唉,知道这是个有名的问题了.....
把A看做abel群,这就是有名的非自由无限abel群 Baer-Specker_group.
英文Wiki上有,但不知为什么链接无法发表.

考虑一下 Hom(A,Z)。假设A是自由的，那么应该有Hom(A,Z)=A。但是可以证明Hom(A,Z)是无穷个Z的direct sum而不是product。于是矛盾，得到证明。

我自己写了个proof，你看看成不⋯⋯懒得切换中英文，所以我直接用英文写了。
Proof:
Suppose A is free
Let e_i be the element of A whose i-th coordinate is 1, other coordinate is 0.
Consider the homomorphism h: Hom(A,Z)->A, such that every homomorphism f in Hom(A,Z), we map f to the element (f(e_n)) in A.
I claim that h is an isomorphism
1,Surjectivity
Suppose A is free. Pick any basis S of A, and without loss of generality we may assume that e_n is in S for all n. Then every element (a_n) in A, by the universal property of free module, there should be a homomorphism f mapping each e_n to a_n. So h is surjective.
2,Injectivity
Suppose f is a homomorphism mapping all e_n to 0. By the lemma below, f is 0. So h is injective.
So, we see that h is an isomorphism. In particular, every homomorphism in Hom(A,Z) is uniquely determined by its value on e_n.
Suppose the basis S contains element other than these e_n, say a. Then there are no homomorphism f satisfying f(e_n)=0 and f(a)=0. This is a contradiction with the universal property of free modules. So S must only contain these e_n. But then A is a free abelian group with a countable basis, which it clearly is not. So our initial assumption is false, A is not free.

Lemma: If f(e_n)=o for all n, then f=0.
Proof:
Consider any sequence of the form a=(a_n*2^n)=(2a_1,4a_2,8a_3,….). Then I claim that f(a)=0. To see this, for any positive integer k, we have a=x+y, where x=(2a_1,4a_2,…, a_k*2^k,0,0,0,0,….), and y=2^k*(0,0,….,0,2a_(k+1),4a_(k+2),8a_(k+3),…). Now, f(a)=f(x)+f(y). As x is clearly a finite linear combination of those e_n, we have f(x)=0. On the other hand, as f is Z-linear, f(y) must be a multiple of 2^k. As k is arbitrary, f(a)=f(y) is a multiple of 2^k for all k. So we can only have f(a)=0. Done. For simplicity, let us give the set of all such elements name A2.
Now consider any sequence of the form a=(a_n*3^n)=(3a_1,9a_2,27a_3,….). By similar arguments, we can see that f(a)=0 for all such a too. Let us call the set of all such elements A3.
Finally, I claim that A2+A3=A, which will trivially imply the lemma.
The claim is actually trivial. Any sequence (a_n) in A, for each coordinate n, we know 2^n and 3^n are caprice. So exist b_n and c_n such than a_n=b_n*2^n+c_n*3^n. Then we obtained the desired decomposition.


写完了才意识到，我这里一开始的证明其实有点啰嗦。只要稍加修改，就可以证明Hom(A,Z)其实就是 free abelian group with countable basis. 这样我们甚至不需要反证法。这里我没有仔细区分abelian group和Z-module，因为二者完全是一回事。

在电脑上用中文写数学证明好费劲啊⋯⋯什么字母什么的都必须切换来切换去。不知道大家有什么高招能够避免这个头痛的现状⋯⋯同时度娘好差劲，动不动就说我写的东西怎么怎么不合适，不让发。我现在都先在记事本里面打好，直接拷贝过来。可是接下来的问题是，一旦拷贝过来，格式又全乱了，又得整理半天⋯⋯头痛。

这些数学要是咱们中国人弄出来的就好了。这样的话数列什么的都不需要字母符号什么的，而老外学数学还必须学会写甲乙丙丁，让他们也尝尝苦头。

Lemma中那个caprice词错了。我的意思是coprime，互质。Mac电脑的自动更正有时候好麻烦。

谢谢你的意见!不善英语的我只是小结一下看懂的和没有懂的.
首先如果假设可数直积 A 是 自由的,那么 A 同构于可数直和 F (=⊕n≥1 {Z}),并且同构于(同态的群) Hom(A,Z). 当然也同构于 Hom(Z,A)(这个不需要自由性的假设). 这些都是不难说明的.
请问你的证明,包括引理,都是为了说明 A 同构于 Hom(A,Z) 吗?....
而我想这里是关键:
>>>...then A is a free abelian group with a countable basis, which it clearly is not.
想问一下为什么A不是可数秩自由Z模?是不是你已经证明而我看漏了?
还有些细节问题根据必要再讨论吧.我英语不好,基本上只看得懂法国数学家写的相对简洁的英文文献.


当然,就是要证明整数环的可数直积和可数直和不同构.
虽然有点对不住原作者,但既然百度不准粘链接我就直接引用了.....

我的意见是Baer-Specker群的这个例子无疑具有重要意义,它说明在模范畴中(直)积不保持自由性和投射性,也说明在一般范畴中积与余积不同构.但是证明本身是技术性的,所以我现在不打算看,也不想让没有兴趣的朋友浪费时间,所以引用了"答案".
另外,据说也可以证明实数域的可数直积和可数直和作为实向量空间不同构,通过考虑维数.
忏悔自己同调代数实在学的很差...


这个，我感觉你想多了，或者我想少了？
作为集ji合he，可数直和的那个有countable 个元素。可数直积有uncountable个元素，所以连bijection都不应该有。你贴上来的证明一上来也是在说这个。
我感觉难点是，怎么知道直积没有一个uncountable basis。

可数直和很容易写成countable 个countable set的并集，所以必须countable。
可数直积是Z的Z次方，至少跟Z的子集个数一样多（Z的子集有2的Z次方那么多）。事实上countable个countable set 的乘积，结果是continuum，跟实数一样多，uncountable。

我那个证明的主干如下：
1、关键是证明Hom(A,Z)->A 是injection.（lemma部分）
2、然后据此推出，任何一个basis最多只能countable,否则就违反了free module的universalproperty。
3、最后通过集ji合he论，我们知道可数basis的free module不是这个直积。

抱歉!(刚从分裂域的美梦中惊醒)
是我的**论基础太差搞错了(主要是关于cadinal的),确实如果 A 是自由模那么它的 rank 是 实数集的势 .我误以为 A 是可数集了.
然后还是很容易说明如果 A 自由,那么它 同构于 Hom(A,Z).
关于

谢谢你的指点:) 你的证明我看一下,你就不午休了么?