07 群的直积

外直积与内直积(External Direct Product & Internal Direct Product)

定义与性质

假设我们有两个群，它们可以是毫不相关的，记为$H,K$。我们可以用笛卡尔积的方式生成二元组的集合$\bar G=H\times K=\{(h,k)\mid h\in H,k\in K\}$。在$\bar G$上定义二元运算$(h_1,k_1)\circ (h_2,k_2)=(h_1h_2,k_1k_2)$，可以验证$(\bar G,\circ)$构成了群：封闭性成立；结合律继承$H,K$的结合律；单位元是$(e_H,e_K)$；$(h,k)^{-1}=(h^{-1},k^{-1})$。于是，$\bar G=H\times K$就称为$H$和$K$的外直积群。

外直积中元素的order可以直接由原先群中元素的order给出。由于外直积群中的运算是元素分别在原先的群中运算，对于$(h,k)\in \bar G$，$h$将经过$\text{ord}(h)$次与自己运算后回到本身，$k$经过$\text{ord}(k)$次运算回到本身。因此$(h,k)$第一次回到本身一定是在$\text{lcm}(\text{ord}(h),\text{ord}(k))$次运算以后，即$\text{ord}((h,k))=\text{lcm}(\text{ord}(h),\text{ord}(k))$。

假如已知$H,K$是循环群，$H\times K$什么时候是循环群呢？我们有以下充分必要条件：如果$H,K$是循环群，则$H\times K$是循环群当且仅当$\gcd(|H|,|K|)=1$。设$H=\lang a\rang,K=\lang b\rang$。左推右，设$H\times K=\lang (c,d)\rang$，则$\text{lcm}(\text{ord}(c),\text{ord}(d))=|H|\cdot |K|$，而$\text{ord}(c)\leq |H|,\text{ord}(d)\leq|K|$，因此只能是$\text{ord}(c)=|H|,\text{ord}(d)=|K|$且$\gcd(|H|,|K|)=1$；右推左，$(a,b)\in H\times K$，$\text{ord}((a,b))=\text{lcm}(|H|,|K|)=|H|\cdot|K|=|H\times K|$，因此$(a,b)$就是生成元，因此是循环群。

在外直积群中，有两个特殊的子群$\bar H=\{(h,e_k)\mid h\in H\}$和$\bar{K}=\{(e_H,k)\mid k\in K\}$。显然有$\bar H\cong H,\bar K\cong K$。进一步，它们是正规子群，有$\bar H\unlhd \bar G,\bar K \unlhd \bar G$：$\forall (h,k)\in \bar G$，$(h,k)(h',e_K)(h^{-1},k^{-1})=(hh'h^{-1},e_K)\in \bar H$。还容易看出，$\bar H\cap \bar K=\{(e_H,e_K)\}$。同时，$\bar G$可以写成这两个集合的乘积$\bar G=\bar H\bar K$。我们能否抽象出外直积所具有的这些性质，从而对于任何$G$定义满足这些性质的子群$H,K\preceq G$之间的直积呢？这就是内直积。我们定义群$G$是其子群$H,K$的内直积（记为$G=H\otimes K$），当且仅当：① $G=HK$；② $H,K\unlhd G$；③ $H\cap K=\{e\}$。可见，内直积$H\otimes K$是比集合的乘积$HK$满足更丰富性质的一种群与群的运算。

Rmk. 给定两个群，它们可以向外得到外直积群；给定一个群，它可以向内找到两个内直积群。

内直积$G=H\otimes K$有一些十分重要的性质。

第一条性质是，$\forall g\in G$，若$\exists h,h'\in H,k,k'\in K$使得$g=hk=h'k'$，则$h=h',k=k'$。这说明，将$G$中元素表示成$H$中元素与$K$中元素的乘积的表示方法是唯一的，就好像向量空间中向量在基上的分解是唯一的，$H,K$就是满足这样唯一分解性质的一组基。Pf. 因为$hk=h'k'$，因此$h'^{-1}h=k'k^{-1}$。而$h'^{-1}h\in H,k'k^{-1}\in K$，它们相等，因此$h'^{-1}h\in H\cap K$，所以$h'^{-1}h=e$，也即$h'=h$。同理$k'=k$。Qed.

