2022-11-16

ベキ零群の極大部分群は正規である

群論小ネタ演習

ここでは

ベキ零群の極大部分群は正規である

という命題を示していこうと思います.

まずはベキ零群を定義しましょう.

定義 1. 群 $G$ の降中心列が有限の長さで自明群になるとき, $G$ を ベキ零群 という. すなわち, $G_{0} = G, G_{i+1} = \lbrack G_{i}, G \rbrack$ によって定まる正規部分群の列で

$G = G_{0} \triangleright G_{1} \triangleright \cdots \triangleright G_{n} = \{ 1 \}$

とできる. ただし $\lbrack G_{i}, G \rbrack$ は $G_{i}$ と $G$ の交換子全体で生成される部分群である. つまり

$\lbrack G_{i}, G \rbrack := \langle \{ aba^{-1}b^{-1} \mid a \in G_{i}, b \in G \} \rangle$

である.

注意 1.1 ベキ零群の定義にはいくつか同値な定義が存在する.

また, 準備として正規化群も定義します.

定義 2. $G$ を群とし, $H$ を $G$ の部分群とする. このとき $H$ の正規化群 $N_{G}(H)$ を

$N_{G}(H) := \{ g \in G \mid gHg^{-1}=H \}$

と定義する.

定義から明らかに $H$ は $N_{G}(H)$ の正規化群になります. $H$ の正規化群とは

$G$ の $H$ を含む部分群 $K$ で $H$ が $K$ の正規部分群となるものの中で最大のもの

といえます.

また

$H$ が $G$ の正規部分群 $\Longleftrightarrow N_{G}(H) = G$

も成り立ちます.

では命題を示していきましょう.

命題 3. $G$ をベキ零群, $H$ を $G$ の極大部分群とする. このとき $H$ は $G$ の正規部分群である.

証明 $G$ がベキ零群なので, 降中心列

$G = G_{0} \triangleright G_{1} \triangleright \cdots \triangleright G_{n} = \{ 1 \}$

がとれる. $G_{k+1} \subset H$ となる最小の $k$ をとる. すると, $G_{k} \not \subset H$ であり,

$\lbrack G_{k} , H \rbrack \subset \lbrack G_{k} , G \rbrack = G_{k+1} \subset H$

となる. よって, 任意の $a \in G_{k} , b \in H$ に対して

$aba^{-1}b^{-1} \in H$

より

$aba^{-1} \in Hb = H$

となり, これは $b \in N_{G}(H)$ を意味する. つまり $G_{k} \subset N_{G}(H)$ がわかる. よって

$H \subsetneq H \cup G_{k} \subset N_{G}(H)$

となり, $H$ の極大性から $N_{G}(H) = G$ なので, $H$ は $G$ の正規部分群である. (終)

今回はこれで終わります.

何か間違いなどがあれば教えてください.

[参考文献]

代数学1　群論入門 (代数学シリーズ)

作者:雪江明彦
日本評論社

Amazon

代数演習 (数学演習ライブラリ)

作者:英夫, 横井,敏博, 硲野
サイエンス社

Amazon

2022-09-16

初学者向け群論解説その１６～準同型定理その２(第二同型定理・第三同型定理)～

初学者向け群論

前回は準同型定理その１ということで, 準同型定理(第一同型定理)についてまとめました.

mathgara.hatenablog.com

今回は続いて第二同型定理, 第三同型定理についてまとめたいと思います.

定義 1. 群 $G$ の部分群 $H,\ K$ に対して

$HK := \{ hk \mid h \in H,\ k \in K \}$

とおく.

Remark. 上の $HK$ は一般には部分群にならない. なぜなら $hk \in HK$ の逆元は $k^{-1}h^{-1} \in G$ となるが, これが $h'k' \in HK$ という形に直せるかがわからないからである. しかし, 次に見るようにどちらかが $G$ の正規部分群になるときは部分群になる.

補題 2. $H, N$ を群 $G$ の部分群とし, $N \triangleleft G$ とする. このとき $HK$ は $G$ の部分群であり $HN=NH$ となる.

証明

(i) 単位元の存在： $1_{G} \in H, N$ より $1_{G} = 1_{G} 1_{G} \in HN$ よりOK.

(ii) 積に関して閉じていること： $h_{1}n_{1},\ h_{2}n_{2} \in HN$ をとる. このとき, $N$ が正規部分群より $Nh_{2}=h_{2}N$ が成り立つので

$(h_{1}n_{1})(h_{2}n_{2}) \in h_{1}Nh_{2}N = h_{1}h_{2}NN \subset HN$

よりOK.

