二つの群が「同じ構造をもつ」とはどういうことかを、積を保つ写像で答える章である。正方形の回転や置換の合成を例に群の公理を取り出し、部分群の判定法と巡回群の部分群、準同型と核・像、第一同型定理を順に示す。後半では、群から自分自身への同型（自己同型）を集め、内部自己同型と特性部分群、巡回群の自己同型群を計算する。最初の 3 ページは以後のすべての章の前提になる。自己同型のページは、第8章の半直積を読むまで飛ばしてもよい。

第1章 準同型

整数を $n$ で割った余りで計算するように、群の元を「同じ類」にまとめて新しい群を作れるかを問う章である。剰余類と Lagrange の定理から始め、剰余類の積が代表元に依らなくなる条件として正規部分群を導き、商群を定義する。続いて第二・第三同型定理と部分群対応定理で商の計算法を整え、最後に、核と商から群を復元する問題（拡大と完全列）への入口を示す。章末では、正規部分群に対する商群と、元の群・商群の部分群どうしの対応が得られる。

第2章 商

群を、抽象的な対象としてではなく、集合に作用して対称性を動かすものとして調べる章である。置換群の巡回置換分解と符号、すべての群は置換群に埋め込めるという Cayley の定理を扱ったうえで、群作用の軌道と安定化群、軌道安定化群定理、類等式、Burnside の補題を示す。さらに中心化群と正規化群を作用の例として調べ、位数を割る素数に対してその位数の元が存在するという Cauchy の定理を導く。

第3章 作用

有限群の位数の素因数分解から、群の内部に何が見えるかを調べる章である。位数 $p^n m$（$p\nmid m$）の群について、位数 $p^n$ の部分群の存在、それらが互いに共役であること、その個数 $n_p$ が $m$ を割り $n_p\equiv1\pmod p$ を満たすことを、群の作用を 3 回使って証明する。本書の中心となる定理で、第8章の小さな位数の群の分類で繰り返し使う。

第4章 Sylow の定理

整数が素数の積に分解されるように、有限群を「これ以上正規部分群で分けられない群」へ分解できるかを調べる章である。単純群と、最初の非可換な単純群である $A_5$ の単純性、有限群の組成列の存在、組成因子が順序を除いて一意に決まる Jordan–Hölder の定理を示す。証明には第2章の第二同型定理を使う。

第5章 組成列

群がどれだけ可換から遠いかを、段階的に測る章である。交換子部分群と導来列による可解群、中心列による冪零群を定義し、可解群が拡大で閉じること、冪零群は可解であること、有限 $p$ 群は冪零であることを示す。対称群 $S_n$ が $n\ge5$ で可解でなくなる理由を調べ、$S_3$ が可解だが冪零でない例で両者の違いを確かめる。

第6章 可解群と冪零群

生成元だけを与え、関係式を何も課さずに作る最も大きな群として、自由群を調べる章である。簡約語の一意性から自由群の普遍性を示し、生成元と関係式による群の表示を定める。自由積、Schreier グラフから自由基底を読み取る Nielsen–Schreier の定理（有限指数版）、Tietze 変形による表示の書き直しを扱う。

第7章 自由群

第8章 有限群の具体分類

## この章の問い
生成元だけを与えて、関係式を何も課さずに作る最も大きな群は何か。それを使って、群を「生成元と関係式」で書けるか。
## 道筋
- **自由群と群の表示**：簡約語の一意性、自由群の普遍性、表示の普遍性。
- **自由積**：二つの群を余計な関係なしに結合する。正規形と普遍性。
- **自由群の部分群**：Schreier グラフから自由基底を読み取り、Nielsen–Schreier の定理（有限指数版）を示す。
- **群表示の変形**：Tietze 変形で、同じ群を違う生成元で書き直す。
## 読み方
最初のページが必須。残りは互いに独立に読める。
## 章末で言えること
任意の群は、自由群をある正規部分群で割った商として、生成元と関係式で表せる。
## 前の章から持ち込むもの
準同型と第一同型定理、商群、部分群対応定理。


7-0 章の見取り図

## この章の問い
群は、抽象的な対象であるだけでなく、何かに作用して初めて意味をもつ。群が集合に作用するとき、軌道の大きさを群の位数で測れるか。
## 道筋
- **置換群**：巡回置換への分解、符号、Cayley の定理。すべての群は置換群に埋め込める。
- **群作用**：軌道と安定化群、軌道安定化群定理、類等式、Burnside の補題。
- **中心化群と正規化群**：作用の特別な例として共役を調べる。
- **Cauchy の定理**：位数を割る素数に対し、その位数の元が存在することを示す。
## 読み方
置換群と群作用は必須。Cauchy の定理は、第4章の Sylow の定理の最も簡単な場合として読める。
## 章末で言えること
有限群 $G$ が集合 $X$ に作用するとき、軌道 $Gx$ の元の個数は $|G|/|G_x|$ に等しい。この式が、Cauchy の定理と次章の Sylow の定理の証明を動かす。
## 前の章から持ち込むもの
剰余類、Lagrange の定理、商群。


3-0 章の見取り図

## この章の問い
群がどれだけ可換から遠いかを、段階的に測れるか。
## 道筋
- **正規列と可解群**：交換子部分群と導来列。可解群は拡大で閉じる。有限 $p$ 群は冪零である。
- **可解群の判定例**：$S_n$ が $n\ge5$ で可解でなくなる理由。
- **冪零群と中心列**：上中心列と下中心列は同値で、冪零群は可解である。
## 読み方
最初のページは必須。判定例は、第5章の $A_5$ の単純性を読んでから取り組むとよい。
## 章末で言えること
冪零群は可解で、有限 $p$ 群は冪零である。逆は成り立たない（$S_3$ は可解だが冪零でない）。
## 前の章から持ち込むもの
組成列、中心、共役類、類等式。


6-0 章の見取り図

## この章の問い
有限群の位数の素因数分解から、群の構造について何が言えるか。
## 道筋
この章は 1 ページ（Sylow の定理）である。二項係数の補題を準備し、第一・第二・第三 Sylow 定理を順に証明する。存在は $p^n$ 個の元からなる部分集合への作用、共役は $G/Q$ への作用、個数は正規化群の作用で示す。
## 読み方
第3章の軌道安定化群定理と Cauchy の定理を先に読むこと。証明では作用を 3 回使うので、どの集合にどの群を作用させているかを毎回確かめながら進む。
## 章末で言えること
位数 $p^n m$（$p\nmid m$）の群には位数 $p^n$ の部分群が存在し、それらは互いに共役で、個数 $n_p$ は $m$ を割り $n_p\equiv1\pmod p$ を満たす。
## 前の章から持ち込むもの
軌道安定化群定理、正規化群、Cauchy の定理。


4-0 章の見取り図

## この章の問い
群が与えられたとき、二つの群が「同じ構造をもつ」とはどういうことか。元の個数や演算表を見比べる代わりに、積を保つ写像で比べられないか。
## 道筋
- **対称性から群へ**：正方形の回転や置換の合成を例に、群の公理（単位元・逆元・結合律）を取り出し、単位元と逆元の一意性、消去律を示す。
- **部分群と生成元**：部分群であることの判定法と、巡回群の部分群をすべて求める。
- **群準同型と第一同型定理**：準同型が保つもの、核と像、第一同型定理。この章の中心である。
- **自己同型群**：群から自分自身への同型を集めて、内部自己同型と特性部分群を調べる。
- **巡回群の自己同型**：自己同型群の最初の具体的な計算。生成元の選び方を数える。
## 読み方
最初の 3 ページは必須で、第2章以降の前提になる。後半の 2 ページは、第8章の半直積で使うまで飛ばしてよい。
## 章末で言えること
準同型 $f:G\to H$ について、$G/\ker f\cong \operatorname{im}f$ が成り立つ。この式の右辺は像、左辺は「核を潰した群」であり、第2章でこの左辺の意味（商群）を正確に定める。
## 前の章から持ち込むもの
集合と写像、同値関係、整数の割り算。


1-0 章の見取り図

## この章の問い
位数が与えられたとき、その位数の群を（同型を除いて）すべて挙げられるか。そのとき、これまでの道具（Sylow の定理、半直積、中心）をどう選ぶか。
## 道筋
- **直積と半直積**：群を組み合わせる 2 つの方法。半直積は作用によって決まる。
- **分裂拡大と半直積**：商群が部分群として群に戻ることと、半直積であることの同値。
- **半直積の分類例**：作用が違っても同型になる場合と、ならない場合。
- **有限生成可換群**：整数行列の Smith 標準形による構造定理。
- **位数 $p^2$、$pq$、8、12 の群**：Sylow の定理と半直積で分類する。
- **二面体群と四元数群**：位数 8 の 2 つの群の違いを自己同型群で見る。
- **小さい位数の群の総合分類**：位数 15 までの地図。
- **総合問題**：道具を選ぶ練習。
## 読み方
直積と半直積のページは必須。分類の各ページは、位数に応じて好きな順序で読める。先に第4章の Sylow の定理を読むこと。
## 章末で言えること
位数が素数の群は巡回群、位数 $p^2$ の群は可換で 2 種類、位数 $pq$（$p<q$、$p\nmid q-1$）の群は巡回群に限る。
## 前の章から持ち込むもの
Sylow の定理、正規部分群と商群、自己同型群、群の作用。


8-0 章の見取り図

## この章の問い
整数を $n$ で割った余りで計算するように、群の元を「同じ類」にまとめて新しい群を作れるか。作れるのは、どんな部分群のときか。
## 道筋
- **剰余類と Lagrange の定理**：部分群による群の分割と、位数の約数関係。
- **正規部分群と商群**：剰余類の積が代表元に依らない条件が、正規性である。
- **第二・第三同型定理**：商を計算するときに使う 2 つの公式。
- **部分群対応定理**：商群の部分群と、元の群の部分群との対応。
- **群の拡大と完全列**：核と商から群を復元する問題の入口。
## 読み方
最初の 2 ページは必須。第二・第三同型定理と部分群対応定理は、第5章の組成列で使う。完全列のページは、第8章の半直積を読む前に戻れば十分である。
## 章末で言えること
正規部分群 $N\trianglelefteq G$ に対し、商群 $G/N$ が定まり、$G$ の $N$ を含む部分群と $G/N$ の部分群が一対一に対応する。
## 前の章から持ち込むもの
準同型と核、第一同型定理、部分群の判定。


2-0 章の見取り図

## この章の問い
整数が素数の積に分解されるように、有限群を「これ以上分けられない群」に分解できるか。分解は一意か。
## 道筋
- **単純群**：正規部分群をもたない群。可換な単純群は素数位数の巡回群に限る。
- **$A_5$ の単純性**：共役類を数えて正規部分群を排除する、最初の非可換な単純群。
- **組成列**：有限群は単純な層に分解できる。可解性との関係。
- **Jordan–Hölder の定理**：組成因子は順序を除いて一意に決まる。
## 読み方
4 ページを順に読む。第二同型定理（第2章）を Jordan–Hölder の証明で使う。$A_5$ のページは計算が多いので、共役類の個数を数える部分だけを追ってもよい。
## 章末で言えること
有限群の組成因子は、組成列の取り方に依らず、順序を除いて一意に決まる。
## 前の章から持ち込むもの
商群、第二同型定理、部分群対応定理。


5-0 章の見取り図

部分群 $H$ を群 $G$ の中で左からずらすと、$H$ と同じ大きさの集合ができます。その集合たちは重なるか完全に一致し、群全体を分割します。この単純な事実から、有限群では部分群の位数が群の位数を割り切るという強い制約が生まれます。
## 左剰余類と右剰余類
&&&def 剰余類 [02-def-coset]
$H\le G$、$g\in G$ に対し
$$
gH=\{gh\mid h\in H\},\qquad
Hg=\{hg\mid h\in H\}
$$
をそれぞれ $g$ による[[左剰余類]]、[[右剰余類]]という。
&&&
加法群 $\mathbb Z$ で $H=3\mathbb Z$ とすれば
$$
0+H=3\mathbb Z,\quad
1+H=\{\ldots,-2,1,4,\ldots\},\quad
2+H=\{\ldots,-1,2,5,\ldots\}.
$$
これは3を法とする余りによる分類です。
&&&prop 剰余類の等号判定 [02-prop-coset-equality]
$a,b\in G$ に対し、次は同値である。
1. $aH=bH$。
2. $aH\cap bH\ne\varnothing$。
3. $a^{-1}b\in H$。
&&&
&&&prf [02-prf-coset-equality]
1から2は、$a=ae\in aH$ なので明らか。
2を仮定し、$x\in aH\cap bH$ を取る。$x=ah_1=bh_2$ となる $h_1,h_2\in H$ があるから
$$
a^{-1}b=h_1h_2^{-1}\in H.
$$
3を仮定する。$a^{-1}b=h_0\in H$、すなわち $b=ah_0$。従って
$$
bH=ah_0H=aH,
$$
なぜなら $h_0H=H$ だからである。□
&&&
この命題から、二つの左剰余類は一致するか交わらないかのどちらかです。また任意の $g\in G$ は $g=ge\in gH$ に入るので、左剰余類全体は $G$ の分割を作ります。
&&&prop 剰余類は部分群と同数の元をもつ [02-prop-coset-cardinality]
写像
$$
H\longrightarrow gH,\qquad h\longmapsto gh
$$
は全単射である。
&&&
&&&prf [02-prf-coset-cardinality]
全射性は $gH$ の定義そのもの。$gh_1=gh_2$ なら左消去律から $h_1=h_2$ なので単射。逆写像は $x\mapsto g^{-1}x$。□
&&&
## Lagrangeの定理
有限集合 $X$ の元の個数を $|X|$ と書きます。有限群 $G$ の位数は $|G|$、部分群 $H$ の指数は左剰余類の個数で
$$[G:H]$$
と書きます。
&&&thm Lagrangeの定理 [02-thm-lagrange]
$G$ を有限群、$H\le G$ とする。このとき
$$
|G|=[G:H]|H|.
$$
特に $|H|$ は $|G|$ を割り切る。
&&&
&&&prf [02-prf-lagrange]
左剰余類は $G$ を互いに交わらない集合へ分割する。各剰余類は直前の命題により $H$ と同じ $|H|$ 個の元をもつ。剰余類が $[G:H]$ 個あるので、全体の元数は
$$
|G|=\underbrace{|H|+\cdots+|H|}_{[G:H]\text{個}}
=[G:H]|H|.
$$
□
&&&
&&&cor 元の位数は群の位数を割る [02-cor-element-order-divides]
有限群 $G$ の任意の元 $g$ について $|g|\mid|G|$。従って $g^{|G|}=e$。
&&&
&&&prf [02-prf-element-order-divides]
巡回部分群 $\langle g\rangle$ の元数は $|g|$。Lagrangeの定理を $H=\langle g\rangle$ に適用して $|g|\mid|G|$。$|G|=m|g|$ と書けば
$$g^{|G|}=(g^{|g|})^m=e.$$
□
&&&
&&&cor 素数位数の群 [02-cor-prime-order-cyclic]
$|G|=p$ が素数なら、$G$ は巡回群である。
&&&
&&&prf [02-prf-prime-order-cyclic]
$g\ne e$ を取る。$|g|$ は $p$ の約数で1ではないから $p$。従って $\langle g\rangle$ は $p$ 元をもち $G$ 全体に等しい。□
&&&
Lagrangeの逆は一般に偽です。$A_4$ は位数12ですが位数6の部分群をもちません。この反例の証明は群作用とSylow理論の後に戻ります。
## $S_3$ の剰余類
$S_3$ で $H=\{e,(12)\}$ とします。左剰余類は
$$
H,\qquad (13)H=\{(13),(13)(12)\},
$$
$$
(23)H=\{(23),(23)(12)\}.
$$
互いに交わらず各2元で、$S_3$ の6元を尽くします。したがって $[S_3:H]=3$。
&&&exc Eulerの定理 [02-exc-euler-theorem-group]
$\gcd(a,n)=1$ なら
$$a^{\varphi(n)}\equiv1\pmod n$$
を、群 $(\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times$ にLagrangeの定理を適用して示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-euler-theorem-group-answer]
$(\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times$ は乗法について群で、元数は $\varphi(n)$。$\gcd(a,n)=1$ なら $\bar a$ はこの群の元。元の位数は群の位数を割るため
$$
\bar a^{\,\varphi(n)}=\bar1.
$$
これは所要の合同式である。□
&&&
&&&exc 位数15の群 [02-exc-order-fifteen-elements]
$|G|=15$ とする。任意の $g\in G$ の位数として可能な値を列挙せよ。また $g\ne e$ なら $g^{15}=e$ を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-order-fifteen-elements-answer]
Lagrangeの定理から $|g|$ は15の正の約数なので
$$1,3,5,15$$
のいずれか。$g\ne e$ なら1を除く。どの場合も $|g|\mid15$ だから
$$g^{15}=(g^{|g|})^{15/|g|}=e.$$
ただしLagrangeの定理だけでは3,5,15が実際にすべて現れるとは限らない。□
&&&


2-1 剰余類とLagrangeの定理

Lagrangeの定理は部分群の位数が群の位数を割ると述べました。その逆は一般に成り立ちませんが、素数冪の最大部分については驚くほど強い逆向きが成り立ちます。Sylowの三定理は、有限群の位数だけから部分群の存在・共役・個数を制御します。
## Sylow部分群
有限群の位数を
$$
|G|=p^nm,\qquad p\nmid m
$$
と書きます。
&&&def Sylow部分群 [02-def-sylow-subgroup]
位数 $p^n$ の部分群を $G$ の[[Sylow部分群|Sylow $p$ 部分群]]という。Sylow $p$ 部分群全体を $\operatorname{Syl}_p(G)$、その個数を $n_p$ と書く。
&&&
存在証明に必要な組合せ補題を準備します。
&&&lem 二項係数の補題 [02-lem-binomial-sylow]
$N=p^nm$、$p\nmid m$ なら
$$
\binom{N}{p^n}\not\equiv0\pmod p.
$$
&&&
&&&prf [02-prf-binomial-sylow]
係数を $\mathbb F_p$ で考える。二項係数 $\binom pk$ は $0<k<p$ で $p$ の倍数なので
$$
(1+x)^p\equiv1+x^p\pmod p.
$$
これを $n$ 回繰り返して
$$
(1+x)^{p^n}\equiv1+x^{p^n}\pmod p.
$$
従って
$$
(1+x)^N
=\{(1+x)^{p^n}\}^m
\equiv(1+x^{p^n})^m\pmod p.
$$
両辺の $x^{p^n}$ の係数を比較すると
$$
\binom{N}{p^n}\equiv m\not\equiv0\pmod p.
$$
□
&&&
## 第一Sylow定理：存在
&&&thm 第一Sylow定理 [02-thm-sylow-first]
$|G|=p^nm$、$p\nmid m$ なら、$G$ は位数 $p^n$ の部分群をもつ。
&&&
&&&prf [02-prf-sylow-first]
$G$ の $p^n$ 元部分集合全体を $X$ とする。$G$ は左移動
$$g\cdot A=\{ga\mid a\in A\}$$
で $X$ に作用する。$|X|=\binom{|G|}{p^n}$ は補題により $p$ で割り切れない。
$X$ は軌道の非交和なので、すべての軌道の大きさが $p$ の倍数なら $|X|$ も $p$ の倍数になってしまう。従って、ある $A\in X$ で軌道 $G\cdot A$ の大きさが $p$ で割り切れない。安定化群を
$$
H=G_A=\{g\in G\mid gA=A\}
$$
とする。軌道安定化群定理から
$$
|G|=|G\cdot A||H|.
$$
$|G|$ に含まれる $p$ の最高冪は $p^n$ で、第一因子は $p$ で割れないため $p^n\mid|H|$。
一方 $a\in A$ を一つ固定すると、写像
$$
H\to A,\qquad h\mapsto ha
$$
は単射である。実際 $h_1a=h_2a$ なら右から $a^{-1}$ を掛けて $h_1=h_2$。また $hA=A$ なので $ha\in A$。従って
$$|H|\le|A|=p^n.$$
$p^n\mid|H|$ と合わせて $|H|=p^n$。よって $H$ が求める部分群。□
&&&
## 第二Sylow定理：共役
&&&thm 第二Sylow定理 [02-thm-sylow-second]
二つのSylow $p$ 部分群は $G$ の中で共役である。また任意の $p$ 部分群はあるSylow $p$ 部分群に含まれる。
&&&
&&&prf [02-prf-sylow-second]
まず $P\le G$ を任意の $p$ 部分群、$Q$ を一つのSylow $p$ 部分群とする。$P$ を左剰余類集合 $G/Q$ に左移動で作用させる。集合の大きさは
$$
|G/Q|=[G:Q]=m
$$
で $p$ と互いに素。
$P$ の各軌道の大きさは軌道安定化群定理により $|P|$ の約数、従って1または $p$ の倍数。全体の大きさ $m$ は $p$ で割れないので、一元軌道、すなわち $P$ が固定する剰余類 $gQ$ が存在する。全 $x\in P$ で
$$xgQ=gQ,$$
従って $g^{-1}xg\in Q$。ゆえに
$$g^{-1}Pg\subset Q.$$
これで任意の $p$ 部分群があるSylow部分群に共役を除いて含まれることを示した。
$P$ 自身もSylowなら $|P|=|Q|=p^n$ なので、包含 $g^{-1}Pg\subset Q$ は位数が等しく、等号になる。従ってSylow部分群同士は共役。□
&&&
## 第三Sylow定理：個数
&&&thm 第三Sylow定理 [02-thm-sylow-third]
Sylow $p$ 部分群の個数 $n_p$ は
$$
n_p\mid m,\qquad n_p\equiv1\pmod p
$$
を満たす。
&&&
&&&prf [02-prf-sylow-third]
$G$ は $\operatorname{Syl}_p(G)$ に共役で作用する。第二Sylow定理によりこの作用は推移的なので、固定した $P$ の軌道は全体。安定化群は正規化群
$$
N_G(P)=\{g\in G\mid gPg^{-1}=P\}.
$$
従って
$$
n_p=[G:N_G(P)].
$$
$P\subset N_G(P)$ だから $|N_G(P)|$ は $p^n$ の倍数で、$n_p$ は $m=|G|/p^n$ を割る。
次に $P$ 自身を $\operatorname{Syl}_p(G)$ へ共役で作用させる。軌道の大きさは1または $p$ の倍数。$P$ 自身は固定点である。固定されるSylow部分群 $Q$ が他にもあると仮定すると、$P\subset N_G(Q)$。
$P$ が $Q$ を正規化するため $PQ$ は部分群であり
$$
|PQ|=\frac{|P||Q|}{|P\cap Q|}
$$
は $p$ の冪。ところが $PQ\le G$ なので位数は $p^n$ 以下。一方 $Q\subset PQ$ で $|Q|=p^n$ だから $PQ=Q$、従って $P\subset Q$。位数が等しいので $P=Q$。よって固定点は $P$ 一つだけ。
残りの軌道はすべて大きさが $p$ の倍数だから
$$n_p\equiv1\pmod p.$$
□
&&&
## 位数12の群で何が分かるか
$|G|=12=2^2\cdot3$ とします。
$$
n_3\mid4,\qquad n_3\equiv1\pmod3
$$
より $n_3=1$ または4。
$$
n_2\mid3,\qquad n_2\equiv1\pmod2
$$
より $n_2=1$ または3。一意なSylow部分群は共役で動かしても自分自身なので正規です。位数だけで正規部分群の候補が絞れます。
&&&exc 位数15の群の正規部分群 [02-exc-sylow-order-fifteen]
$|G|=15$ のときSylow 5部分群が一意で正規であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-sylow-order-fifteen-answer]
$$
n_5\mid3,\qquad n_5\equiv1\pmod5.
$$
3の約数は1,3で、そのうち5を法として1なのは1だけ。従って $n_5=1$。共役はSylow 5部分群をSylow 5部分群へ移すため、一つしかなければすべての共役で不変、よって正規。□
&&&
&&&exc 位数21のSylow個数 [02-exc-sylow-order-twenty-one]
$|G|=21$ のとき可能な $n_3,n_7$ を求め、必ず非自明な正規部分群をもつことを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-sylow-order-twenty-one-answer]
$$
n_7\mid3,\qquad n_7\equiv1\pmod7
$$
より $n_7=1$。また
$$
n_3\mid7,\qquad n_3\equiv1\pmod3
$$
より $n_3=1$ または7。いずれにせよSylow 7部分群は一意で、位数7の非自明な正規部分群である。□
&&&


4-1 Sylowの定理

正三角形を動かし、頂点の集合を元の位置へ戻す操作を考えます。何もしない、$120^\circ$ 回す、裏返す。操作を続けて二回行っても、やはり同じ種類の操作になります。図形の見た目を捨てて「操作の合成」だけを残したものが群です。
この章では、演算を保つ写像を群について調べます。
## 正三角形の六つの対称性
頂点を $1,2,3$ と名付けます。反時計回りの $120^\circ$ 回転を $r$、頂点1を固定する反転を $s$ とすると
$$
r^3=e,\qquad s^2=e,\qquad sr=r^{-1}s
$$
が成り立ちます。$e$ は何もしない操作です。六つの操作は
$$
e,\ r,\ r^2,\ s,\ rs,\ r^2s
$$
で尽くされます。積 $xy$ は「先に $y$、次に $x$」と約束します。たとえば
$$
(rs)r=r(sr)=r(r^{-1}s)=s.
$$
一般に $rs\ne sr$ で、操作の順序は重要です。
## 群の公理
&&&def 群 [02-def-group]
集合 $G$ と[[二項演算]] $(x,y)\mapsto xy$ が次を満たすとき、$G$ を[[群]]という。
1. [[結合律]]：任意の $x,y,z\in G$ に対し $(xy)z=x(yz)$。
2. [[単位元]]：ある $e\in G$ が存在し、任意の $x\in G$ に対し $ex=xe=x$。
3. [[逆元]]：任意の $x\in G$ に対し、ある $y\in G$ が存在して $xy=yx=e$。
さらに $xy=yx$ が全 $x,y$ で成り立つ群を可換群またはAbel群という。
&&&
演算の結果が再び $G$ に入ることは二項演算という言葉に含まれます。結合律があるため、$xyz$ に括弧を付けなくても値は一意です。
### 基本例
- 整数 $\mathbb Z$ は加法について群です。単位元は0、$n$ の逆元は $-n$。
- $\mathbb Z/n\mathbb Z$ は加法について有限可換群です。
- 0でない実数 $\mathbb R^\times$ は乗法について群です。
- 可逆な $n\times n$ 実行列全体 $GL_n(\mathbb R)$ は行列積について群です。$n\ge2$ では一般に非可換です。
自然数 $\mathbb N$ は加法逆元をもたないので群ではありません。実数全体も乗法について0の逆元がないため群ではありません。どの公理が破れるかを言うことが反例の本体です。
## 公理から一意性を導く
&&&prop 単位元と逆元の一意性 [02-prop-identity-inverse-unique]
群の単位元は一意であり、各元の逆元も一意である。
&&&
&&&prf [02-prf-identity-inverse-unique]
$e,e'$ がともに単位元なら
$$e=ee'=e'.$$
最初の等号では $e'$ が右単位元、次では $e$ が左単位元であることを使った。
$y,z$ がともに $x$ の逆元なら
$$
y=ye=y(xz)=(yx)z=ez=z.
$$
従って逆元は一意であり $x^{-1}$ と書ける。□
&&&
&&&prop 消去律 [02-prop-group-cancellation]
群 $G$ で $ax=ay$ なら $x=y$、$xa=ya$ なら $x=y$。
&&&
&&&prf [02-prf-group-cancellation]
$ax=ay$ の両辺の左から $a^{-1}$ を掛けると
$$
a^{-1}(ax)=a^{-1}(ay).
$$
結合律と逆元・単位元の性質から $x=y$。右消去も両辺の右から $a^{-1}$ を掛ければよい。□
&&&
&&&prop 積の逆元 [02-prop-inverse-product]
任意の $x,y\in G$ に対し
$$
(xy)^{-1}=y^{-1}x^{-1}.
$$
&&&
&&&prf [02-prf-inverse-product]
実際
$$
(xy)(y^{-1}x^{-1})=x(yy^{-1})x^{-1}=e,
$$
$$
(y^{-1}x^{-1})(xy)=y^{-1}(x^{-1}x)y=e.
$$
逆元の一意性から結論を得る。順序が逆転する点が重要。□
&&&
整数 $n$ に対して
$$
x^n=
\begin{cases}
\underbrace{x\cdots x}_{n\text{個}}&(n>0),\\
e&(n=0),\\
(x^{-1})^{-n}&(n<0)
\end{cases}
$$
と定めると、$x^mx^n=x^{m+n}$、$(x^m)^n=x^{mn}$ が成り立ちます。ただし非可換群では一般に $(xy)^n=x^ny^n$ ではありません。
## 正三角形の群 $D_3$
関係式 $r^3=s^2=e,sr=r^{-1}s$ を使えば全積を計算できます。行を左因子、列を右因子とすると
| $\cdot$ | $e$ | $r$ | $r^2$ | $s$ | $rs$ | $r^2s$ |
|---|---:|---:|---:|---:|---:|---:|
| $e$ | $e$ | $r$ | $r^2$ | $s$ | $rs$ | $r^2s$ |
| $r$ | $r$ | $r^2$ | $e$ | $rs$ | $r^2s$ | $s$ |
| $r^2$ | $r^2$ | $e$ | $r$ | $r^2s$ | $s$ | $rs$ |
| $s$ | $s$ | $r^2s$ | $rs$ | $e$ | $r^2$ | $r$ |
| $rs$ | $rs$ | $s$ | $r^2s$ | $r$ | $e$ | $r^2$ |
| $r^2s$ | $r^2s$ | $rs$ | $s$ | $r^2$ | $r$ | $e$ |
$sr=r^2s$ なのに $rs$ は別の元なので非可換です。抽象公理は、図形、整数、行列に同じ推論を一度で適用する共通言語です。
&&&exc 方程式を群で解く [02-exc-solve-group-equation]
群 $G$ で $axb=c$ を満たす $x$ を $a,b,c$ で表し、解が一意であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-solve-group-equation-answer]
両辺の左から $a^{-1}$、右から $b^{-1}$ を掛けると
$$x=a^{-1}cb^{-1}.$$
実際
$$
a(a^{-1}cb^{-1})b=(aa^{-1})c(b^{-1}b)=c.
$$
別の解も同じ操作でこの形になるので一意。□
&&&
&&&exc 逆元と可換性 [02-exc-inverse-hom-condition]
写像 $\iota(x)=x^{-1}$ について、$\iota(xy)=\iota(x)\iota(y)$ が全 $x,y$ で成り立つことと $G$ が可換であることが同値だと示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-inverse-hom-condition-answer]
可換なら
$$
\iota(xy)=y^{-1}x^{-1}=x^{-1}y^{-1}
=\iota(x)\iota(y).
$$
逆に仮定から $y^{-1}x^{-1}=x^{-1}y^{-1}$。$x,y$ の代わりに $x^{-1},y^{-1}$ を入れれば $yx=xy$。□
&&&