第二条性质是，$\forall h\in H,k\in K,hk=kh$。这说明内直积分解以后，分属于两个集合内的元素相乘是可以交换顺序的。Pf. 要证$hk(kh)^{-1}=hkh^{-1}k^{-1}=e$，即证$hkh^{-1}k^{-1}\in H\cap K$。因为$H\unlhd G$，$kh^{-1}k^{-1}\in H$，因此$h(kh^{-1}k^{-1})\in H$；因为$K\unlhd G$，$hkh^{-1}\in K$，因此$(hkh^{-1})k^{-1}\in K$。所以$hkh^{-1}k^{-1}\in H\cap K$。Qed.

Rmk. 性质一的证明中并没有用到正规子群的条件，它是$G=HK$与$H\cap K=\{e\}$产生的性质；性质二的证明中没有用到$G=HK$的条件，它是正规子群与$H\cap K=\{e\}$产生的性质。

我们证明，乘积唯一表示与可交换顺序（性质一与性质二）可以作为内直积的等价定义。也就是我们可以证明①②③$\iff$①’ ②’：①’ $\forall g\in G$都可以被$h\in H,k\in K$唯一表示为$g=hk$；②’ $\forall h\in H,k\in K,hk=kh$。Pf. 左推右刚才我们已经证明了；右推左，$\forall g\in G$都可以被表示成$hk$，因此$G\subseteq HK$，而$H,K\preceq G$，因此$HK\subseteq G$，所以①成立。要证$H\unlhd G$，只需证$\forall g\in G,h\in H$都有$ghg^{-1}\in H$。而$g$可以唯一表示为$h_0k_0$，所以只需证$ghg^{-1}=h_0k_0hk_0^{-1}h_0^{-1}\in H$，根据可交换的性质得$h_0hk_0k_0^{-1}h_0^{-1}=h_0hh_0^{-1}$，显然属于$H$；$K\unlhd G$同理，因此②成立。对于任意的$w\in H\cap K$，因为$w=ew,e\in H,w\in K$，同时$w=we,w\in H,e\in K$，根据唯一分解性质$w=e$，因此$H\cap K=\{e\}$，所以③成立。Qed.

对于$G=H\otimes K$，如果对$H,K$做外直积会得到什么？下面我们证明，$G=H\otimes K\cong H\times K$。为此，我们构造映射$f:H\times K\to G$，$f((h,k))=hk$。显然$f$是满射，根据内直积的唯一分解的性质$f$又是单射。$f((h_1,k_1)(h_2,k_2))=f((h_1h_2,k_1k_2))=h_1h_2k_1k_2$，根据内直积的交换性质得到$h_1k_1h_2k_2=f((h_1,k_1))f((h_2,k_2))$，因此$f$保运算。综上，$f$是同构映射。

多元的外直积与内直积

外直积和内直积的定义可以推广到多元的情形。设$H_1,\cdots,H_n$是$n$个群，那么定义它们的外直积群为$\bar G=(H_1\times H_2\times\cdots \times H_n,\circ)$，其中运算满足规则$(h_1,\cdots,h_n)(h_1',\cdots,h_n')=(h_1h_1',\cdots,h_nh_n')$。同样的，令$\bar H_i=\{(e_{H_1},\cdots,e_{H_{i-1}},h_i,e_{H_{i+1}},\cdots,e_{H_n})\mid h_i\in H_i\}$，则$\bar H_i\unlhd \bar G$，$\bar G=\bar H_1\bar H_2\cdots \bar H_n$，$\forall i\neq j,H_i\cap H_j=\{e_G\}$。内直积的定义相应地可以推广到多元：$G=H_1\otimes H_2 \otimes\cdots \otimes H_n$当且仅当①$G=H_1\cdots H_n$；②$H_i\unlhd G$ ③$H_i\cap \prod\limits_{j\ne i}H_j=\{e\}$（注意条件③强于任意两个$H_i$交集为单位元）。同样的我们可以证明$G=H_1\otimes H_2 \otimes\cdots \otimes H_n \cong$ $H_1\times \cdots \times H_n$。

