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1 群の定義と例
1.1 正六角形の合同変換
正六角形をそれ自身に写す変換（合同変換）として，どのよう
なものがあるかを考える．
• 正六角形の中心Oのまわりの π/3およびその整数倍の回転
• 6本の対称軸に関する鏡映
��
�Q
Q�
��
��
��
���
�
��
��
��
��
QQQQQ
Q
JJJJJJJ
JJ
JJ
JJJ
1
2
3
4
5
6
σ1
σ2
σ3
σ4
σ5
σ6
中心のまわりに π/3回転させる操作を θで表そう．これをn回
合成したものを θnと表す．正六角形を動かさないことも合同変
換のひとつである．これを恒等変換といい，eと表すことにする．
また，対称軸に関する鏡映を σi (i = 1, . . . , 6)で表す．鏡映を 2
回続けて施すと元に戻るから，σ2i = eである．同様に θ6 = eで
ある．
こうして，以下の 12個の操作
e, θ, θ2, . . . , θ5, σ1, σ2, . . . , σ6 (1.1)
は，正六角形の合同変換であることがわかる（合同変換はこれ
ですべてであることもわかる）．任意の 2つの合同変換を続けて
施すことは，(1.1)のうちのひとつの操作を施すことと同じであ
ることが示せる．
1
回転 θaを行い，次に回転 θbを行った場合は
θb ◦ θa = θc 但し c ≡ a+ b (mod 6) (1.2)
である．2つの鏡映を続けて行うことは回転と同じである．例
えば
σ2 ◦ σ1 = θ2 (1.3)
である．右側に書いた操作を先に施していること，対称軸は動
かないことに注意せよ．(1.3)が成り立つことは，（隣り合う）頂
点の像を見ればよい．例えば，
σ2 ◦ σ1(1) = σ2(σ1(1)) = σ2(1) = 3 = θ2(1)
σ2 ◦ σ1(2) = σ2(σ1(2)) = σ2(6) = 4 = θ2(2)(1.4)
などである．
操作の順序を入れ替えると結果が異なることに注意せよ．実際，
σ1 ◦ σ2 = θ4 (1.5)
である．鏡映に続いて回転を行った結果は鏡映である．例えば
θ ◦ σ1 = σ5 (1.6)
である．
これらを表にまとめよう．下表は，合成 a ◦ bをまとめたものである．
a\b σ1 σ2 σ3 σ4 σ5 σ6 θ
σ1 e θ4
σ2 θ2 e
σ3 e
σ4 e
σ5 e
σ6 e
θ σ5 θ2
問題 1.1. 上の乗積表を完成させよ．
2
1.2 群の定義と例
定義 1.1. （群）
集合Gの任意の元 a, bに対して二項演算 ∗が定義されており，積 a ∗ bもGに属するとする．さらに，以下の 3つの条件が満た
されるとき，Gは群であるという．
(1) 結合律：任意の a, b, c ∈ Gに対し
(a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c) (1.7)
が成り立つ．
(2) 元 e ∈ Gが存在して，任意の a ∈ Gに対して
a ∗ e = e ∗ a = a (1.8)
が成り立つ．
(3) 任意の a ∈ Gに対し，
a ∗ b = b ∗ a = e (1.9)
なる b ∈ Gが存在する．
命題 1.1. （単位元と逆元の一意性）
条件 (2)を満たす元 e ∈ Gは唯一つに定まる．また，条件 (3)
を満たす元 b ∈ Gは，各 a ∈ Gに対して唯一つに定まる．
条件 (2)の元 eをGの単位元という．また，条件 (3)の元 bを
aの逆元といい a−1と表す．
注釈 1.1. 群の演算に関して，可換律 a ∗ b = b ∗ aは一般に成り立たない．任意の元 a, b ∈ Gに対し a ∗ b = b ∗ aが成り立つとき，Gを可換群またはアーベル群という．Gが可換群であるとき，G
の演算を a ∗ bの代わりに a+ bと記し，単位元を 0，逆元 a−1を
−aと記すこともある．このとき，Gを加法群と呼ぶ．
以下，簡単のため ∗を省き，a ∗ bを abと書いて「積」と呼ぶ．
3
例 1.1.
