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Satz

Jede endliche abelsche Gruppe ist direktes Produkt zyklischer Gruppen von Primzahlpotenzordnung. Bis auf Reihenfolge und Isomorphie der Summanden ist diese Zerlegung eindeutig.

Beweis

Sei $G$ eine endliche abelsche Gruppe der Ordnung $n$. Für $k\in \mathbb {Z}$ ist $\mu _{k}\colon G\to G$, $g\mapsto k\cdot g$, d.h. die Multiplikation mit $k$, ein Gruppenendomorphismus.

Die Eindeutigkeitsaussage ergibt sich wie folgt: Falls

$G\cong \bigoplus _{i}\mathbb {Z} /{p_{i}^{r_{i}}\mathbb {Z} },$

betrachte $|\ker \mu _{p^{r}}|$ für $p$ prim und $r\in \mathbb {N}$. Falls $p\neq p_{i}$, so ist $\mu _{p^{r}}$ auf dem Summanden $\mathbb {Z} /{p_{i}^{r_{i}}\mathbb {Z} }$ ein Isomorphismus. Falls $p=p_{i}$, umfasst der Kern der Einschränkung von $\mu _{p^{r}}$ auf $\mathbb {Z} /{p_{i}^{r_{i}}\mathbb {Z} }$ genau $p^{\min\{r,r_{i}\}}$ Elemente. Folglich ist

$|\ker \mu _{p^{r}}|=\prod _{p_{i}=p}p^{\min\{r,r_{i}\}}$

und daher

$\log _{p}\left({\frac {|\ker \mu _{p^{r}}|^{2}}{|\ker \mu _{p^{r+1}}|\cdot |\ker \mu _{p^{r-1}}|}}\right)=\sum _{p_{i}=p}({2\min\{r,r_{i}\}-\min\{r+1,r_{i}\}-\min\{r-1,r_{i}\}})=|\{i\colon p_{i}=p\land r_{i}=r\}|.$

Also lassen sich die Summanden in der obigen direkten Summe eindeutig zurückgewinnen.

Für die Existenzaussage beweisen wir zunächst zwei Hilfssätze:

Lemma 1. Ist $G=\ker \mu _{k}$, so ist jeder Primteiler von $n$ auch Teiler von $k$.

Beweis (per Induktion nach $n$): Der Fall $n=1$ ist klar, da $n$ dann gar keine Primteiler hat.

Sei daher jetzt $n>1$ und die Behauptung gelte für alle kleineren Gruppenordnungen. Wähle ein $a\in G\setminus 0$. Für die Ordnung $d$ von $a$ gilt dann $d>1$ nach Wahl von $a$. Dann ist $G/\langle a\rangle$ eine abelsche Gruppe der kleineren Ordnung ${\tfrac {n}{d}}$ und wird ebenfalls von der Multiplikation mit $k$ annulliert. Nach Induktionsvoraussetzung hat ${\tfrac {n}{d}}$ nur Primteiler, die $k$ teilen. Nach Voraussetzung gilt $d|k$, so dass auch $n$ nur solche Primteiler hat. Damit ist das Lemma bewiesen.

Lemma 2. Ist $p$ prim und $G$ abelsch von Primzahlpotenzordnung $n=p^{r}$ und hat $g\in G$ maximale Ordnung, so ist $\langle g\rangle$ ein direkter Summand von $G$, d.h. es gibt eine Untergruppe $H<G$ mit $G=\langle g\rangle \oplus H$.

Beweis (per Induktion nach $r$): Falls $G$ zyklisch ist (dies umfasst auch den Fall $r=0$, ist die Behauptung klar, denn dann gilt $G=\langle g\rangle =\langle g\rangle \oplus 0$.