对于多元的内直积的定义，我们可以证明在①和②成立的前提下，③也与如下的④和⑤等价：④ $H_i\cap \prod\limits_{j<i}H_j=\{e\}$；⑤ $\forall g\in G$都可以唯一表示为$g=h_1h_2\cdots h_n$，其中$h_i\in H_i$。③$\implies$④：显然$\prod\limits_{j<i}H_j\subseteq \prod\limits_{j\neq i}H_j$，因此$H_i\cap \prod\limits_{j<i}H_j\subseteq \{e\}$，而显然$e$在其中；④$\implies$⑤：如果$g=h_1\cdots h_n=h_1'\cdots h_n'$，那么$(h_1'\cdots h_{n-1}')^{-1}h_1\cdots h_{n-1}=h_n'h_n^{-1}$，左侧是$\prod\limits_{j<n}H_i$中的元素，右侧是$H_n$中的元素，因此$(h_1'\cdots h_{n-1}')^{-1}h_1\cdots h_{n-1}=h_n'h_n^{-1}=e$，于是我们得到$h_n=h_n',h_1\cdots h_{n-1}=h_1'\cdots h_{n-1}'$。不断重复这个过程，最终得到$h_i=h_i'$。⑤$\implies$③：$\forall w\in H_i\cap \prod\limits_{j\ne i}H_j$，$w=e\cdots e\cdot w\cdot e\cdots e$，$w\in H_i$。而因为$w\in \prod\limits_{j\ne i}H_j$，因此存在$h_j,j\neq i$满足$w=h_1\cdots h_{i-1}\cdot e\cdot h_{i+1}\cdots h_n$。这样我们就得到了$w$的两种表示法，根据表示的唯一性一定有$w=e$，因此$H_i\cap \prod\limits_{j\ne i}H_j=\{e\}$。

对于任意$j<i$，因为$H_j\subseteq \prod\limits_{j<i}H_j$，所以$H_i\cap H_j=\{e\}$；同时$H_i,H_j\unlhd G$，我们用与二元时完全相同的论证可以得到$\forall h_i\in H_i,h_j\in H_j,h_ih_j=h_jh_i$。

有限交换群的直积分解

对于有限交换群$G$，设$|G|=p_1^{m_1}\cdots p_t^{m_t}$，我们证明我们总能做以下的内直积分解：$G=H_1\otimes \cdots \otimes H_t$，其中$H_i$是$G$的Sylow $p_i$-子群。并且由于在交换群中，群的共轭是其本身，所有Sylow子群都是唯一的，也就说明以上的内直积分解方式是唯一的。

在交换群中，任何两个子群的乘积依然是子群，因此$G'=H_1\cdots H_t\preceq G$。下面我们先证明$G'=H_1\otimes \cdots \otimes H_t$。首先，$G'$是交换群。在交换群里，内直积的等价定义中的⑤可以弱化为⑤’：单位元$e$可以被唯一表示。因为假如$e$能被唯一表示，那么$\forall g=h_1\cdots h_n=h_1'\cdots h_n'$，由交换群可得$(h_1h_1'^{-1})(h_2h_2'^{-1})\cdots (h_nh_n'^{-1})=e$，而$e=e\cdots e\cdots e$是唯一的表示，因此$h_i=h_i'$。证毕。那么，我们要证在$G'$中，单位元能唯一分解。假设$e=h_1\cdots h_t,h_i\in H_i$，那么$\text{ord}(h_i)\mid p_i^{m_i}$，可以设$\text{ord}(h_i)=p_i^{k_i}$，$k_i\leq m_i$。那么$h_i$的阶两两互素。我们下面归纳证明，在交换群中，阶两两互素的一列元素相乘等于单位元，则这些元素必定都等于单位元本身：$\forall m,e=g_1\cdots g_m$，且$\forall i,j,\gcd(\text{ord}(g_i),\text{ord}(g_j))=1$，则$g_i=e$。$m=1$时显然成立；假设$m-1$时已经成立，设$\text{ord}(g_m)=t_m$，则$e^{t_m}=(g_1\cdots g_m)^{t_m}$，因为是交换群，这就等于$g_1^{t_m}\cdots g_{m-1}^{t_m}$，因为$g_m^{t_m}=e$。根据归纳假设，$g_i^{t_m}=e,i<m$。而$\text{ord}(e)=\text{ord}(g_i^{t_m})=\dfrac{\text{ord}(g_i)}{\gcd(\text{ord}(g_i),t_m)}=\dfrac{\text{ord}(g_i)}{\gcd(\text{ord}(g_i),\text{ord}(g_m))}=\text{ord}(g_i)=1$，因此$g_i=e$。证毕。而在交换群中，所有子群都是正规子群。综上，$G'=H_1\otimes \cdots \otimes H_t$成立。而$G'\cong H_1\times \cdots \times H_t$，因此$|G'|=|H_1|\cdots |H_t|=p_1^{m_1}\cdots p_t^{m_t}=|G|$，因此$G'=G$。证毕。