(iii) 逆元に関して閉じていること： $hn \in HN$ を任意にとる. このとき

$(hn)^{-1} = n^{-1}h^{-1} \in Nh^{-1} = h^{-1}N \subset HN$

よりOK.

以上より $HN$ は $G$ の部分群である.

$HN=NH$ については, 任意の $h \in H$ について $hN=Nh$ が成り立つのでOK. (終)

では第二同型定理を見てみましょう.

定理 3.(第二同型定理) $H, N$ を群 $G$ の部分群とし, $N \triangleleft G$ とする. このとき

$H/(H \cap N) \cong HN/N$ .

証明次の自然な準同型写像

$\phi : H \to HN/N ; h \mapsto hN$

を考える. これは全射である. なぜなら任意の $HN/N$ の元は $hnN = hN$ という形にかけるからである. $\textrm{Ker} (\phi) =H \cap N$ となることを示す.

$h \in H$ に対して

$h \in \textrm{Ker} (\phi) \Longleftrightarrow \phi(h) = N \Longleftrightarrow hN=N \Longleftrightarrow h \in N$

よりOK. (もともと $h \in H$ なので $h \in N$ がわかれば $h \in H \cup N$ である)

よって準同型定理より $H/(H \cap N) \cong HN/N$ . (終)

第二同型定理は次のようにイメージすればいいと思います.

また, なぜ $H/N$ でなく $HN/N$ になっているかというと, そもそも $H$ が $N$ を含んでいるかがわからないからです. $H/N$ を念頭に

$H$ の部分を $N$ を含むように $HN$ に大きくして $N$ で割ったものが $HN/N$
$N$ の部分を $H$ に含まれるように $H \cap N$ に小さくしてこれで割ったものが $H/(H \cap N)$

と考えると, どちらも $H/N$ っぽいものなので同型になるのも自然に思えるのではないでしょうか.

もちろん $N \subset H$ の状況ではどちらも $H/N$ になります.

では次は第三同型定理についてです.

定理 4.(第三同型定理). $G$ を群, $N \subset N'$ をともに $G$ の正規部分群とする. このとき

$(G/N)/(N'/N) \cong G/N'$ .

証明

$\phi : G/N \to G/N' ; gN \mapsto gN'$

は $\textrm{well-defined}$ である. 実際 $gN = g'N \Longleftrightarrow g(g')^{-1} \in N$ とすると $N \subset N'$ より $g(g')^{-1} \in N'$ であるから $gN'=g'N'$ となる. この写像が全射準同型になることも明らかである. $gN \in G/N$ に対して

$gN \in \textrm{Ker}(\phi) \Longleftrightarrow gN'=N' \Longleftrightarrow g \in N'$

なので $\textrm{Ker}(\phi) = N'/N$ より準同型定理より $(G/N)/(N'/N) \cong G/N'$ . (終)

これは分数の計算みたいですね.

今回はこれで終わります.

何か間違いなどがあれば教えてください.

[参考文献]

代数学1　群論入門 (代数学シリーズ)

作者:雪江明彦
日本評論社

Amazon

2022-06-12

初学者向け群論解説その１５～準同型定理その１～

初学者向け群論

前回は正規部分群と剰余群についてました.

mathgara.hatenablog.com

今回はついに準同型定理についてまとめます. まずはその中でも基本的な「第一同型定理」についてです. 代数をする上で絶対に欠かすことができない重要な定理ですので, できればあいまいな理解ではなく, 腑に落ちるまで考えていただければと思います. もちろん今後も出てくるのでその都度慣れるというのでもいいと思います.

では早速やっていきましょう.

定理 1.(準同型定理 (第一同型定理)) $G, H$ を群とし, $\phi : G \to H$ を準同型写像とする. また $\pi : G \to G/{\textrm{Ker} (\phi)}$ を自然な準同型とする. このとき, 準同型写像 $\psi : G/{\textrm{Ker} (\phi)} \to H$ で $\psi \circ \pi = \phi$ となるものがただ一つ存在する. (下の図式が可換図式となる) また, この $\psi$ は $G/{\textrm{Ker}(\phi)}$ から $\textrm{Im}(\phi)$ への同型写像となる.

\begin{xy} \xymatrix{ G \ar[r]^{\phi} \ar[d]_{\pi} & H \\ G/{\textrm{Ker}(\phi)} \ar@{.>}[ur]_{\exists! \psi} } \end{xy}

証明 $N=\textrm{Ker}(\phi)$ とおく. さて, $\pi$ は $g \in G$ を $gN \in G/{N}$ に送る準同型です. なので, $\psi \circ \pi = \phi$ となるようにするには

$\psi(gN) := \phi(g)$

とするしかありません. さて, これが $\textrm{well-defined}$ であること, そしてちゃんと群準同型写像になることを示す必要があります.