Ist dagegen $G$ nicht zyklisch, so hat jedes Element höchstens Ordnung $p^{r-1}$, d.h. die $(r-1)$-malige Hintereinanderausührung von $\mu _{p}$ bildet ganz $G$ auf 0 ab. Das Bild von $\mu _{p}^{k}$ enthält mindestens ${\frac {n}{|\ker \mu _{p}|^{k}}}$ Elemente, so dass sich $|\ker \mu _{p}|^{r-1}\geq n$ und folglich $|\ker \mu _{p}|>p$ ergibt. Deswegen können wir $a\in \ker \mu _{p}\setminus 0$ wählen; dann ist $\langle a\rangle$ zyklisch von der Ordnung $p$ und wir können folglich weiter ein $b\in \ker \mu _{p}\setminus \langle a\rangle$ finden. Es ist dann auch $\langle b\rangle$ zyklisch von Ordnung $p$ und diese beiden Gruppen haben trivialen Durchschnitt. Die zyklische Gruppe $\langle g\rangle$ kann nur eine Untergruppe der Ordnung $p$ enthalten, also gilt $\langle g\rangle \cap \langle a\rangle =0$ oder $\langle g\rangle \cap \langle b\rangle =0$. Sei $U$ diejenige der Gruppen $\langle a\rangle$, $\langle b\rangle$ mit $G\cap U=0$. Allgemein ist für $x\in G$ die Ordnung vno $x+U\in G/U$ höchstens so groß wie die Ordnung von $x$. Das Element $g+U\in G/U$ hat wegen $G\cap U=0$ dieselbe Ordnung wie $g$, insbesondere ist diese Ordnung maximal für Elemente von $G/U$. Nach Induktionsvoraussetzung ist $G/U=\langle g+U\rangle \oplus {\bar {H}}$ für eine Untergruppe ${\bar {H}}<G/U$. Ist $H<G$ das Urbild von ${\bar {H}}$, so folgt $G=\langle g\rangle \oplus H$. Damit ist das Lemma bewiesen.

Wir beweisen auch die Existenzaussage des eigentlichen Satz durch Induktion nach $n$. Der Fall $n=1$ ist klar, denn die triviale Gruppe ist das leere Produkt.

Sei daher jetzt $n>1$ und die Aussage des Satzes gelte für alle Gruppen kleinerer Ordnung.

Wir betrachten zunächst den Fall, dass $n=rs$ gilt mit teilerfremden Zahlen $r,s>1$. Dann gibt es ganze Zahlen $u,v$ mit $ur+vs=1$.

Für $g\in G$ gilt $g=(ur+vs)\cdot g=ur\cdot g+vs\cdot g$. Hierbei ist wegen $s\cdot ur\cdot g=u\cdot n\cdot g=0$ der erste Summand in $\ker \mu _{s}$ und ebenso der zweite aus $\ker \mu _{r}$, folglich gilt $G=\ker \mu _{r}+\ker \mu _{s}$. Für $g\in \ker \mu _{r}\cap \ker \mu _{s}$ gilt $g=ur\cdot g+vs\cdot g=u\cdot 0+v\cdot 0=0$, folglich $\ker \mu _{r}\cap \ker \mu _{s}=0$. Zusammen mit $G=\ker \mu _{r}+\ker \mu _{s}$ bedeutet dies $G=\ker \mu _{r}\oplus \ker \mu _{s}$.

Nach Lemma 1 und wegen der Teilerfremdheit von $r$ und $s$ kann weder $G=\ker \mu _{r}$ noch $G=\ker \mu _{s}$ gelten, d.h. beide direkten Summanden sind echte Untergruppen, folglich nach Induktionsvoraussetzung von der behaupteten Form und damit gilt der Satz auch für $G$.

Es bleibt noch der Fall, dass keine Zerlegung $n=rs$ wie oben existiert, d.h. $n$ is eine Primzahlpotenz, $n=p^{r}$ mit $p$ prim, $r\geq 1$. Wähle $g\in G$ von maximaler Ordnung und zerlege $G=\langle g\rangle \oplus H$ gemäß Lemma 2. Nach Induktionsvoraussetzung ist $H$ direkte Summe von zyklischen Gruppen von Primpotenzordnung, damit gilt dies aber auch für $G$.

Damit ist der Satz bewiesen.