$p$-群的分解

循环$p$-群不可分

所以对于有限交换群，我们一定可以把它写成Sylow $p$-群的内直积。那么我们自然追问，Sylow $p$-群能否被进一步内直积分解呢？分解的终点（最小单位）是什么呢？也就是说我们要讨论什么样的群是不能被内直积分解的。下面我们证明（并不要求交换群）大小为素数$p$的幂次的循环群（循环$p$-群）是不能被直积分解的。循环群就是这样一个分解的最小单位。

如果循环$p$-群$G=\lang g_0\rang$能被内直积分解为$\lang g_1\rang \otimes \lang g_2\rang$，设$|G|=p^m,\text{ord}(g_1)=p^{m_1},\text{ord}(g_2)=p^{m_2},m_1\leq m_2<m=m_1+m_2$。于是$g_0$能被唯一表示为$g_1^{t_1}g_2^{t_2}$，那么$g_0^{p^{m_2}}=(g_1^{t_1}g_2^{t_2})^{p^{m_2}}=g_1^{t_1p^{m_2}}$（内直积交换律），而$p^{m_1}\mid t_1p^{m_2}$，因此$g_1^{t_1p^{m_2}}=e$，因此$g_0^{p^{m_2}}=e$。而$p^{m_2}<p^m$，所以$\text{ord}(g_0)=|G|<p^m$，与$|G|=p^m$矛盾。因此循环$p$-群不能被内直积分解。

分解为循环$p$-群

下面我们证明，有限交换群中的$p$-群一定能分解成若干循环群的内直积。设交换群$|G|=p^m$，则一定成立$G=\lang g_1\rang \otimes \cdots\otimes \lang g_k\rang$，且这种分解在同构意义下是唯一的。

任何一个群都有一个生成元集（循环群的生成元集大小为1）。对于有限交换$p$-群，我们取出生成元集中元素个数最少且其中每个元素的阶之和最小的那个生成元集，记为$\{g_1,\cdots,g_k\}$，其中设$\text{ord}(g_i)=p^{r_i}$。我们claim $G=\lang g_1\rang \otimes \cdots\otimes \lang g_k\rang$。首先，$\lang g_1\rang \cdots \lang g_k\rang \subseteq G$，而由于$\{g_1,\cdots,g_k\}$是生成元，$\forall g\in G,g=a_1\cdots a_n,n>0$且$a_i\in \{g_1,\cdots,g_k\}\cup \{g_1,\cdots,g_k\}^{-1}$。而$G$是交换群，这意味着一定可以写出$g=g_1^{\alpha_1}g_2^{\alpha_2}\cdots g_k^{\alpha k}$，因此$G\subseteq \lang g_1\rang\cdots \lang g_k\rang$。所以$\lang g_1\rang \cdots \lang g_k\rang =G$。其次，由于$G$是交换群，任意子群都是正规子群。所以要完成claim只需证明在$G$中单位元是能被唯一表示的。