(1) 正六角形の合同変換全体の集合は，変換の合成により群を
なす．合同変換全体のなす群を合同変換群という．一般に，
正 n角形を自分自身に写す合同変換群を正二面体群といい，
Dnと記す．
(2) 正の実数全体の集合R+は，通常の実数の積により群をなす．
(3) 整数全体の集合Zに演算を加法で定めると，Zは群をなす．
(4) 実数全体の集合Rは，乗法については群でないが，加法については群である．
(5) 実 n次正則行列全体の集合は，行列の積で群をなす．これ
をR上の一般線形群といい，GL(n,R)と記す．成分を複素数の範囲で考えるときは，GL(n,C)と記す．
(6) m ≥ 2を自然数とする．(Z/mZ)×すなわち，Z/mZの既約類の全体は，乗法に関して群をなす．
(7) 文字 1, 2, . . . , nの置換全体の集合をSnとする．置換の合成
により積を定めれば，Snは群をなす．これを，n次対称群
という．
問題 1.2. 上の各々の例について，可換群か非可換群かを答えよ．
4
○群の位数
定義 1.2. （群の位数）
群Gの元の個数（正確には集合Gの濃度）をGの位数といい，
#Gまたは |G|と記す．位数が有限である群を有限群といい，そうでない群を無限群という．
例 1.2.
(1) D6の位数は 12である．|D6| = 12
(2) |Sn| = n!であるから，対称群Snは有限群である．
(3) 整数全体の集合 Zが加法についてなす群は無限群である．
(4) GL(n,R)は無限群である．
(5) pを素数とし，{0, 1, . . . , p− 1}のなす体をFpで表す：Fp =
Z/pZ．Fpの元を成分とする n次可逆行列の全体の集合を
GL(n,Fp)とすると，これは行列の積によって群の構造をも
つ．n次正方行列は全部で pn2個あるので |GL(n,Fp)| ≤ pn
2
であり，従ってGL(n,Fp)は有限群である．
5
1.3 部分群
正六角形の合同変換群
D6 = {e, θ, θ2, . . . , θ5, σ1, σ2, . . . , σ6} (1.10)
について，回転のみからなる部分集合
H = {e, θ, . . . , θ5} (1.11)
を考える．変換の合成によって，Hは群をなす．
定義 1.3. 群Gの部分集合HがGの演算によって群をなすとき，
HをGの部分群という．
鏡映のみからなる部分集合
S = {σ1, σ2, . . . , σ6} ⊂ D6 (1.12)
はD6の部分群でない．
命題 1.2. 群Gの部分集合H が部分群であることと，以下の 3
つが成り立つことは同値である．
(1) H 6= ∅
(2) h1, h2 ∈ H ⇒ h1h2 ∈ H
(3) h ∈ H ⇒ h−1 ∈ H
証明 HがGの部分群ならば，3つの条件が成り立つことは（群
の定義より）明らか．逆を示そう．
• 条件 (2)より部分集合Hは演算について閉じている．
• HはGの部分集合だから結合律は成り立つ．
• 条件 (3)より逆元の存在がいえる．
• 条件 (2), (3)よりhh−1 = e ∈ Hだから単位元はHに属する．
以上により，Hは群である．
6
例 1.3.
