アーベル群

整数 $\mathbb{Z}$、有理数 $\mathbb{Q}$、実数 $\mathbb{R}$、複素数 $\mathbb{C}$ は、それぞれ通常の加法についてアーベル群である。数の加法が可換だからである。同様に、$n\geq1$ に対して法 $n$ の剰余類の群 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}=\{[0],[1],\ldots,[n-1]\}$ は $[a]+[b]:=[a+b]$ についてアーベル群である。実際 $[a]+[b]=[a+b]=[b+a]=[b]+[a]$ である。より一般に、体 $k$ 上のベクトル空間 $V$ の加法群 $(V,+)$、環 $R$ の加法群 $(R,+)$、環上の加群 $M$ の加法群 $(M,+)$ はすべてアーベル群である。これらは定義のなかで可換性が要請されている。

$0$ を除いた有理数全体 $\mathbb{Q}^{\times}=\mathbb{Q}\setminus\{0\}$、$\mathbb{R}^{\times}$、$\mathbb{C}^{\times}$ は乗法についてアーベル群である。正の実数全体 $\mathbb{R}_{>0}$、絶対値 $1$ の複素数全体 $S^1=\{z\in\mathbb{C}\mid |z|=1\}$、1のn乗根全体 $\mu_n=\{z\in\mathbb{C}\mid z^n=1\}$ も、それぞれ乗法について閉じているので $\mathbb{C}^{\times}$ の部分群であり、アーベル群である。乗法群では加法的記法を使わず、単位元を $1$、$n$ 倍を $z^n$ と書く。

巡回群 $G=\langle g\rangle=\{g^k\mid k\in\mathbb{Z}\}$ はアーベル群である。実際、指数法則により $g^kg^l=g^{k+l}=g^{l+k}=g^lg^k$ である。とくに $\mathbb{Z}$ と $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ はアーベル群である。また、位数が素数 $p$ の群 $G$ はアーベル群である。$G$ の単位元でない元 $g$ をとると、Lagrangeの定理により $g$ の元の位数は $|G|=p$ の約数で $1$ でないから $p$ に等しく、$\langle g\rangle$ は $p$ 個の元をもつので $G=\langle g\rangle$ である。

Kleinの四元群 $V_4=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ はアーベル群だが巡回群ではない。単位元以外の 3 元がすべて位数 $2$ だからである。したがって「アーベル群ならば巡回群」は成り立たない。一般に、群 $G,H$ の直積群 $G\times H$（演算は成分ごと）がアーベル群であることと、$G$ と $H$ がともにアーベル群であることは同値である。実際 $(g,h)(g',h')=(gg',hh')$ と $(g',h')(g,h)=(g'g,h'h)$ が常に一致することは、$gg'=g'g$ と $hh'=h'h$ が常に成り立つことにほかならない。とくに $\mathbb{Z}^n=\mathbb{Z}\times\cdots\times\mathbb{Z}$ はアーベル群である。

3 文字の対称群 $S_3$ は非可換群である。互換を $(1\,2)$、$(1\,3)$ とし、置換の合成は右を先に作用させると約束すると、
$$ (1\,2)(1\,3)=(1\,3\,2),\qquad (1\,3)(1\,2)=(1\,2\,3) $$
であり、両者は異なる（前者は $1\mapsto3$、後者は $1\mapsto2$）。同様に、実数を成分とする $2$ 次正則行列全体のなす一般線形群 $\mathrm{GL}_2(\mathbb{R})$ も非可換である。実際
$$ A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix} $$
に対して
$$ AB=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix},\qquad BA=\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix} $$
である。これらの群は群の公理（満たす性質）をすべて満たすが、可換性（満たさない性質）を欠くので、アーベル群ではない。$S_3$ は位数 $6$ の最小の非可換群であり、位数 $5$ 以下の群はすべてアーベル群である（DF04 §1.3, §3.2）。

上の 2 の逆は成り立たない。四元数群 $Q_8=\{\pm1,\pm i,\pm j,\pm k\}$（$i^2=j^2=k^2=-1$、$ij=k$、$ji=-k$ など。DF04 §1.5）は $ij\neq ji$ だから非可換群である。一方 $Q_8$ の部分群は $\{1\}$、$\{\pm1\}$、$\langle i\rangle$、$\langle j\rangle$、$\langle k\rangle$、$Q_8$ に限られる。実際、位数 $2$ の元は $-1$ だけなので位数 $2$ の部分群は $\{\pm1\}$ のみであり、位数 $4$ の部分群は、位数 $2$ の元を 3 個もつことはできないから位数 $4$ の元 $\pm i,\pm j,\pm k$ のいずれかが生成する巡回群である。そして$\{\pm1\}$ は $Q_8$ の中心なので正規、$\langle i\rangle,\langle j\rangle,\langle k\rangle$ は指数 $2$ の部分群なので正規である。つまり $Q_8$ は「すべての部分群が正規」（満たす性質）を満たすが「可換」（満たさない性質）ではなく、含意「すべての部分群が正規ならばアーベル群」を破る。