1-1 対称性から群へ

素数が整数の乗法的な原子であるように、単純群は正規部分群による分解の原子です。準同型の核は正規部分群なので、単純群から出る準同型は極端に剛直になります。
## 定義
&&&def 単純群 [02-def-simple-group]
非自明な群 $G$ が
$$
\{e\},G
$$
以外の正規部分群をもたないとき、$G$ を[[単純群]]という。
&&&
&&&prop 可換単純群 [02-prop-abelian-simple]
可換単純群は素数位数の巡回群に限る。
&&&
&&&prf [02-prf-abelian-simple]
$G$ を非自明な可換単純群とし $g\ne e$ を取る。可換群では全部分群が正規なので、非自明な $\langle g\rangle$ は $G$ 全体。従って $G$ は巡回群。
$g$ の位数が無限なら $\langle g^2\rangle$ は非自明な真部分群で矛盾。有限合成数 $n=ab$（$1<a<n$）なら $\langle g^a\rangle$ が非自明な真部分群で矛盾。従って位数は素数。
逆に $C_p$ の部分群の位数は $p$ の約数なので1または $p$。従って単純。□
&&&
## 準同型の剛直性
&&&prop 単純群からの準同型 [02-prop-hom-from-simple]
$G$ を単純群、$\varphi:G\to H$ を準同型とする。このとき $\varphi$ は自明写像か単射である。
&&&
&&&prf [02-prf-hom-from-simple]
$\ker\varphi\trianglelefteq G$ なので、単純性から
$$
\ker\varphi=\{e\}\quad\text{または}\quad G.
$$
前者なら単射判定により $\varphi$ は単射。後者なら全元を $e_H$ へ送る自明写像。□
&&&
有限単純群 $G$ が集合 $X$ へ作用するとき、対応する準同型
$$
G\to S_X
$$
も自明か単射です。非自明な作用なら $G$ を置換群として埋め込めるため、$|G|\le|X|!$ という制約が得られます。
## 共役類による判定
&&&prop 共役類判定 [02-prop-simple-conjugacy-criterion]
有限群 $G$ の正規部分群は共役類の和集合である。従って、単位元の共役類を含む共役類サイズの和のうち $|G|$ を割るものが1と $|G|$ しかなければ、$G$ は単純である。
&&&
&&&prf [02-prf-simple-conjugacy-criterion]
$N\trianglelefteq G$ と $x\in N$ に対し、全 $g\in G$ で $gxg^{-1}\in N$。従って $x$ の共役類全体が $N$ に入る。よって $N$ は含む元の共役類の和集合。
有限群ではLagrangeの定理から $|N|\mid|G|$。可能な共役類サイズの和で、単位元を含み、かつ $|G|$ を割るものが1と $|G|$ だけなら、正規部分群の位数は1または $|G|$。従って自明または全体。□
&&&
この判定は十分条件です。共役類サイズをすべて求められれば非常に強力で、次のページの $A_5$ に適用します。
## 単純群と可解群
&&&prop 非可換単純群は完全 [02-prop-nonabelian-simple-perfect]
非可換単純群 $G$ は
$$[G,G]=G$$
を満たす。従って可解でない。
&&&
&&&prf [02-prf-nonabelian-simple-perfect]
$[G,G]$ は正規部分群。$G$ が非可換なので交換子のうち非単位元があり、$[G,G]\ne\{e\}$。単純性から $[G,G]=G$。
すると導来列は
$$
G^{(1)}=G,\quad G^{(2)}=G,\ldots
$$
と変化せず、自明群へ到達しない。従って非可解。□
&&&
&&&exc $S_3$ は単純でない [02-exc-s3-not-simple]
$S_3$ が単純でないことを、符号写像と共役類の二通りで示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-s3-not-simple-answer]
符号写像の核 $A_3$ は位数3の非自明な真の正規部分群。
共役類は
$$
\{e\},\quad\{(12),(13),(23)\},\quad
\{(123),(132)\}.
$$
単位元の類と3-cycleの類の和集合は $A_3$ で、共役類の和集合として正規。□
&&&
&&&exc 単純群の中心 [02-exc-center-simple]
非可換単純群 $G$ では $Z(G)=\{e\}$ を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-center-simple-answer]
$Z(G)$ は特性部分群なので正規。単純性から $\{e\}$ または $G$。もし $Z(G)=G$ なら $G$ は可換で仮定に反する。従って自明。□
&&&


5-1 単純群

二つの群を組み合わせる最も素直な方法は、各成分を独立に計算する直積です。しかし二面体群では、反転が回転の向きを逆にします。一方が他方へ作用する「ねじれ」を記録するのが半直積です。
## 外部直積
&&&def 群の直積 [02-def-direct-product]
群 $G,H$ に対し、集合 $G\times H$ に
$$
(g_1,h_1)(g_2,h_2)=(g_1g_2,h_1h_2)
$$
と演算を入れた群を[[群の直積|直積]]という。
&&&
結合律は各成分の結合律から従います。単位元は $(e_G,e_H)$、逆元は
$$
(g,h)^{-1}=(g^{-1},h^{-1}).
$$
&&&prop 巡回群の直積 [02-prop-coprime-cyclic-product]
$\gcd(m,n)=1$ なら
$$
C_m\times C_n\cong C_{mn}.
$$
逆に $\gcd(m,n)>1$ なら $C_m\times C_n$ は位数 $mn$ の巡回群ではない。
&&&
&&&prf [02-prf-coprime-cyclic-product]
$a,b$ をそれぞれ $C_m,C_n$ の生成元とする。$(a,b)^k=(e,e)$ であることは
$$m\mid k,\qquad n\mid k$$
と同値。従って $(a,b)$ の位数は $\operatorname{lcm}(m,n)$。互いに素ならこれは $mn$ で、群全体を生成する。
$d=\gcd(m,n)>1$ なら任意の $(a^i,b^j)$ の位数は $m$ の約数と $n$ の約数の最小公倍数であり、$\operatorname{lcm}(m,n)=mn/d<mn$ 以下。従って位数 $mn$ の元がなく、巡回群ではない。□
&&&
## 内部直積
&&&thm 内部直積判定 [02-thm-internal-direct-product]
$N,H\trianglelefteq G$ が
$$
N\cap H=\{e\},\qquad NH=G
$$
を満たすなら、写像
$$
N\times H\to G,\qquad(n,h)\mapsto nh
$$
は同型である。
&&&
&&&prf [02-prf-internal-direct-product]
まず $n\in N,h\in H$ に対し交換子
$$
nhn^{-1}h^{-1}
$$
は、$N$ の正規性から $N$ に入り、$H$ の正規性からも $H$ に入る。共通部分が自明なので交換子は $e$、従って $nh=hn$。
よって
$$
(n_1h_1)(n_2h_2)
=n_1n_2h_1h_2,
$$
なので写像は準同型。$NH=G$ から全射。$nh=e$ なら $n=h^{-1}\in N\cap H$ なので $n=h=e$。核が自明だから単射。□
&&&
正規性を片方だけに弱めると、二成分は交換せず半直積になります。
## 外部半直積
&&&def 半直積 [02-def-semidirect-product]
群 $N,H$ と準同型
$$
\alpha:H\to\operatorname{Aut}(N)
$$
に対し、集合 $N\times H$ に
$$
(n_1,h_1)(n_2,h_2)
=\bigl(n_1\alpha(h_1)(n_2),h_1h_2\bigr)
$$
と演算を入れた群を[[半直積]]といい、$N\rtimes_\alpha H$ と書く。
&&&
&&&prop 半直積は群になる [02-prop-semidirect-group]
上の演算は結合的で、単位元は $(e_N,e_H)$、逆元は
$$
(n,h)^{-1}
=\bigl(\alpha(h^{-1})(n^{-1}),h^{-1}\bigr).
$$
&&&
&&&prf [02-prf-semidirect-group]
三元の積の左括弧は第一成分が
$$
n_1\alpha(h_1)(n_2)
\alpha(h_1h_2)(n_3),
$$
右括弧は
$$
n_1\alpha(h_1)\bigl(n_2\alpha(h_2)(n_3)\bigr).
$$
$\alpha(h_1)$ が自己同型で、$\alpha(h_1h_2)=\alpha(h_1)\alpha(h_2)$ だから両者は等しい。第二成分は $H$ の結合律で等しい。
単位元の式は直接確認できる。逆元候補との積の第一成分は
$$
n\alpha(h)\alpha(h^{-1})(n^{-1})=e_N,
$$
第二成分は $e_H$。逆順も同様。□
&&&
## 二面体群は半直積
$C_n=\langle r\rangle$ に $C_2=\langle s\rangle$ を
$$
\alpha(s)(r)=r^{-1}
$$
で作用させます。すると
$$
C_n\rtimes_\alpha C_2
=\langle r,s\mid r^n=s^2=e,\ srs^{-1}=r^{-1}\rangle
=D_n.
$$
直積なら $sr=rs$ ですが、半直積では $sr=r^{-1}s$。この一行が長方形や正多角形の「反転すると回転方向が逆になる」幾何を記録します。
&&&exc 位数6の二つの積 [02-exc-products-order-six]
$C_3\times C_2$ と、反転作用による $C_3\rtimes C_2$ を比較し、前者は可換で $C_6$ と同型、後者は非可換で $S_3$ と同型であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-products-order-six-answer]
$\gcd(3,2)=1$ なので前者は $C_6$。後者は表示
$$
\langle r,s\mid r^3=s^2=e,\ srs=r^{-1}\rangle
$$
をもち、$sr\ne rs$ なので非可換。$S_3$ の $r=(123),s=(12)$ は同じ関係を満たし、六元
$$e,r,r^2,s,rs,r^2s$$
をすべて与える。よって対応は全単射準同型で同型。□
&&&
&&&exc 内部半直積の一意分解 [02-exc-internal-semidirect]
$N\trianglelefteq G$、$H\le G$、$N\cap H=\{e\}$、$NH=G$ とする。各 $g\in G$ がただ一通り $g=nh$ と書けることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-internal-semidirect-answer]
存在は $NH=G$。$n_1h_1=n_2h_2$ なら
$$
n_2^{-1}n_1=h_2h_1^{-1}.
$$
左辺は $N$、右辺は $H$ に入り、共通部分は $\{e\}$。従って両辺は $e$、よって $n_1=n_2,h_1=h_2$。共役 $hnh^{-1}$ が $N$ に入るため、$H$ の $N$ への作用が生じ、$G\cong N\rtimes H$。□
&&&


8-1 直積と半直積

生成元だけを指定し、それらの間に必要な群公理以外の関係を一切課さない群が自由群です。自由群から商を取れば、生成元と関係式という有限データで多くの群を記述できます。
## 語と簡約
集合 $S$ の各文字 $s$ に形式的逆文字 $s^{-1}$ を用意します。有限列
$$
s_1^{\varepsilon_1}s_2^{\varepsilon_2}\cdots s_k^{\varepsilon_k},
\qquad \varepsilon_i\in\{1,-1\}
$$
を語といいます。隣り合う $ss^{-1}$ または $s^{-1}s$ を削除する操作を簡約といいます。これ以上削除できない語が簡約語です。長さ0の空語を $1$ と書きます。
&&&lem 簡約語の一意性 [02-lem-unique-reduced-word]
任意の語は簡約操作によりただ一つの簡約語へ到達する。
&&&
&&&prf [02-prf-unique-reduced-word]
左から文字を一つずつ読み、stackを作る。次の文字がstack末尾の逆文字なら末尾を削除し、そうでなければ追加する。この手続きの結果は簡約語である。
任意の一回の隣接相殺を先に行ってもstackの最終結果は変わらない。実際、相殺される二文字は連続して読まれ、第一文字が追加された直後に第二文字がそれを削除するか、第一文字が直前文字を削除した場合には第二文字の処理が、二文字を初めから除いた場合と同じ状態から始まる。従ってどの順序で相殺してもstack法と同じ結果になる。
簡約操作は長さを2ずつ減らすので必ず停止し、停止結果はstack法の結果に一致する。よって一意。□
&&&
## 自由群の構成
&&&def 自由群 [02-def-free-group]
$S$ 上の簡約語全体に、二語を連結してから一意に簡約する積を入れた群を $S$ 上の[[自由群]]といい $F(S)$ と書く。
&&&
群公理を確認します。空語は単位元。語
$$w=s_1^{\varepsilon_1}\cdots s_k^{\varepsilon_k}$$
の逆語は
$$
w^{-1}=s_k^{-\varepsilon_k}\cdots s_1^{-\varepsilon_1},
$$
連結すると中央からすべて相殺します。結合律は、三語をどの順で先に簡約しても、最終的には全連結語の一意な簡約形になることから従います。
&&&thm 自由群の普遍性 [02-thm-free-group-universal]
任意の群 $G$ と写像 $f:S\to G$ に対し、$f$ を延長する準同型
$$
\widetilde f:F(S)\to G
$$
がただ一つ存在する。
&&&
&&&prf [02-prf-free-group-universal]
簡約語 $w=s_1^{\varepsilon_1}\cdots s_k^{\varepsilon_k}$ に対し
$$
\widetilde f(w)
=f(s_1)^{\varepsilon_1}\cdots f(s_k)^{\varepsilon_k}
$$
と定める。隣接する逆文字の像は $f(s)f(s)^{-1}=e$ なので、簡約前の語で計算しても同じ値。従って積を保つ。各一文字 $s$ では $\widetilde f(s)=f(s)$。
$F(S)$ は一文字 $s\in S$ で生成されるため、$S$ 上で値が一致する準同型はすべての有限積上でも一致する。よって一意。□
&&&
この定理が「自由」の意味です。生成元の像を好きに決めるだけで、矛盾なく準同型が一意に延長されます。
## 生成元と関係式
&&&def 正規閉包と群表示 [02-def-normal-closure-presentation]
$R\subset F(S)$ に対し、$R$ を含む最小の正規部分群を
$$
\langle\!\langle R\rangle\!\rangle
$$
と書き、$R$ の[[正規閉包]]という。商群
$$
\langle S\mid R\rangle
:=F(S)/\langle\!\langle R\rangle\!\rangle
$$
を生成元 $S$、関係式 $R$ による群表示という。
&&&
正規閉包は
$$
g_1r_1^{\pm1}g_1^{-1}\cdots
g_kr_k^{\pm1}g_k^{-1}
$$
という有限積全体です。この集合が正規部分群で $R$ を含み、$R$ を含む任意の正規部分群がこれらをすべて含むためです。
&&&thm 表示の普遍性 [02-thm-presentation-universal]
写像 $f:S\to G$ が各関係語 $r\in R$ を $e_G$ へ送るなら、一意な準同型
$$
\langle S\mid R\rangle\to G
$$
へ延長される。
&&&
&&&prf [02-prf-presentation-universal]
自由群の普遍性から $f$ は $\widetilde f:F(S)\to G$ へ延長される。$R\subset\ker\widetilde f$ で、核は正規部分群だから
$$
\langle\!\langle R\rangle\!\rangle
\subset\ker\widetilde f.
$$
従って第一同型定理の商写像の議論により、$\widetilde f$ は商上の準同型へ降りる。一意性は商の各元が生成元の語で表されることから従う。□
&&&
### 例
$$
C_n\cong\langle r\mid r^n=1\rangle,
$$
$$
D_n\cong
\langle r,s\mid r^n=s^2=1,\ srs=r^{-1}\rangle.
$$
後者では関係式を使って任意の語を $r^i$ または $r^is$ へ変形できるため元は高々 $2n$ 個。一方、正 $n$ 角形の実際の回転・反転が同じ関係を満たし $2n$ 個の相異なる対称性を与えるため、この表示群は $D_n$ と同型です。
&&&exc 可換化された自由群 [02-exc-free-abelianization]
$$
\langle x,y\mid xyx^{-1}y^{-1}=1\rangle
\cong\mathbb Z^2
$$
を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-free-abelianization-answer]
関係式は $xy=yx$ と同値なので、任意の語は $x^my^n$ の形へ変形できる。写像
$$
\mathbb Z^2\to\langle x,y\mid[x,y]=1\rangle,
\qquad(m,n)\mapsto x^my^n
$$
は全射準同型。逆に $x\mapsto(1,0),y\mapsto(0,1)$ は関係式を満たすので表示の普遍性から逆向き準同型を与える。合成は生成元上で恒等だから互いに逆。□
&&&
&&&exc 無限二面体群 [02-exc-infinite-dihedral]
$$
\langle a,b\mid a^2=b^2=1\rangle
$$
で $r=ab,s=a$ と置き、$srs=r^{-1}$ を示せ。また全元が $r^n$ または $r^ns$ と書けることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-infinite-dihedral-answer]
$$
srs=a(ab)a=(aa)ba=ba=(ab)^{-1}=r^{-1}.
$$
$a^2,b^2$ を消去した簡約語では $a,b$ が交互に並ぶ。偶数長なら $(ab)^n$ または $(ba)^n=r^{-n}$、奇数長ならそれらに $a=s$ を掛けた形へ書ける。従って全元は $r^n$ または $r^ns$。これは $\mathbb Z\rtimes C_2$ である。□
&&&


7-1 自由群と群の表示

有限集合の対称性は、その要素の並べ替えとして記録できます。置換は具体的に計算できるだけでなく、Cayleyの定理により、あらゆる群を置換群の部分群として実現します。
## 置換と巡回置換
&&&def 対称群 [02-def-symmetric-group]
集合 $\{1,\ldots,n\}$ から自身への全単射全体を、写像の合成について群としたものを $S_n$ と書き、$n$ 次[[対称群]]という。その元を[[置換]]という。
&&&
置換
$$
\sigma=
\begin{pmatrix}
1&2&3&4&5\\
3&5&1&4&2
\end{pmatrix}
$$
は $1\mapsto3\mapsto1$、$2\mapsto5\mapsto2$、4を固定するので
$$\sigma=(13)(25)$$
と書けます。
&&&def 巡回置換 [02-def-cycle-permutation]
相異なる文字 $a_1,\ldots,a_k$ に対し
$$
(a_1a_2\cdots a_k)
$$
は $a_1\mapsto a_2,\ldots,a_{k-1}\mapsto a_k,a_k\mapsto a_1$ と動かし、それ以外を固定する置換を表す。これを[[巡回置換]]、または $k$-cycleという。
&&&
互いに動かす文字が重ならない巡回置換を互いに素といいます。互いに素な巡回置換は可換です。各文字への作用を場合分けすれば、どちらを先に作用させても同じだと分かります。
&&&thm 巡回置換分解 [02-thm-disjoint-cycle-decomposition]
任意の置換は互いに素な巡回置換の積として書ける。この分解は、巡回置換の順序と各巡回内の循環的な書き始めを除いて一意である。
&&&
&&&prf [02-prf-disjoint-cycle-decomposition]
文字 $a$ から
$$
a,\sigma(a),\sigma^2(a),\ldots
$$
をたどる。文字は有限個なのでいつか重複する。$\sigma^i(a)=\sigma^j(a)$（$i<j$）なら全単射性から $a=\sigma^{j-i}(a)$。最初に戻るまでの列が一つの巡回置換を作る。
まだ現れていない文字を選び同じ操作を繰り返す。異なる軌道が交われば全単射性により過去へたどって同じ軌道となるので、得られる巡回置換は互いに素。全文字を尽くせば積は $\sigma$。各文字の軌道は $\sigma$ だけから決まるため一意性も従う。□
&&&
## 互換と符号
2-cycleを互換といいます。$k$-cycleは
$$
(a_1a_2\cdots a_k)
=(a_1a_k)(a_1a_{k-1})\cdots(a_1a_2)
$$
と $k-1$ 個の互換の積に分解できます。従って任意の置換は互換の積です。
分解は一意ではありませんが、互換の個数の偶奇は変わりません。これを証明するため
$$
\Delta(x_1,\ldots,x_n)
=\prod_{1\le i<j\le n}(x_j-x_i)
$$
を使います。
&&&thm 置換の符号 [02-thm-permutation-sign]
各 $\sigma\in S_n$ に対し
$$
\Delta(x_{\sigma(1)},\ldots,x_{\sigma(n)})
=\operatorname{sgn}(\sigma)\Delta(x_1,\ldots,x_n)
$$
となる $\operatorname{sgn}(\sigma)\in\{1,-1\}$ が定まり、
$$
\operatorname{sgn}(\sigma\tau)
=\operatorname{sgn}(\sigma)\operatorname{sgn}(\tau).
$$
互換の符号は $-1$ である。従って互換分解の個数の偶奇は分解によらない。
&&&
&&&prf [02-prf-permutation-sign]
変数を置換すると、$\Delta$ の各因子はある $x_q-x_p$ またはその負へ移るため、積全体は $\pm\Delta$。この符号を $\operatorname{sgn}(\sigma)$ とする。
合成について変数置換を二回行えば
$$
(\sigma\tau)\Delta
=\sigma(\tau\Delta)
=\operatorname{sgn}(\tau)\sigma\Delta
=\operatorname{sgn}(\tau)\operatorname{sgn}(\sigma)\Delta.
$$
多項式 $\Delta$ は0でないので係数を比較して積公式を得る。互換は二変数を交換し、対応する一因子の符号を反転する一方、他の因子は対になって入れ替わるため全体を $-\Delta$ へ送る。
$\sigma$ が $r$ 個の互換の積なら積公式から $\operatorname{sgn}(\sigma)=(-1)^r$。左辺は $\sigma$ だけで定まるので $r$ の偶奇も分解によらない。□
&&&
&&&def 交代群 [02-def-alternating-group]
$$
A_n=\ker(\operatorname{sgn}:S_n\to\{1,-1\})
$$
を[[交代群]]という。符号が1の置換を[[偶置換]]、$-1$ の置換を[[奇置換]]という。
&&&
$A_n$ は準同型の核なので正規部分群です。$n\ge2$ では符号写像は全射だから第一同型定理より
$$S_n/A_n\cong\mathbb Z/2\mathbb Z,$$
従って $|A_n|=n!/2$。
## Cayleyの定理
&&&thm Cayleyの定理 [02-thm-cayley]
任意の群 $G$ は、集合 $G$ 上の置換全体の群の部分群と同型である。特に有限群 $|G|=n$ は $S_n$ の部分群と同型である。
&&&
&&&prf [02-prf-cayley]
$g\in G$ に対し左移動
$$
L_g:G\to G,\qquad x\mapsto gx
$$
を考える。逆写像は $L_{g^{-1}}$ なので $L_g$ は全単射。さらに
$$
L_g\circ L_h(x)=g(hx)=(gh)x=L_{gh}(x),
$$
よって
$$
\Phi:G\to\operatorname{Sym}(G),\qquad g\mapsto L_g
$$
は準同型。$\Phi(g)$ が恒等置換なら、特に $\Phi(g)(e)=ge=g=e$ なので核は自明。従って $\Phi$ は単射で、$G\cong\operatorname{im}\Phi$。有限で $|G|=n$ なら $\operatorname{Sym}(G)$ は文字に番号を付けて $S_n$ と同一視できる。□
&&&
&&&exc 置換の計算 [02-exc-cycle-computation]
$$\sigma=(1234)(25)$$
を互いに素な巡回置換の積へ直し、位数と符号を求めよ。右側から作用させる。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-cycle-computation-answer]
各文字を追うと
$$
1\mapsto2\mapsto5\mapsto3\mapsto4\mapsto1,
$$
従って $\sigma=(12534)$。5-cycleの位数は5。互換4個の積へ分解できるので符号は $(-1)^4=1$。□
&&&
&&&exc 巡回分解と位数 [02-exc-order-disjoint-cycles]
互いに素な巡回置換の長さが $m_1,\ldots,m_r$ なら、その積の位数は $\operatorname{lcm}(m_1,\ldots,m_r)$ であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-order-disjoint-cycles-answer]
互いに素な巡回置換は可換で、長さ $m_i$ の巡回置換 $c_i$ は $c_i^k=e$ と $m_i\mid k$ が同値。積 $\sigma=c_1\cdots c_r$ では各軌道が独立なので
$$
\sigma^k=e
\Longleftrightarrow c_i^k=e\text{ for all }i
\Longleftrightarrow m_i\mid k\text{ for all }i.
$$
これを満たす最小正整数は最小公倍数。□
&&&