(1) 群Gの部分集合 {e}はGの部分群である．これを単位群と
いう．また，G自身はGの部分群である．これら 2つを自
明な部分群といい，これら以外の部分群を非自明な部分群
という．また，G自身以外の部分群を真部分群という．
(2) 平面上の 2点間の距離を変えない変換を合同変換という（平
行移動，回転，鏡映）．これらの全体は，変換の合成により
群をなす（合同変換群）．正六角形の合同変換群D6は，こ
れの部分群である．
(3) Zは加法によって群をなす．自然数mに対し
mZ := {mk | k ∈ Z} （mの倍数の集合） (1.13)
とすると，これは Zの部分群である．
(4) 行列式の値が 1の実 n次正方行列全体の集合
SL(n,R) := {A ∈ GL(n,R) | detA = 1} (1.14)
はGL(n,R)の部分群である．これを特殊線形群という．
(5) 実 n次正則行列Aで，tAA = I（Iは n次単位行列）を満た
すもの全体の集合
O(n) := {A ∈ GL(n,R) | tAA = I} (1.15)
はGL(n,R)の部分群である．これを直交群という．
(6) 複素 n次正則行列Aで，A†A = I（A†はAの Hermite 共
役：A† = tA）を満たすもの全体の集合
U(n) := {A ∈ GL(n,C) |A†A = I} (1.16)
はGL(n,C)の部分群である．これをユニタリ群という．
7
命題 1.3. H1, H2が群Gの部分群ならば，これらの共通部分H1∩H2もまたGの部分群である．また，H1 ∩H2はH1およびH2の
部分群である．
証明 命題 1.2 を用いる．
Gの単位元を eとすると，H1, H2はGの部分群だから e ∈ H1
かつ e ∈ H2 である．よって，e ∈ H1 ∩ H2 であるから，特に
H1 ∩H2 6= ∅である．任意の h, h′ ∈ H1∩H2に対し，h, h′ ∈ Hi (i = 1, 2)であり，Hi
はGの部分群だから hh′ ∈ Hiである．よって，hh′ ∈ H1 ∩ H2
である．
また，任意の h ∈ H1 ∩H2に対し h ∈ Hi (i = 1, 2)であり，Hi
はGの部分群だから h−1 ∈ Hiである．よって h−1 ∈ H1 ∩H2で
ある．
以上により，H1∩H2はGの部分群である．同様にして，H1∩H2
がH1およびH2の部分群であることも示せる．
なお，群Gの部分群H1, H2に対し，これらの和集合H1 ∪H2
は一般にGの部分群ではない．
問題 1.3. 例を挙げて確かめよ．
レポート課題 1. Gを群，Hi (i = 1, . . . , n)をGの部分群とする．n⋂
i=1
HiはGの部分群であることを示せ．
8
1.4 群の生成と巡回群
Gを群とし，Sをその部分集合とする．このとき，Sを含むG
の部分群を考え，それらの共通部分を 〈S〉と記す．
〈S〉 =⋂H
H, Hは Sを含むGの部分群 (1.17)
部分群の共通部分は部分群だから（命題 1.3），〈S〉はGの部分
群である．すなわち，〈S〉は Sを含む最小の部分群である．
例 1.4. G = D6とする．
(1) S = {θ2}のとき，〈S〉 = {e, θ2, θ4}
(2) S = {σ1}のとき，〈S〉 = {e, σ1}
部分群 〈S〉には集合Sの元がすべて属する．また，それらの逆
元たちもすべて属する．さらには，Sの元およびそれらの逆元の
有限個の積である元もすべて属する．逆に，そのような元の全
体はGの部分群である（命題 1.2 参照）．このことから，
〈S〉 = {xε11 · · ·xεn
n |xi ∈ S, εi = ±1} (1.18)
であることがわかる．
部分群 〈S〉を部分集合 Sが生成する部分群といい，Sを 〈S〉の生成系，Sの元を 〈S〉の生成元という．なお，S = {x1, . . . , xr}が有限集合の場合，
〈S〉 = 〈x1, . . . , xr〉 (1.19)
とも書く．
9
例 1.5.
(1) 正六角形の合同変換群D6は，π/3回転 θおよび鏡映 σ1で
生成される．
D6 = 〈θ, σ1〉 (1.20)
単位元については，e = θ6 = σ21 である．回転 θn (n =
2, . . . , 5) が θ の積で表されることは明らか．鏡映 σi (i =
2, 3, . . . , 6)が，θとσ1とで表されることも乗積表からわかる．
(2) 加法群Zを考える．m,n ∈ Zに対し，〈m,n〉は，mと nと
を足したり引いたりして得られる元全体なので，〈m,n〉 ={mx + ny |x, y ∈ Z}である．これは，g = gcd(m,n)の倍
数全体と一致する．従って，〈m,n〉 = 〈g〉(= gZ
)である．
定義 1.4. （巡回群）唯一つの元で生成される群を巡回群という．
群Gの元 gと自然数 nに対して，
gn = gg · · · g︸ ︷︷ ︸n 個
g−n = (g−1)n(1.21)
とし，さらに g0 = e（単位元）とする．このとき，m,nを整数
として，指数法則
gmgn = gm+n, (gm)n = gmn, (gm)−1 = g−m (1.22)
が成り立つ．この記法を用いると，gが生成する巡回群 〈g〉とは
〈g〉 = {· · · , g−n, · · · , g−1, e, g, · · · , gn, · · · }= {gk | k ∈ Z}
(1.23)
のことである．
10
例 1.6.
