi\) 是一个环同态。显然依定义有 \(\psi(I) = \id_{E_p}\)，且 \(\psi(A+B) = \psi(A) + \psi(B)\)。如果 \(A,B\in R_p\)，那么直接验证可得 \(\psi(AB) = \psi(A) \circ\psi(B)\)。这样就完成了证明。\(\square\)

有了这样的一个对于 \(\End(H_p)\) 的描述，我们得以通过这些自同态来产生自同构 \(\Aut(H_p)\)。在进行这个讨论之前，我们先计算一下 \(\psi\) 的核。

Lemma 3.4. \(\psi\) 的核由所有满足任意 \(i,j\)，\(p^{e_i}\mid a_{ij}\) 的矩阵 \(A=(a_{ij}) \in R_p\) 构成。

证明：像之前那样取 \(w_i=(0,\dots,g_i,\dots,0)^T \in H_p\)，如果 \(A\) 有如上性质，那么直接代入可得：

\[\psi(A)w_j=(\pi_1(a_{1j}), \dots, \pi_n(a_{nj}))=0. \]

而任一 \(h \in H_p\) 都是 \(w_j\) 的线性组合，于是 \(\psi(A)h=0\) 对于任意 \(h \in H_p\) 均成立。这就证明了 \(A \in \ker \psi\)。

反方向的证明基本一致，在此略去。\(\square\)

3.3 和 3.4 一起，让我们对环 \(\End(H_p)\) 有了一个明确的刻画，即它是商环 \(R_p / \ker \psi\)。接下来我们就可以刻画 \(\Aut(H_p)\) 了。我们唯一需要的额外工具是如下这个很基本的定理。

Lemma 3.5. 若 \(A \in \mathbb{Z}^{n\times n}\) 是一个可逆矩阵（\(\det A \neq 0\)），那么存在一个唯一的矩阵 \(B \in \mathbb{Z}^{n\times n}\)（称为 \(A\) 的伴随矩阵），使得 \(AB=BA=\det(A)I\)。

记 \(\mathbb{F}_p\) 为域 \(\mathbb{Z} / p\mathbb{Z}\)，如下定理给出了 \(\Aut(H_p)\) 的完整描述。

Theorem 3.6. 一个自同态 \(M = \psi(A)\) 是一个自同构当且仅当 \(A \pmod p \in \GL_n(\mathbb{F}_p)\)。

证明的原理是一个同态是同构当且仅当它左右都有逆。

证明：我们从一个小插曲开始。对于 \(A\) 的伴随矩阵 \(B\)，我们将说明 \(B\) 事实上也是 \(R_p\) 的一个元素。为了证明如上论断，像 Lemma 3.2 一样展开 \(A = PA'P^{-1}\)，其中 \(A' \in \mathbb{Z}^{n\times n}\)，显然 \(A'\) 依然可逆，令 \(B'\) 是 \(A'\) 的伴随矩阵使得 \(A'B'=B'A'=\det(A')I\)（再一次运用 Lemma 3.5）。接下来注意到 \(\det(A) = \det(A')\)。令 \(C=PB'P^{-1}\) 并注意到如下事实：

\[AC=PA'B'P^{-1}=\det(A)I=PB'A'P^{-1}=CA. \]

从引理中 \(B\) 的唯一性，得到 \(B=C=PB'P^{-1}\)，于是 \(B\) 依我们所愿在 \(R_p\) 中。

回到我们对这个定理的证明，先证 \(\Leftarrow\)：假定 \(p \nmid \det(A)\)（也即 \(A \pmod p \in \GL_n(\mathbb{F}_p)\)），令 \(s \in Z\) 是 \(\det(A)\) 在 \(\text{mod}~p\) 意义下的逆元（逆元一定存在，因为 \(\gcd(\det(A), p^{e_n})=1\)）。注意到我们同时也对于所有的 \(j = 1,2,\dots,n\) 有 \(\det(A) \cdot s \equiv 1 \pmod {p^{e_j}}\)。如 Lemma 3.5 那样，令 \(B\) 是 \(A\) 的伴随，我们现在定义 \(R_p\) 中的一个元素：

\[A^{(-1)}:= s \cdot B, \]