3-1 置換群

非可換群でも、商を取るたびに非可換性が小さくなり、最後に自明群へ到達することがあります。その過程を交換子と導来列で測るのが可解群です。Galois理論では「方程式が根号で解ける」という解析的な問題が、Galois群の可解性へ翻訳されます。
## 交換子と可換化
&&&def 交換子部分群 [02-def-commutator-derived]
$x,y\in G$ の[[交換子]]を
$$
[x,y]=xyx^{-1}y^{-1}
$$
と定める。すべての交換子が生成する部分群
$$
[G,G]=\langle[x,y]\mid x,y\in G\rangle
$$
を[[交換子部分群]]または[[導来部分群]]という。
&&&
&&&prop 交換子部分群の普遍性 [02-prop-abelianization]
$[G,G]\trianglelefteq G$ であり、商 $G/[G,G]$ は可換である。さらに $N\trianglelefteq G$ に対し
$$
G/N\text{ が可換}
\quad\Longleftrightarrow\quad
[G,G]\subset N.
$$
&&&
&&&prf [02-prf-abelianization]
共役について
$$
g[x,y]g^{-1}
=[gxg^{-1},gyg^{-1}]
$$
なので、交換子の生成する部分群は共役で不変、従って正規。
商で
$$
(x[G,G])(y[G,G])
=(xy)[G,G],
$$
一方
$$
(yx)^{-1}(xy)=x^{-1}y^{-1}xy
$$
は交換子の形 $[x^{-1},y^{-1}]$ だから $xy[G,G]=yx[G,G]$。よって商は可換。
$G/N$ が可換なら
$$
xyN=yxN,
$$
従って $xyx^{-1}y^{-1}\in N$。全交換子を含むので $[G,G]\subset N$。逆にこの包含があれば同じ計算で商の全元が可換。□
&&&
$G^{\mathrm{ab}}=G/[G,G]$ を $G$ の可換化といいます。任意の可換群 $A$ への準同型 $\varphi:G\to A$ は全交換子を単位元へ送るため、可換化を一意に経由します。
## 導来列と可解群
&&&def 導来列と可解群 [02-def-derived-series-solvable]
$$
G^{(0)}=G,\qquad
G^{(n+1)}=[G^{(n)},G^{(n)}]
$$
を[[導来列]]という。ある $r$ で $G^{(r)}=\{e\}$ となる群を[[可解群]]という。
&&&
各商
$$
G^{(i)}/G^{(i+1)}
$$
は可換化なので可換です。従って可解群は、可換な層を有限枚重ねて作られた群とみなせます。
&&&thm 可解群の拡大閉性 [02-thm-solvable-extension]
$N\trianglelefteq G$ とする。$N$ と $G/N$ が可解なら $G$ も可解である。
&&&
&&&prf [02-prf-solvable-extension]
商写像を $\pi:G\to G/N$ とする。準同型は交換子を交換子へ送るので帰納的に
$$
\pi(G^{(k)})=(G/N)^{(k)}.
$$
$G/N$ が可解なら、ある $r$ で右辺が自明。従って
$$G^{(r)}\subset N.$$
$N$ が可解で $N^{(s)}=\{e\}$ とする。部分群包含 $H\subset K$ なら $H^{(j)}\subset K^{(j)}$ が帰納的に成り立つので
$$
G^{(r+s)}=(G^{(r)})^{(s)}
\subset N^{(s)}=\{e\}.
$$
従って $G$ は可解。□
&&&
部分群と商群も可解性を保ちます。$H\le G$ なら $H^{(n)}\subset G^{(n)}$。全射 $\varphi:G\to Q$ なら $Q^{(n)}=\varphi(G^{(n)})$。よって $G^{(r)}=e$ ならどちらも高々 $r$ 段で自明になります。
## 具体例
$S_3$ の交換子部分群を考えます。符号写像の像は可換なので
$$[S_3,S_3]\subset A_3.$$
一方
$$
[(12),(23)]
=(12)(23)(12)(23)=(132)
$$
であり、$(132)$ は $A_3$ を生成します。従って
$$
S_3^{(1)}=A_3,\qquad
S_3^{(2)}=[A_3,A_3]=\{e\}.
$$
$S_3$ は非可換ですが可解です。
二面体群 $D_n$ では回転部分群 $C_n$ が正規で可換、商 $D_n/C_n\cong C_2$ も可換。拡大閉性から $D_n$ は可解です。
## 冪零群と有限 $p$ 群
&&&def 上中心列と冪零群 [02-def-upper-central-nilpotent]
$Z_0(G)=\{e\}$ とし、$Z_{i+1}(G)/Z_i(G)$ が
$$
G/Z_i(G)
$$
の中心となるよう $Z_{i+1}(G)$ を定め、これを[[上中心列]]という。ある $c$ で $Z_c(G)=G$ となる群を[[冪零群]]という。
&&&
&&&thm 有限 $p$ 群は冪零 [02-thm-finite-p-group-nilpotent]
有限 $p$ 群は冪零群である。
&&&
&&&prf [02-prf-finite-p-group-nilpotent]
$|G|$ に関する帰納法を使う。自明群では明らか。非自明な有限 $p$ 群は類等式の帰結により非自明な中心 $Z(G)$ をもつ。商 $G/Z(G)$ は位数がより小さい $p$ 群なので、帰納法によりその上中心列は有限段で全体へ到達する。
商の上中心列を商写像で逆像に取ると
$$
Z(G)=Z_1(G)\subset Z_2(G)\subset\cdots\subset G
$$
が得られ、各段の商は残りの商群の中心です。従って $G$ の上中心列も有限段で $G$ へ到達する。□
&&&
冪零群は可解です。上中心列
$$
\{e\}=Z_0\trianglelefteq Z_1\trianglelefteq\cdots
\trianglelefteq Z_c=G
$$
では各 $Z_{i+1}/Z_i$ が中心に入り可換です。この正規列を上からたどり、可解群の拡大閉性を反復すれば $G$ は可解です。
&&&exc $S_3$ の可解長 [02-exc-derived-length-s3]
$S_3$ の導来列を直接計算し、可解長が2であることを確認せよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-derived-length-s3-answer]
本文の計算から
$$
S_3^{(0)}=S_3,\qquad
S_3^{(1)}=A_3,\qquad
S_3^{(2)}=\{e\}.
$$
$S_3$ 自身は非可換なので第一導来群は自明でなく、1段では終わらない。従って最小段数は2。□
&&&
&&&exc 可換群の半直積 [02-exc-solvable-semidirect]
$N,H$ が可解なら、任意の作用に対する半直積 $N\rtimes H$ も可解であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-solvable-semidirect-answer]
$N$ は $N\rtimes H$ の正規部分群として $n\mapsto(n,e)$ で入る。商は射影
$$
N\rtimes H\to H,\qquad(n,h)\mapsto h
$$
の核が $N$ であることから $H$ と同型。$N$ と商 $H$ が可解なので、可解群の拡大閉性から $N\rtimes H$ も可解。□
&&&
五次方程式の一般解が根号で書けない理由は、一般五次方程式のGalois群 $S_5$ が可解でないことにあります。$A_5$ の単純性は第5章で証明しました。$S_n$ の可解性は次のページで調べます。


6-1 正規列と可解群

群の元を抽象的な記号のまま眺める代わりに、具体的な集合へ作用させると構造が見えます。正多角形の頂点、部分群の集合、色の塗り方。軌道・安定化群と二重計数は、群の大きさを幾何や組合せへ翻訳します。
## 群作用
&&&def 群作用 [02-def-group-action]
群 $G$ と集合 $X$ に対し、写像
$$
G\times X\to X,\qquad(g,x)\mapsto g\cdot x
$$
が
$$
e\cdot x=x,\qquad
(gh)\cdot x=g\cdot(h\cdot x)
$$
を満たすとき、$G$ は $X$ に[[群作用|作用する]]という。
&&&
作用を一つ与えることは準同型
$$
G\to\operatorname{Sym}(X),\qquad
g\mapsto(x\mapsto g\cdot x)
$$
を与えることと同値です。作用は抽象群を置換として可視化します。
### 例
- $S_n$ は $\{1,\ldots,n\}$ に $\sigma\cdot i=\sigma(i)$ で作用する。
- $G$ は自身に左移動 $g\cdot x=gx$ で作用する。
- $G$ は自身に共役 $g\cdot x=gxg^{-1}$ で作用する。
- $G$ は部分群全体に $g\cdot H=gHg^{-1}$ で作用する。
## 軌道と安定化群
&&&def 軌道と安定化群 [02-def-orbit-stabilizer]
$x\in X$ に対し
$$
G\cdot x=\{g\cdot x\mid g\in G\}
$$
を $x$ の[[軌道]]、
$$
G_x=\{g\in G\mid g\cdot x=x\}
$$
を $x$ の[[安定化群]]という。
&&&
$G_x$ は部分群です。実際 $e$ は $x$ を固定し、$g,h$ が固定すれば
$$
(gh^{-1})\cdot x
=g\cdot(h^{-1}\cdot x)
=g\cdot x=x.
$$
ここで $h\cdot x=x$ の両辺へ $h^{-1}$ を作用させて $h^{-1}\cdot x=x$ を使いました。
&&&thm 軌道安定化群定理 [02-thm-orbit-stabilizer]
$G$ が $X$ に作用するとき
$$
G/G_x\longrightarrow G\cdot x,\qquad
gG_x\longmapsto g\cdot x
$$
は集合の全単射である。特に $G$ が有限なら
$$
|G\cdot x|=[G:G_x],\qquad
|G|=|G\cdot x||G_x|.
$$
&&&
&&&prf [02-prf-orbit-stabilizer]
$gG_x=hG_x$ なら $h^{-1}g\in G_x$ なので
$$
g\cdot x=h\cdot((h^{-1}g)\cdot x)=h\cdot x.
$$
従って写像はwell-defined。軌道の定義から全射。逆に $g\cdot x=h\cdot x$ なら
$$
(h^{-1}g)\cdot x=h^{-1}\cdot(g\cdot x)
=h^{-1}\cdot(h\cdot x)=x,
$$
従って $h^{-1}g\in G_x$、すなわち $gG_x=hG_x$ で単射。有限の場合の式はLagrangeの定理から従う。□
&&&
## 共役作用と類等式
共役作用で $x$ の安定化群は
$$
C_G(x)=\{g\in G\mid gx=xg\}
$$
であり、中心化群と呼びます。軌道は共役類です。従って共役類の大きさは $[G:C_G(x)]$。
中心 $Z(G)$ の元は一元だけの共役類を作ります。中心の外から共役類代表元 $x_1,\ldots,x_r$ を選ぶと、$G$ は共役類へ分割されるため
$$
|G|=|Z(G)|+\sum_{i=1}^r[G:C_G(x_i)].
$$
これを類等式といいます。
&&&cor 有限 $p$ 群の中心 [02-cor-p-group-center]
$|G|=p^n$（$p$ は素数、$n\ge1$）なら $Z(G)\ne\{e\}$。
&&&
&&&prf [02-prf-p-group-center]
中心外の $x_i$ では $C_G(x_i)$ は真部分群。Lagrangeの定理から指数 $[G:C_G(x_i)]$ は1でない $p$ の冪、従って $p$ の倍数。類等式を $p$ で見ると
$$
0\equiv|Z(G)|\pmod p.
$$
中心は少なくとも単位元を含むので $|Z(G)|\ge p$。□
&&&
## Burnsideの補題
有限集合 $X$ に対し
$$
X^g=\{x\in X\mid g\cdot x=x\}
$$
を $g$ の固定点集合とします。
&&&thm Burnsideの補題 [02-thm-burnside-lemma]
有限群 $G$ が有限集合 $X$ に作用するとき、軌道の個数は
$$
\frac1{|G|}\sum_{g\in G}|X^g|
$$
である。
&&&
&&&prf [02-prf-burnside-lemma]
集合
$$
\Omega=\{(g,x)\in G\times X\mid g\cdot x=x\}
$$
を二通りに数える。$g$ を先に固定すると
$$|\Omega|=\sum_{g\in G}|X^g|.$$
$x$ を先に固定すると、$x$ を固定する $g$ は $G_x$ の元なので
$$|\Omega|=\sum_{x\in X}|G_x|.$$
一つの軌道 $O$ について軌道安定化群定理から $|G_x|=|G|/|O|$。軌道内には $|O|$ 個の $x$ があるため、その軌道からの寄与は
$$|O|\cdot\frac{|G|}{|O|}=|G|.$$
軌道数を $r$ とすれば $|\Omega|=r|G|$。二つの表示を等置して $|G|$ で割る。□
&&&
&&&exc 正方形の頂点二色塗り [02-exc-burnside-square-coloring]
正方形の四頂点を白黒で塗る。回転で一致する塗り方を同一視すると何種類あるか。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-burnside-square-coloring-answer]
回転群 $C_4=\{e,r,r^2,r^3\}$ が16通りの塗り方に作用する。恒等回転は16通り全部を固定。$90^\circ,270^\circ$ 回転で固定されるには四頂点が同色なので各2通り。$180^\circ$ 回転では向かい合う頂点の色が等しければよく $2^2=4$ 通り。Burnsideの補題から
$$
\frac{16+2+4+2}{4}=6.
$$
□
&&&
&&&exc 共役類の大きさ [02-exc-conjugacy-s3]
$S_3$ の共役類をすべて求め、類等式を確認せよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-conjugacy-s3-answer]
共役は巡回型を保つため
$$
\{e\},\qquad
\{(12),(13),(23)\},\qquad
\{(123),(132)\}
$$
が共役類。大きさは1,3,2で
$$|S_3|=6=1+3+2.$$
中心は $\{e\}$。□
&&&


3-2 群作用

$A_5$ は位数60の最小の非可換単純群です。その単純性は、五文字の偶置換を巡回型ごとに数え、$A_5$ 内での共役類サイズを求めることで証明できます。
## $A_5$ の元の型
偶置換として可能な巡回型は
1. 恒等置換：1個。
2. 3-cycle：$\binom53\cdot2=20$ 個。
3. 二つの互換の積：$\frac12\binom52\binom32=15$ 個。
4. 5-cycle：$(5-1)!=24$ 個。
合計
$$1+20+15+24=60=|A_5|.$$
## 共役類サイズ
&&&prop $A_5$ の共役類 [02-prop-a5-conjugacy-classes]
$A_5$ の共役類の大きさは
$$
1,\quad20,\quad15,\quad12,\quad12.
$$
それぞれ恒等置換、3-cycle、二重互換、二つに分かれた5-cycleの類である。
&&&
&&&prf [02-prf-a5-conjugacy-classes]
$x=(123)$ とする。$S_5$ で $x$ と可換する置換は $\langle(123)\rangle$ と残り二文字の交換 $(45)$ からなり、位数6。そのうち偶置換は $\langle(123)\rangle$ の3個だけなので
$$
|C_{A_5}(x)|=3.
$$
従って $A_5$ 内の共役類サイズは $60/3=20$。すべての3-cycleを尽くす。
$y=(12)(34)$ とする。$S_5$ での中心化群は、各組内の交換と二組の交換からなる位数8の群で、たとえば $(12)$ という奇置換を含む。符号写像を中心化群へ制限すると全射なので、偶置換部分は半分の4個。従って
$$
|C_{A_5}(y)|=4,\qquad
|\operatorname{Cl}_{A_5}(y)|=60/4=15.
$$
二重互換15個を尽くす。
$z=(12345)$ とする。$S_5$ で $z$ と可換する置換は $\langle z\rangle$ だけで位数5。5-cycleは偶置換なので、この中心化群は全て $A_5$ に入る。従って
$$
|C_{A_5}(z)|=5,\qquad
|\operatorname{Cl}_{A_5}(z)|=60/5=12.
$$
5-cycleは24個あるため、一つの類では尽くさず、同じ計算により12個ずつの二共役類へ分かれる。□
&&&
## 単純性
&&&thm $A_5$ は単純 [02-thm-a5-simple]
$A_5$ は非可換単純群である。
&&&
&&&prf [02-prf-a5-simple]
正規部分群 $N\trianglelefteq A_5$ は単位元を含む共役類の和集合。従って $|N|$ は
$$
1
$$
に $15,20,12,12$ の一部を加えた数です。またLagrangeの定理から $|N|$ は60の約数。
部分和を調べる。単独追加では
$$13,16,21.$$
二つ追加では
$$
1+12+12=25,\quad
1+12+15=28,\quad
1+12+20=33,\quad
1+15+20=36.
$$
三つ追加では
$$
1+12+12+15=40,\quad
1+12+12+20=45,\quad
1+12+15+20=48.
$$
四つ全部なら60。上の数のうち60を割るものはなく、可能なのは1と60だけ。従って $N=\{e\}$ または $A_5$。非可換性はたとえば $(123)$ と $(345)$ が可換しないことから分かる。□
&&&
## 可解性への帰結
非可換単純群は完全なので
$$
[A_5,A_5]=A_5.
$$
従って $A_5$ は可解でありません。$A_5\trianglelefteq S_5$ であるため、もし $S_5$ が可解ならその部分群 $A_5$ も可解になるはずで矛盾。よって $S_5$ も非可解です。
これは一般五次方程式のGalois群が $S_5$ となる場合に根号解法が存在しないという定理の群論側の核心です。
&&&exc 5-cycle類の分裂 [02-exc-a5-five-cycle-split]
$z=(12345)$ と $z^{-1}$ が $A_5$ で共役かどうかを調べよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-a5-five-cycle-split-answer]
$S_5$ では、$z$ を $z^{-1}$ へ送る共役元は五角形の向きを反転する置換である。たとえば
$$
(25)(34)z(25)(34)=z^{-1}.
$$
この置換は二重互換で偶置換なので、実は $z$ と $z^{-1}$ は $A_5$ でも共役で同じ12元類に入る。残る類には $z^2,z^3$ 型が入る。分裂は「逆元」ではなく、指数が平方剰余かどうかで起こる。□
&&&
&&&exc $A_5$ の準同型 [02-exc-a5-hom-small]
$A_5$ から位数60未満の群 $H$ への準同型は自明であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-a5-hom-small-answer]
$A_5$ は単純なので準同型は自明または単射。単射なら $A_5$ が $H$ の部分群となり、Lagrangeの定理から
$$60=|A_5|\mid|H|.$$
しかし $|H|<60$ では不可能。従って自明。□
&&&


5-2 A5 の単純性

直積では異なる因子の元を可換させました。自由積では反対に、各群の内部ですでに成り立つ関係以外を一切加えません。そのため、有限群どうしの自由積でさえ普通は無限群になります。
## 交互に並ぶ語
群 $A,B$ を取り、単位元を除いた集合を
$$
A^\times=A\setminus\{e_A\},
\qquad B^\times=B\setminus\{e_B\}
$$
と書きます。
&&&def 自由積の簡約語 [02-def-free-product-reduced-word]
$A^\times\sqcup B^\times$ の文字からなる有限列
$$
x_1x_2\cdots x_n
$$
で、隣り合う二文字が常に異なる因子から来るものを[[自由積の簡約語|簡約語]]という。長さ0の空語も認める。
&&&
たとえば $a_1,a_2\in A^\times$ と $b_1,b_2\in B^\times$ に対し
$$
a_1b_1a_2b_2
$$
は簡約語ですが、$a_1a_2b_1$ は簡約されていません。同じ因子の隣接文字は $A$ または $B$ の積で一文字にまとめ、積が単位元なら消します。
## 正規形定理
&&&thm 自由積の正規形 [02-thm-free-product-normal-form]
$A$ と $B$ を含み、次を満たす群 $A*B$ が存在する。
1. $A*B$ の各元は簡約語で表せる。
2. 異なる簡約語は異なる元を表す。
3. 積は二語を連結し、境界で同じ因子の文字をまとめて簡約することで得られる。
&&&
&&&prf [02-prf-free-product-normal-form]
簡約語全体の集合を $W$ とします。$a\in A$ に対する写像 $L_a:W\to W$ を、語の左端へ $a$ を付けて簡約する操作として定めます。$a=e_A$ なら何もしません。左端が $A$ の文字 $a'$ なら $aa'$ にまとめ、$aa'=e_A$ ならその文字を消します。左端が $B$ の文字または空語なら $a$ を一文字として加えます。
定義を場合分けして確かめると
$$
L_aL_{a'}=L_{aa'},
\qquad L_a^{-1}=L_{a^{-1}}.
$$
従って各 $L_a$ は $W$ の置換で、$a\mapsto L_a$ は $A$ から対称群 $\operatorname{Sym}(W)$ への準同型です。同様に $b\in B$ から置換 $L_b$ を作れます。
これらの置換が生成する $\operatorname{Sym}(W)$ の部分群を $A*B$ と定めます。任意の置換の積は、同じ因子から続く文字をまとめれば簡約語の形になります。
簡約語 $x_1\cdots x_n$ に対応する置換
$$
L_{x_1}\cdots L_{x_n}
$$
を空語に作用させると、右端から順に文字が付け加わり、最終的にちょうど $x_1\cdots x_n$ が得られます。従って二つの簡約語が異なれば、空語の像が異なり、置換としても異なります。これで存在、一意性、積の規則がすべて示されました。□
&&&
この証明から $A$ と $B$ はそれぞれ $A*B$ に単射で入ります。以後はその像と元の群を同一視します。
## 普遍性
&&&thm 自由積の普遍性 [02-thm-free-product-universal-property]
準同型 $f:A\to G$ と $g:B\to G$ が与えられると、一意な準同型
$$
\Phi:A*B\to G
$$
で
$$
\Phi|_A=f,
\qquad \Phi|_B=g
$$
を満たすものが存在する。
&&&
&&&prf [02-prf-free-product-universal-property]
簡約語 $x_1\cdots x_n$ に対して、$x_i\in A$ なら $f(x_i)$、$x_i\in B$ なら $g(x_i)$ を同じ順に掛けたものを $\Phi(x_1\cdots x_n)$ と定めます。空語は $e_G$ へ送ります。
自由積の積で起こる簡約は、同じ因子の二文字をその積へ置き換えるか、単位元になった文字を消す操作です。$f,g$ は準同型なので、どちらの操作も $G$ での像を変えません。従って $\Phi(uv)=\Phi(u)\Phi(v)$ で、$\Phi$ は準同型です。
$A*B$ は $A$ と $B$ で生成されるため、それら上の値を指定した準同型は高々一つです。よって一意です。□
&&&
普遍性は自由積を座標によらず特徴づけます。同じ普遍性をもつ二つの群があれば、互いへの一意な準同型を合成することで同型だと分かります。
## 表示との関係
$A=\langle X\mid R\rangle$、$B=\langle Y\mid S\rangle$ で、生成元集合を互いに素に取れば
$$
A*B\cong\langle X\sqcup Y\mid R\sqcup S\rangle.
$$
異なる因子を結ぶ関係がないことが式にそのまま現れています。
&&&prop 自由積から直積への商 [02-prop-free-to-direct-product]
$A*B$ に、すべての $a\in A,b\in B$ に対する関係
$$
ab=ba
$$
を加えた商群は $A\times B$ と同型である。
&&&
&&&prf [02-prf-free-to-direct-product]
標準的な準同型
$$
A\to A\times B,\quad a\mapsto(a,e),
\qquad
B\to A\times B,\quad b\mapsto(e,b)
$$
から、普遍性により全射
$$
\Phi:A*B\to A\times B
$$
を得ます。像では異なる因子が可換するので、全交換子 $[a,b]$ の正規閉包 $N$ は核に入ります。
商 $(A*B)/N$ では任意の語を、$A$ の文字を左、$B$ の文字を右へ移して $ab$ の形にできます。したがって $(a,b)\mapsto abN$ は $A\times B$ から商への準同型で、$\Phi$ が誘導する写像の逆です。よって同型です。□
&&&
## 具体例
$$
C_2*C_2=\langle s,t\mid s^2=t^2=e\rangle
$$
とします。$r=st$ と置けば $srs=r^{-1}$ であり、$r$ は無限位数です。実際、$(st)^n$ は $n>0$ で長さ $2n$ の簡約語なので単位元になりません。従って
$$
C_2*C_2\cong D_\infty
$$
で、有限二面体群の無限版になります。
また
$$
C_2*C_3=\langle s,t\mid s^2=t^3=e\rangle
$$
はモジュラー群 $PSL_2(\mathbb Z)$ の標準表示です。Möbius変換を扱うと、位数2と3の具体的な行列を構成し、この表示が現れる出発点を確認します。表示の単射性までを別証明なしに使うことはしません。
&&&exc 自由積の元の位数 [02-exc-free-product-torsion-example]
$a\in A^\times,b\in B^\times$ とする。$ab\in A*B$ が無限位数であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-free-product-torsion-example-answer]
$n\ge1$ に対し
$$
(ab)^n=abab\cdots ab
$$
は、隣接文字が交互に $A,B$ から来る長さ $2n$ の簡約語です。正規形定理により空語とは異なるため $(ab)^n\ne e$。従って $ab$ は無限位数です。□
&&&
&&&exc 普遍性による写像 [02-exc-free-product-map]
$C_2*C_3=\langle s,t\mid s^2=t^3=e\rangle$ から $A_4$ へ、
$$
s\mapsto(12)(34),
\qquad t\mapsto(123)
$$
と送る準同型が存在することを示し、その像を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-free-product-map-answer]
$(12)(34)$ の位数は2、$(123)$ の位数は3なので、それぞれ $C_2,C_3$ から $A_4$ への準同型を定めます。自由積の普遍性により所望の準同型が一意に延長されます。
像は $(123)$ と $(12)(34)$ を含みます。$(123)$ による共役で三つの二重互換がすべて得られるため像は $V$ を含み、さらに3-cycleを含みます。従って像の位数は少なくとも $4\cdot3=12$ で、$A_4$ 全体です。□
&&&


7-2 自由積

短完全列の商写像 $\pi:G\to Q$ に対し、各商元の代表を積と両立する形で選べるなら、$Q$ を $G$ の部分群として取り戻せます。そのとき拡大は半直積です。
## 分裂
&&&def 分裂する短完全列 [02-def-split-extension]
短完全列
$$
1\to N\xrightarrow{\iota}G
\xrightarrow{\pi}Q\to1
$$
に対し、準同型
$$
s:Q\to G
$$
で
$$\pi\circ s=\operatorname{id}_Q$$
を満たすものが存在するとき、列は[[分裂完全列|分裂する]]といい $s$ を[[切断]]という。
&&&
$s$ は単射です。$s(q)=e$ なら $q=\pi(s(q))=e$。従って $s(Q)$ を $Q$ と同一視できます。また
$$
N\cap s(Q)=\{e\},
$$
なぜなら $s(q)\in N=\ker\pi$ なら $q=\pi(s(q))=e$ だからです。
&&&thm 分裂拡大と半直積 [02-thm-split-iff-semidirect]
短完全列
$$
1\to N\to G\to Q\to1
$$
が分裂することと、ある作用 $\alpha:Q\to\operatorname{Aut}(N)$ により
$$
G\cong N\rtimes_\alpha Q
$$
となることは同値である。
&&&
&&&prf [02-prf-split-iff-semidirect]
切断 $s$ があるとする。$q\in Q$ に対し
$$
\alpha(q)(n)=s(q)ns(q)^{-1}
$$
と置く。$N\trianglelefteq G$ なのでこれは $N$ の自己同型。$s$ が準同型だから $\alpha$ も準同型。
任意の $g\in G$ に対し $q=\pi(g)$ と置くと
$$
\pi(gs(q)^{-1})=qq^{-1}=e,
$$
よって $n=gs(q)^{-1}\in N$ で $g=ns(q)$。この表示は一意です。$ns(q)=n'ts(q')$ なら商へ写して $q=q'$、従って $n=n'$。
写像
$$
\Phi:N\rtimes_\alpha Q\to G,\qquad
(n,q)\mapsto ns(q)
$$
は全単射。積について
$$
ns(q)n's(q')
=n\{s(q)n's(q)^{-1}\}s(qq')
=n\alpha(q)(n')s(qq'),
$$
で半直積の積と一致するため同型。
逆に $G=N\rtimes_\alpha Q$ なら
$$
\pi(n,q)=q,\qquad s(q)=(e,q)
$$
と置けば $\pi s=\operatorname{id}_Q$ で短完全列が分裂する。□
&&&
## 分裂する例・しない例
$$
1\to C_n\to D_n\to C_2\to1
$$
は反転部分群 $\langle s\rangle$ が切断を与えるため分裂し
$$D_n\cong C_n\rtimes C_2.$$
一方
$$
1\to C_2\to C_4\to C_2\to1
$$
は分裂しません。分裂すれば $C_4$ 内に核と交わらない位数2の部分群が必要ですが、$C_4$ の位数2部分群は核そのものだけです。
$$
1\to C_4\to Q_8\to C_2\to1
$$
も分裂しません。核の外の元はすべて位数4なので、$C_2$ の像となる位数2の補部分群が存在しません。
&&&prop 補部分群による判定 [02-prop-complement-splitting]
$N\trianglelefteq G$ とする。商列
$$
1\to N\to G\to G/N\to1
$$
が分裂することと、ある $H\le G$ が
$$
N\cap H=\{e\},\qquad NH=G
$$
を満たすことは同値である。この $H$ を $N$ の補部分群という。
&&&
&&&prf [02-prf-complement-splitting]
切断 $s$ があれば $H=s(G/N)$ が直前の定理の証明で二条件を満たす。
逆に $H$ が二条件を満たせば、商写像の制限
$$
\pi|_H:H\to G/N
$$
は、$NH=G$ から全射、核 $H\cap N$ が自明なので単射。逆同型
$$
s=(\pi|_H)^{-1}:G/N\to H\subset G
$$
は切断。□
&&&
&&&exc $S_3$ の分裂 [02-exc-s3-splitting]
$$
1\to A_3\to S_3\to C_2\to1
$$
が分裂する切断を一つ書き、対応する作用を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-s3-splitting-answer]
$C_2=\langle\bar1\rangle$ とし
$$s(\bar1)=(12)$$
と置く。$(12)^2=e$ なので準同型で、符号は非自明元へ写るため切断。$A_3=\langle r=(123)\rangle$ への作用は
$$
\alpha(\bar1)(r)
=(12)(123)(12)=r^{-1}.
$$
従って
$$S_3\cong C_3\rtimes_{\text{反転}}C_2.$$
□
&&&
&&&exc 直積となる条件 [02-exc-split-direct]
分裂拡大で切断像 $s(Q)$ が $N$ の全元と可換するなら $G\cong N\times Q$ を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-split-direct-answer]
誘導作用は
$$
\alpha(q)(n)=s(q)ns(q)^{-1}=n
$$
で自明。自明作用による半直積の積は
$$
(n,q)(n',q')=(nn',qq'),
$$
すなわち直積の演算。分裂拡大定理から $G\cong N\times Q$。□
&&&


