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]