$\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ と $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ はともに位数 $4$ のアーベル群だが同型でない。前者には位数 $4$ の元 $[1]$ があり、後者の元はすべて $2$ 倍すると $0$ になるからである。構造定理の言葉では、不変因子がそれぞれ $(4)$ と $(2,2)$ である。
一方 $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\cong\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ である。実際、右辺の元 $([1],[1])$ の $n$ 倍が $0$ になるのは $2\mid n$ かつ $3\mid n$、すなわち $6\mid n$ のときだから、この元の位数は $6$ であり、位数 $6$ の群のなかで $6$ 個の元 $n([1],[1])$（$0\leq n<6$）を尽くす。したがって右辺は位数 $6$ の巡回群であり、巡回群 の記事の命題（巡回群の分類）により $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ と同型である。同じ議論で、$\gcd(m,n)=1$ ならば $\mathbb{Z}/mn\mathbb{Z}\cong\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ である（中国剰余定理）。

整数成分の $2$ 次正則行列の群 $\mathrm{GL}_2(\mathbb{Z})$ で
$$ A=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix} $$
とおく。$A^2=I$、$B^2=\begin{pmatrix}1&1-1\\0&1\end{pmatrix}=I$ だから $A,B$ はともに位数 $2$ の元である。しかし
$$ AB=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix},\qquad (AB)^n=\begin{pmatrix}1&n\\0&1\end{pmatrix}\neq I\quad(n\geq1) $$
であり、$AB$ は無限位数をもつ。つまり有限位数の元 $A,B$（満たす性質）の積が有限位数でなく、有限位数の元の全体は積について閉じていない（満たさない性質）。prop-abelian-group-torsion-subgroup の証明で $n(a+b)=na+nb$ を使った箇所が、可換性なしには通らないことを示す反例である。

1. $T(\mathbb{Z})=T(\mathbb{Q})=T(\mathbb{R})=\{0\}$ である。$n\geq1$、$a\neq0$ なら $na\neq0$ だからである。
2. $T(\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})=\{0\}\oplus\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ である。$(a,[b])$ の $n$ 倍が $0$ なら $na=0$ から $a=0$ であり、逆に $(0,[b])$ は $2$ 倍で $0$ になる。
3. $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ は捩れ群である。元 $\frac{a}{b}+\mathbb{Z}$（$a\in\mathbb{Z}$、$b\geq1$）の $b$ 倍は $a+\mathbb{Z}=\mathbb{Z}$、すなわち零元である。$\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ は無限群である（$\frac1n+\mathbb{Z}$、$n\geq1$、は位数がちょうど $n$ なので互いに異なる）。
4. $T(\mathbb{R}/\mathbb{Z})=\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ である。$x+\mathbb{Z}$ が捩れ元であることは、ある $n\geq1$ について $nx\in\mathbb{Z}$、すなわち $x\in\mathbb{Q}$ であることと同値だからである。
5. 乗法群 $\mathbb{C}^{\times}$ の捩れ部分群は、$1$ のべき根の全体 $\mu_\infty=\bigcup_{n\geq1}\mu_n$ である。$z^n=1$ となる $n\geq1$ が存在する $z$ が捩れ元だからである。