$1.$ $\textrm{well-defined}$ であること：これは何を示さないといけないかというと, $G/{N}$ の元 $gN$ というのは $g \in G$ で代表されていますが, 別の元 $g' \in G$ によっても代表される, すなわち $gN = g'N$ となる可能性があります. なので $\psi$ が $\textrm{well-defined}$ であることを示すには

$gN = g'N$ ならば $\phi(g) = \phi(g')$

を示さなければなりません. 要するに一見違う表し方の等しい元の行き先が等しくなることを示すということです. では示しましょう. $gN = g'N$ ということはある $n \in N = \textrm{Ker}(\phi)$ の元を用いて $g'=gn$ と表せます. すると

$\phi(g') = \phi(gn) = \phi(g) \phi(n) = \phi(g) e_{H} = \phi(g)$

となり示せました. よって $\psi$ は $\textrm{well-defined}$ です.

$2.$ $\psi$ が準同型写像となること： $gN, hN \in G/{N}$ に対して

$\psi(\left(gN) (hN)\right) = \psi((gh)N) = \phi(gh) = \phi(g) \phi(h) = \psi(gN) \psi(hN)$

となるので準同型写像になることも示せました. $\psi \circ \pi = \phi$ という条件をみたす準同型 $\psi: G/{N} \to H$ の一意性は定義の仕方が一通りになるので明らかです.

さて, 後半の主張「この $\psi$ は $G/{\textrm{Ker}(\phi)}$ から $\textrm{Im}(\phi)$ への同型写像となる. 」も示していきましょう. 準同型写像になることは示したので, 全単射であることをいえばいいです.

$1.$ 全射であること： $\textrm{Im}(\phi)$ の元は像の定義からある $g \in G$ を用いて $\phi(g)$ とかけます. すると

$\phi(g) = \psi(gN)$

なので全射になることがわかります.

$2.$ 単射になること： $\textrm{Ker}(\psi) = \{e_{G/{N}}=N\}$ を示せばいいです.

$gN \in \textrm{Ker}(\psi) \Leftrightarrow \psi(gN)=e_H \Longleftrightarrow \phi(g) = e_H \Longleftrightarrow g \in N \Longleftrightarrow gN = N$

なので単射もわかります. よって以上より $\psi$ は $G/{\textrm{Ker}(\phi)}$ から $\textrm{Im}(\phi)$ への同型写像となります. (終)

準同型写像のポイントをまとめると, もともとの準同型写像 $\phi : G \to H$ を

全射になるように値域を $\textrm{Im}(\phi)$ に制限する
単射になるように $\textrm{Ker}(\phi)$ で $G$ を割る

だと考えています. ここまですればそりゃあ同型になるだろうという, ものすごい無理やり感を感じます.

今回はこれで終わります.

何か間違いなどがあれば教えてください.

[参考文献]

代数学1　群論入門 (代数学シリーズ)

作者:雪江明彦
日本評論社

Amazon

2022-06-03

虚二次体 Q(√-p) の類数についてその②

整数論

以前 $p \equiv 3\ \textrm{mod}\ 4,\ p \geq 5$ のときに $\mathbb{Q}(\sqrt{-p})$ の類数が奇数になることを示しました.

mathgara.hatenablog.com

今回は $p \equiv 1\ \textrm{mod}\ 4,\ p \geq 5$ の場合を考えます.

方法は似たようなものです.

命題 1. $p \equiv 1\ \textrm{mod}\ 4,\ p \geq 5$ を素数とする. このとき $\mathbb(\sqrt{-p})$ の類数 $h$ は偶数である.

証明虚二次体の類数公式から $\chi : (\mathbb{Z}/{4p \mathbb{Z}})^{\times} \to \{ \pm 1 \}$ を二次の指標とすると

$\displaystyle h = -\dfrac{1}{4p} \sum_{a=1}^{4p-1} \chi(a)a \\$

$\displaystyle \ \ = -\dfrac{1}{4p} \sum_{a=1}^{p-1} \left\{ \chi(a)a + \chi(p+a)(p+a) + \chi(-(p+a))(4p-(p+a)) + \chi(-p)(4p-a) \right\}$ .

$p \equiv 1\ \textrm{mod}\ 4$ なので $\chi(-1)=1$ であるから

$\displaystyle \ \ = -\dfrac{1}{4p} \sum_{a=1}^{p-1} \left( 4p \chi(a) + 4p \chi(p+a) \right)$

$\displaystyle \ \ = -\sum_{a=1}^{p-1} \left( \chi(a) + \chi(p+a) \right) = -\sum_{a=1}^{2p} \chi(a)$ .