反证法，如果单位元不能被唯一表示，那么存在若干个非单位元相乘得到了单位元。下面我们就三个元素的情形进行分析，容易验证两个、四个、任意有限个的情形是同理的。不妨设这三个元素为$g_i^{l_i},g_j^{l_j},g_k^{l_k}$，那么$g_i^{l_i}g_j^{l_j}g_k^{l_k}=e$。我们发现一定有$p\mid l_i,p\mid l_j,p\mid l_k$。因为如果$p\not\mid l_i$，那么$\gcd(p,l_i)=1$，所以$\gcd(p^{r_i},l_i)=1$。而$\text{ord}(g_i)=p^{r_i}$，这意味着$g_i$的阶与$l_i$互素，因此$|\lang g_i\rang|=|\lang g_i^{l_i}\rang|=p^{r_i}$，所以$\lang g_i\rang=\lang g_i^{l_i}\rang$。那么$G=\lang g_1\rang \cdots \lang g_i^{l_i}\rang\cdots \lang g_k\rang$。进一步，$\{g_1,\cdots,g_i^{l_i},\cdots, g_k\}$构成了一个生成元集。而$g_i^{l_i}=g_j^{-l_j}g_k^{-l_k}$，也即$g^{l_i}$可以由生成元集中别的元素来表示，这与我们找出的是最小的生成元集矛盾。

