1-5 巡回群の自己同型
巡回群の準同型は生成元の像だけで決まります。自己同型になる条件は、その像も生成元であることです。したがって巡回群の自己同型群は、整数の単元群へ具体的に翻訳できます。
有限巡回群
$C_n=\langle g\rangle$ とする。対応
$$
(\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times
\longrightarrow\operatorname{Aut}(C_n),
\qquad
\bar a\longmapsto(g^k\mapsto g^{ak})
$$
は群同型である。
準同型 $\varphi:C_n\to C_n$ は $\varphi(g)$ だけで決まり、$\varphi(g)=g^a$ と書ける。これが全射、従って有限集合上の自己同型になることは、$g^a$ が $C_n$ を生成することと同値。
$g^a$ の位数は
$$
\frac{n}{\gcd(a,n)}
$$
である。実際 $(g^a)^k=e$ は $n\mid ak$ と同値で、その最小正整数 $k$ は上式。従って $g^a$ が生成元であることは $\gcd(a,n)=1$、すなわち $\bar a$ が単元であることと同値。
対応は全単射で、合成について
$$
\varphi_a\circ\varphi_b(g)
=\varphi_a(g^b)=g^{ab}
=\varphi_{ab}(g).
$$
よって群同型。□
従って
$$
|\operatorname{Aut}(C_n)|=\varphi(n)
$$
です。ここで右辺はEulerの $\varphi$ 関数です。
計算例
$$
\operatorname{Aut}(C_8)
\cong(\mathbb Z/8\mathbb Z)^\times
=\{\bar1,\bar3,\bar5,\bar7\}.
$$
各非単位元の平方は1なので
$$
\operatorname{Aut}(C_8)\cong C_2\times C_2.
$$
一方
$$
\operatorname{Aut}(C_5)
\cong(\mathbb Z/5\mathbb Z)^\times
=\{\bar1,\bar2,\bar3,\bar4\}.
$$
$\bar2$ の冪は $2,4,3,1$ と巡るので $C_4$ と同型です。
無限巡回群
$$ \operatorname{Aut}(\mathbb Z)\cong C_2. $$
加法群 $\mathbb Z$ の準同型は $1$ の像 $a$ により
$$\varphi(n)=an$$
と決まる。全射になるのは $a=1$ または $a=-1$ のときだけ。恒等写像と符号反転の二つで、符号反転の平方は恒等。□
特性部分群への応用
巡回群 $C_n$ では各約数 $d\mid n$ に対し位数 $d$ の部分群がただ一つです。自己同型は部分群の位数を保つので、その唯一の部分群を保ちます。従って巡回群の全部分群は特性部分群です。
この性質は一般の可換群では成り立ちません。$C_p\times C_p$ の位数 $p$ の部分群は $p+1$ 個あり、自己同型群 $GL_2(\mathbb F_p)$ がそれらを移し合わせます。
$\operatorname{Aut}(C_{12})$ の元を列挙し、群として同定せよ。
12と互いに素な剰余類は
$$
\bar1,\bar5,\bar7,\bar{11}.
$$
それぞれの平方は12を法として1：
$$
5^2=25\equiv1,\quad
7^2=49\equiv1,\quad
11^2=121\equiv1.
$$
非単位元が三つとも位数2なので
$$
\operatorname{Aut}(C_{12})
\cong C_2\times C_2.
$$
□
$\gcd(m,n)=1$ のとき
$$
\operatorname{Aut}(C_{mn})
\cong\operatorname{Aut}(C_m)\times\operatorname{Aut}(C_n)
$$
を中国剰余定理から示せ。
中国剰余定理は環同型
$$
\mathbb Z/mn\mathbb Z
\cong\mathbb Z/m\mathbb Z\times\mathbb Z/n\mathbb Z
$$
を与える。環同型は単元を単元へ送り、直積環の元が単元であることは各成分が単元であることと同値。従って
$$
(\mathbb Z/mn\mathbb Z)^\times
\cong(\mathbb Z/m\mathbb Z)^\times
\times(\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times.
$$
巡回群の自己同型定理を各項へ適用して結論を得る。□
参考文献
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