8-2 分裂拡大と半直積

整数の中の偶数、正三角形の全対称性の中の回転だけ。大きな群の一部が、それ自身で群になるとき部分群と呼びます。部分群判定は三つの公理を毎回確認する手間を一つの条件へ圧縮します。
## 部分群
&&&def 部分群 [02-def-subgroup]
群 $G$ の部分集合 $H$ が $G$ と同じ演算について群になるとき、$H$ を $G$ の[[部分群]]といい $H\le G$ と書く。
&&&
任意の群で $\{e\}$ と $G$ 自身は部分群です。$\mathbb Z$ の加法群では $n\mathbb Z=\{nk\mid k\in\mathbb Z\}$ が部分群です。奇数全体は $1+1=2$ を含まないので部分群ではありません。
&&&thm 部分群判定法 [02-thm-subgroup-test]
$H$ を群 $G$ の空でない部分集合とする。このとき
$$
H\le G
\quad\Longleftrightarrow\quad
\text{任意の }x,y\in H\text{ に対し }xy^{-1}\in H.
$$
&&&
&&&prf [02-prf-subgroup-test]
$H$ が部分群なら、逆元と積について閉じるので $xy^{-1}\in H$。
逆に右の条件を仮定する。$h\in H$ を一つ取る。$x=y=h$ とすれば
$$e=hh^{-1}\in H.$$
$x=e,y=h$ とすれば $h^{-1}\in H$。さらに $x,h\in H$ なら、既に $h^{-1}\in H$ なので条件へ $x$ と $h^{-1}$ を入れて
$$x(h^{-1})^{-1}=xh\in H.$$
結合律は $G$ から継承する。従って $H$ は群である。□
&&&
加法記法では条件は $x-y\in H$ です。たとえば $n\mathbb Z$ は空でなく、$na-nb=n(a-b)$ も $n\mathbb Z$ に入ります。
&&&prop 部分群の共通部分 [02-prop-intersection-subgroups]
部分群族 $(H_i)_{i\in I}$ の共通部分 $\bigcap_{i\in I}H_i$ は部分群である。
&&&
&&&prf [02-prf-intersection-subgroups]
単位元はすべての $H_i$ に入るので共通部分は空でない。$x,y$ が共通部分に入れば各 $i$ で $x,y\in H_i$、従って $xy^{-1}\in H_i$。よって $xy^{-1}$ は共通部分に入り、部分群判定法を使える。□
&&&
## 生成部分群
&&&def 生成部分群 [02-def-generated-subgroup]
$S\subset G$ に対し、$S$ を含むすべての部分群の共通部分を $\langle S\rangle$ と書き、$S$ が[[生成部分群|生成する部分群]]という。$G=\langle S\rangle$ のとき $S$ を[[生成系]]という。
&&&
共通部分命題により、これは $S$ を含む最小の部分群です。具体的には
$$
\langle S\rangle
=\{s_1^{\varepsilon_1}\cdots s_k^{\varepsilon_k}
\mid k\ge0,\ s_i\in S,\ \varepsilon_i=\pm1\}.
$$
$k=0$ の空積は $e$。右辺は部分群で $S$ を含み、$S$ を含むどの部分群もこれらの有限積を含むため、定義と一致します。
&&&def 巡回群と元の位数 [02-def-cyclic-order]
一つの元 $g$ で $G=\langle g\rangle$ と書ける群を[[巡回群]]という。最小の正整数 $n$ で $g^n=e$ となるものが存在すれば $n$ を $g$ の[[元の位数|位数]]といい $|g|=n$ と書く。存在しなければ位数は無限とする。
&&&
$$
\langle g\rangle=\{g^k\mid k\in\mathbb Z\}.
$$
$|g|=n<\infty$ なら $e,g,\ldots,g^{n-1}$ は相異なり、以後は周期 $n$ で繰り返します。$g^i=g^j$ なら $g^{i-j}=e$ であり、除法算法から $n\mid(i-j)$ が従うからです。
&&&thm 巡回群の部分群 [02-thm-subgroups-cyclic]
巡回群の任意の部分群は巡回群である。特に $\mathbb Z$ の部分群は、ただ一つの非負整数 $d$ により $d\mathbb Z$ と書ける。
&&&
&&&prf [02-prf-subgroups-cyclic]
まず $\mathbb Z$ の部分群 $H$ を考える。$H=\{0\}$ なら $H=0\mathbb Z$。そうでなければ正の元をもち、その最小値を $d$ とする。任意の $h\in H$ を
$$h=qd+r,\qquad0\le r<d$$
と書く。$r=h-qd\in H$ なので $d$ の最小性から $r=0$。従って $H\subset d\mathbb Z$。逆に $d\in H$ だから全整数倍が入り、$H=d\mathbb Z$。$d$ は正の最小元なので一意。
一般に $G=\langle g\rangle$ と $H\le G$ に対し
$$
K=\{k\in\mathbb Z\mid g^k\in H\}
$$
と置く。$K$ は $\mathbb Z$ の部分群なので $K=d\mathbb Z$。従って
$$
H=\{g^{dq}\mid q\in\mathbb Z\}=\langle g^d\rangle.
$$
□
&&&
## $\mathbb Z/12\mathbb Z$ の部分群
加法群 $\mathbb Z/12\mathbb Z$ では
$$
\langle\bar0\rangle=\{\bar0\},\quad
\langle\bar6\rangle=\{\bar0,\bar6\},
$$
$$
\langle\bar4\rangle=\{\bar0,\bar4,\bar8\},\quad
\langle\bar3\rangle=\{\bar0,\bar3,\bar6,\bar9\},
$$
$$
\langle\bar2\rangle=\{\bar0,\bar2,\bar4,\bar6,\bar8,\bar{10}\},
\quad
\langle\bar1\rangle=\mathbb Z/12\mathbb Z.
$$
これらがすべてです。有限巡回群の部分群と位数の約数との対応は、第2章のLagrangeの定理で体系化します。
&&&exc 生成元を数える [02-exc-generators-z12]
$\mathbb Z/12\mathbb Z$ の生成元をすべて求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-generators-z12-answer]
$\bar k$ の位数が12となるのは $\gcd(k,12)=1$ のときだけ。$0\le k<12$ で12と互いに素なのは
$$1,5,7,11.$$
従って生成元は $\bar1,\bar5,\bar7,\bar{11}$。□
&&&
&&&exc 二つの部分群の和 [02-exc-sum-subgroups-z]
$m\mathbb Z+n\mathbb Z=\{ma+nb\mid a,b\in\mathbb Z\}$ が部分群で
$$
m\mathbb Z+n\mathbb Z=\gcd(m,n)\mathbb Z
$$
となることを示せ。Bézoutの等式を用いてよい。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-sum-subgroups-z-answer]
0を含み、二元 $ma+nb,mc+nd$ の差は $m(a-c)+n(b-d)$ だから部分群。$d=\gcd(m,n)$ とすると $d\mid m,n$ なので左辺は $d\mathbb Z$ に含まれる。Bézoutの等式 $d=mu+nv$ から $d$ は左辺に入り、その全整数倍も入る。従って等しい。□
&&&


1-2 部分群と生成元

可解群という定義は導来列だけを見ると形式的ですが、置換群に適用すると「四次までは可解、五次からは一般には可解でない」という境界が見えます。このページでは、前のページまでの結果だけを使って
$$
S_n\text{ が可解}\quad\Longleftrightarrow\quad n\le 4
$$
を証明します。
## 部分群へ可解性を降ろす
&&&prop 可解群の部分群 [02-prop-subgroup-of-solvable]
$G$ が可解で $H\le G$ なら、$H$ も可解である。
&&&
&&&prf [02-prf-subgroup-of-solvable]
交換子部分群の定義から
$$
[H,H]\le [G,G]
$$
です。導来列について帰納的に
$$
H^{(r)}\le G^{(r)}
$$
が従います。ある $m$ で $G^{(m)}=\{e\}$ なら
$$
H^{(m)}\le\{e\},
$$
従って $H^{(m)}=\{e\}$。よって $H$ も可解です。□
&&&
この命題の対偶は便利です。非可解群を一つでも部分群にもつ群は非可解です。
## $S_4$ までの導来列
まず $S_2$ は可換です。$S_3$ では符号写像により
$$
S_3/[S_3,S_3]
$$
は可換で、したがって $[S_3,S_3]\le A_3$。一方、二つの互換の交換子は非自明な3-cycleになるので
$$
[S_3,S_3]=A_3\cong C_3,
$$
その次の導来群は自明です。
$S_4$ ではKleinの四元群
$$
V=\{e,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}
$$
が重要です。
&&&prop $S_4$ と $A_4$ の導来群 [02-prop-derived-s4-a4]
$$
[S_4,S_4]=A_4,
\qquad
[A_4,A_4]=V,
\qquad
[V,V]=\{e\}.
$$
&&&
&&&prf [02-prf-derived-s4-a4]
符号写像の像は可換なので $[S_4,S_4]\le A_4$。一方、交換子
$$
[(12),(23)]
$$
は3-cycleです。交換子部分群は正規であり、3-cycleは共役によりすべて得られ、3-cycleたちは $A_4$ を生成します。従って $A_4\le[S_4,S_4]$ で、等号です。
$V$ は $A_4$ の正規部分群であり、$A_4/V$ は位数3、従って可換です。よって
$$
[A_4,A_4]\le V.
$$
しかし直接計算すると
$$
[(123),(124)]=(12)(34)\ne e.
$$
$[A_4,A_4]$ は $A_4$ で正規で、三つの非自明な二重互換は互いに共役なので、三つとも含みます。従って $[A_4,A_4]=V$。最後に $V$ は可換なので $[V,V]=\{e\}$。□
&&&
したがって
$$
S_4\trianglerighteq A_4\trianglerighteq V
\trianglerighteq\{e\}
$$
が導来列です。$S_1,S_2,S_3,S_4$ はすべて可解です。
## 五文字から現れる障害
&&&thm 対称群の可解性 [02-thm-solvable-symmetric-groups]
$S_n$ が可解であるための必要十分条件は $n\le4$ である。また $n\ge5$ なら $A_n$ も可解でない。
&&&
&&&prf [02-prf-solvable-symmetric-groups]
$n\le4$ の場合は直前の計算で示しました。
$n\ge5$ とします。最初の五文字だけを動かし、残りを固定する偶置換全体は $A_n$ の部分群であり、$A_5$ と同型です。第5章で $A_5$ は非可換単純群、従って非可解であると証明しました。もし $A_n$ が可解なら、その部分群 $A_5$ も可解となり矛盾。よって $A_n$ は非可解です。
さらに $A_n\le S_n$ なので、$S_n$ が可解なら部分群 $A_n$ も可解になるはずです。従って $S_n$ も非可解です。□
&&&
## 拡大から可解性を組み立てる
可解群の拡大閉性を使うと、導来列を直接計算しなくても判定できます。短完全列
$$
1\longrightarrow N\longrightarrow G
\longrightarrow Q\longrightarrow1
$$
で $N,Q$ が可解なら $G$ も可解でした。
たとえば任意の $n$ で
$$
1\to C_n\to D_n\to C_2\to1
$$
が完全です。核と商が可換なので $D_n$ は可解です。同様に、上三角可逆行列の群では「対角成分」と「対角成分が1の部分」を分離することで可解性が見えます。後者は次のページの冪零群の典型例です。
## 方程式論への橋
多項式の根の入れ替えが作るGalois群が可解であることと、その方程式が根号で解けることの同値は、体とGalois理論で証明します。ここで得た結果は、その群論側の入力です。一般五次方程式ではGalois群が $S_5$ となる例があり、$S_5$ が非可解であることが根号による万能公式を妨げます。
&&&exc $A_4$ の組成因子 [02-exc-solvable-a4-factors]
$A_4\trianglerighteq V\trianglerighteq\langle(12)(34)\rangle\trianglerighteq\{e\}$ が組成列であることを確かめ、組成因子を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-solvable-a4-factors-answer]
$V$ は $A_4$ で正規です。$V$ は可換なので、その位数2の部分群は $V$ で正規です。各商の位数は順に
$$
|A_4/V|=3,
\quad |V/\langle(12)(34)\rangle|=2,
\quad |\langle(12)(34)\rangle|=2.
$$
素数位数群は単純なので組成列であり、組成因子は $C_3,C_2,C_2$ です。□
&&&
&&&exc $S_5$ の導来列 [02-exc-derived-s5]
$[S_5,S_5]=A_5$ と $[A_5,A_5]=A_5$ を示し、$S_5$ の導来列が自明群へ到達しないことを確かめよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-derived-s5-answer]
符号写像から $[S_5,S_5]\le A_5$。一方、互換の交換子として3-cycleが得られ、3-cycleは $A_5$ を生成するので逆包含も成り立ちます。$A_5$ は非可換単純群なので、その非自明な正規部分群 $[A_5,A_5]$ は $A_5$ 全体です。従って
$$
S_5^{(1)}=A_5,
\qquad S_5^{(r)}=A_5\quad(r\ge1),
$$
となり、自明群へ到達しません。□
&&&


6-2 可解群の判定例

整数を $n$ で割った余りの類として計算できるように、群も部分群の剰余類を新しい元としてまとめたくなります。しかし非可換群では、代表元を取り替えると積が変わることがあります。正規部分群は、剰余類の積を矛盾なく定義できるちょうどよい条件です。
## 共役と正規性
&&&def 共役 [02-def-conjugation]
$g,x\in G$ に対し
$$gxg^{-1}$$
を $x$ の $g$ による[[共役]]という。部分群 $N$ に対し
$$gNg^{-1}=\{gng^{-1}\mid n\in N\}$$
と書く。
&&&
共役は座標の取り替えに似ています。置換群では、巡回置換の文字を一斉に名前変更します。たとえば
$$
(123)(12)(123)^{-1}=(23).
$$
&&&def 正規部分群 [02-def-normal-subgroup]
部分群 $N\le G$ が任意の $g\in G$ に対し
$$gNg^{-1}=N$$
を満たすとき、$N$ を[[正規部分群]]といい $N\trianglelefteq G$ と書く。
&&&
&&&prop 正規性の同値条件 [02-prop-normal-equivalences]
$N\le G$ に対し次は同値である。
1. $N\trianglelefteq G$。
2. 任意の $g\in G$ に対し $gN=Ng$。
3. 任意の $g\in G,n\in N$ に対し $gng^{-1}\in N$。
&&&
&&&prf [02-prf-normal-equivalences]
1なら
$$
gN=(gNg^{-1})g=Ng
$$
なので2。2なら $gN=Ng$ の右から $g^{-1}$ を掛けて $gNg^{-1}=N$、従って1。
1なら3は包含 $gNg^{-1}\subset N$ から従う。3なら $gNg^{-1}\subset N$。$g^{-1}$ にも3を使うと $g^{-1}Ng\subset N$。両辺を $g$ と $g^{-1}$ で挟めば $N\subset gNg^{-1}$ となるので等号。□
&&&
可換群では $gng^{-1}=n$ なので全部分群が正規です。任意の群で $\{e\}$ と $G$ は正規です。$S_3$ の
$$
A_3=\{e,(123),(132)\}
$$
は正規ですが、$\{e,(12)\}$ は
$$
(123)(12)(123)^{-1}=(23)\notin\{e,(12)\}
$$
なので正規ではありません。
## 商群
左剰余類全体の集合を
$$
G/N=\{gN\mid g\in G\}
$$
と書きます。二つの剰余類の積を
$$
(aN)(bN)=(ab)N
$$
と定めたいのですが、$aN=a'N,bN=b'N$ のとき結果が同じでなければなりません。
&&&thm 商群の演算 [02-thm-quotient-group-well-defined]
$N\trianglelefteq G$ なら
$$
(aN)(bN)=(ab)N
$$
は代表元によらず定まり、この演算で $G/N$ は群になる。単位元は $N$、$(aN)^{-1}=a^{-1}N$ である。
&&&
&&&prf [02-prf-quotient-group-well-defined]
$aN=a'N,bN=b'N$ とする。ある $n_1,n_2\in N$ により
$$a'=an_1,\qquad b'=bn_2$$
と書ける。すると
$$
a'b'=an_1bn_2
=ab(b^{-1}n_1b)n_2.
$$
正規性から $b^{-1}n_1b\in N$ であり、その元と $n_2$ の積も $N$ に入る。従って $a'b'\in abN$、すなわち
$$a'b'N=abN.$$
よって演算は代表元によらない。
結合律は
$$
((aN)(bN))(cN)=((ab)c)N=(a(bc))N
=(aN)((bN)(cN))
$$
から従う。$N=eN$ は単位元で、
$$
(aN)(a^{-1}N)=aa^{-1}N=N
$$
なので逆元も表示どおり。□
&&&
逆に、この積が代表元によらず定義できるなら $N$ は正規です。任意の $n\in N$ について $N=nN$ なので
$$
(N)(gN)=(nN)(gN)
$$
であり、演算の定義から $gN=ngN$。剰余類の等号判定により
$$g^{-1}ng\in N.$$
$g,n$ は任意なので共役条件を満たし、$N$ は正規です。
## $S_3/A_3$ を計算する
$A_3$ は位数3、$S_3$ は位数6なので剰余類は二つです。
$$
S_3/A_3=\{A_3,(12)A_3\}.
$$
奇置換はすべて第二の剰余類に入り、
$$
((12)A_3)^2=(12)^2A_3=A_3.
$$
従って積表は2元巡回群と同じで
$$
S_3/A_3\cong\mathbb Z/2\mathbb Z.
$$
この同型を準同型の核から体系的に説明するのが第1章の第一同型定理です。
&&&exc 指数2の部分群 [02-exc-index-two-normal]
$H\le G$ かつ $[G:H]=2$ なら $H\trianglelefteq G$ を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-index-two-normal-answer]
左剰余類は二つ。一つは $H$ で、$g\notin H$ ならもう一つは $gH=G\setminus H$。右剰余類も二つで、$Hg=G\setminus H$。従って $g\notin H$ で $gH=Hg$。$g\in H$ なら両方とも $H$。全 $g$ で一致するので正規。□
&&&
&&&exc 中心は正規 [02-exc-center-normal]
群の中心
$$
Z(G)=\{z\in G\mid zg=gz\text{ for all }g\in G\}
$$
が正規部分群であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-center-normal-answer]
$e\in Z(G)$。$x,y\in Z(G)$ なら任意の $g$ に対し
$$
(xy^{-1})g=x(gy^{-1})=(xg)y^{-1}=gxy^{-1},
$$
よって $xy^{-1}\in Z(G)$ で部分群。さらに $z\in Z(G)$ なら
$$gzg^{-1}=zgg^{-1}=z\in Z(G).$$
正規性の共役条件から $Z(G)\trianglelefteq G$。□
&&&


2-2 正規部分群と商群

正規部分群で商を取り続け、これ以上分解できない単純群まで進む列が組成列です。整数を素因数へ分解するように、有限群を単純群という因子へ分解します。
## 正規列と細分
&&&def 正規列 [02-def-normal-series]
群 $G$ の部分群列
$$
G=G_0\trianglerighteq G_1
\trianglerighteq\cdots
\trianglerighteq G_r=\{e\}
$$
で、各 $G_{i+1}\trianglelefteq G_i$ となるものを[[正規列]]という。商群
$$
G_i/G_{i+1}
$$
を[[正規列の因子|因子]]という。
&&&
二項 $G_i\trianglerighteq G_{i+1}$ の間に
$$
G_i\trianglerighteq H\trianglerighteq G_{i+1}
$$
を挿入した列を細分といいます。対応定理から、間に正規部分群を挿入できないことと $G_i/G_{i+1}$ が単純であることは同値です。
&&&def 組成列 [02-def-composition-series]
すべての因子 $G_i/G_{i+1}$ が単純群である正規列を[[組成列]]という。その因子を[[組成因子]]という。列の段数 $r$ を[[組成長]]という。
&&&
&&&prop 有限群の組成列の存在 [02-prop-composition-series-exists]
任意の有限群は組成列をもつ。
&&&
&&&prf [02-prf-composition-series-exists]
$G=\{e\}$ なら空の列。$G\ne\{e\}$ とする。有限個の正規部分群のうち真部分群であるものから包含について極大な $N$ を取れる。対応定理により $G/N$ は単純です。
$|N|<|G|$ なので、群の位数に関する帰納法により $N$ は組成列
$$
N=N_0\trianglerighteq\cdots\trianglerighteq N_s=\{e\}
$$
をもつ。先頭に $G\trianglerighteq N$ を加えれば、最初の因子 $G/N$ も単純なので $G$ の組成列。□
&&&
## 例
$C_{12}$ には
$$
C_{12}\trianglerighteq C_6
\trianglerighteq C_3
\trianglerighteq\{e\}
$$
という組成列があり、因子は
$$
C_2,\quad C_2,\quad C_3.
$$
別の列
$$
C_{12}\trianglerighteq C_4
\trianglerighteq C_2
\trianglerighteq\{e\}
$$
では因子が
$$
C_3,\quad C_2,\quad C_2
$$
となり、順序は違っても同じ単純群が現れます。
$S_3$ では
$$
S_3\trianglerighteq A_3
\trianglerighteq\{e\}
$$
が組成列で、因子は $C_2,C_3$。
$A_4$ では
$$
A_4\trianglerighteq V
\trianglerighteq C_2
\trianglerighteq\{e\},
$$
ここで $V\cong C_2\times C_2$。因子は $C_3,C_2,C_2$。
## 位数との関係
有限群の正規列についてLagrangeの定理を反復すると
$$
|G|=\prod_{i=0}^{r-1}|G_i/G_{i+1}|.
$$
組成因子の位数の積は群の位数です。ただし位数の素因数分解だけでは非可換単純因子の構造までは分かりません。
&&&prop 可解性と組成因子 [02-prop-solvable-composition-factors]
有限群 $G$ が可解であることと、その組成因子がすべて素数位数の巡回群であることは同値である。
&&&
&&&prf [02-prf-solvable-composition-factors]
$G$ が可解なら、部分群と商群も可解。各組成因子は単純かつ可解です。非可換単純群は可解でないため、組成因子は可換単純群、従って素数位数の巡回群。
逆に組成因子がすべて可換なら、最下段の自明群から上へ、短完全列
$$
1\to G_{i+1}\to G_i\to G_i/G_{i+1}\to1
$$
へ可解群の拡大閉性を反復適用する。各因子と自明群が可解なので、最終的に $G$ も可解。□
&&&
&&&exc $D_4$ の組成列 [02-exc-composition-d4]
$D_4$ の組成列を一つ作り、組成因子を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-composition-d4-answer]
$$
D_4\trianglerighteq\langle r\rangle
\trianglerighteq\langle r^2\rangle
\trianglerighteq\{e\}
$$
を取る。$\langle r\rangle$ は指数2で正規、その中の $\langle r^2\rangle$ も正規。各因子の位数は2なので全て $C_2$。□
&&&
&&&exc $A_5$ を含む列 [02-exc-composition-s5]
$S_5$ の組成列を一つ求め、$S_5$ が可解でないことを組成因子から示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-composition-s5-answer]
$$
S_5\trianglerighteq A_5
\trianglerighteq\{e\}
$$
で、$A_5$ は単純、$S_5/A_5\cong C_2$ も単純なので組成列。組成因子は $C_2,A_5$。非可換単純因子 $A_5$ を含むので、可解性判定から $S_5$ は非可解。□
&&&


5-3 組成列

第一同型定理は準同型の像を核による商として表しました。第二・第三同型定理は、部分群と正規部分群を組み合わせたとき、どの商群が同じになるかを教えます。線形代数の部分空間公式に似ていますが、積 $HN$ が部分群になる条件に正規性が現れます。
## 第二同型定理
&&&thm 群の第二同型定理 [02-thm-second-isomorphism]
$H\le G$、$N\trianglelefteq G$ とする。このとき
$$
HN=\{hn\mid h\in H,n\in N\}
$$
は $G$ の部分群で、$N\trianglelefteq HN$、$H\cap N\trianglelefteq H$ であり
$$
H/(H\cap N)\cong HN/N.
$$
&&&
&&&prf [02-prf-second-isomorphism]
$h_1n_1,h_2n_2\in HN$ とする。逆元を含む積は
$$
(h_1n_1)(h_2n_2)^{-1}
=h_1n_1n_2^{-1}h_2^{-1}.
$$
$N$ の正規性から
$$
h_2(n_1n_2^{-1})h_2^{-1}\in N,
$$
従ってある $n\in N$ で
$$
h_1n_1n_2^{-1}h_2^{-1}
=h_1h_2^{-1}n\in HN.
$$
部分群判定法から $HN\le G$。
$N$ は $G$ で正規なので $HN$ でも正規。$h\in H,x\in H\cap N$ なら $hxh^{-1}$ は $H$ と $N$ の両方に入り、$H\cap N\trianglelefteq H$。
準同型
$$
\varphi:H\to HN/N,\qquad h\mapsto hN
$$
を考える。像は任意の $hnN=hN$ を含むので全射。核は
$$
\{h\in H\mid hN=N\}=H\cap N.
$$
第一同型定理から結論を得る。□
&&&
有限群なら位数について
$$
|HN|=\frac{|H||N|}{|H\cap N|}
$$
も従います。第二同型定理の両辺の位数を比較すればよい。
## 第三同型定理
&&&thm 群の第三同型定理 [02-thm-third-isomorphism]
$N\trianglelefteq K\trianglelefteq G$ とし、さらに $N\trianglelefteq G$ とする。このとき $K/N\trianglelefteq G/N$ で
$$
(G/N)/(K/N)\cong G/K.
$$
&&&
&&&prf [02-prf-third-isomorphism]
写像
$$
\psi:G/N\to G/K,\qquad gN\mapsto gK
$$
を考える。$gN=hN$ なら $h^{-1}g\in N\subset K$ なので $gK=hK$、従ってwell-defined。積を保つことは
$$
\psi((gN)(hN))=\psi(ghN)=ghK
=(gK)(hK)
$$
から分かる。全射であり、核は
$$
\{gN\mid gK=K\}
=\{gN\mid g\in K\}=K/N.
$$
核なので $K/N$ は正規部分群。第一同型定理から
$$
(G/N)/(K/N)\cong G/K.
$$
□
&&&
「まず $N$ を潰し、次に $K/N$ を潰す」ことと、「最初から $K$ を潰す」ことが同じだと述べています。
## 具体例
$G=\mathbb Z$、$N=12\mathbb Z$、$K=4\mathbb Z$ とします。第三同型定理から
$$
(\mathbb Z/12\mathbb Z)/(4\mathbb Z/12\mathbb Z)
\cong\mathbb Z/4\mathbb Z.
$$
左辺では12個の剰余類を、差が4の倍数である三元ずつの塊へまとめ、4個の元を得ます。
&&&exc $S_3$ で第二同型定理 [02-exc-second-iso-s3]
$G=S_3$、$H=\langle(12)\rangle$、$N=A_3$ とする。$HN$ と $H\cap N$ を求め、第二同型定理を具体的に確認せよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-second-iso-s3-answer]
$|H|=2,|N|=3$ で共通部分は $\{e\}$。積集合の位数公式から
$$
|HN|=\frac{2\cdot3}{1}=6,
$$
従って $HN=S_3$。第二同型定理は
$$
H/\{e\}\cong S_3/A_3.
$$
両辺とも位数2の巡回群であり、写像 $(12)\mapsto(12)A_3$ が具体的な同型。□
&&&
&&&exc 商を二段階で取る [02-exc-third-iso-cyclic]
$N=8\mathbb Z\subset K=2\mathbb Z\subset G=\mathbb Z$ に第三同型定理を適用し、左辺と右辺をそれぞれ巡回群として同定せよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-third-iso-cyclic-answer]
$G/N\cong\mathbb Z/8\mathbb Z$、$K/N$ は
$$
\{\bar0,\bar2,\bar4,\bar6\}
$$
で位数4。従って左辺の位数は2。第三同型定理から
$$
(\mathbb Z/8\mathbb Z)/(2\mathbb Z/8\mathbb Z)
\cong\mathbb Z/2\mathbb Z,
$$
右辺 $G/K$ も $\mathbb Z/2\mathbb Z$。□
&&&