1. $\mathbb{Q}$、$\mathbb{R}$、$\mathbb{C}$ は可除群である。$a$ と $n\geq1$ に対して $b=a/n$ をとればよい。一般に、標数 $0$ の体上のベクトル空間の加法群は可除である。
2. $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ と $\mathbb{R}/\mathbb{Z}$ は可除群である。$x+\mathbb{Z}$ と $n\geq1$ に対して $b=\frac{x}{n}+\mathbb{Z}$ をとれば $nb=x+\mathbb{Z}$ である。
3. 素数 $p$ に対し、$\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ の部分群 $\mathbb{Z}(p^\infty):=\{\frac{a}{p^k}+\mathbb{Z}\mid a\in\mathbb{Z},\ k\geq0\}$（Prüfer群）は可除群である。$\frac{a}{p^k}+\mathbb{Z}$ と $n\geq1$ に対し、$n=p^em$（$p\nmid m$）と書き、$mu\equiv1\pmod{p^{k+e}}$ となる整数 $u$（$m$ と $p^{k+e}$ が互いに素なので存在する）をとると、$b=\frac{au}{p^{k+e}}+\mathbb{Z}$ について $nb=\frac{amu}{p^k}+\mathbb{Z}=\frac{a}{p^k}+\mathbb{Z}$ である（$mu=1+p^{k+e}t$ より $\frac{amu}{p^k}-\frac{a}{p^k}=ap^et\in\mathbb{Z}$）。
4. 乗法群 $\mathbb{C}^{\times}$ は可除群である。$a=re^{i\theta}$（$r>0$）と $n\geq1$ に対して $b=r^{1/n}e^{i\theta/n}$ が $b^n=a$ を満たす。
5. 反例：$\mathbb{Z}$ は可除群ではない。$2b=1$ を満たす整数 $b$ は存在しない。$n\geq2$ のとき $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ も可除群ではない。$n$ 倍写像がすべての元を $[0]$ に送り、$[1]\neq[0]$ に達しないからである。より一般に、$0$ でない有限アーベル群 $F$ は可除群ではない。$m=|F|$ とすると Lagrange の定理により $mb=0$ がすべての $b\in F$ について成り立ち、$m$ 倍写像は全射でない。これらはアーベル群（満たす性質）だが可除性（満たさない性質）を欠く。

1. $\operatorname{Hom}(\mathbb{Z},A)\cong A$。準同型 $f$ は $f(1)$ で決まり（$f(n)=nf(1)$）、逆に任意の $a\in A$ に対して $n\mapsto na$ は準同型である。対応 $f\mapsto f(1)$ は加法を保つ。
2. $\operatorname{Hom}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},A)\cong A[n]$。$f$ は $f([1])$ で決まり、$f([1])$ は $nf([1])=f([n])=f([0])=0$ を満たす。逆に $a\in A[n]$ に対して $[k]\mapsto ka$ は代表元 $k$ の取り方によらず定まる準同型である。
3. $\operatorname{Hom}(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z},\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})\cong\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}$、$d=\gcd(m,n)$。2 により $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})[m]$ を求めればよい。$m[x]=[0]$ は $n\mid mx$、すなわち $\frac{n}{d}\mid\frac{m}{d}x$ と同値であり、$\frac{m}{d}$ と $\frac{n}{d}$ は互いに素だから $\frac{n}{d}\mid x$ と同値である。よって $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})[m]=\langle[n/d]\rangle$ は位数 $d$ の巡回群である。
4. $\operatorname{Hom}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\mathbb{Z})=0$（像は $\mathbb{Z}$ の捩れ元からなるので $0$）、$\operatorname{Hom}(\mathbb{Q},\mathbb{Z})=\operatorname{Hom}(\mathbb{Q}/\mathbb{Z},\mathbb{Z})=0$（prop-abelian-group-divisible-hom）。

$\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ は、次の性質を同時にもつアーベル群である。

1. 無限の捩れ群であり、有限生成でない（ex-abelian-group-torsion-examples の 3、prop-abelian-group-fg-torsion-finite）。
2. 可除群である（ex-abelian-group-divisible-examples の 2）。
3. 各 $n\geq1$ について $(\mathbb{Q}/\mathbb{Z})[n]=\langle\frac1n+\mathbb{Z}\rangle\cong\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ である。実際 $x=\frac{a}{b}+\mathbb{Z}$ が $nx=0$ を満たすなら $\frac{na}{b}=c\in\mathbb{Z}$、すなわち $x=c(\frac1n+\mathbb{Z})$ であり、逆に $\frac1n+\mathbb{Z}$ の位数はちょうど $n$ である。
4. 任意の有限生成部分群は有限巡回群である。$\frac{a_1}{b_1}+\mathbb{Z},\ldots,\frac{a_k}{b_k}+\mathbb{Z}$ が生成する部分群は、$N=b_1\cdots b_k$ とおくと位数 $N$ の巡回群 $\langle\frac1N+\mathbb{Z}\rangle$ に含まれ、巡回群 の記事の命題（巡回群の部分群は巡回群）により巡回群である。しかし $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ 自身は巡回群でない（巡回群は有限生成だから）。したがって「すべての有限生成部分群が巡回群」（満たす性質）は「巡回群」（満たさない性質）を導かない。
5. 写像 $\mathbb{Q}\to\mathbb{C}^{\times}$、$x\mapsto e^{2\pi ix}$ は加法群から乗法群への準同型であり、核は $\mathbb{Z}$、像は $1$ のべき根全体 $\mu_\infty$ である（$e^{2\pi i a/b}$ は $b$ 乗して $1$ になり、逆に $1$ の $n$ 乗根は $e^{2\pi ik/n}$ の形である。1のn乗根）。準同型定理により $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}\cong\mu_\infty$ である。