根据有限生成阿贝尔群基本定理分类群$(\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}_3)/\langle(1,1)\rangle$

Classify the group $(\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}_3)/\langle(1,1)\rangle$ according to the fundamental theorem of finitely generated abelian groups.

我的思考过程 #

首先先明确研究的群和子群：
设 $G=\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}_3$，子群 $H=\langle(1,1)\rangle$，展开后 $H={(k, k\mod 3)\mid k\in\mathbb{Z}}$，也就是由所有形如整数$k$与$k$模3的有序对生成的子群。

接下来分析$H$在$G$中的陪集：任意一个陪集都可以表示为 $(a,b)+H$，展开后就是：
$$
\begin{align}
(a,b)+H&={(a+k, (b+k)\mod 3)\mid k\in\mathbb{Z}}
\end{align}
$$

然后推导两个元素属于同一陪集的等价条件：如果 $(a_1,b_1)$ 和 $(a_2,b_2)$ 属于同一个陪集，那么它们的差 $(a_1-a_2,b_1-b_2)$ 必须属于$H$，也就是存在整数$k$满足：
$$
\begin{align}
a_1-a_2&=k\
b_1-b_2&\equiv k\pmod{3}
\end{align}
$$
把两个式子结合起来，就能得到关键的等价关系：
$$b_1-b_2\equiv a_1-a_2\pmod{3}$$
也就是 $a_1 - b_1 \equiv a_2 - b_2\pmod{3}$。

一开始我直觉判断，这个等价关系会把$G$分成3个不同的陪集，所以商群$G/H$的阶是3。不过为了严谨，我用代表元验证了一下：
取$(0,0)$、$(0,1)$、$(0,2)$作为候选代表元，它们的陪集互不相同——比如假设$(0,1)+H=(0,0)+H$，那存在$k$使得$(k, k\mod 3)=(0,1)$，显然找不到这样的整数$k$，矛盾。同理可证三个陪集两两不同。

再看任意元素$(a,b)$，令$c=(a - b)\mod 3$，那么$(a,b)=a(1,1)+(0, b - a)$，而$b - a \equiv -c\pmod{3}$，所以$(a,b)+H=(0, -c)+H$，也就是说所有元素都能归到这三个陪集里。

根据有限生成阿贝尔群基本定理，阶为3的阿贝尔群只能是循环群$\mathbb{Z}_3$，因此$(\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}_3)/\langle(1,1)\rangle\cong\mathbb{Z}_3$。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者SOORAJ SOMAN