2-3 第二・第三同型定理

同じ $N,H$ からも、作用 $\alpha:H\to\operatorname{Aut}(N)$ によって異なる半直積ができます。ただし生成元の名前を取り替えただけの作用は同型な群を与えます。作用を自己同型による共役まで分類する考え方を具体例で学びます。
## 同型な作用
&&&prop 半直積作用の同値 [02-prop-equivalent-semidirect-actions]
作用
$$
\alpha,\beta:H\to\operatorname{Aut}(N)
$$
があり、自己同型 $u\in\operatorname{Aut}(N)$、$v\in\operatorname{Aut}(H)$ に対し
$$
\beta(v(h))=u\alpha(h)u^{-1}
$$
が全 $h\in H$ で成り立つとする。このとき
$$
N\rtimes_\alpha H\cong N\rtimes_\beta H.
$$
&&&
&&&prf [02-prf-equivalent-semidirect-actions]
$$
\Phi:N\rtimes_\alpha H\to N\rtimes_\beta H,
\qquad(n,h)\mapsto(u(n),v(h))
$$
と置く。積の像の第一成分は
$$
u(n\alpha(h)(n'))
=u(n)\,u\alpha(h)(n').
$$
仮定から
$$
u\alpha(h)=\beta(v(h))u
$$
なので、これは
$$
u(n)\beta(v(h))(u(n'))
$$
となり、像側の半直積の積と一致する。第二成分も $v(hh')=v(h)v(h')$。$u,v$ が全単射なので $\Phi$ も全単射。□
&&&
## 位数21の非可換群
$N=C_7=\langle r\rangle$、$H=C_3=\langle s\rangle$ とします。
$$
\operatorname{Aut}(C_7)\cong(\mathbb Z/7\mathbb Z)^\times.
$$
位数3の元は $\bar2,\bar4$ で、互いに逆です。作用
$$
srs^{-1}=r^2
$$
と
$$
srs^{-1}=r^4
$$
は $H$ の自己同型 $s\mapsto s^{-1}$ で入れ替わるため、同型な半直積を与えます。従って非自明作用から生じる位数21の群は、この範囲では一つの型になります。
自明作用なら $C_7\times C_3\cong C_{21}$。したがって位数21の群は巡回型と非可換半直積型の少なくとも二種類です。位数15までの総合分類のページでは、Sylow理論と作用の分類を合わせてこれらで尽くされることを確認します。
## affine群
有限体 $\mathbb F_p$ 上の一次変換
$$
x\longmapsto ax+b,
\qquad a\in\mathbb F_p^\times,\ b\in\mathbb F_p
$$
全体を考えます。合成は
$$
(a,b)(a',b')=(aa',ab'+b).
$$
平行移動 $x\mapsto x+b$ は加法群 $(\mathbb F_p,+)$、拡大縮小 $x\mapsto ax$ は乗法群 $\mathbb F_p^\times$ で、後者が前者へ
$$b\mapsto ab$$
と作用します。従って
$$
\operatorname{AGL}_1(\mathbb F_p)
\cong(\mathbb F_p,+)\rtimes\mathbb F_p^\times
$$
で、位数は $p(p-1)$。
$p=3$ では位数6で $S_3$、$p=5$ では位数20の非可換群になります。
## 自明作用を見抜く
作用 $\alpha:H\to\operatorname{Aut}(N)$ が自明になる十分条件は、$|H|$ と $|\operatorname{Aut}(N)|$ が互いに素であることです。像 $\alpha(H)$ の位数は $|H|$ と $|\operatorname{Aut}(N)|$ の両方を割るため1だからです。
これを位数 $pq$ の群へ使うと、$Q=C_q$ に対する $P=C_p$ の作用が非自明になるには
$$
p\mid|\operatorname{Aut}(C_q)|=q-1
$$
が必要だと再確認できます。
&&&exc 位数20の半直積 [02-exc-order-twenty-semidirect]
$C_5\rtimes C_4$ で、$C_4=\langle s\rangle$ が
$$srs^{-1}=r^2$$
と作用するとする。この作用がwell-definedで忠実であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-order-twenty-semidirect-answer]
$2$ は5を法として
$$
2^2=4,\quad2^3=3,\quad2^4=1
$$
なので位数4。従って $r\mapsto r^2$ は $\operatorname{Aut}(C_5)$ の位数4の元で、$s^4=e$ という関係を保つ。準同型
$$C_4\to\operatorname{Aut}(C_5)$$
の核は自明なので忠実。半直積の位数は $5\cdot4=20$。□
&&&
&&&exc 作用が存在しない場合 [02-exc-no-nontrivial-action]
$C_3$ による $C_5$ への作用は自明なものしかないことを示し、$C_5\rtimes C_3\cong C_{15}$ を結論せよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-no-nontrivial-action-answer]
$$
|\operatorname{Aut}(C_5)|=\varphi(5)=4.
$$
作用の像の位数は3と4の両方を割るため1。従って作用は自明で半直積は直積
$$C_5\times C_3.$$
$3,5$ は互いに素なのでこれは $C_{15}$ と同型。□
&&&


8-3 半直積の分類例

自由群の部分群は再び自由群になります。これはNielsen--Schreierの定理です。このページでは有限指数の場合を、剰余類を頂点とするグラフから構成的に証明し、部分群の階数まで計算します。
## Schreierグラフ
$F=F(X)$ を有限集合
$$
X=\{x_1,\ldots,x_r\}
$$
上の自由群、$H\le F$ を指数 $d<\infty$ の部分群とします。
&&&def Schreierグラフ [02-def-schreier-graph]
$H$ の右剰余類 $Hg$ を頂点とし、各頂点 $Hg$ と各 $x\in X$ に対して
$$
Hg\xrightarrow{x}Hgx
$$
という有向辺を置く。逆向きにたどるときのラベルは $x^{-1}$ とする。この[[Schreierグラフ|ラベル付きグラフ]]を $\Gamma(H\backslash F,X)$ という。
&&&
単位剰余類 $H$ を基点とします。語 $w\in F$ を基点からラベルどおりにたどると終点は $Hw$ です。従って
$$
w\in H
\quad\Longleftrightarrow\quad
w\text{ が基点に戻る閉路を与える}.
$$
グラフは連結です。実際、頂点 $Hg$ に対し $g$ を表す語を基点から読めば、その頂点へ到達します。
## 全域木と基本閉路
有限連結グラフから、全頂点を含み閉路をもたない部分グラフ $T$ を一つ選びます。これを全域木といいます。基点から各頂点 $v$ へは $T$ 内の道がただ一つあり、そのラベルを $p_v$ と書きます。
各有向辺 $e:u\xrightarrow{x}v$ に対して
$$
y_e=p_u x p_v^{-1}\in F
$$
と置きます。この語は基点から $u$ へ進み、$e$ を渡り、木の道を逆に戻る閉路なので $H$ に属します。$e$ が木の辺なら $y_e=e$ です。木の外の辺について向きを一つ選び、その $y_e$ を集めた集合を $Y$ とします。逆向きの基本閉路は $y_e^{-1}$ です。
&&&lem グラフの閉路基底 [02-lem-graph-loop-basis]
連結グラフに全域木を固定すると、基点閉路は木の外の辺に対応する基本閉路で一意に表される。直後に逆向きへ戻る操作を除いて簡約した基本閉路の語が空でなければ、元の閉路も空には縮まらない。
&&&
&&&prf [02-prf-graph-loop-basis]
基点閉路の辺列を
$$
e_1e_2\cdots e_n,
\qquad e_i:v_{i-1}\to v_i,
\qquad v_0=v_n
$$
とします。各辺の前後に木の道を挿入すると
$$
(p_{v_0}e_1p_{v_1}^{-1})
(p_{v_1}e_2p_{v_2}^{-1})\cdots
(p_{v_{n-1}}e_np_{v_n}^{-1})
$$
となります。隣接する $p_{v_i}^{-1}p_{v_i}$ は往復なので消え、$p_{v_0}=p_{v_n}$ は空の道です。従って元の閉路は基本閉路の積です。木の辺に対応する因子は空なので、木の外の辺だけが残ります。
逆に、木の外の辺を含む基本閉路の積を道として簡約しても、木の辺の往復を消す操作は木の外の辺を消せません。木の外の辺が消えるのは同じ辺を直後に逆向きへ通る場合だけで、これは対応する基本閉路 $y_e,y_e^{-1}$ の隣接相殺です。従って基本閉路の簡約語が空でなければ、閉路も空になりません。生成性と自由性が同時に従います。□
&&&
## 有限指数Nielsen--Schreier定理
&&&thm Nielsen--Schreierの定理（有限指数版） [02-thm-nielsen-schreier-finite-index]
階数 $r$ の自由群 $F_r$ の指数 $d$ の部分群 $H$ は自由群であり、その階数は
$$
\operatorname{rank}H=1+d(r-1)
$$
である。
&&&
&&&prf [02-prf-nielsen-schreier-finite-index]
Schreierグラフの基点閉路のラベルはちょうど $H$ の元でした。閉路基底補題により、木の外の辺から作った集合 $Y$ は $H$ を生成し、その間に非自明な簡約関係はありません。従って $H$ は $Y$ 上の自由群です。
頂点数は右剰余類の個数なので $d$。各頂点と各正の生成元 $x\in X$ に一つの辺があるため、辺数は重複辺とloopも別々に数えて $dr$ です。頂点数 $d$ の木の辺数は $d-1$。よって木の外の辺数、すなわち自由基底の元数は
$$
dr-(d-1)=1+d(r-1).
$$
□
&&&
この公式はSchreierの指数公式と呼ばれます。$r\ge2,d\ge2$ なら部分群の階数は元の群より大きくなり得ます。部分に入ると生成元が増えるという、ベクトル空間とは違う現象です。
## 指数2の具体計算
$F(a,b)$ から $C_2$ への準同型
$$
\varphi(a)=1,
\qquad \varphi(b)=0
$$
を取り、$H=\ker\varphi$ とします。指数は2です。Schreierグラフの頂点は $H,Ha$ の二つ。全域木に $H$ から $Ha$ への $a$ 辺を一つ選びます。
木の外の三辺から得られる基本閉路は
$$
b,
\qquad a^2,
\qquad aba^{-1}.
$$
従って
$$
H=F\bigl(b,a^2,aba^{-1}\bigr)
$$
は階数3の自由群です。公式も
$$
1+2(2-1)=3
$$
を与えます。
## 無限指数の場合
一般のNielsen--Schreier定理では $H$ の指数が無限でも、同じSchreierグラフに全域木を選び、木の外の辺を自由基底にします。有限指数版との違いは、頂点数・辺数の単純な引き算で有限の階数公式を出せないことです。有限グラフについての上の証明は、構成の核心をすべて含んでいます。
&&&exc 階数2の部分群はあり得るか [02-exc-schreier-rank-two]
$F_2$ の有限指数部分群で階数2のものは $F_2$ 自身だけであることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-schreier-rank-two-answer]
指数を $d$ とするとSchreierの指数公式から
$$
\operatorname{rank}H=1+d(2-1)=1+d.
$$
これが2なら $d=1$。指数1の部分群は全体だけなので $H=F_2$ です。□
&&&
&&&exc 指数3部分群 [02-exc-schreier-index-three]
$F_3$ の指数3の部分群の階数を求めよ。また、そのような部分群が実際に存在することを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-schreier-index-three-answer]
指数公式から
$$
1+3(3-1)=7
$$
です。存在については、自由基底の一つを $C_3$ の生成元へ送り、残る二つを単位元へ送る全射 $F_3\to C_3$ を取ります。その核は第一同型定理により指数3なので、階数7の部分群です。□
&&&
&&&exc 可換群との違い [02-exc-schreier-abelian-contrast]
$\mathbb Z^2$ の有限指数部分群は常に階数2の自由可換群である一方、$F_2$ の指数 $d$ 部分群は階数 $d+1$ の自由群になる。この差を、Schreierグラフの木の外の辺の個数から説明せよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-schreier-abelian-contrast-answer]
$F_2$ のSchreierグラフは頂点 $d$、辺 $2d$ をもち、全域木の $d-1$ 辺を除くと
$$
2d-(d-1)=d+1
$$
本の独立な閉路が残ります。自由群ではこれらの閉路間に可換関係がないため、すべてが自由生成元になります。
$\mathbb Z^2$ では最初から二方向が可換する関係をもち、有限指数格子も平面内の二本の独立な格子ベクトルで生成されます。同じ「被覆」の図でも、可換関係の有無が階数の挙動を変えます。□
&&&


7-3 自由群の部分群

群の元の名前や表し方が違っても、積の構造が同じなら同じ群として扱いたい。その比較を担うのが準同型です。準同型が区別できなくする元は核に集まり、第一同型定理は「像は、核を一つに潰した商群そのもの」と述べます。
## 準同型・核・像
&&&def 群準同型 [02-def-group-homomorphism]
群 $G,H$ の間の写像 $\varphi:G\to H$ が
$$
\varphi(xy)=\varphi(x)\varphi(y)
$$
を全 $x,y\in G$ で満たすとき[[群準同型]]という。全単射な準同型を[[群同型|同型写像]]といい、同型が存在するとき $G\cong H$ と書く。
&&&
&&&prop 準同型が保つもの [02-prop-hom-preserves]
準同型 $\varphi:G\to H$ に対し
$$
\varphi(e_G)=e_H,\qquad
\varphi(x^{-1})=\varphi(x)^{-1},\qquad
\varphi(x^n)=\varphi(x)^n
$$
が成り立つ。
&&&
&&&prf [02-prf-hom-preserves]
$$
\varphi(e_G)=\varphi(e_Ge_G)=\varphi(e_G)^2.
$$
両辺の左から $\varphi(e_G)^{-1}$ を掛けて $\varphi(e_G)=e_H$。
$$
e_H=\varphi(e_G)=\varphi(xx^{-1})
=\varphi(x)\varphi(x^{-1})
$$
であり、逆向きの積も同様なので $\varphi(x^{-1})=\varphi(x)^{-1}$。冪は正整数について帰納法、0と負整数について今示した二式から従う。□
&&&
&&&def 核と像 [02-def-kernel-image]
準同型 $\varphi:G\to H$ に対し
$$
\ker\varphi=\{g\in G\mid\varphi(g)=e_H\},
$$
$$
\operatorname{im}\varphi=\{\varphi(g)\mid g\in G\}
$$
をそれぞれ[[群準同型の核|核]]と[[群準同型の像|像]]という。
&&&
&&&prop 核と像の構造 [02-prop-kernel-image-subgroups]
$$
\ker\varphi\trianglelefteq G,\qquad
\operatorname{im}\varphi\le H.
$$
また $\varphi$ が単射であることと $\ker\varphi=\{e_G\}$ は同値。
&&&
&&&prf [02-prf-kernel-image-subgroups]
$x,y\in\ker\varphi$ なら
$$
\varphi(xy^{-1})
=\varphi(x)\varphi(y)^{-1}=e_H,
$$
従って核は部分群。$g\in G,n\in\ker\varphi$ に対し
$$
\varphi(gng^{-1})
=\varphi(g)e_H\varphi(g)^{-1}=e_H,
$$
なので核は正規。
$a=\varphi(x),b=\varphi(y)$ が像に入れば
$$ab^{-1}=\varphi(xy^{-1})$$
も像に入るため、像は部分群。
$\varphi$ が単射なら $\varphi(g)=e_H=\varphi(e_G)$ から $g=e_G$。逆に核が自明で $\varphi(x)=\varphi(y)$ なら
$$
\varphi(y^{-1}x)=\varphi(y)^{-1}\varphi(x)=e_H,
$$
従って $y^{-1}x=e_G$、すなわち $x=y$。□
&&&
## 第一同型定理
&&&thm 群の第一同型定理 [02-thm-first-isomorphism]
準同型 $\varphi:G\to H$ に対し
$$
G/\ker\varphi\cong\operatorname{im}\varphi.
$$
具体的には
$$
\overline\varphi:G/\ker\varphi\to\operatorname{im}\varphi,
\qquad
g\ker\varphi\longmapsto\varphi(g)
$$
が同型写像である。
&&&
&&&prf [02-prf-first-isomorphism]
$K=\ker\varphi$ と置く。まず写像が代表元によらないことを示す。$gK=g'K$ なら $g^{-1}g'\in K$ なので
$$
\varphi(g)^{-1}\varphi(g')
=\varphi(g^{-1}g')=e_H.
$$
従って $\varphi(g)=\varphi(g')$。
積について
$$
\overline\varphi((gK)(hK))
=\overline\varphi(ghK)
=\varphi(gh)
=\varphi(g)\varphi(h),
$$
なので準同型。像を値域としているため全射。さらに
$$
\overline\varphi(gK)=e_H
\Longleftrightarrow\varphi(g)=e_H
\Longleftrightarrow g\in K
\Longleftrightarrow gK=K.
$$
核が自明なので単射判定により単射。従って同型。□
&&&
抽象的には「$\varphi$ が失う情報は核だけ」という定理です。
## 具体例
準同型
$$
\varphi:\mathbb Z\to\mathbb Z/n\mathbb Z,\qquad
k\mapsto\bar k
$$
は全射で、核は $n\mathbb Z$。従って
$$
\mathbb Z/n\mathbb Z\cong\mathbb Z/(n\mathbb Z).
$$
行列式
$$
\det:GL_n(\mathbb R)\to\mathbb R^\times
$$
は $\det(AB)=\det A\det B$ により準同型で、核は
$$SL_n(\mathbb R)=\{A\mid\det A=1\}.$$
像は $\mathbb R^\times$ 全体なので
$$
GL_n(\mathbb R)/SL_n(\mathbb R)\cong\mathbb R^\times.
$$
&&&exc 符号準同型の商 [02-exc-sign-quotient-preview]
置換の符号 $\operatorname{sgn}:S_n\to\{1,-1\}$ が全射準同型で、核が $A_n$ であると仮定する。第一同型定理から得られる同型を書け。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-sign-quotient-preview-answer]
第一同型定理をそのまま適用して
$$
S_n/A_n\cong\{1,-1\}
\cong\mathbb Z/2\mathbb Z.
$$
特に $A_n$ は核なので正規部分群で、$n\ge2$ では指数2。符号準同型自体は第3章の置換群で構成する。□
&&&
&&&exc 複素指数関数 [02-exc-complex-exponential-kernel]
加法群から乗法群への準同型
$$
\varphi:\mathbb R\to S^1,\qquad t\mapsto e^{2\pi it}
$$
の核と像を求め、第一同型定理を適用せよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-complex-exponential-kernel-answer]
$e^{2\pi i(s+t)}=e^{2\pi is}e^{2\pi it}$ なので準同型。すべての単位複素数は $e^{2\pi it}$ と書けるので像は $S^1$。値が1となるのは $t\in\mathbb Z$ のときだから核は $\mathbb Z$。従って
$$
\mathbb R/\mathbb Z\cong S^1.
$$
円周を、実数直線で整数だけ離れた点を同一視した商として捉えられる。□
&&&


1-3 群準同型と第一同型定理

共役作用で一つの元を固定する群が中心化群、部分群全体を固定する群が正規化群です。軌道安定化群定理と組み合わせると、共役類の大きさや共役な部分群の個数を指数として計算できます。
## 定義と基本性質
&&&def 中心化群と正規化群 [02-def-centralizer-normalizer]
$A\subset G$ に対し
$$
C_G(A)=\{g\in G\mid ga=ag\text{ for all }a\in A\}
$$
を $A$ の[[中心化群]]という。部分群 $H\le G$ に対し
$$
N_G(H)=\{g\in G\mid gHg^{-1}=H\}
$$
を $H$ の[[正規化群]]という。
&&&
&&&prop 中心化群と正規化群は部分群 [02-prop-centralizer-normalizer-subgroups]
$C_G(A)\le G$、$N_G(H)\le G$。さらに
$$
H\trianglelefteq N_G(H),
$$
かつ $N_G(H)$ は $H$ が正規となる $G$ の最大の部分群である。
&&&
&&&prf [02-prf-centralizer-normalizer-subgroups]
$e$ は $A$ の全元と可換する。$x,y\in C_G(A)$ なら任意の $a\in A$ に対し
$$
(xy^{-1})a=x(ay^{-1})=(xa)y^{-1}=a(xy^{-1}),
$$
従って部分群判定法から $C_G(A)\le G$。
$x,y\in N_G(H)$ なら
$$
(xy^{-1})H(xy^{-1})^{-1}
=x(y^{-1}Hy)x^{-1}=xHx^{-1}=H,
$$
なので $N_G(H)\le G$。定義から $H$ は $N_G(H)$ の中で共役不変、従って正規。
$H\trianglelefteq K\le G$ なら全 $k\in K$ で $kHk^{-1}=H$、従って $K\subset N_G(H)$。よって最大。□
&&&
特に
$$
Z(G)=C_G(G)=\bigcap_{g\in G}C_G(g).
$$
また
$$
H\trianglelefteq G\Longleftrightarrow N_G(H)=G.
$$
## 共役類の個数
$G$ の自身への共役作用で元 $x$ の安定化群は $C_G(x)$ です。従って
$$
|\operatorname{Cl}_G(x)|=[G:C_G(x)].
$$
一方、$G$ が部分群全体へ共役で作用するとき $H$ の安定化群は $N_G(H)$。従って $H$ と共役な部分群の個数は
$$
[G:N_G(H)].
$$
Sylow部分群 $P$ について第二Sylow定理により共役類が全Sylow集合なので
$$
n_p=[G:N_G(P)]
$$
が再び得られます。
## $S_3$ と $S_4$ の計算
$S_3$ で $x=(12)$ とします。$x$ と可換する置換は $\{e,(12)\}$ だけなので
$$
|C_{S_3}(x)|=2,\qquad
|\operatorname{Cl}(x)|=6/2=3.
$$
実際共役類は三つの互換です。
$S_4$ で $x=(12)(34)$ とします。$x$ の二つの2-cycleをそれぞれ保つか交換する置換が中心化します。
$$
C_{S_4}(x)
=\langle(12),(34),(13)(24)\rangle
$$
は位数8。従って共役類は $24/8=3$ 元で
$$
(12)(34),\quad(13)(24),\quad(14)(23)
$$
です。
&&&exc 中心化群から共役類 [02-exc-centralizer-three-cycle]
$S_4$ における $(123)$ の中心化群と共役類の大きさを求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-centralizer-three-cycle-answer]
$(123)$ と可換する置換は、その軌道 $\{1,2,3\}$ を保ち、そこで $(123)$ の冪として作用しなければならない。文字4は固定される。従って
$$
C_{S_4}((123))=\langle(123)\rangle
$$
で位数3。共役類の大きさは
$$[S_4:C_{S_4}((123))]=24/3=8.$$
これは4文字から3文字を選ぶ4通りと、その上の3-cycle二方向の積 $4\cdot2=8$ と一致する。□
&&&
&&&exc 正規化群とSylow個数 [02-exc-normalizer-sylow-s3]
$P=\langle(123)\rangle\le S_3$ について $N_{S_3}(P)$ を求め、Sylow 3部分群の個数を計算せよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-normalizer-sylow-s3-answer]
$P=A_3$ は指数2なので $S_3$ で正規。従って
$$N_{S_3}(P)=S_3.$$
共役なSylow 3部分群の個数は
$$
n_3=[S_3:N_{S_3}(P)]=1.
$$
□
&&&


3-3 中心化群と正規化群

可解群は交換子を繰り返して複雑さを減らします。冪零群ではそれより強く、中心に入る層を一段ずつ積み上げて群全体へ到達できます。このページでは上中心列と下中心列が同じ性質を測っていることを証明します。
## 上中心列
$Z_0(G)=\{e\}$ と置き、商写像
$$
\pi_i:G\to G/Z_i(G)
$$
に対して
$$
Z_{i+1}(G)=\pi_i^{-1}\bigl(Z(G/Z_i(G))\bigr)
$$
と定めます。これを上中心列といいます。
&&&def 冪零群と冪零度 [02-def-nilpotent-class]
ある $c\ge0$ で $Z_c(G)=G$ となるとき、$G$ を[[冪零群]]という。そのような最小の $c$ を[[冪零度]]という。
&&&
$c=1$ はちょうど非自明な可換群です。冪零度2では群自体は非可換でも、中心で割れば可換になります。
&&&prop 上中心列の交換子判定 [02-prop-upper-central-commutator-test]
$x\in G$ に対し
$$
x\in Z_{i+1}(G)
\quad\Longleftrightarrow\quad
[g,x]\in Z_i(G)\quad(\forall g\in G).
$$
&&&
&&&prf [02-prf-upper-central-commutator-test]
$xZ_i(G)$ が $G/Z_i(G)$ の中心にあることは、任意の $g$ に対して
$$
(gZ_i)(xZ_i)=(xZ_i)(gZ_i)
$$
となることです。これは
$$
gxg^{-1}x^{-1}=[g,x]\in Z_i(G)
$$
と同値です。上中心列の定義と合わせれば主張を得ます。□
&&&
## 下中心列
&&&def 下中心列 [02-def-lower-central-series]
$$
\gamma_1(G)=G,
\qquad
\gamma_{i+1}(G)=[G,\gamma_i(G)]
$$
で定まる列を[[下中心列]]という。ここで $[G,N]$ は $[g,n]$（$g\in G,n\in N$）すべてで生成される部分群である。
&&&
定義から
$$
G=\gamma_1(G)\trianglerighteq\gamma_2(G)
\trianglerighteq\gamma_3(G)\trianglerighteq\cdots
$$
です。$\gamma_2(G)=[G,G]$ は交換子部分群です。
&&&thm 二つの中心列の同値 [02-thm-upper-lower-central-equivalence]
次は同値である。
1. $Z_c(G)=G$。
2. $\gamma_{c+1}(G)=\{e\}$。
従って冪零度は下中心列が自明になるまでの段数からも読める。
&&&
&&&prf [02-prf-upper-lower-central-equivalence]
まず $Z_c(G)=G$ とします。上中心列の交換子判定から
$$
[G,Z_j(G)]\le Z_{j-1}(G)
$$
です。$\gamma_1(G)=G=Z_c(G)$ から始めて帰納すると
$$
\gamma_i(G)\le Z_{c-i+1}(G)
$$
を得ます。$i=c+1$ で
$$
\gamma_{c+1}(G)\le Z_0(G)=\{e\}.
$$
逆に $\gamma_{c+1}(G)=\{e\}$ とします。まず
$$
\gamma_{c+1}(G)=\{e\}=Z_0(G).
$$
もし $\gamma_{c+1-i}(G)\le Z_i(G)$ なら、$x\in\gamma_{c-i}(G)$ に対して
$$
[G,x]\le [G,\gamma_{c-i}(G)]
=\gamma_{c+1-i}(G)\le Z_i(G).
$$
交換子判定により $x\in Z_{i+1}(G)$。従って
$$
\gamma_{c-i}(G)\le Z_{i+1}(G).
$$
帰納して $G=\gamma_1(G)\le Z_c(G)$、ゆえに $Z_c(G)=G$ です。□
&&&
## 例：$D_4$ と $Q_8$
$D_4=\langle r,s\mid r^4=s^2=e,\ srs=r^{-1}\rangle$ では
$$
Z(D_4)=\{e,r^2\}.
$$
また $D_4/Z(D_4)$ は $C_2\times C_2$ と同型で可換です。従って
$$
Z_1(D_4)=\{e,r^2\},
\qquad Z_2(D_4)=D_4,
$$
で、冪零度は2です。交換子は
$$
[s,r]=srs^{-1}r^{-1}=r^{-2}=r^2
$$
なので、下中心列も
$$
D_4\trianglerighteq\langle r^2\rangle
\trianglerighteq\{e\}
$$
となります。
$Q_8=\{\pm1,\pm i,\pm j,\pm k\}$ でも
$$
Z(Q_8)=\{\pm1\},
\qquad Q_8/Z(Q_8)\cong C_2\times C_2,
$$
なので冪零度2です。
## 冪零なら可解
&&&prop 冪零群は可解 [02-prop-nilpotent-implies-solvable]
冪零群は可解である。
&&&
&&&prf [02-prf-nilpotent-implies-solvable]
$Z_c(G)=G$ とします。各因子
$$
Z_{i+1}(G)/Z_i(G)
$$
は $G/Z_i(G)$ の中心の部分群なので可換です。従って
$$
\{e\}=Z_0(G)\trianglelefteq Z_1(G)
\trianglelefteq\cdots\trianglelefteq Z_c(G)=G
$$
は可換因子だけをもつ正規列です。
自明群から始め、各短完全列
$$
1\to Z_i(G)\to Z_{i+1}(G)
\to Z_{i+1}(G)/Z_i(G)\to1
$$
へ可解群の拡大閉性を順に適用すると、$G$ は可解です。□
&&&
逆は成り立ちません。$S_3$ は可解ですが
$$
\gamma_2(S_3)=A_3.
$$
互換 $t$ が3-cycle $a$ を $a^{-1}$ へ共役するので、$[t,a]$ は $A_3$ の非自明な元です。従って
$$
[S_3,A_3]=A_3,
$$
すなわち $\gamma_i(S_3)=A_3$ が $i\ge2$ で続き、自明群へ到達しません。
## 部分群・商群・直積
&&&prop 冪零性の遺伝 [02-prop-nilpotent-inheritance]
$G$ が冪零なら、その任意の部分群と商群も冪零である。また有限個の冪零群の直積は冪零であり、その冪零度は各因子の冪零度の最大値である。
&&&
&&&prf [02-prf-nilpotent-inheritance]
$H\le G$ なら、下中心列の定義から帰納的に
$$
\gamma_i(H)\le\gamma_i(G).
$$
従って $\gamma_{c+1}(G)=e$ なら $\gamma_{c+1}(H)=e$。
全射 $\pi:G\to Q$ に対しては、交換子が準同型で保たれるので
$$
\gamma_i(Q)=\pi(\gamma_i(G))
$$
が帰納的に従います。従って商群でも下中心列は同じ段数までに止まります。
直積では成分ごとに交換子を計算できるため
$$
\gamma_i(G_1\times\cdots\times G_r)
=\gamma_i(G_1)\times\cdots\times\gamma_i(G_r).
$$
よって全成分が自明になる最初の段は、各成分の停止段の最大値です。□
&&&
&&&exc 上単三角行列群 [02-exc-unitriangular-heisenberg]
体 $K$ 上の行列
$$
u(a,b,c)=
\begin{pmatrix}
1&a&c\\
0&1&b\\
0&0&1
\end{pmatrix}
$$
全体が群 $U_3(K)$ をなすことを示し、中心と冪零度を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-unitriangular-heisenberg-answer]
行列積を計算すると
$$
u(a,b,c)u(a',b',c')
=u(a+a',b+b',c+c'+ab').
$$
単位元は $u(0,0,0)$、逆元は
$$
u(a,b,c)^{-1}=u(-a,-b,ab-c)
$$
なので群です。さらに
$$
[u(a,b,c),u(a',b',c')]
=u(0,0,ab'-a'b).
$$
従って $u(0,0,c)$ はすべて中心に入ります。逆に $u(a,b,c)$ が全元と可換なら、$(a',b')=(0,1),(1,0)$ を代入して $a=b=0$。ゆえに
$$
Z(U_3(K))=\{u(0,0,c):c\in K\}.
$$
$K$ が零体でない限り群は非可換で、商は可換なので冪零度は2です。□
&&&
&&&exc 有限 $p$ 群 [02-exc-finite-p-group-nilpotent]
有限 $p$ 群の中心が非自明であることと、商群も $p$ 群であることを用いて、有限 $p$ 群が冪零であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-finite-p-group-nilpotent-answer]
$|G|$ に関する帰納法を使います。$G=e$ なら明らか。非自明な有限 $p$ 群では類等式から $Z(G)\ne e$。商 $G/Z(G)$ はより小さい有限 $p$ 群なので、帰納法によりある $c$ でその上中心列が全体へ到達します。商の上中心列を $G$ へ逆像で引き戻すと、$G$ の上中心列は一段多く進んで $G$ 全体へ到達します。従って $G$ は冪零です。□
&&&