它的在 \(\psi\) 作用下的像恰好是 \(A\) 所代表的同态的逆：

\[\psi(A^{(-1)}A)=\psi(AA^{(-1)})=\psi(s\cdot\det(A)I)=\id_{E_p}. \]

这就证明了 \(\psi(A) \in \Aut(H_p).\)

相反（\(\Rightarrow\)），如果 \(\psi(A) = M\) 且 \(\psi(C) = M^{-1} \in \End(H_p)\) 存在，那么

\[\psi(AC - I) = \psi(AC) - \id_{E_p} = 0. \]

因此，\(AC-I \in \ker \psi\)。据此，再从 Lemma 3.4 可以得到 \(p \mid AC-I\)（对于每一个元素而言），因此 \(AC\equiv I \pmod p\)，也即

\[1 \equiv \det(AC) \equiv \det(A)\det(C) \pmod p \]

从而 \(p \nmid \det(A)\)，于是 \(A\) 有逆，定理成立。\(\square\)

4. 计算 \(H_p\) 的自同构

为了进一步向读者展示 Theorem 3.6 的用处，我们来简略地说明如何通过它来计算 \(\left|\Aut(H_p)\right|\)。加上 Lemma 2.1，可以对于任意有限阿贝尔群计算其自同构群的阶数。计算分为两步：

1. 找到所有 \(\GL_n(\mathbb{F}_p)\) 中所有能够被拓展成一个能代表自同态的矩阵 \(A \in R_p\) 的元素
2. 计算所有把如上元素拓展成自同态的不同方法数。

定义如下 \(2n\) 个数：

\[d_k = \max\{l : e_l=e_k\}, c_k = \min\{l : e_l = e_k\} \]

由于 \(e_k=e_k\)，显然有 \(d_k \ge k, c_k\le k\)。我们要找的所有 \(M \in \GL_n(\mathbb{F}_p)\) 有着如下形式：

\[M=\left[\begin{array}{cccc}m_{11}&m_{12}&\cdots&m_{1n}\\\vdots&&&\\m_{d_11}&&&\\&m_{d_22}&&\\&&\ddots&\\0&&&m_{d_nn}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccccc}m_{1c_1}&&&&*\\&m_{2c_2}&&&\\&&\ddots&&\\0&&&m_{nc_n}&\cdots&m_{nn}\end{array}\right]. \]

在 1. 中填出这样的一个矩阵且保持可逆的数目可以这样逐列计算：

\[\prod_{k=1}^n\left(p^{d_k}-p^{k-1}\right) \]

减去的部分是为了保证每一列都与之前的线性不相关（由于 \(d_k \ge k\)，这总是可以做到的）。接下来就是 2. 我们来将它拓展成一个同态，也即对于每一个 \(\overline{m}_{ij} \in \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\)，我们将它拓展为 \(\overline{a}_{ij} \in p^{e_i-e_j}\mathbb{Z} / p^{e_i}\mathbb{Z}\)，使得

\[a_{ij} \equiv m_{ij} \pmod p \]

依然成立。

对于那些原矩阵中的 \(0\) 元素，有 \(p^{e_j}\) 种方法来拓展；对于那些非 \(0\) 元素，有 \(p^{e_i-1}\) 种，因为我们可以对它加上任何一个 \(p\mathbb{Z} / p^{e_i}\mathbb{Z}\) 中的元素。这就给出了最后的结果。

Theorem 4.1. 阿贝尔群 \(H_p = \mathbb{Z}/p^{e_1}\mathbb{Z}\times\cdots\times\mathbb{Z}/p^{e_n}\mathbb{Z}\) 的自同构群的阶数为：

\[\left|\Aut(H_p)\right|=\prod_{k=1}^n\left(p^{d_k}-p^{k-1}\right)\prod_{j=1}^n\left(p^{e_j}\right)^{n-d_j}\prod_{i=1}^n\left(p^{e_i-1}\right)^{n-c_i+1} \]

现在我们对任意有限阿贝尔群的自同构群给出了一个回答。

参考文献：Automorphisms of finite Abelian groups [https://arxiv.org/abs/math/0605185v1]