ただし $\chi(p)=\chi(2p)=0$ に注意.

さて最後の和は $2p$ 以下の $2, p$ と互いに素な自然数のときのみ非零であり, そのような自然数は $\phi(2p)=p-1$ 個ある. ( $\phi$ は $\textrm{Euler}$ 関数)

$m := \# \{ a \mid 1 \leq a \leq 2p,\ \chi(a)=1 \}$

とおくと

$h = -( m - (p-1-m) ) = p-2m-1 \in 2 \mathbb{Z}$ .

よって命題の仮定を満たすとき類数は偶数となる. (終)

系 2. 上記の命題の設定の下で, $\mathbb{Q}(\sqrt{-p})$ の整数環は $\textrm{PID}$ でない.

証明類数が偶数より $h \not =1$ からわかる. (終)

今回はこれで終わります.

何か間違いなどがあれば教えてください.

[参考文献]

Introduction to Cyclotomic Fields (Graduate Texts in Mathematics Book 83) (English Edition)

作者:Washington, Lawrence C.
Springer Verlag

Amazon

2022-06-03

群の任意の元の位数が2以下ならアーベル群である

群論初学者向け演習

今回は群の任意の元の位数が $2$ 以下ならアーベル群であることを示します.

命題 1. 群 $G$ について任意の $g \in G$ に対して $g^2=e$ のとき, $G$ はアーベル群.

証明 $g, h \in G$ を任意にとったとき $gh =hg$ であることをいいたい.

$e=(gh)^2 =ghgh$

より

$gh = h^{-1}g^{-1}$

ここで $g^2=e$ より $g=g^{-1}$ , $h$ についても同様なので

$gh = h^{-1}g^{-1} = hg$

よりOK. (終)

今回はこれで終わります.

何か間違いなどがあれば教えてください.

[参考文献]

代数学1　群論入門 (代数学シリーズ)

作者:雪江明彦
日本評論社

Amazon

2022-06-03

虚二次体Q(√-p)の類数から

整数論

ここでは $p$ を $4$ で割って $3$ 余る $5$ 以上の素数としたとき $\mathbb{Q}(\sqrt{-p})$ の類数などがどうなるか, またそこから何がわかるのかをまとめます.

まずはそのために補題を示します.

補題 1. $p \geq 5$ を素数で, $p \equiv 3\ \textrm{mod}\ 4$ とし, $h$ を $K=\mathbb{Q}(\sqrt{-p})$ の類数, $\chi$ を $\textrm{mod}\ p$ の二次指標とする. すなわちルジャンドル記号である. このとき次が成立する.

$(1)$ $\displaystyle hp = -2 \sum_{a=1}^{(p-1)/2} \chi(a)a + p \sum_{a=1}^{(p-1)/2} \chi(a)$ .

$(2)$ $\displaystyle hp = -4 \sum_{a=1}^{(p-1)/2} \chi(2a)a + p \sum_{a=1}^{(p-1)/2} \chi(2a)$ .

$(3)$ $\displaystyle h = \dfrac{1}{2- \chi(2)} \sum_{a=1}^{(p-1)/2} \chi(a)$ .

証明まず虚二次体の類数公式から

$\displaystyle h = -\dfrac{1}{p} \sum_{a=1}^{p-1} \chi(a)a$

が今回の状況で成り立つ. よって

$\displaystyle hp = -\sum_{a=1}^{p-1} \chi(a)a$

である.

$(1)$ について：

$\displaystyle hp = -\sum_{a=1}^{p-1} \chi(a)a = - \Big\{ \sum_{a=1}^{(p-1)/2} \chi(a)a + \sum_{a=1}^{(p-1)/2} \chi(p-a)(p-a) \Big\}$

ここで $p \equiv 3\ \textrm{mod}\ 4$ なので $\chi(p-a)=-\chi(a)$ である. よって

$\displaystyle hp = - \Big\{ \sum_{a=1}^{(p-1)/2} \chi(a)a + \sum_{a=1}^{(p-1)/2} -\chi(a)(p-a) \Big\} = -2 \sum_{a=1}^{(p-1)/2} \chi(a)a + p \sum_{a=1}^{(p-1)/2} \chi(a)$ .

$(2)$ について：

$\displaystyle hp = -\sum_{a=1}^{p-1} \chi(a)a = - \Big\{ \sum_{a=1}^{(p-1)/2} \chi(2a)(2a) + \sum_{a=1}^{(p-1)/2} \chi(p-2a)(p-2a) \Big\} \\ = \displaystyle -4 \sum_{a=1}^{(p-1)/2} \chi(2a)a + p \sum_{a=1}^{(p-1)/2} \chi(2a).$