6-3 冪零群と中心列

組成列そのものは一意ではありません。それでも現れる単純群の多重集合は変わりません。これは整数の素因数分解の一意性に対応する群論の定理です。
## 定理
&&&thm Jordan--Hölderの定理 [02-thm-jordan-holder]
有限群 $G$ の任意の二つの組成列は同じ長さをもち、組成因子は順序を除いて同型である。
&&&
&&&prf [02-prf-jordan-holder]
$|G|$ に関する帰納法で証明する。$G$ が自明または単純なら明らか。
二つの組成列の最初を
$$
G\trianglerighteq N\trianglerighteq\cdots,
\qquad
G\trianglerighteq M\trianglerighteq\cdots
$$
とする。$G/N,G/M$ は単純なので、$N,M$ は $G$ の極大な真の正規部分群。
$N=M$ なら、$N$ は $G$ より小さい。帰納法により二列の $N$ 以下の組成因子が順序を除いて一致し、共通の先頭因子 $G/N$ を加えればよい。
$N\ne M$ とする。積 $NM$ は $G$ の正規部分群で、$N\subsetneq NM$。$N$ の極大性から
$$NM=G.$$
$K=N\cap M$ と置く。第二同型定理から
$$
N/K\cong NM/M=G/M,
$$
$$
M/K\cong NM/N=G/N.
$$
右辺は単純なので $K$ は $N,M$ の極大正規部分群です。
$K$ の組成列を一つ選ぶ。$N$ の二つの組成列、すなわち元の列の $N$ 以下と
$$
N\trianglerighteq K\trianglerighteq
(\text{$K$ の組成列})
$$
へ帰納法を適用すると、$N$ 以下の元の組成因子は
$$
N/K\quad\text{と $K$ の組成因子}
$$
に一致する。同様に、$M$ 以下の元の因子は
$$
M/K\quad\text{と $K$ の組成因子}
$$
に一致する。
従って第一の $G$ の組成列の因子は
$$
G/N,\quad N/K,\quad
(\text{$K$ の組成因子}),
$$
第二の列の因子は
$$
G/M,\quad M/K,\quad
(\text{$K$ の組成因子}).
$$
しかし
$$
G/N\cong M/K,\qquad
G/M\cong N/K.
$$
最初の二因子が入れ替わるだけで残りは同じ。よって多重集合と長さが一致する。□
&&&
## 何が一意で、何が一意でないか
一意なのは組成因子の同型類と重複度です。各因子が現れる順序、途中の部分群、組成列そのものは一意ではありません。
$C_{12}$ の二列
$$
C_{12}\trianglerighteq C_6
\trianglerighteq C_3\trianglerighteq e
$$
と
$$
C_{12}\trianglerighteq C_4
\trianglerighteq C_2\trianglerighteq e
$$
では因子順が
$$
C_2,C_2,C_3
$$
と
$$
C_3,C_2,C_2
$$
で違いますが、多重集合は同じです。
## 応用
&&&cor 組成因子は群の不変量 [02-cor-composition-factors-invariant]
有限群が同型なら組成因子の多重集合は一致する。逆に、組成因子が一致しても群が同型とは限らない。
&&&
&&&prf [02-prf-composition-factors-invariant]
同型写像は組成列を各部分群の像へ送り、対応する商群も同型にするため前半が従う。
逆の反例として $C_4$ と $C_2\times C_2$ はともに組成因子 $C_2,C_2$ をもつが、前者には位数4の元があり後者にはないため非同型。□
&&&
&&&exc 位数8の組成因子 [02-exc-composition-order-eight]
位数8の五群がすべて同じ組成因子をもつことを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-composition-order-eight-answer]
位数8の群は $2$ 群なので可解であり、組成因子は素数位数の巡回群。組成因子の位数の積は8であるため
$$
2\cdot2\cdot2=8
$$
となり、三つの $C_2$ 以外に可能性はない。Jordan--Hölderによりどの組成列でも同じ。□
&&&
&&&exc 組成長の加法性 [02-exc-composition-length-extension]
有限群の短完全列
$$
1\to N\to G\to Q\to1
$$
に対し、組成長が
$$
\ell(G)=\ell(N)+\ell(Q)
$$
となることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-composition-length-extension-answer]
$N$ の組成列と $Q\cong G/N$ の組成列を取る。対応定理で $Q$ の組成列を $N$ を含む $G$ の部分群列へ持ち上げ、その末尾に $N$ の組成列をつなぐと $G$ の組成列になる。段数は二列の段数の和。Jordan--Hölderにより組成長は列の選択によらないため式を得る。□
&&&


5-4 Jordan–Hölderの定理

Lagrangeの定理は元の位数が群の位数を割ると述べます。Cauchyの定理は素数について逆向きを与えます。証明では、積が単位元となる $p$ 個組を巡回的にずらし、軌道の個数を法 $p$ で数えます。
## 巡回作用による証明
&&&thm Cauchyの定理 [02-thm-cauchy-finite-groups]
$G$ を有限群、$p$ を $|G|$ を割る素数とする。このとき $G$ は位数 $p$ の元をもつ。従って位数 $p$ の部分群をもつ。
&&&
&&&prf [02-prf-cauchy-finite-groups]
集合
$$
X=\{(x_1,\ldots,x_p)\in G^p\mid
x_1x_2\cdots x_p=e\}
$$
を考える。最初の $p-1$ 成分を自由に選べば
$$
x_p=(x_1\cdots x_{p-1})^{-1}
$$
と一意に決まるので
$$|X|=|G|^{p-1}.$$
$p\mid|G|$ だから $p\mid|X|$。
巡回群 $C_p=\langle\sigma\rangle$ を
$$
\sigma\cdot(x_1,x_2,\ldots,x_p)
=(x_2,\ldots,x_p,x_1)
$$
で作用させる。右辺の積は
$$
x_2\cdots x_px_1
=x_1^{-1}(x_1\cdots x_p)x_1=e,
$$
なので作用は $X$ 内に留まる。
$C_p$ の軌道の大きさは1または $p$。従って
$$
|X|\equiv
\#\{\text{一元軌道}\}\pmod p.
$$
一元軌道は全成分が等しい組 $(x,\ldots,x)$ であり、$X$ に入る条件は $x^p=e$。よって
$$
0\equiv|X|
\equiv|\{x\in G\mid x^p=e\}|
\pmod p.
$$
この集合は少なくとも $e$ を含むので、その元数は正の $p$ の倍数、従って少なくとも $p$。$e$ 以外の $x$ が存在する。$x^p=e$ かつ $p$ が素数なので、$x$ の位数は1または $p$。$x\ne e$ だから位数は $p$。$\langle x\rangle$ が位数 $p$ の部分群。□
&&&
Sylow第一定理は $p$ の最高冪全体を一度に取り出しますが、Cauchyの定理は一つの素因子から位数 $p$ の元を直接作ります。
## 応用
&&&cor 偶数位数の群の対合 [02-cor-even-group-involution]
偶数位数の有限群は $x^2=e$ を満たす $x\ne e$ をもつ。
&&&
これは $p=2$ のCauchyの定理です。別証明もできます。$x\ne x^{-1}$ の元を逆元同士で二つ組にすると、単位元以外に自分自身を逆元にもつ元がなければ $|G|-1$ は偶数となり、$|G|$ が奇数になって矛盾します。
&&&cor 素数をすべて見る [02-cor-prime-divisor-elements]
有限群 $G$ の位数の各素因数 $p$ に対し、$G$ は位数 $p$ の巡回部分群をもつ。
&&&
ただし合成数 $d\mid|G|$ に対して位数 $d$ の元が存在するとは限りません。$C_2\times C_2$ は位数4ですが全非単位元の位数は2です。
## 可換群の場合の帰納的証明
有限可換群では別の証明があります。$p\mid|G|$ とし $g\ne e$ を取ります。$p\mid|g|$ なら $g^{|g|/p}$ は位数 $p$。$p\nmid|g|$ なら商 $G/\langle g\rangle$ の位数はまだ $p$ で割れます。群の位数について帰納し、商に位数 $p$ の元 $x\langle g\rangle$ を取ると $x^p\in\langle g\rangle$。
$\gcd(p,|g|)=1$ なので写像
$$
\langle g\rangle\to\langle g\rangle,\qquad h\mapsto h^p
$$
は全単射です。実際 $h^p=e$ なら $|h|$ は $p$ と $|g|$ の両方を割るため $h=e$、有限集合上の単射は全射。従って $h^p=x^{-p}$ となる $h\in\langle g\rangle$ がある。可換性から
$$
(xh)^p=x^ph^p=e.
$$
しかも $xh\notin\langle g\rangle$ なので $xh\ne e$。よって $xh$ の位数は $p$。一般の非可換群では $(xh)^p=x^ph^p$ が使えず、上の作用による証明が一様に働きます。
&&&exc 位数30の群 [02-exc-cauchy-order-thirty]
$|G|=30$ なら、位数2、3、5の元がそれぞれ存在することを示せ。それらが同じ巡回部分群に入るとは限らない理由も述べよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-cauchy-order-thirty-answer]
$2,3,5$ はすべて30を割る素数なのでCauchyの定理から各位数の元が存在する。同じ巡回部分群に入るなら、その部分群には位数の最小公倍数30の元が存在する可能性が生じるが、Cauchyの定理は各元を別々に与えるだけで、互いに可換であることも一つの巡回群に入ることも保証しない。たとえば非可換群では異なるSylow部分群の元が可換とは限らない。□
&&&
&&&exc 解の個数 [02-exc-cauchy-number-solutions]
$p\mid|G|$ のとき方程式 $x^p=e$ の解の個数が $p$ の倍数であることを、証明中の作用から示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-cauchy-number-solutions-answer]
証明中の $X$ は $p$ の倍数個の元をもち、$C_p$ の非一元軌道は各 $p$ 元。一元軌道の個数は
$$|\{x\in G\mid x^p=e\}|.$$
全体から非一元軌道の寄与を引いても $p$ の倍数なので、一元軌道の個数も $p$ の倍数。□
&&&


3-4 Cauchyの定理

有限次元ベクトル空間には基底があり、次元だけで分類できます。可換群では整数倍しか許されないため、有限位数の成分が残ります。Smith標準形は整数行列を「整数上で許される行基本変形」により対角化し、有限生成可換群を巡回群の直積へ分解します。
このページは加法記法を使います。
## 自由可換群と表示行列
&&&def 自由可換群 [02-def-free-abelian-group]
$$
\mathbb Z^r=\{(a_1,\ldots,a_r)\mid a_i\in\mathbb Z\}
$$
を階数 $r$ の[[自由可換群]]という。可換群 $A$ が[[有限生成可換群|有限生成]]であるとは、ある $a_1,\ldots,a_r\in A$ により
$$
A=\mathbb Za_1+\cdots+\mathbb Za_r
$$
と書けることをいう。
&&&
生成元を選ぶと全射
$$
\pi:\mathbb Z^r\to A,\qquad
(n_1,\ldots,n_r)\mapsto\sum n_ia_i
$$
を得ます。核 $R$ は生成元間の関係式全体で、第一同型定理から
$$A\cong\mathbb Z^r/R.$$
&&&lem $\mathbb Z^r$ の部分群 [02-lem-subgroup-free-abelian-fg]
$\mathbb Z^r$ の任意の部分群は有限生成である。
&&&
&&&prf [02-prf-subgroup-free-abelian-fg]
$r$ に関する帰納法を使う。$r=0$ は明らか。$R\le\mathbb Z^r$ を最後の座標へ射影すると、その像は $\mathbb Z$ の部分群なので $d\mathbb Z$ と書ける。
$d=0$ なら $R\subset\mathbb Z^{r-1}\times\{0\}$ で、帰納法から有限生成。$d>0$ なら、最後の座標が $d$ である $v\in R$ を一つ取る。射影の核
$$
K=R\cap(\mathbb Z^{r-1}\times\{0\})
$$
は帰納法により有限個 $k_1,\ldots,k_s$ で生成される。任意の $x\in R$ の最後の座標は $qd$ と書け、$x-qv\in K$。従って
$$
R=\langle k_1,\ldots,k_s,v\rangle.
$$
□
&&&
この補題により $R$ の有限生成元を列に並べた整数行列 $M$ が存在して
$$A\cong\mathbb Z^r/\operatorname{im}M$$
と書けます。
## 整数上で許される変形
行列式が $\pm1$ の整数正方行列をunimodular行列といいます。逆行列も整数行列です。行または列について
1. 二本を交換する。
2. 一本の符号を変える。
3. 一本へ別の一本の整数倍を加える。
という変形はunimodular行列を左右から掛ける操作です。列操作は関係式の生成元を、行操作は自由群の基底を取り替えるだけなので、商群の同型型を変えません。
&&&thm Smith標準形 [02-thm-smith-normal-form]
任意の整数 $m\times n$ 行列 $M$ に対し、unimodular行列 $U,V$ が存在して
$$
UMV=\operatorname{diag}(d_1,\ldots,d_t,0,\ldots,0),
$$
ただし
$$
d_i>0,\qquad d_1\mid d_2\mid\cdots\mid d_t.
$$
非零対角成分 $d_i$ は一意である。
&&&
&&&prf [02-prf-smith-normal-form]
$M=0$ なら終わり。非零なら行・列交換と符号変更で正の非零成分を $(1,1)$ へ移す。その値を $d$ とする。
第一列の成分 $a$ を $a=qd+r$、$0\le r<d$ と除法する。対応する行から第一行の $q$ 倍を引けば、その成分を $r$ にできる。$r\ne0$ なら行交換により $(1,1)$ の正の値をより小さくできる。同じ操作を第一行の列成分にも行う。正整数は無限に減少しないので、有限回後に $(1,1)$ 成分 $d_1$ が第一行・第一列の全成分を割る。整数倍を引いて第一行・第一列を
$$
\begin{pmatrix}
d_1&0\\
0&M_1
\end{pmatrix}
$$
の形にする。
もし $d_1$ が $M_1$ の成分 $a$ を割らなければ、その成分を含む行を第一行へ加える。第一行には $d_1$ と $a$ が現れ、Euclidの互除法に対応する列操作により $(1,1)$ 成分を $\gcd(d_1,a)<d_1$ にできる。これは上の減少過程が終了したことに反する。従って $d_1$ は $M_1$ の全成分を割る。
$M_1$ に同じ操作を帰納的に施すと対角形を得る。$d_1$ が $M_1$ の全成分を割るため、次の非零対角成分 $d_2$ も $d_1$ の倍数。以下同様に divisibility chain が得られる。
一意性を示す。$\Delta_k(M)$ を全 $k\times k$ 小行列式の最大公約数（全部0なら0）とする。整数基本変形後の各小行列式は元の小行列式の整数線形結合であり、逆変形も整数基本変形なので $\Delta_k$ は不変。Smith形では divisibility chain により
$$
\Delta_k=d_1d_2\cdots d_k.
$$
従って
$$
d_1=\Delta_1,\qquad
d_k=\Delta_k/\Delta_{k-1}
$$
で各 $d_k$ が決まり、一意。□
&&&
## 構造定理
&&&thm 有限生成可換群の構造定理 [02-thm-finitely-generated-abelian]
任意の有限生成可換群 $A$ は
$$
A\cong
\mathbb Z^s\oplus
\mathbb Z/d_1\mathbb Z\oplus\cdots\oplus
\mathbb Z/d_t\mathbb Z
$$
と書ける。ここで
$$
1<d_1\mid d_2\mid\cdots\mid d_t.
$$
$s$ と $d_1,\ldots,d_t$ は $A$ から一意に決まる。
&&&
&&&prf [02-prf-finitely-generated-abelian]
$A\cong\mathbb Z^r/\operatorname{im}M$ と表示する。Smith標準形を取り、基底変更で
$$
M=\operatorname{diag}(d_1,\ldots,d_t,0,\ldots,0)
$$
としてよい。商では最初の $t$ 個の基底元に関係式 $d_ie_i=0$ が課され、残りには関係がない。従って
$$
A\cong\bigoplus_{i=1}^t\mathbb Z/d_i\mathbb Z
\oplus\mathbb Z^{r-t}.
$$
$d_i=1$ の因子は自明群なので除く。
一意性を群そのものから示します。有限位数元全体
$$
T(A)=\{a\in A:na=0\text{ となる }n\ge1\text{ がある}\}
$$
は部分群で、上の分解では有限巡回因子の直和そのものです。従って $A/T(A)\cong\mathbb Z^s$。さらに
$$
(A/T(A))/p(A/T(A))\cong(\mathbb Z/p\mathbb Z)^s
$$
なので、$s$ はこの $\mathbb F_p$ ベクトル空間の次元として $A$ だけから決まります。
次に各素数 $p$ と $k\ge1$ に対し
$$
T(A)[p^k]=\{a\in T(A):p^ka=0\}
$$
を考えます。$d_i$ の $p$ 進指数を $v_p(d_i)$ とすると
$$
|T(A)[p^k]|
=p^{\sum_i\min(k,v_p(d_i))}.
$$
よって
$$
b_{p,k}
=\log_p|T(A)[p^k]|-\log_p|T(A)[p^{k-1}]|
$$
は、$p^k$ が $d_i$ を割るような添字 $i$ の個数です。したがって全 $b_{p,k}$ から $v_p(d_i)$ の多重集合が復元できます。
各素数について指数を小さい順に並べ、因子数が足りないときは先頭を指数0で補います。条件 $d_1\mid\cdots\mid d_t$ により、同じ位置の素数冪を掛け合わせるしかなく、各 $d_i$ が一意に復元されます。従って $s$ と $d_1,\ldots,d_t$ は $A$ から一意に決まります。□
&&&
自由階数 $s$ は、$A$ の中で整数係数について独立な無限位数元の最大個数としても特徴づけられます。上の証明ではテンソル積を使わず、有限群 $A/pA$ の次元と $p^k$ 倍で消える元の個数だけで一意性を読み取りました。
## 計算例
関係式
$$
2x+4y=0,\qquad 6x+8y=0
$$
で生成される群を考えます。表示行列は
$$
M=\begin{pmatrix}2&4\\6&8\end{pmatrix}.
$$
第一列の3倍を第二行から引くと
$$
\begin{pmatrix}2&4\\0&-4\end{pmatrix},
$$
第一列の2倍を第二列から引くと
$$
\begin{pmatrix}2&0\\0&-4\end{pmatrix}.
$$
符号を変えてSmith形 $\operatorname{diag}(2,4)$。従って
$$
A\cong\mathbb Z/2\mathbb Z\oplus\mathbb Z/4\mathbb Z.
$$
&&&exc 二生成一関係の群 [02-exc-one-relation-abelian]
$$
A=\langle x,y\mid 6x+9y=0\rangle
$$
を巡回群と自由群の直和へ分解せよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-one-relation-abelian-answer]
表示行列は列ベクトル $(6,9)^T$。Euclidの互除法によるunimodular行操作で $(3,0)^T$ へ変形できる。したがって一方の基底元に関係式 $3e_1=0$ があり、もう一方は自由：
$$
A\cong\mathbb Z/3\mathbb Z\oplus\mathbb Z.
$$
□
&&&
&&&exc 位数72の可換群 [02-exc-abelian-order-seventy-two]
位数 $72=2^3\cdot3^2$ の有限可換群を、同型を除いてすべて列挙せよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-abelian-order-seventy-two-answer]
$2^3$ 部分は
$$C_8,\quad C_4\oplus C_2,\quad C_2^3,$$
$3^2$ 部分は
$$C_9,\quad C_3^2.$$
異なる素数部分は直積し、各選択は一意なので、組合せは $3\cdot2=6$ 個：
$$
C_8\oplus C_9,\ C_8\oplus C_3^2,
$$
$$
C_4\oplus C_2\oplus C_9,\ 
C_4\oplus C_2\oplus C_3^2,
$$
$$
C_2^3\oplus C_9,\ 
C_2^3\oplus C_3^2.
$$
□
&&&


8-4 有限生成可換群

群表示は群そのものではなく、生成元と関係式による「記述」です。同じ群がまったく違う表示をもつことがあります。Tietze変形は、群を変えずに表示だけを変える基本操作を尽くします。
## 表示が定める群
集合 $X$ 上の自由群を $F(X)$、関係語の集合を $R\subset F(X)$ とします。
&&&def 群表示 [02-def-group-presentation-quotient]
$$
\langle X\mid R\rangle
$$
という[[群表示]]とは、$R$ の[[正規閉包]] $\langle\!\langle R\rangle\!\rangle$ で割った群
$$
F(X)/\langle\!\langle R\rangle\!\rangle
$$
を表す。
&&&
関係語 $r=e$ を課すとは、$r$ だけでなく、その共役と積から必然的に得られる全関係を課すことです。そのため普通の部分群でなく正規閉包が現れます。
## 四つのTietze変形
&&&def Tietze変形 [02-def-tietze-transformations]
群表示に対する次の操作と、その逆操作を[[Tietze変形]]という。
1. 新しい生成元 $y$ と関係 $y=w(X)$ を同時に加える。
2. 関係 $y=w(X)$ があるとき、他の関係中の $y$ を $w(X)$ で置き換え、$y$ とその定義関係を除く。
3. 既存関係の正規閉包に属する関係語を追加する。
4. 他の関係から従う関係語を除く。
&&&
&&&prop Tietze変形は群を変えない [02-prop-tietze-preserves-group]
各Tietze変形の前後で、表示される群は自然に同型である。
&&&
&&&prf [02-prf-tietze-preserves-group]
生成元 $y$ と関係 $y=w(X)$ を加えた場合を考えます。新しい表示から元の群へ、$x\in X$ は同名の元へ、$y$ は $w(X)$ の表す元へ送る準同型があります。逆に元の表示から新しい表示へ、各 $x$ を同名の生成元へ送れます。新しい群では $y=w(X)$ なので二つの合成は全生成元を固定し、互いに逆です。操作2はこの逆です。
操作3で加える語 $r$ が既存関係 $R$ の正規閉包に属するなら、$F(X)/\langle\!\langle R\rangle\!\rangle$ ですでに $r=e$ です。従って
$$
\langle\!\langle R\cup\{r\}\rangle\!\rangle
=\langle\!\langle R\rangle\!\rangle
$$
で、商群は文字どおり同じです。操作4はその逆です。□
&&&
## Tietzeの定理
&&&thm Tietzeの定理 [02-thm-tietze]
二つの有限表示が同型な群を表すなら、一方から他方へ有限回のTietze変形で移れる。
&&&
&&&prf [02-prf-tietze]
二表示を
$$
G=\langle X\mid R\rangle
=\langle Y\mid S\rangle
$$
とします。各 $y\in Y$ が $G$ で表す元を、$X$ の語 $w_y(X)$ で表します。生成元 $y$ と関係 $y=w_y(X)$ を順に加えます。次に各 $x\in X$ も $Y$ の語 $v_x(Y)$ で表します。
拡大した表示では、$S$ の各関係は $G$ ですでに成り立つため、$R$ と定義関係の正規閉包に入ります。操作3で $S$ を追加できます。同様に関係 $x=v_x(Y)$ も追加できます。
これで各古い生成元 $x$ は $Y$ の語として定義されたので、操作2で $X$ とその定義関係を除けます。残った $R$ と、$y=w_y(v_X(Y))$ 型の関係は $S$ から従うため操作4で除けます。最後に $\langle Y\mid S\rangle$ が残ります。
有限表示では生成元・関係式が有限個なので、以上の追加と除去は有限回です。□
&&&
この定理は「同型なら変形列が存在する」と保証しますが、短い変形列を自動的に見つけるとは言っていません。表示から群の構造を読む難しさは残ります。
## 二面体群を自由積から書き直す
$$
C_2*C_2=\langle s,t\mid s^2=e,t^2=e\rangle
$$
に新しい生成元 $r$ と関係 $r=st$ を加えます。$t=sr$ なので $t$ を消去すると、関係 $t^2=e$ は
$$
(sr)^2=e
$$
になります。これは
$$
srs=r^{-1}
$$
と同値です。従って
$$
C_2*C_2
\cong\langle r,s\mid s^2=e,\ srs=r^{-1}\rangle.
$$
右辺は無限二面体群の標準表示です。新しい生成元 $r=st$ を導入したことで、二つの反射の積が平行移動に相当する構造が見えるようになりました。
## 冗長な関係を見抜く
表示
$$
\langle a,b\mid a^2=e,\ b^3=e,\ ab=ba,\ (ab)^6=e\rangle
$$
では最後の関係は冗長です。実際、可換性から
$$
(ab)^6=a^6b^6=(a^2)^3(b^3)^2=e.
$$
従って操作4で除けます。一方、$(ab)^3=e$ を除くことはできません。前の三関係だけなら $ab$ の位数は6であり、$(ab)^3=a\ne e$ だからです。
&&&exc 一生成元へ簡約する [02-exc-tietze-cyclic-six]
Tietze変形を用いて
$$
\langle x,y\mid y=x^2,\ y^3=e\rangle
$$
を一生成元の表示に直し、表す群を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-tietze-cyclic-six-answer]
関係 $y=x^2$ を使って $y$ を消去します。残る関係は
$$
(x^2)^3=x^6=e.
$$
従って表示は
$$
\langle x\mid x^6=e\rangle
$$
となり、群は $C_6$ です。ここで表示は $x$ の位数が6を割ることを課しますが、自由群 $F(x)\cong\mathbb Z$ を $6\mathbb Z$ で割るので位数は正確に6です。□
&&&
&&&exc $C_2\times C_3$ と $C_6$ [02-exc-tietze-c2-c3]
$$
G=\langle a,b\mid a^2=e,\ b^3=e,\ ab=ba\rangle
$$
で $c=ab$ と置く。$a=c^3,b=c^4$ を示し、$G\cong C_6$ を表示から導け。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-tietze-c2-c3-answer]
可換性から
$$
c^3=a^3b^3=a,
\qquad
c^4=a^4b^4=b.
$$
また $c^6=a^6b^6=e$。生成元 $c$ と関係 $c=ab$ を加えると、$a,b$ はそれぞれ $c^3,c^4$ で置き換えられるため消去できます。残る表示は
$$
\langle c\mid c^6=e\rangle.
$$
従って $G\cong C_6$ です。□
&&&
&&&exc 表示に関係を加える意味 [02-exc-presentation-add-relation]
自由群 $F(a,b)=\langle a,b\mid\varnothing\rangle$ に関係 $[a,b]=e$ を加えた商が $\mathbb Z^2$ になることを、普遍性を用いて示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-presentation-add-relation-answer]
関係 $[a,b]=e$ を加えると $a,b$ は可換するので、任意の語は $a^mb^n$ の形に直せます。写像
$$
a\mapsto(1,0),\qquad b\mapsto(0,1)
$$
は $\mathbb Z^2$ への全射を定めます。逆に $(m,n)\mapsto a^mb^n$ は可換性により $\mathbb Z^2$ から商群への準同型です。二写像は生成元上で互いに逆なので、商は $\mathbb Z^2$ と同型です。□
&&&