(1) D6の部分群 {e, θ, . . . , θ5}は巡回群である．
(2) 加法群 Zは 1で生成される巡回群である．
(3) nを自然数とする．1の n乗根全体の集合
{z ∈ C | zn = 1} = {e2πik/n | k = 0, 1, . . . , n− 1} (1.24)
は，複素数の乗法により群をなす．これは，1の原始 n乗
根（n乗して初めて 1と等しくなる根）を生成元とする巡回
群である．n = 4のときは {1, i,−1,−i}であり，生成元は i
（または−i）である．
定義 1.5. （位数）
群Gの元 gについて，gn = e（eは単位元）を満たす最小の自
然数 nを元 gの位数という．そのような自然数 nが存在しない
とき，gの位数は無限大であるという．
注釈 1.2. 群Gの位数と元 gの位数とは別の概念である．但し，
無関係ではない．元 gの位数は，gが生成する部分群 〈g〉の位数に等しい．
例 1.7. 例 1.6 で考える．
(1) θの位数は 6であり，θ2の位数は 3である．
(2) 1 ∈ Zの位数は無限大である：1 + · · ·+ 1 6= 0
(3) 群 {1, i,−1,−i}において，iの位数は 4であり，−1の位数は 2である．
11
命題 1.4.
(1) 巡回群は可換群である．
(2) 巡回群の部分群は巡回群である．
(3) G = 〈a〉が有限群であるとき，元 aの位数を nとすると，
G = {e, a, . . . , an−1}である．
証明
(1) G = 〈a〉とすると，巡回群Gの任意の元は k ∈ Zとして ak
と表せる．ak1 , ak2 ∈ Gに対し，指数法則より
ak1ak2 = ak1+k2 = ak2+k1 = ak2ak1 (1.25)
である．よってGは可換群である．
(2) G = 〈a〉とし，HをGの部分群とする．ak ∈ Hを満たす自
然数 kのうち最小のものを dとする．このとき，
ak ∈ H ⇐⇒ k ≡ 0 (mod d) (1.26)
が成り立つ．
(1.26)の証明：kが dの倍数なら ak ∈ Hであることは明ら
か．逆を示す．k = qd+ r (0 ≤ r < d)とすると，
ar = ak(ad)−q ∈ H (1.27)
である．r 6= 0ならば dの最小性に反するから，r = 0で
ある．
よって，H = 〈ad〉である．
(3) G = 〈a〉 = {ak | k ∈ Z}とする．an = eより
G = {e, a, . . . , an−1} (1.28)
である．
12
2 対称群
Xn = {1, 2, . . . , n}とする．文字 1, 2, . . . , nの置換すなわちXn
からXnへの全単射 σ全体の集合をSnとする：
Sn :={σ : Xn → Xn |σは全単射
}(2.1)
置換 σによる i ∈ Xnの像を σ(i)と表し，σを(1 2 · · · n
σ(1) σ(2) · · · σ(n)
)(2.2)
と表す．置換 σ, τ ∈ Snに対して積 στ を写像の合成
στ := σ ◦ τ (2.3)
で定めると，Snは群をなす．これを n次対称群という．単位元
は恒等置換
ϵ :=
(1 2 · · · n
1 2 · · · n
)∈ Sn (2.4)
であり，σ ∈ Snの逆元は逆写像 σ−1 ∈ Snである．
例 2.1. n = 3のとき：S3は以下の 6つの元からなる．
σ1 = ϵ =
(1 2 31 2 3
), σ2 =
(1 2 32 1 3
),
σ3 =
(1 2 33 2 1
), σ4 =
(1 2 31 3 2
),
σ5 =
(1 2 32 3 1
), σ6 =
(1 2 33 1 2
).