下面证明$p$-群的分解在同构意义下是唯一的，这是指：假如有$G=\lang g_1\rang \otimes \cdots\otimes \lang g_k\rang$且$G=\lang h_1\rang \otimes \cdots\otimes \lang h_s\rang$，由于有限交换群中我们不关心内直积的顺序，我们假设$g_1$到$g_k$是按照循环群的阶从小到大排序的，$h_1$到$h_s$也是从小到大排序的，那么一定成立$k=s$且$\lang g_i\rang \cong \lang h_i\rang$（等价于循环群大小相同，换言之循环群的大小构成的数列是完全相同）。我们证明下面这个更强的结论：设$G=\lang g_1\rang \otimes \cdots\otimes \lang g_k\rang$，$G'=\lang h_1\rang \otimes \cdots\otimes \lang h_s\rang$，若$G\cong G'$，则$k=s$且$\lang g_i\rang \cong \lang h_i\rang$。我们对$k$做归纳。当$k=1$时，$G$和$G'$是同样大小的循环群，循环群不可分解，因此成立。假设$k-1$时结论成立，要证$k$时结论仍成立。设$\text{ord}(g_k)=p^m$，$\text{ord}(h_s)=p^n$，我们证明$n=m$：既然$G\cong G'$，那么存在$G$到$G'$的同构映射$\sigma$。由于同构，显然$\text{ord}(g_k)=\text{ord}(\sigma(g_k))$。如果$n<m$，那么由于$\sigma(g_k)=h_1^{l_1}\cdots h_s^{l_s}$，则$(\sigma(g_k))^{p^n}=(h_1^{p^n})^{l_1}\cdots (h_s^{p^n})^{l_s}$。因为$\forall j\in [s],\text{ord}(h_j)=p^k,k\leq n$，因此$(h_1^{p^n})^{l_1}\cdots (h_s^{p^n})^{l_s}=1$，因此$\text{ord}(\sigma(g_k))\leq p^n<p^m$，矛盾；同理，如果$n>m$，那么由于$\sigma^{-1}(h_s)=g_i^{r_1}\cdots g_k^{r_k}$，则$(\sigma^{-1}(h_s))^{p^m}=(g_i^{p^m})^{r_1}\cdots (g_k^{p^m})^{r_k}=1$。而$\text{ord}(\sigma^{-1}(h_s))=\text{ord}(h_s)=p^n$，因此$\text{ord}(\sigma^{-1}(h_s))\leq p^m<p^n$，矛盾。这样我就证明了$m=n$。在$h_1$到$h_s$中可能有不止一个阶为$p^m$的元素，那么对于$\sigma(g_k)=h_1^{l_1}\cdots h_s^{l_s}$，假设$h_1$到$h_s$中，最后面的$s-j+1$个元素的阶相等，也即$\text{ord}(h_j)=\cdots=\text{ord}(h_s)=p^m$，我们发现在$l_j$到$l_{s}$这$s-j+1$个数中必然有一个不能被$p$整除。如果都能被$p$整除，那么$\sigma(g_k)=h_1^{l_1}\cdots h_{j-1}^{l_{j-1}}(h_j^{l_j/p}\cdots h_{s}^{l_s/p})^p$，于是$\sigma(g_k)^{p^{m-1}}=(h_1^{l_1}\cdots h_{j-1}^{l_{j-1}})^{p^{m-1}}(h_j^{l_j/p}\cdots h_{s}^{l_s/p})^{p^m}=1$，与$\text{ord}(\sigma(g_k))=p^m$矛盾。不妨设这个数就是$l_s$，于是$\gcd(l_s,p)=1$。因此$\text{ord}(h_s)=\text{ord}(h_s^{l_s})$，也即$\lang h_s\rang=\lang h_s^{l_s}\rang$。既然$\sigma(g_k)=h_1^{l_1}\cdots h_s^{l_s}$，那么$h_s^{l_s}=h_1^{-l_1}\cdots h_{s-1}^{-l_{s-1}}\sigma(g_k)$，可见$G'$中的任何元素都可以用$h_1,\cdots,h_{s-1},\sigma(g_k)$来表示——$\{h_1,\cdots,h_{s-1},\sigma(g_k)\}$是$G'$的一个生成元集！我们想进一步说明$G'=\lang h_1\rang\otimes \cdots \otimes \lang h_{s-1}\rang \otimes \lang \sigma(g_k)\rang$，为此只需验证在新的基下单位元的表示是唯一的：设$1'=h_1^{\beta_1}\cdots h_{s-1}^{\beta_{s-1}}\sigma(g_k)^{\beta_s}=h_1^{\beta_1}\cdots h_{s-1}^{\beta_{s-1}}(h_1^{l_1}\cdots h_s^{l_s})^{\beta_s}$ $=h_1^{\beta_1+l_1\beta_s}\cdots h_{s-1}^{\beta_{s-1}+l_{s-1}\beta_s}h_s^{l_s\beta_s}$。而由于$G'=\lang h_1\rang \otimes \cdots\otimes \lang h_s\rang$已经成立，在$h_1,\cdots,h_s$下单位元的分解已经是唯一的了，所以以上的每一项都是$1'$。其中$p\not\mid l_s$且$l_s\neq 0$，所以$\beta_s=0$或$p^n\mid \beta_s$，所以$\forall i,h_i^{l_i\beta_i}=1'$，进而推出$\forall i\leq s,h_i^{\beta_i}=1'$，可见在新的基下分解也是唯一的。所以$G'=\lang h_1\rang\otimes \cdots \otimes \lang h_{s-1}\rang \otimes \lang \sigma(g_k)\rang$确实成立。对于$G=\lang g_1\rang \otimes \cdots\otimes \lang g_k\rang$，设$H=\lang g_1\rang\cdots \lang g_{k-1}\rang$，$N=\lang g_k\rang$。那么$G=HN$，$N$是正规子群，根据第二同构定理有$H/(H\cap N)\cong HN/N$。其中根据内直积的性质，$H\cap N=\{e\}$，因此$H\cong HN/N$。所以我们得到$\lang g_1\rang \otimes \cdots \otimes \lang g_{k-1}\rang\cong G/\lang g_k\rang$。同理，根据$G'=\lang h_1\rang\otimes \cdots \otimes \lang h_{s-1}\rang \otimes \lang \sigma(g_k)\rang$得到$\lang h_1\rang\otimes \cdots \otimes \lang h_{s-1}\rang \cong G'/\lang \sigma(g_k)\rang$。而显然$G/\lang g_k\rang\cong G'/\lang \sigma(g_k)\rang$，因此$\lang g_1\rang \otimes \cdots \otimes \lang g_{k-1}\rang \cong \lang h_1\rang\otimes \cdots \otimes \lang h_{s-1}\rang$。那么根据归纳假设，$k-1=s-1$且$\lang g_i\rang \cong \lang h_i\rang$。从而，$k=s$。而我们开头已经证明过$\lang g_k\rang\cong\lang h_k\rang$，因此归纳证明成立。

综上我们证明了，有限交换群可以根据其阶的大小的质因数分解做内直积分解，得到Sylow $p$-群的内直积。而每个Sylow $p$-群都可以由它的生成元集分解为一系列循环群的内直积。所以最终，有限交换群一定可以分解为一系列循环群的内直积，并且这种分解在同构意义下是唯一的（这里我们之所以能把内直积进行复合是基于有限交换群的）。

$\Z_n^*$的分解($n=pq$)