7-4 群表示の変形

商写像 $\pi:G\to G/N$ の下で、$G/N$ の部分群は $G$ のどの部分群に対応するのでしょうか。答えは「$N$ を含む部分群すべて」です。包含、正規性、指数まで保存されるため、商群の部分群格子を元の群の一部分として完全に読めます。
## 像と逆像
準同型 $\varphi:G\to H$ と部分群 $L\le H$ に対し
$$
\varphi^{-1}(L)=\{g\in G\mid\varphi(g)\in L\}
$$
は $G$ の部分群です。$x,y$ が逆像に入れば
$$
\varphi(xy^{-1})
=\varphi(x)\varphi(y)^{-1}\in L
$$
だからです。さらに $L\trianglelefteq H$ なら逆像も正規です。
一方、部分群 $K\le G$ の像 $\varphi(K)$ も部分群です。ただし $K$ が正規でも像が $H$ 全体で正規とは限らず、$\varphi$ が全射なら正規になります。
&&&thm 部分群対応定理 [02-thm-correspondence]
$N\trianglelefteq G$ とし、$\pi:G\to G/N$ を商写像とする。対応
$$
K\longmapsto K/N,\qquad
L\longmapsto\pi^{-1}(L)
$$
は
$$
\{K\le G\mid N\subset K\}
$$
と $G/N$ の全部分群との間の包含を保つ全単射である。さらに
$$
K\trianglelefteq G
\Longleftrightarrow
K/N\trianglelefteq G/N,
$$
かつ有限指数の場合
$$
[G:K]=[G/N:K/N].
$$
&&&
&&&prf [02-prf-correspondence]
$N\subset K$ なら
$$
\pi(K)=\{kN\mid k\in K\}=K/N.
$$
これは準同型による部分群の像なので部分群。逆に $L\le G/N$ なら $\pi^{-1}(L)$ は部分群で、$N=\ker\pi$ を含む。
二対応が互いに逆であることを示す。$N\subset K$ なら
$$
\pi^{-1}(\pi(K))=K.
$$
実際、左辺の $g$ は $gN=kN$ となる $k\in K$ をもち、$k^{-1}g\in N\subset K$ だから $g\in K$。逆包含は明らか。$\pi$ は全射なので $L\le G/N$ に対し
$$\pi(\pi^{-1}(L))=L.$$
包含を保つことも定義から直ちに従う。
$K\trianglelefteq G$ なら $gkg^{-1}\in K$ なので
$$
(gN)(kN)(gN)^{-1}=gkg^{-1}N\in K/N,
$$
従って $K/N$ は正規。逆に $K/N$ が正規なら上式が $K/N$ に入るため $gkg^{-1}\in\pi^{-1}(K/N)=K$、よって $K$ は正規。
最後に写像
$$
G/K\to(G/N)/(K/N),\qquad
gK\mapsto(gN)(K/N)
$$
は第三同型定理の同型である。従って剰余類集合の大きさ、すなわち指数が等しい。□
&&&
## 部分群格子の例
$G=\mathbb Z$、$N=12\mathbb Z$ とします。$N$ を含む $\mathbb Z$ の部分群は
$$
12\mathbb Z,\quad6\mathbb Z,\quad4\mathbb Z,\quad
3\mathbb Z,\quad2\mathbb Z,\quad\mathbb Z.
$$
これらはそれぞれ $\mathbb Z/12\mathbb Z$ の位数
$$
1,2,3,4,6,12
$$
の部分群に対応します。巡回群の部分群が位数の約数ごとに一つであることが、$\mathbb Z$ の部分群分類から再び得られます。
## 正規部分群を探す
対応定理は正規部分群も保存します。たとえば $G/N$ が単純群なら、$N$ と $G$ の間にある正規部分群は $N,G$ だけです。逆に中間正規部分群を見つければ、商群が単純でないことが分かります。
&&&exc $D_4$ の商と対応 [02-exc-correspondence-d4]
$$
D_4=\langle r,s\mid r^4=s^2=e,\ srs=r^{-1}\rangle
$$
で $N=\langle r^2\rangle$ とする。$N\trianglelefteq D_4$ を示し、$D_4/N$ を同定せよ。さらに商の位数2の部分群に対応する $D_4$ の部分群を列挙せよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-correspondence-d4-answer]
$r^2$ は $r$ と可換し、
$$sr^2s=(srs)^2=r^{-2}=r^2,$$
なので中心に入り $N$ は正規。商では $rN,sN$ はともに位数2で可換し、相異なるので
$$D_4/N\cong C_2\times C_2.$$
この群の位数2の部分群は
$$
\langle rN\rangle,\quad
\langle sN\rangle,\quad
\langle rsN\rangle.
$$
逆像はそれぞれ
$$
\langle r\rangle,\quad
\langle r^2,s\rangle,\quad
\langle r^2,rs\rangle.
$$
□
&&&
&&&exc 最大部分群と商 [02-exc-maximal-correspondence]
$N\subset M\subset G$、$N\trianglelefteq G$ とする。$M$ が $N$ を含む極大部分群であることと、$M/N$ が $G/N$ の極大部分群であることが同値だと示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-maximal-correspondence-answer]
対応定理は $N$ を含む部分群と商群の部分群の間で包含を保つ全単射。従って
$$
M<K<G
$$
となる中間部分群 $K$ の存在と
$$
M/N<K/N<G/N
$$
となる中間部分群の存在は同値。どちらにも中間がないという極大性も同値。□
&&&


2-4 部分群対応定理

図形の対称性を群にした後、その群自体にも「演算を保つ並べ替え」があります。群の自己同型全体は再び群をなし、内部の共役から生じる自己同型と、それだけでは説明できない外部自己同型を分けます。
## 自己同型
&&&def 自己同型群 [02-def-automorphism-group]
群 $G$ から自身への同型写像を[[自己同型]]という。[[自己同型群|自己同型全体]]は写像の合成について群をなし
$$
\operatorname{Aut}(G)
$$
と書く。
&&&
単位元は恒等写像、逆元は逆写像です。自己同型の合成も積を保つ全単射なので群になります。
自己同型は元の位数を保ちます。実際 $\varphi(g)^n=e$ と
$$
\varphi(g^n)=e
$$
は同値で、$\varphi$ は単射だから $g^n=e$ と同値です。従って中心、交換子部分群、位数ごとの元集合など、群の言葉だけで定義される集合を保ちます。
## 内部自己同型
各 $g\in G$ に対し
$$
c_g:G\to G,\qquad x\mapsto gxg^{-1}
$$
は自己同型です。
&&&prop 内部自己同型群 [02-prop-inner-automorphism-group]
写像
$$
c:G\to\operatorname{Aut}(G),\qquad g\mapsto c_g
$$
は準同型で、核は $Z(G)$。像
$$
\operatorname{Inn}(G)=\{c_g\mid g\in G\}
$$
は $\operatorname{Aut}(G)$ の正規部分群で
$$
\operatorname{Inn}(G)\cong G/Z(G).
$$
&&&
&&&prf [02-prf-inner-automorphism-group]
$$
c_{gh}(x)=ghx(gh)^{-1}
=g(hxh^{-1})g^{-1}
=(c_g\circ c_h)(x),
$$
なので準同型。$c_g$ が恒等写像であることは $gx=xg$ が全 $x$ で成り立つこと、すなわち $g\in Z(G)$ と同値。第一同型定理から像は $G/Z(G)$ と同型。
正規性を示す。$\alpha\in\operatorname{Aut}(G)$ に対し
$$
\alpha c_g\alpha^{-1}(x)
=\alpha(g\alpha^{-1}(x)g^{-1})
=\alpha(g)x\alpha(g)^{-1}
=c_{\alpha(g)}(x).
$$
従って自己同型で共役しても内部自己同型に留まる。□
&&&
商
$$
\operatorname{Out}(G)
=\operatorname{Aut}(G)/\operatorname{Inn}(G)
$$
を外部自己同型群といいます。
## 特性部分群
&&&def 特性部分群 [02-def-characteristic-subgroup]
$H\le G$ が全 $\alpha\in\operatorname{Aut}(G)$ に対し
$$\alpha(H)=H$$
を満たすとき、$H$ を $G$ の[[特性部分群]]といい $H\char G$ と書く。
&&&
&&&prop 特性なら正規 [02-prop-characteristic-normal]
$H\char G$ なら $H\trianglelefteq G$。さらに $K\char H$ かつ $H\char G$ なら $K\char G$。
&&&
&&&prf [02-prf-characteristic-normal]
内部自己同型は自己同型なので、特性部分群は全共役で不変、従って正規。
$\alpha\in\operatorname{Aut}(G)$ とする。$H\char G$ だから $\alpha(H)=H$ で、制限 $\alpha|_H$ は $H$ の自己同型。$K\char H$ だから $\alpha(K)=K$。全 $\alpha$ で成り立つので $K\char G$。□
&&&
$Z(G)$、$[G,G]$、導来列の各項は特性部分群です。たとえば自己同型は可換する元を可換する元へ送り、交換子を
$$
\alpha([x,y])=[\alpha(x),\alpha(y)]
$$
へ送るからです。
## 例：$Q_8$
$Q_8$ の位数4の部分群
$$
\langle i\rangle,\langle j\rangle,\langle k\rangle
$$
は自己同型で置換されます。さらに各生成元を符号付きで選べるため $\operatorname{Aut}(Q_8)$ はこれら三軸の対称性を記録し、位数24になります。完全な同定 $\operatorname{Aut}(Q_8)\cong S_4$ は第8章の二面体群と四元数群のページで計算します。
&&&exc 完全群 [02-exc-complete-group-centerless]
$Z(G)=\{e\}$ なら $\operatorname{Inn}(G)\cong G$ を示せ。さらに全自己同型が内部自己同型なら $\operatorname{Aut}(G)\cong G$ を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-complete-group-centerless-answer]
一般に $\operatorname{Inn}(G)\cong G/Z(G)$。中心が自明なら右辺は $G$。さらに
$$
\operatorname{Aut}(G)=\operatorname{Inn}(G)
$$
なら二つの同型を合成して $\operatorname{Aut}(G)\cong G$。この二条件を満たす群を完全群という。□
&&&
&&&exc 特性部分群の例 [02-exc-torsion-characteristic]
可換群 $A$ の捩れ部分群
$$
T(A)=\{a\in A\mid na=0\text{ for some }n\ge1\}
$$
が特性部分群であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-torsion-characteristic-answer]
$a\in T(A)$ ならある $n$ で $na=0$。自己同型 $\alpha$ に対し
$$
n\alpha(a)=\alpha(na)=0,
$$
よって $\alpha(a)\in T(A)$。従って $\alpha(T(A))\subset T(A)$。$\alpha^{-1}$ にも同じ議論を適用して逆包含を得るので等号。□
&&&


1-4 自己同型群

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
&&&thm 巡回群の自己同型群 [02-thm-aut-cyclic]
$C_n=\langle g\rangle$ 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。
&&&
&&&prf [02-prf-aut-cyclic]
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
&&&prop 無限巡回群の自己同型 [02-prop-aut-infinite-cyclic]
$$
\operatorname{Aut}(\mathbb Z)\cong C_2.
$$
&&&
&&&prf [02-prf-aut-infinite-cyclic]
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。
&&&exc $\operatorname{Aut}(C_{12})$ [02-exc-aut-c12]
$\operatorname{Aut}(C_{12})$ の元を列挙し、群として同定せよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-aut-c12-answer]
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
$$
\operatorname{Aut}(C_{12})
\cong C_2\times C_2.
$$
□
&&&
&&&exc 中国剰余定理と自己同型 [02-exc-aut-coprime-product]
$\gcd(m,n)=1$ 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。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-aut-coprime-product-answer]
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。□
&&&


1-5 巡回群の自己同型

正規部分群 $N$ と商群 $Q=G/N$ が分かっても、$G$ は一意には決まりません。直積、半直積、四元数群は同じ材料を異なる方法で組み合わせます。完全列は「部分群として入る」「商として出る」を一つの図式へまとめます。
## 完全列
&&&def 完全列 [02-def-exact-sequence-groups]
群準同型の列
$$
\cdots\longrightarrow G_{i-1}
\xrightarrow{f_{i-1}}G_i
\xrightarrow{f_i}G_{i+1}
\longrightarrow\cdots
$$
が $G_i$ で[[完全列|完全である]]とは
$$
\operatorname{im}f_{i-1}=\ker f_i
$$
となることをいう。すべての項で完全な列を完全列という。
&&&
&&&def 短完全列と群の拡大 [02-def-short-exact-extension]
完全列
$$
1\longrightarrow N\xrightarrow{\iota}G
\xrightarrow{\pi}Q\longrightarrow1
$$
を[[短完全列]]という。このとき $G$ を $Q$ による $N$ の[[群の拡大|拡大]]という。
&&&
左端での完全性は $\iota$ が単射、右端では $\pi$ が全射を意味します。中央では
$$
\iota(N)=\ker\pi.
$$
$N$ を像と同一視すれば $N\trianglelefteq G$ で、第一同型定理から
$$G/N\cong Q.$$
逆に任意の正規部分群 $N\trianglelefteq G$ は
$$
1\to N\to G\to G/N\to1
$$
を与えます。
&&&prop 有限群の短完全列の位数 [02-prop-short-exact-order]
有限群の短完全列
$$
1\to N\to G\to Q\to1
$$
に対し
$$|G|=|N||Q|.$$
&&&
&&&prf [02-prf-short-exact-order]
$N$ を $\ker\pi$ と同一視する。第一同型定理から $G/N\cong Q$ なので
$$
[G:N]=|Q|.
$$
Lagrangeの定理より
$$|G|=|N|[G:N]=|N||Q|.$$
□
&&&
## 同じ核と商、異なる拡大
$$
1\to C_2\to C_4\to C_2\to1
$$
と
$$
1\to C_2\to C_2\times C_2\to C_2\to1
$$
は核と商がともに $C_2$ ですが、中央の群は非同型です。前者には位数4の元があり、後者にはありません。
同様に
$$
1\to C_4\to D_4\to C_2\to1
$$
と
$$
1\to C_4\to Q_8\to C_2\to1
$$
は、商の非自明元が核へ同じ反転作用を誘導します。それでも $D_4$ では商の元を位数2の元へ持ち上げられ、$Q_8$ では外側の元が位数4になります。この差を測るのが「分裂するか」です。
## 拡大が誘導する作用
$N\trianglelefteq G$ なら、$g\in G$ の共役は $N$ の自己同型を与えます。ただし同じ剰余類 $gN$ の代表元を変えると、$N$ の内部自己同型だけ変わります。従って自然に定まるのは
$$
G/N\longrightarrow\operatorname{Out}(N)
$$
という外部作用です。代表元を一貫して選べる場合には、これを
$$
Q\to\operatorname{Aut}(N)
$$
へ持ち上げ、半直積を作れます。
&&&exc $S_3$ の短完全列 [02-exc-s3-short-exact]
符号写像から得られる短完全列を書き、核と商を同定せよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-s3-short-exact-answer]
符号写像は全射
$$
\operatorname{sgn}:S_3\to\{\pm1\}\cong C_2
$$
で、核は $A_3\cong C_3$。従って
$$
1\longrightarrow C_3
\longrightarrow S_3
\xrightarrow{\operatorname{sgn}}C_2
\longrightarrow1.
$$
位数も $6=3\cdot2$ と一致する。□
&&&
&&&exc 完全列から可解性 [02-exc-exact-solvable]
短完全列
$$1\to N\to G\to Q\to1$$
で $N,Q$ が可解なら $G$ が可解であることを、第6章の可解群の拡大閉性と照合せよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-exact-solvable-answer]
完全性から $N$ は $G$ の正規部分群と同一視でき、第一同型定理から $G/N\cong Q$。$N$ と商 $G/N$ が可解なので、可解群の拡大閉性により $G$ も可解。これは「可解群の拡大は可解」という命題を完全列で書き直したもの。□
&&&


2-5 群の拡大と完全列

素数位数の群は巡回群でした。次の段階 $p^2$ でも、非可換群はまだ現れません。類等式で中心を見つけ、「中心で割った商が巡回なら元の群も可換」という補題が分類を一気に終わらせます。
## 巡回な中心商
&&&lem 中心による商が巡回なら可換 [02-lem-cyclic-mod-center]
$G/Z(G)$ が巡回群なら $G$ は可換群である。
&&&
&&&prf [02-prf-cyclic-mod-center]
$G/Z(G)=\langle gZ(G)\rangle$ とする。任意の $x,y\in G$ は
$$
x=g^az,\qquad y=g^bw
$$
となる整数 $a,b$ と $z,w\in Z(G)$ をもつ。中心元はすべてと可換するので
$$
xy=g^{a+b}zw=g^{b+a}wz=yx.
$$
従って $G$ は可換。□
&&&
&&&thm 位数 $p^2$ の群の分類 [02-thm-groups-order-p-squared]
$p$ を素数、$|G|=p^2$ とする。このとき $G$ は可換で
$$
G\cong C_{p^2}
\quad\text{または}\quad
G\cong C_p\times C_p.
$$
&&&
&&&prf [02-prf-groups-order-p-squared]
有限 $p$ 群の中心は非自明なので、$|Z(G)|$ は $p$ または $p^2$。
$|Z(G)|=p$ と仮定すると $|G/Z(G)|=p$ で、素数位数の群は巡回群。直前の補題により $G$ は可換となり $Z(G)=G$、これは $|Z(G)|=p$ に矛盾。従って $|Z(G)|=p^2$ で $G=Z(G)$、すなわち可換。
$G$ に位数 $p^2$ の元があれば、その元が $G$ 全体を生成し $G\cong C_{p^2}$。なければ単位元以外の全元の位数はCauchyの定理とLagrangeの定理から $p$。$a\ne e$ を取り、$\langle a\rangle$ の外から $b$ を取る。写像
$$
C_p\times C_p\to G,\qquad
(\bar i,\bar j)\mapsto a^ib^j
$$
は可換性により準同型。$a^ib^j=e$ なら $b^j=a^{-i}\in\langle a\rangle$。$j\not\equiv0\pmod p$ なら $b=(b^j)^k\in\langle a\rangle$ となる $jk\equiv1\pmod p$ があり矛盾。従って $j\equiv0$、さらに $i\equiv0$。核が自明で、両群の位数が $p^2$ なので同型。□
&&&
## 二つの群を見分ける
$C_{p^2}$ には位数 $p^2$ の元が $\varphi(p^2)=p(p-1)$ 個あります。一方 $C_p\times C_p$ では非単位元がすべて位数 $p$。元の位数の分布だけで同型でないと分かります。
$C_p\times C_p$ は二次元ベクトル空間 $\mathbb F_p^2$ の加法群でもあります。位数 $p$ の部分群は一次元部分空間で、その個数は
$$
\frac{p^2-1}{p-1}=p+1.
$$
&&&exc 位数4の群 [02-exc-groups-order-four]
位数4の群を同型を除いて列挙し、それぞれの積表を元の位数から区別せよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-groups-order-four-answer]
$p=2$ の分類から
$$C_4,\qquad C_2\times C_2$$
の二つ。$C_4=\langle a\rangle$ では $a,a^3$ が位数4。$C_2\times C_2$ では三つの非単位元がすべて位数2。この性質は同型で保存されるため両群は非同型。□
&&&
&&&exc 位数 $p$ の部分群の個数 [02-exc-subgroups-elementary-p2]
$C_p\times C_p$ の位数 $p$ の部分群が $p+1$ 個であることを、非単位元を生成元ごとに数えて示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-subgroups-elementary-p2-answer]
非単位元は $p^2-1$ 個。各位数 $p$ の部分群は非単位元を $p-1$ 個もち、異なる位数 $p$ の部分群は単位元以外で交わらない。従って個数は
$$
\frac{p^2-1}{p-1}=p+1.
$$
□
&&&


8-5 位数 p^2 の群

異なる素数 $p<q$ の積を位数にもつ群では、大きい素数側のSylow部分群が必ず正規です。小さい側も正規なら群は巡回群、正規でなければ半直積として非可換性が生じます。
## Sylow部分群の配置
&&&thm 位数 $pq$ の群の基本構造 [02-thm-groups-order-pq]
$p<q$ を素数、$|G|=pq$ とする。
1. Sylow $q$ 部分群 $Q$ は一意で正規。
2. Sylow $p$ 部分群の個数は $1$ または $q$。
3. $p\nmid(q-1)$ なら $G\cong C_{pq}$。
4. $G$ が非可換なら $p\mid(q-1)$ で、$G\cong C_q\rtimes C_p$ と書ける。
&&&
&&&prf [02-prf-groups-order-pq]
第三Sylow定理から
$$
n_q\mid p,\qquad n_q\equiv1\pmod q.
$$
$n_q$ は1または $p$ ですが $1<p<q$ なので $p\not\equiv1\pmod q$。従って $n_q=1$、$Q$ は正規。
同様に
$$
n_p\mid q,\qquad n_p\equiv1\pmod p,
$$
だから $n_p=1$ または $q$。後者が起こるには $q\equiv1\pmod p$、すなわち $p\mid(q-1)$ が必要。
$p\nmid(q-1)$ なら $n_p=1$ でSylow $p$ 部分群 $P$ も正規。$P\cap Q=\{e\}$ かつ
$$|PQ|=\frac{|P||Q|}{|P\cap Q|}=pq=|G|$$
なので $G=PQ$。内部直積判定から
$$
G\cong P\times Q\cong C_p\times C_q\cong C_{pq}.
$$
$G$ が非可換なら $P$ は正規でなく $n_p=q$、従って $p\mid(q-1)$。それでも $Q\trianglelefteq G$、$P\cap Q=e$、$QP=G$ なので内部半直積
$$
G\cong Q\rtimes P\cong C_q\rtimes C_p.
$$
□
&&&
非自明な作用
$$
C_p\to\operatorname{Aut}(C_q)
$$
が非可換群を作ります。$\operatorname{Aut}(C_q)$ は $\mathbb Z/q\mathbb Z$ の非零元の乗法群と同型で位数 $q-1$。$p\mid(q-1)$ ならCauchyの定理により位数 $p$ の自己同型が存在し、非自明な半直積を構成できます。
具体的に $a\in(\mathbb Z/q\mathbb Z)^\times$ が位数 $p$ なら
$$
\langle r,s\mid r^q=s^p=e,\ srs^{-1}=r^a\rangle
$$
が非可換な位数 $pq$ の群です。正規形 $r^is^j$ により元は高々 $pq$ 個で、半直積構成がちょうど $pq$ 個の元を与えます。
## 位数21の例
$21=3\cdot7$ で $3\mid6$。$2\in(\mathbb Z/7\mathbb Z)^\times$ は
$$
2^3=8\equiv1\pmod7
$$
かつ $2\not\equiv1,2^2\not\equiv1$ なので位数3。従って
$$
\langle r,s\mid r^7=s^3=e,\ srs^{-1}=r^2\rangle
$$
は位数21の非可換群です。
&&&exc 位数35の群 [02-exc-groups-order-thirty-five]
$|G|=35$ なら $G\cong C_{35}$ を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-groups-order-thirty-five-answer]
$p=5,q=7$ で $5\nmid6=q-1$。基本構造定理の3より $G\cong C_{35}$。直接には
$$
n_7\mid5,\ n_7\equiv1\pmod7
$$
から $n_7=1$、
$$
n_5\mid7,\ n_5\equiv1\pmod5
$$
から候補は1のみ（7は5を法として2）。両Sylow部分群が正規なので直積 $C_7\times C_5\cong C_{35}$。□
&&&
&&&exc 非可換群の交換子 [02-exc-pq-commutator]
表示
$$
G=\langle r,s\mid r^q=s^p=e,\ srs^{-1}=r^a\rangle
$$
で $a\not\equiv1\pmod q$ とする。$[s,r]=r^{a-1}$ を示し、$[G,G]=\langle r\rangle$ を証明せよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-pq-commutator-answer]
定義から
$$
[s,r]=srs^{-1}r^{-1}=r^{a-1}.
$$
$a-1\not\equiv0\pmod q$ で $q$ は素数なので $r^{a-1}$ も $\langle r\rangle$ を生成する。従って $\langle r\rangle\subset[G,G]$。
一方 $G/\langle r\rangle\cong C_p$ は可換なので、可換化の普遍性から
$$[G,G]\subset\langle r\rangle.$$
両包含から等号。□
&&&


8-6 位数 pq の群

位数 $p^2$ まではすべて可換でした。位数8では初めて、同じ位数・似た元の位数をもちながら異なる二つの非可換群 $D_4,Q_8$ が現れます。有限生成可換群の構造定理と指数2部分群を使えば、全分類を完結できます。
## 五つの候補
&&&thm 位数8の群の分類 [02-thm-groups-order-eight]
位数8の群は、同型を除いて次の五つである。
$$
C_8,\qquad C_4\times C_2,\qquad C_2^3,
\qquad D_4,\qquad Q_8.
$$
ここで
$$
D_4=\langle r,s\mid r^4=s^2=e,\ srs^{-1}=r^{-1}\rangle,
$$
$$
Q_8=\{\pm1,\pm i,\pm j,\pm k\},
\quad i^2=j^2=k^2=ijk=-1.
$$
&&&
&&&prf [02-prf-groups-order-eight]
$G$ が可換なら有限生成可換群の構造定理と $8=2^3$ の分割
$$3,\qquad2+1,\qquad1+1+1$$
から、最初の三群に限られる。
$G$ を非可換とする。もし全非単位元の位数が2なら、任意の $x,y$ について
$$
(xy)^{-1}=xy.
$$
一方 $(xy)^{-1}=y^{-1}x^{-1}=yx$ なので $xy=yx$ となり矛盾。従って位数4以上の元がある。位数8の元があれば群は巡回で可換だから、位数4の元 $r$ が存在する。
$H=\langle r\rangle$ は位数4、指数2なので正規。$s\notin H$ を取る。共役 $srs^{-1}$ は $H$ の生成元なので $r$ または $r^{-1}$。前者なら $r,s$ が可換し、$G=H\cup sH$ の全元が可換するので矛盾。従って
$$srs^{-1}=r^{-1}.$$
$G/H$ は位数2なので $s^2\in H$。$s^2=r^k$ と書く。$s$ は $s^2$ と可換する一方、
$$
sr^ks^{-1}=r^{-k}.
$$
従って $r^k=r^{-k}$、すなわち $2k\equiv0\pmod4$。よって $s^2=e$ または $s^2=r^2$。
$s^2=e$ なら表示は $D_4$。$s^2=r^2$ なら
$$
r^4=e,\quad s^2=r^2,\quad srs^{-1}=r^{-1}
$$
で、$r\mapsto i,s\mapsto j$ とすれば $Q_8$ の関係式になり、八つの正規形 $r^a s^b$（$0\le a<4,0\le b<2$）が対応する。従って $Q_8$。□
&&&
## 五群を見分ける
- $C_8$ は位数8の元をもつ。
- $C_4\times C_2$ は可換で位数4の元をもつ。
- $C_2^3$ は全非単位元の位数が2。
- $D_4$ は非可換で位数2の元を5個もつ。
- $Q_8$ は非可換で位数2の元が $-1$ 一つだけ。
同型は元の位数と可換性を保つため、五群は互いに非同型です。
## $D_4$ と $Q_8$ の部分群
$Q_8$ の非自明な全部分群は
$$
\{\pm1\},\quad
\langle i\rangle,\quad\langle j\rangle,\quad
\langle k\rangle,\quad Q_8.
$$
位数4の三部分群はすべて指数2なので正規。実は $Q_8$ の全部分群は正規です。
$D_4$ では反転部分群 $\langle s\rangle$ は
$$r\langle s\rangle r^{-1}
=\langle r^2s\rangle\ne\langle s\rangle
$$
なので正規でありません。この差は、元の位数だけでなく部分群格子にも現れます。
&&&exc $Q_8$ の中心と交換子 [02-exc-q8-center-derived]
$Z(Q_8)$ と $[Q_8,Q_8]$ を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-q8-center-derived-answer]
$\pm1$ は全元と可換する。$i$ は $j$ と可換せず、同様に $\pm i,\pm j,\pm k$ は中心に入らない。従って
$$Z(Q_8)=\{\pm1\}.$$
商 $Q_8/\{\pm1\}$ は $C_2\times C_2$ で可換なので
$$[Q_8,Q_8]\subset\{\pm1\}.$$
一方
$$
[i,j]=iji^{-1}j^{-1}=-1,
$$
したがって
$$[Q_8,Q_8]=\{\pm1\}.$$
□
&&&
&&&exc $D_4$ の交換子 [02-exc-d4-derived]
$[D_4,D_4]=\langle r^2\rangle$ を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-d4-derived-answer]
$$
[s,r]=srs^{-1}r^{-1}
=r^{-1}r^{-1}=r^2.
$$
よって $\langle r^2\rangle\subset[D_4,D_4]$。一方 $D_4/\langle r^2\rangle\cong C_2\times C_2$ は可換なので、可換化の普遍性から逆包含。□
&&&


