关于证明$\underset{p\in \mathbb{P}}{\prod}\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$是不可裂混合阿贝尔群的求助

嘿，我来帮你找到这个问题的矛盾点！其实核心在于利用直积与直和的本质区别，以及无挠子群的可除性特性来导出矛盾，咱们一步步梳理：

首先回顾已知条件：

• 混合阿贝尔群$G$可裂的定义是$G = T(G) \oplus H$，其中$T(G)$是挠子群（所有有限阶元素），$H$是无挠子群（所有非零元素都是无限阶）。
• 对于$G = \prod_{p\in \mathbb{P}}\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$（所有素数$p$对应的$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$的直积），它的挠子群$T(G) = \bigoplus_{p\in \mathbb{P}}\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$——这点你已经确认过了，没错，因为挠元素就是那些只有有限个分量非零的元素。

现在假设$G$是可裂的，即存在无挠子群$H$使得$G = T(G) \oplus H$，我们来构造矛盾：

1. 构造关键元素：
   取$x \in G$，其中$x$的每个素数分量都是$\overline{1} \in \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$，也就是$x = (\overline{1}_2, \overline{1}_3, \overline{1}_5, \dots)$，每个位置都是对应素数模下的1。
   根据直和分解，$x$可以写成$x = t + h$，其中$t \in T(G)$，$h \in H$。因为$t$是挠元素，所以$t$只有有限个分量非零——设这些分量对应的素数集合为$S$，也就是说，当$p \notin S$时，$t$的$p$-分量是$\overline{0}$，因此$h$的$p$-分量等于$x$的$p$-分量，即$\overline{1}$。

2. 利用可除性导出矛盾：
   现在随便取一个不在$S$里的素数$q$，我们来分析$h$在$H$中的可除性：

   • 因为$H$是无挠子群，如果$h$能被$q$整除，就意味着存在某个$k \in H$，使得$q \cdot k = h$。
   • 但看$q$-分量：$h$的$q$-分量是$\overline{1}$（因为$q \notin S$），所以$q \cdot k$的$q$-分量应该等于$\overline{1}$。但在$\mathbb{Z}/q\mathbb{Z}$中，任何元素乘以$q$都会得到$\overline{0}$，也就是说$q \cdot k_q = \overline{0}$，但我们需要它等于$\overline{1}$——这显然是不可能的！

   但另一方面，在商群$G/T(G)$中，$x$对应的等价类$[x]$（也就是$h$对应的等价类）是可以被$q$整除的：

   • 我们可以构造一个元素$k \in G$，让$k$的$q$-分量为$\overline{0}$，对于其他素数$p \neq q$，让$k$的$p$-分量为$q$在$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$中的逆元（因为$p$和$q$是不同素数，互质，所以逆元存在）。
   • 此时$q \cdot k - x$的$q$-分量是$\overline{0} - \overline{1} = -\overline{1}$，其他分量是$q \cdot k_p - \overline{1} = \overline{1} - \overline{1} = \overline{0}$，所以$q \cdot k - x = -e_q$（$e_q$是第$q$个分量为$\overline{1}$、其他为$\overline{0}$的元素），而$e_q \in T(G)$，因此$q \cdot [k] = [x]$，也就是说$[x]$在$G/T(G)$中是$q$-可除的。

3. 矛盾点：
   因为$G = T(G) \oplus H$，所以$H$和$G/T(G)$是同构的。同构映射会保持元素的可除性——如果$[x]$在$G/T(G)$中是$q$-可除的，那么对应的$h$在$H$中也应该是$q$-可除的，但我们刚才已经证明这是不可能的！

这就直接导出了矛盾，说明我们一开始假设$G$可裂是错误的，因此$\prod_{p\in \mathbb{P}}\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$是不可裂的混合阿贝尔群。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者John123