假设$n=pq,p=2p'+1,q=2q'+1$，其中$p,p',q,q'$都是素数。下面我们要对有限交换群$\Z^*_n$（模$n$下的乘法群）做内直积分解。

首先，$|\Z_n^*|=\varphi(n)=(p-1)(q-1)=4p'q'$，所以一定存在Sylow 2-群$H_2$，Sylow $p'$-群$H_{p'}$与Sylow $q'$-群$H_{q'}$满足$\Z_n^*=H_2\otimes H_{p'}\otimes H_{q'}$。其中$H_{p'},H_{q'}$都是循环群，不能继续分解了。要弄清群的结构，唯一的问题在于确定$H_2$是循环群还是K4群。我们证明过$\Z_n^*\cong \Z_p^*\times \Z_q^*$，而$|\Z_p^*|=p-1=2p'$，因此存在2阶群$G_2$和$p'$阶群$G_{p'}$使得$\Z_p^*=G_2\otimes G_{p'}$，因此$\Z_p^*\cong \Z_2^*\times \Z_{p'}^*$。同理$\Z_q^*\cong \Z_2^*\times \Z_{q'}^*$。因此$\Z_n^*\cong \Z_2^*\times \Z_2^*\times \Z_{p'}^*\times \Z_{q'}^*$（这是因为在外直积中进行交换和结合依然能够保持同构）。可见$H_2$应当同构于两个2阶群的外直积，这一定不是循环群，因此$H_2$是K4群。

那么我们能否构造出一个算法来做以上分解呢？我们想要能具体地找出$\Z_n^*$的这三个子群。我们采用的方法是构造自同态！可以验证，下面这个称为二次剩余(Quadratic Residue, QR)的映射是自同态：$\Z_n^*\to \Z_n^*,f(x)=x^2\mod n$。因为$f(xy)=(xy)^2\mod n=(x^2\mod n)(y^2\mod n)\mod n=f(x)f(y)$。下面我们考虑$f$的kernel和image。为了求出$f$的kernel大小，我们考虑同构版本的二次剩余自同态：$\Z_p^*\times \Z_q^*\to \Z_p^*\times \Z_q^*$，其中$g((x,y))=(x^2\mod p,y^2\mod p)$。那么问题转化为了$\Z_p^*$中的二次剩余（或$\Z_q^*$），满足$x^2\equiv 1\pmod p$的$x$只能是$\pm1$（其中$-1$代表$p-1$），因为要使$p\mid (x+1)(x-1)$，要么$p\mid (x+1)$要么$p\mid (x-1)$。因此容易发现$\ker(g)$中只有四个元素：$(1,1),(1,q-1),(p-1,1),(p-1,q-1)$。所以同构下也有$|\ker(f)|=4$。记$G=\Z_n^*$，根据第一同构定理，$|\ker(f)|\cdot |\text{im}(f)|=|G|=4p'q'$，因此$|\text{im}(f)|=\dfrac{4p'q'}{4}=p'q'$。在交换群中，显然$\ker(f)\unlhd G,\text{im}(f)\unlhd G$，进而$\ker(f)\text{im}(f)\unlhd G$。同时，$\ker(f)\cap \text{im}(f)\unlhd G$，而根据Lagrange定理，交集作为子群必须能整除大群的阶，而$4$与$p'q'$又一定是互素的，因此交集大小只能为1，也即交集中只有单位元。综合起来，得到$\ker(f)\otimes \text{im}(f)\unlhd G$。而内直积的大小就是群的大小相乘（因为同构于外直积），因此$|\ker(f)\otimes \text{im}(f)|=|G|$。综上，$\ker(f)\otimes \text{im}(f)= G$。其中，$\ker(f)$我们已经能马上计算得到了。如何把$\text{im}(f)$进一步分解呢？我们均匀随机地取$G$中元素$a$，那么$a^2\mod n$一定落在$\text{im}(f)$中。我们求它的$p$次方，假如等于1，那么就找到了$p$-群的生成元；否则求它的$q$次方，假如等于1，就找到了$q$-群的生成元。找到单位元的概率是很小的，如果发生就重新随机元素。随机的元素的阶不可能是$pq$，否则就说明$\text{im}(f)$是循环群，不可继续分解，与有限交换群的内直积分解是同构意义下唯一的矛盾。这样我们就找到了一个分解的具体算法！