8-7 位数8の群

位数12では、可換群、二面体型、四元数型、正四面体の回転群 $A_4$ が同時に現れます。このページでは完全分類の準備として、Sylow部分群の個数が群構造をどこまで決めるかを具体的に追います。
## Sylow数
$|G|=12=2^2\cdot3$ とすると
$$
n_3\mid4,\qquad n_3\equiv1\pmod3,
$$
よって $n_3=1$ または4。また
$$
n_2\mid3,\qquad n_2\equiv1\pmod2,
$$
よって $n_2=1$ または3。
&&&prop 位数12の群の正規部分群 [02-prop-order-twelve-normal]
位数12の群は、正規なSylow 3部分群または正規なSylow 2部分群をもつ。
&&&
&&&prf [02-prf-order-twelve-normal]
$n_3=1$ ならSylow 3部分群が正規。$n_3=4$ とする。相異なる位数3の部分群は単位元以外で交わらないので、四部分群は
$$
1+4(3-1)=9
$$
個の元を占める。残る元は3個と単位元で計4個。
共役作用はSylow 3部分群4個を置換し、準同型
$$
\varphi:G\to S_4
$$
を与える。Sylow 3部分群 $Q$ の安定化群は $N_G(Q)$。軌道の大きさが4なので
$$
|N_G(Q)|=|G|/4=3,
$$
しかも $Q\subset N_G(Q)$ だから $N_G(Q)=Q$。
$\ker\varphi$ は四つすべてのSylow 3部分群を固定するため
$$
\ker\varphi\subset\bigcap_QN_G(Q)=\bigcap_QQ=\{e\};
$$
異なる位数3部分群の共通部分は自明だからである。従って $\varphi$ は単射で、像は $S_4$ の位数12の部分群。
位数12の部分群は $S_4$ で指数2なので正規であり、$S_4$ の交換子部分群を含む。符号写像から
$$[S_4,S_4]\subset A_4.$$
一方
$$[(12),(23)]=(132)$$
で、交換子部分群は正規だから全3-cycleを含む。3-cycleは $A_4$ を生成するので $A_4\subset[S_4,S_4]$。従って $[S_4,S_4]=A_4$。像も位数12でこれを含むため $\varphi(G)=A_4$。
$A_4$ の正規部分群
$$
V=\{e,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}
$$
の逆像 $\varphi^{-1}(V)$ は位数4の正規部分群であり、Sylow 2部分群である。したがって $n_2=1$。□
&&&
完全な同型分類は位数15までの総合分類のページで行います。ここでは二つの主要配置を具体例で確認します。
## $n_3=4$：正四面体群 $A_4$
$A_4$ の3-cycleは8個で、各Sylow 3部分群は非単位元を2個もつため $n_3=4$。残る
$$
V=\{e,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}
$$
はKlein四元群 $C_2\times C_2$ で、共役は巡回型を保つため正規。従って $V$ が一意なSylow 2部分群です。
$$
A_4/V\cong C_3
$$
であり
$$A_4\cong V\rtimes C_3.$$
$C_3$ は $V$ の三つの非単位元を巡回置換します。
## $n_3=1$：正規な $C_3$
二面体群
$$
D_6=\langle r,s\mid r^6=s^2=e,\ srs=r^{-1}\rangle
$$
では $\langle r^2\rangle\cong C_3$ が正規です。また
$$
D_6\cong S_3\times C_2.
$$
実際 $D_6$ の $r^3$ は中心的な位数2の元で、$\langle r^2,s\rangle\cong S_3$ と共通部分が自明、積が全体を生成するため内部直積です。
別の非可換例として
$$
\operatorname{Dic}_3
=\langle a,x\mid a^6=e,\ x^2=a^3,\ xax^{-1}=a^{-1}\rangle
$$
があります。これは位数12で、$x$ の位数は4。$D_6$ には反転として多くの位数2元がありますが、$\operatorname{Dic}_3$ の $\langle a\rangle$ 外の元はすべて平方が $a^3$ なので位数4です。従って両群は非同型です。
&&&exc $A_4$ に位数6の部分群はない [02-exc-a4-no-order-six]
$A_4$ が位数6の部分群をもたないことを示し、Lagrangeの定理の逆が偽であることを確認せよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-a4-no-order-six-answer]
位数6の部分群 $H$ があれば指数2なので正規。$H$ のSylow 3部分群の個数は1または4だが、$|H|=6$ では $n_3\mid2$ なので1。従って $H$ は一つの位数3部分群 $P$ を含む。
$H\trianglelefteq A_4$ なので、$P$ の $A_4$ による共役はすべて $H$ に含まれる。$A_4$ の四つのSylow 3部分群は共役であり、それらの非単位元だけで8個ある。これは $|H|=6$ に矛盾。よって存在しない。□
&&&
&&&exc $A_4$ の導来部分群 [02-exc-a4-derived]
$$[A_4,A_4]=V$$
を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-a4-derived-answer]
$A_4/V\cong C_3$ は可換なので $[A_4,A_4]\subset V$。一方
$$
[(123),(124)]
$$
を計算すると二重互換の一つを得る。交換子部分群は正規であり、二重互換三つは $A_4$ で共役なので全てを含む。従って $V\subset[A_4,A_4]$。両包含から等号。□
&&&


8-8 位数12の群

$D_4$ と $Q_8$ はどちらも位数8の非可換群で、中心と交換子部分群はいずれも位数2です。それでも部分群配置と自己同型群は大きく異なります。このページでは一般の二面体群の自己同型と $\operatorname{Aut}(Q_8)$ を計算します。
## 二面体群の自己同型
$$
D_n=\langle r,s\mid r^n=s^2=e,\ srs^{-1}=r^{-1}\rangle,
\qquad n\ge3
$$
とします。$\langle r\rangle$ の外の元 $r^bs$ は
$$
(r^bs)^2=r^bsr^bs
=r^br^{-b}s^2=e
$$
なので位数2です。位数 $n$ の元は回転部分群の生成元だけであり、$\langle r\rangle$ は特性部分群です。
&&&thm 二面体群の自己同型 [02-thm-aut-dihedral]
$D_n$ の任意の自己同型は
$$
r\longmapsto r^a,\qquad
s\longmapsto r^bs
$$
という形で、$a\in(\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times$、$b\in\mathbb Z/n\mathbb Z$。逆にこの選択はすべて自己同型を与える。従って
$$
\operatorname{Aut}(D_n)
\cong(\mathbb Z/n\mathbb Z)\rtimes
(\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times
$$
で、位数は $n\varphi(n)$。
&&&
&&&prf [02-prf-aut-dihedral]
自己同型は特性部分群 $\langle r\rangle$ を保ち、生成元を生成元へ送るので $r\mapsto r^a$、$\gcd(a,n)=1$。商 $D_n/\langle r\rangle\cong C_2$ の非自明元を保つため、$s$ の像は回転部分群の外にあり $r^bs$ と書ける。
逆にこの像は関係式を満たす。
$$
(r^a)^n=e,\qquad(r^bs)^2=e,
$$
$$
(r^bs)r^a(r^bs)^{-1}
=r^b(sr^as)r^{-b}
=r^br^{-a}r^{-b}=r^{-a}.
$$
表示の普遍性から準同型が存在する。$r^a$ は $\langle r\rangle$ を生成し、$r^bs$ と合わせて $s=r^{-b}(r^bs)$ も得られるので全射。有限群上の全射は自己同型。
合成すると
$$
(a,b)(a',b')=(aa',\,b+ab')
$$
となり、これは表示した半直積の演算。選択数は $\varphi(n)n$。□
&&&
## $Q_8$ の自己同型
$Q_8$ では $\{\pm1\}$ が位数2元からなる特性部分群です。自己同型は三つの巡回部分群
$$
\langle i\rangle,\quad\langle j\rangle,\quad\langle k\rangle
$$
を置換します。
&&&thm $Q_8$ の自己同型群 [02-thm-aut-q8]
$$
\operatorname{Aut}(Q_8)\cong S_4.
$$
&&&
&&&prf [02-prf-aut-q8]
$i$ の像は $\pm i,\pm j,\pm k$ の6通り。像を $u$ と決めた後、$j$ の像は $\langle u\rangle$ の外の位数4元4通りから選べる。選んだ $u,v$ は反可換し、$k=ij$ の像は $uv$ と強制されます。これらは
$$
u^2=v^2=-1,\qquad vu=-uv
$$
を満たすので $Q_8$ の表示を保ち、生成元 $u,v$ が $Q_8$ を生成するため自己同型。従って
$$|\operatorname{Aut}(Q_8)|=6\cdot4=24.$$
三つの部分群 $\langle i\rangle,\langle j\rangle,\langle k\rangle$ への作用は全射
$$
\rho:\operatorname{Aut}(Q_8)\to S_3
$$
を与える。核は各部分群を保つ符号変更で、$i,j$ の符号を独立に選び $k=ij$ の符号が決まるため位数4、各非単位元の位数2で $C_2\times C_2$。
$S_3$ はこの核の三つの非単位元を置換するので
$$
\operatorname{Aut}(Q_8)\cong
(C_2\times C_2)\rtimes S_3.
$$
一方 $S_4$ の二重互換からなる正規部分群
$$
V=\{e,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}
$$
は $C_2\times C_2$ で、$S_4/V\cong S_3$、共役作用は三非単位元の全置換を与える。点 $4$ の安定化群 $S_3$ と $V$ は共通部分が自明で積が $S_4$ なので
$$S_4\cong V\rtimes S_3.$$
二つの半直積で作用が同じため同型。□
&&&
&&&exc $\operatorname{Aut}(D_4)$ [02-exc-aut-d4]
$\operatorname{Aut}(D_4)$ の位数を求め、群として $D_4$ と同型であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-aut-d4-answer]
定理から位数は
$$4\varphi(4)=4\cdot2=8.$$
単元群 $(\mathbb Z/4\mathbb Z)^\times=\{\pm1\}$ が $\mathbb Z/4\mathbb Z$ に符号反転で作用するので
$$
\operatorname{Aut}(D_4)
\cong C_4\rtimes_{\text{反転}}C_2
\cong D_4.
$$
□
&&&
&&&exc $Q_8$ の内部自己同型 [02-exc-inner-q8]
$\operatorname{Inn}(Q_8)$ を求め、$\operatorname{Out}(Q_8)$ の位数を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-inner-q8-answer]
$$
\operatorname{Inn}(Q_8)
\cong Q_8/Z(Q_8)
=Q_8/\{\pm1\}
\cong C_2\times C_2.
$$
従って位数4。$\operatorname{Aut}(Q_8)$ の位数は24なので
$$
|\operatorname{Out}(Q_8)|=24/4=6.
$$
□
&&&


8-9 二面体群と四元数群

小さい位数の群を分類すると、Lagrangeの定理、Sylow理論、群作用、半直積、有限生成可換群の構造定理がどう連携するか見えます。このページでは位数15以下の有限群を同型を除いて整理します。
## 分類表
$C_n$ は位数 $n$ の巡回群、$D_n$ は正 $n$ 角形の対称群で位数 $2n$、$V_4=C_2\times C_2$ とします。
| 位数 | 同型を除いた群 | 個数 |
|---:|---|---:|
| 1 | 自明群 | 1 |
| 2 | $C_2$ | 1 |
| 3 | $C_3$ | 1 |
| 4 | $C_4,\ C_2\times C_2$ | 2 |
| 5 | $C_5$ | 1 |
| 6 | $C_6,\ S_3\cong D_3$ | 2 |
| 7 | $C_7$ | 1 |
| 8 | $C_8,\ C_4\times C_2,\ C_2^3,\ D_4,\ Q_8$ | 5 |
| 9 | $C_9,\ C_3\times C_3$ | 2 |
| 10 | $C_{10},\ D_5$ | 2 |
| 11 | $C_{11}$ | 1 |
| 12 | $C_{12},\ C_6\times C_2,\ D_6,\ \operatorname{Dic}_3,\ A_4$ | 5 |
| 13 | $C_{13}$ | 1 |
| 14 | $C_{14},\ D_7$ | 2 |
| 15 | $C_{15}$ | 1 |
## 素数位数と素数平方位数
素数 $p$ に対し、位数 $p$ の群は任意の非単位元で生成されるので $C_p$ です。これで位数 $2,3,5,7,11,13$ が決まります。
位数 $p^2$ の群は可換で、構造定理から
$$
C_{p^2},\qquad C_p\times C_p
$$
の二種類です。従って位数4と9の行が得られます。二群は、位数 $p^2$ の元が存在するかどうかで区別できます。
## 位数 $pq$
異なる素数 $p<q$ に対し、位数 $pq$ の群ではSylow $q$ 部分群が正規です。$p\nmid(q-1)$ なら群は $C_{pq}$ だけ。$p\mid(q-1)$ なら、巡回群に加えて非自明な半直積
$$
C_q\rtimes C_p
$$
が一つ現れます。
位数6,10,14では $p=2$ で $2\mid(q-1)$。$\operatorname{Aut}(C_q)$ の位数2の元は反転だけなので、非可換群は
$$
C_q\rtimes C_2\cong D_q
$$
の一種類です。位数15では $p=3,q=5$ ですが $3\nmid4$ なので $C_{15}$ しかありません。
「非自明な半直積が一種類」という主張も確認できます。$\operatorname{Aut}(C_q)\cong C_{q-1}$ は巡回群で、その位数 $p$ の部分群は一意です。$C_p$ の生成元の選び替えは、その部分群の異なる生成元を互いに移すため、得られる非自明作用は同型な半直積を与えます。
## 位数8
位数8の群はすべて2群です。可換なものは有限生成可換群の構造定理から
$$
C_8,\quad C_4\times C_2,\quad C_2^3.
$$
非可換なものは、位数4の元を取り、その巡回部分群への共役作用を調べることで
$$
D_4,\quad Q_8
$$
の二種類に限られることを位数8の群のページで証明しました。
五群が非同型であることは次の不変量で見分けられます。
| 群 | 可換か | 位数2の元の個数 | 位数4以上の元 |
|---|---:|---:|---:|
| $C_8$ | はい | 1 | 位数8あり |
| $C_4\times C_2$ | はい | 3 | 位数4あり |
| $C_2^3$ | はい | 7 | なし |
| $D_4$ | いいえ | 5 | 位数4あり |
| $Q_8$ | いいえ | 1 | 位数4あり |
## 位数12の完全分類
位数12では $n_3=1$ または4です。
&&&thm 位数12の群の分類 [02-thm-classification-order-twelve]
位数12の群は
$$
C_{12},\quad C_6\times C_2,\quad
D_6,\quad\operatorname{Dic}_3,\quad A_4
$$
のいずれか一つと同型である。
&&&
&&&prf [02-prf-classification-order-twelve]
$n_3=4$ の場合、位数12の群のページで四つのSylow 3部分群への共役作用が単射
$$
G\hookrightarrow S_4
$$
を与え、像が $A_4$ になることを証明しました。従って $G\cong A_4$。
$n_3=1$ の場合、一意なSylow 3部分群を $Q\cong C_3$、Sylow 2部分群を $P$ とします。$Q\trianglelefteq G$、$Q\cap P=e$ で
$$
|QP|=|Q||P|=12
$$
だから
$$
G\cong C_3\rtimes P.
$$
$P$ は位数4なので $C_4$ または $V_4$。作用は準同型
$$
\alpha:P\to\operatorname{Aut}(C_3)\cong C_2
$$
で決まります。
$\alpha$ が自明なら直積です。$P=C_4$ のとき $C_3\times C_4\cong C_{12}$、$P=V_4$ のとき
$$
C_3\times V_4\cong C_6\times C_2.
$$
$\alpha$ が非自明とします。$P=C_4$ なら核は唯一の位数2部分群で、生成元が $C_3$ を反転させます。これは
$$
C_3\rtimes C_4\cong\operatorname{Dic}_3.
$$
$P=V_4$ なら核は $V_4$ の位数2部分群です。$\operatorname{Aut}(V_4)$ が三つの位数2部分群を推移的に置換するので、非自明作用は同型を除いて一つだけ。その半直積は
$$
(C_3\rtimes C_2)\times C_2
\cong S_3\times C_2
\cong D_6.
$$
以上で五種類を尽くします。
非同型性も確認します。最初の二群は可換。$A_4$ には位数6の元がなく、$D_6$ にはあります。$\operatorname{Dic}_3$ では中心外の位数2元がなく、$D_6$ には反射型の位数2元があります。従って三つの非可換群も互いに非同型です。□
&&&
## 分類で使った判断の流れ
小さい位数の分類は、次の順で進めると見通しがよくなります。
1. Sylow数の合同条件と約数条件を書く。
2. 一意なSylow部分群を正規部分群として確保する。
3. 正規部分群と補部分群から半直積にする。
4. 作用 $P\to\operatorname{Aut}(N)$ を分類する。
5. 元の位数、中心、可換性などで候補を区別する。
この流れは位数15を越えても有効ですが、位数が上がると作用と拡大の候補が急増し、分裂しない拡大も現れます。
&&&exc 位数14の分類 [02-exc-classify-order-fourteen]
位数14の群が $C_{14}$ または $D_7$ のいずれかであることを、Sylow理論と作用から証明せよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-classify-order-fourteen-answer]
Sylow 7部分群 $Q$ は一意で正規です。Sylow 2部分群 $P\cong C_2$ を取ると $G=Q\rtimes P$。作用
$$
C_2\to\operatorname{Aut}(C_7)\cong C_6
$$
が自明なら $G\cong C_7\times C_2\cong C_{14}$。非自明なら $C_6$ の唯一の位数2元、すなわち反転 $r\mapsto r^{-1}$ が作用します。従って
$$
G\cong\langle r,s\mid r^7=s^2=e,\ srs=r^{-1}\rangle=D_7.
$$
□
&&&
&&&exc 位数12の五群を区別する [02-exc-distinguish-order-twelve]
位数12の五群について、可換性、元の最大位数、位数2の元の個数を調べ、どの二群も同型でないことを確かめよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-distinguish-order-twelve-answer]
$C_{12}$ は可換で最大位数12、位数2元は1個。$C_6\times C_2$ は可換で最大位数6、位数2元は3個です。
$D_6$ は非可換で最大位数6。六つの反射と中央回転 $r^3$ の計7個が位数2です。$\operatorname{Dic}_3$ は非可換で最大位数6ですが、位数2元は中心の一つだけです。$A_4$ は非可換で最大位数3、位数2元は三つの二重互換です。これらの組はすべて異なるため、五群は互いに非同型です。□
&&&
&&&exc 位数15 [02-exc-classify-order-fifteen]
位数15の群が巡回群になることを、Sylow数を直接計算して示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-classify-order-fifteen-answer]
$$
n_5\mid3,\qquad n_5\equiv1\pmod5
$$
より $n_5=1$。また
$$
n_3\mid5,\qquad n_3\equiv1\pmod3.
$$
候補1と5のうち、5は3を法として2なので $n_3=1$。両Sylow部分群が正規で共通部分は自明、積は全体です。従って
$$
G\cong C_5\times C_3\cong C_{15}.
$$
□
&&&


8-10 小さい位数の群の総合分類

この章では、定義を知っているだけでなく「何を使えば進むか」を判断する練習をします。各問の直後に完全解答を置きますが、最初は解答を閉じたまま、自分で方針を言葉にしてから計算してください。
## 問題1：二面体群の可換化
&&&exc 二面体群の可換化 [02-exc-capstone-dihedral-abelianization]
$$
D_n=\langle r,s\mid r^n=s^2=e,\ srs=r^{-1}\rangle
$$
の交換子部分群と可換化を、$n$ の奇偶に分けて求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-capstone-dihedral-abelianization-answer]
基本交換子は
$$
[s,r]=srs^{-1}r^{-1}=r^{-2}.
$$
従って $\langle r^2\rangle\le[D_n,D_n]$。一方、$D_n/\langle r^2\rangle$ では $r=r^{-1}$ なので、関係 $srs=r^{-1}$ は $sr=rs$ を意味します。商は可換だから
$$
[D_n,D_n]\le\langle r^2\rangle.
$$
よって等号です。
$n$ が奇数なら $r^2$ も $\langle r\rangle$ を生成するので交換子部分群は $\langle r\rangle$、可換化は $C_2$。$n$ が偶数なら $\langle r^2\rangle$ の指数は4で、商では $r,s$ がともに位数2で可換するため
$$
D_n^{\mathrm{ab}}\cong C_2\times C_2.
$$
□
&&&
## 問題2：位数21の群
&&&exc 位数21の完全分類 [02-exc-capstone-order-twenty-one]
位数21の群は、同型を除いて巡回群と一つの非可換群の二種類であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-capstone-order-twenty-one-answer]
$21=3\cdot7$ です。Sylow数から
$$
n_7\mid3,quad n_7\equiv1\pmod7
$$
なので $n_7=1$。従って $Q\cong C_7$ は正規。Sylow 3部分群 $P\cong C_3$ と合わせて
$$
G\cong C_7\rtimes_\alpha C_3.
$$
作用は $\alpha:C_3\to\operatorname{Aut}(C_7)\cong C_6$ です。
$\alpha$ が自明なら直積 $C_7\times C_3\cong C_{21}$。非自明なら像は $C_6$ の位数3部分群です。巡回群 $C_6$ の位数3部分群は一意で、その二つの生成元は $C_3$ の生成元を逆元へ替えることで交換されます。従って非自明半直積は同型を除いて一つ。
具体的には $2\in(\mathbb Z/7\mathbb Z)^\times$ が位数3なので
$$
\langle r,s\mid r^7=s^3=e,\ srs^{-1}=r^2\rangle
$$
です。作用が非自明なので非可換で、巡回群とは非同型です。□
&&&
## 問題3：$A_4$ の正規部分群
&&&exc $A_4$ の正規部分群を尽くす [02-exc-capstone-normal-subgroups-a4]
$A_4$ の正規部分群が
$$
\{e\},\quad V_4,\quad A_4
$$
だけであることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-capstone-normal-subgroups-a4-answer]
$A_4$ の共役類サイズは
$$
1,\quad3,\quad4,\quad4.
$$
単位元、三つの二重互換、二つに分かれた3-cycleの類に対応します。正規部分群は単位元を含む共役類の和集合で、その位数は12を割ります。
可能な和を調べると、1だけなら自明群、$1+3=4$ なら二重互換を合わせた $V_4$、全部なら12です。$1+4=5,1+4+4=9,1+3+4=8$ は12を割らず、$1+3+4+4=12$ は全体。従って三つだけです。$V_4$ が積で閉じることは二重互換どうしの積を計算すれば確認できます。□
&&&
## 問題4：自由群の指数2部分群
&&&exc Schreier基底を作る [02-exc-capstone-schreier-basis]
$F(a,b,c)$ から $C_2$ へ $a\mapsto1,b,c\mapsto0$ と送る全射の核 $H$ について、自由基底を一つ求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-capstone-schreier-basis-answer]
右剰余類代表を $1,a$ と取ります。二頂点のSchreierグラフで、基点からもう一頂点への $a$ 辺を全域木に選びます。木の外の辺が作る基本閉路は
$$
a^2,quad b,quad c,quad aba^{-1},quad aca^{-1}.
$$
従ってこれらが $H$ の自由基底です。指数公式でも
$$
\operatorname{rank}H=1+2(3-1)=5
$$
となり、個数が一致します。□
&&&
## 問題5：行列群から置換群へ
&&&exc $GL_2(\mathbb F_2)\cong S_3$ [02-exc-capstone-gl2-f2]
$GL_2(\mathbb F_2)$ の三つの非零ベクトルへの作用を用いて、$GL_2(\mathbb F_2)\cong S_3$ を証明せよ。作用が忠実である理由も示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-capstone-gl2-f2-answer]
$\mathbb F_2^2$ の非零ベクトルは
$$
(1,0)^{\mathsf T},\ (0,1)^{\mathsf T},\ (1,1)^{\mathsf T}
$$
の三つ。可逆行列は非零ベクトルを非零ベクトルへ送るので準同型
$$
\rho:GL_2(\mathbb F_2)\to S_3
$$
を得ます。
$\rho(A)$ が三ベクトルをすべて固定するなら、特に標準基底二本を固定するので $A=I$。従って核は自明で作用は忠実、$\rho$ は単射です。一方
$$
|GL_2(\mathbb F_2)|=(4-1)(4-2)=6=|S_3|.
$$
同じ位数の有限群への単射は全射なので同型です。□
&&&
## 問題6：組成因子と非同型性
&&&exc 組成因子だけでは群は決まらない [02-exc-capstone-composition-not-complete]
$D_4$ と $Q_8$ の組成因子が同じであることを示し、それでも両群が非同型である理由を二つ挙げよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-capstone-composition-not-complete-answer]
両群は位数8の2群です。組成因子は素数位数の巡回群で、その位数の積が8になるため、Jordan--Hölderの定理からどちらも
$$
C_2,C_2,C_2
$$
を組成因子にもちます。
しかし $D_4$ には反射四つと $r^2$、合計5個の位数2元があります。$Q_8$ の位数2元は $-1$ の一つだけです。また $D_4$ には位数2の非中心元がありますが、$Q_8$ のすべての部分群は正規です。どちらの性質も同型で保存されるので両群は非同型です。□
&&&
## 問題7：作用による数え上げ
&&&exc 正六角形の頂点二色彩色 [02-exc-capstone-hexagon-bracelet]
正六角形の頂点を白黒に塗り、回転と反転で移り合う彩色を同一視する。種類数を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-capstone-hexagon-bracelet-answer]
$n=6,q=2$ のbracelet公式を使います。回転の固定点数の和は
$$
2^6+2^1+2^2+2^3+2^2+2^1
=84.
$$
偶数個の頂点なので、向かい合う頂点を通る反転が3個あり、各々 $2^{6/2+1}=16$ 配置を固定します。向かい合う辺を通る反転も3個あり、各々 $2^{6/2}=8$ 配置を固定します。従って軌道数は
$$
\frac1{12}(84+3\cdot16+3\cdot8)
=\frac{156}{12}=13.
$$
□
&&&
## 問題8：冪零と可解を区別する
&&&exc $S_3$ は可解だが冪零でない [02-exc-capstone-s3-solvable-not-nilpotent]
$S_3$ の導来列と下中心列をそれぞれ計算し、可解だが冪零でないことを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-capstone-s3-solvable-not-nilpotent-answer]
$[S_3,S_3]=A_3$ で、$A_3$ は可換です。従って導来列は
$$
S_3\trianglerighteq A_3\trianglerighteq\{e\},
$$
よって $S_3$ は可解です。
下中心列では
$$
\gamma_2(S_3)=[S_3,S_3]=A_3.
$$
$a=(123),t=(12)$ とすると $tat^{-1}=a^{-1}$ なので
$$
[t,a]=tat^{-1}a^{-1}=a^{-2}=a\ne e.
$$
従って $[S_3,A_3]$ は $A_3$ の非自明な部分群であり、$A_3$ 全体です。ゆえに
$$
\gamma_i(S_3)=A_3\quad(i\ge2)
$$
で、自明群へ到達しません。従って冪零ではありません。□
&&&
## 問題9：射影変換と交比
&&&exc 四点目の像 [02-exc-capstone-cross-ratio]
Möbius変換 $T$ が
$$
T(0)=1,quad T(1)=\infty,quad T(\infty)=0
$$
を満たすとき、$T(2)$ を交比または直接計算で求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-capstone-cross-ratio-answer]
三点の条件からMöbius変換は一意で、直接の計算により
$$
T(z)=\frac1{1-z}.
$$
従って
$$
T(2)=\frac1{1-2}=-1.
$$
交比を使う場合も、$[0,1;\infty,2]$ が $[1,\infty;0,T(2)]$ に等しいという方程式を解けば同じ値を得ます。□
&&&
## 問題10：道具の総合
&&&exc 位数45の群 [02-exc-capstone-order-forty-five]
位数45の群 $G$ が正規な位数5の部分群をもち、可解であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [02-prf-capstone-order-forty-five-answer]
$45=3^2\cdot5$。Sylow 5部分群の個数は
$$
n_5\mid9,qquad n_5\equiv1\pmod5.
$$
9の約数 $1,3,9$ のうち5を法として1なのは1だけなので $n_5=1$。従ってSylow 5部分群 $N\cong C_5$ は正規です。
商 $G/N$ の位数は9なので、位数 $p^2$ の群の分類から可換です。$N$ も可換です。短完全列
$$
1\to N\to G\to G/N\to1
$$
で核と商が可解なので、可解群の拡大閉性から $G$ も可解です。□
&&&
ここまでの問題では、同じ対象に複数の道具を使いました。位数はSylow理論へ、正規部分群は商と拡大へ、作用は置換表現と数え上げへ、表示は自由群と具体計算へつながります。群論の力は個々の定理よりも、この道具間の往復にあります。


8-11 総合問題

Abstract Algebra

群の定義から出発し、準同型と商群、群の作用、Sylow の定理、組成列、可解群と冪零群、自由群を順に学び、最後に小さな位数の有限群を具体的に分類する。対称性の計算から始めて、写像で群を比べる、類にまとめて新しい群を作る、集合に作用させて数える、という三つの方法を軸に進む。各章で証明を一つずつ確かめ、最後に Sylow の定理と半直積を組み合わせて、位数 15 までの群を分類する地図を作る。前提は、集合と写像、整数の割り算、および線形代数の初歩である。

5-0 章の見取り図

この章の問い

道筋

読み方

章末で言えること

前の章から持ち込むもの

参考文献