(2.5)
積は，
σ2σ3 = σ6 (2.6)
などである．実際，
σ2σ3(1) = σ2(σ3(1)) = σ2(3) = 3,
σ2σ3(2) = σ2(σ3(2)) = σ2(2) = 1,
σ2σ3(3) = σ2(σ3(3)) = σ2(1) = 2
(2.7)
である．
13
2.1 互換
対称群Snの元であって，相異なる 2つの文字 i, j ∈ Xnを入
れ替え，他の文字を動かさない置換を互換といい，(i j)と記す．
もちろん (i j) = (j i)である．特に，隣接する文字の互換を隣接
互換という．
例 2.2. S3の場合，互換は(1 2 32 1 3
)= (12),
(1 2 33 2 1
)= (13)(
1 2 31 3 2
)= (23)
(2.8)
の 3つである．これらのうち，隣接互換は (12), (23)である．
命題 2.1. （互換の性質）
i, j, k, ℓ ∈ Xnを相異なる文字とする．
(1) (i j)2 = ϵ
(2) (i j) = (i k)(j k)(i k)
(3) (i j)(k ℓ) = (k ℓ)(i j)
(4) σ(i j)σ−1 = (σ(i)σ(j)) (σ ∈ Sn)
命題 2.2. Snの任意の元は，（隣接）互換の有限個の積として表
せる．すなわち，Snは（隣接）互換全体により生成される．
証明 Sn の元で n ∈ Xn を固定する（動かさない）ものは，
Xn−1 = {1, . . . , n− 1}上の置換と考えてよいので，自然にSn−1
の元と見做せる．つまり，
Sn−1 ={τ ∈ Sn | τ(n) = n
}(2.9)
と考えてよい．
14
このことを利用して，nに関する帰納法で示そう．n = 2のと
きは明らか．Sn−1に関して命題が成り立つと仮定して，Snの
場合を示そう．σ ∈ Snとして k = σ(n)とおく（1 ≤ k ≤ n）．
• k = nならば σ ∈ Sn−1なので，帰納法の仮定より σは互換
の積で表せる．
• k 6= nならば，τ = (k n)σとすると，τ(n) = nより τ ∈Sn−1であり，帰納法の仮定より τは互換の積で表せる．σ =
(k n)τ だから，σも互換の積で表せる．
以上で，Snの任意の元は互換の積で表せることが示せた．ま
た，命題 2.1 の (2) より，任意の元は隣接互換の積で表せるこ
とがわかる．例えば，
(13) = (12)(23)(12),
(14) = (12)(24)(12) = (12)(23)(34)(23)(12)(2.10)
などである．
命題 2.2 は，「対称群の任意の元をあみだくじで実現できる」
ことを意味する．例えば，
(1 2 3
2 3 1
)= (12)(23)
1 2 3
1 2 3
(1 2 3
3 2 1
)= (12)(23)(12)
1 2 3
1 2 3
(2.11)
などである．
15
注釈 2.1. 置換を互換の積として表す方法は一通りとは限らない．
例えば， (1 2 3
2 3 1
)= (13)(12) = (12)(23) (2.12)
など．
16
2.2 巡回置換
相異なる k個の文字 i1, i2, . . . , ik ∈ Xnをとる．Snの元であっ
て，m = 1, 2, . . . , k− 1に対し imを im+1に写し，ikを i1に写し，
他の文字は動かさないものを考える．これを，長さ kの巡回置
換といい，(i1 i2 · · · ik)と記す．
(i1 i2 · · · ik)(i1) = i2,
(i1 i2 · · · ik)(i2) = i3,
· · ·(i1 i2 · · · ik)(ik−1) = ik,
(i1 i2 · · · ik)(ik) = i1.
(2.13)
互換は長さ 2の巡回置換である．
例 2.3. S3の場合，(1 2 32 3 1
)= (123),
(1 2 33 1 2
)= (132) (2.14)
はともに長さ 3の巡回置換である．ここで，
(123) = (231) = (312) (2.15)
などと記してもよい．
命題 2.3. （巡回置換の性質）
巡回置換 σ = (i1 i2 · · · ik) ∈ Snに対し，以下が成り立つ．
(1) σの位数は kである．
(2) σ−1 = (ik · · · i2 i1)
(3) τ ∈ Snとすると，τστ−1 = (τ(i1) τ(i2) · · · τ(ik))
(4) (i1 i2 · · · ik) = (i1 i2)(i2 i3) · · · (ik−1 ik)
問題 2.1. 上の命題を具体例で確かめよ．また，一般の場合に証
明せよ．
17
任意の置換は互換の積で表せるが，積の表示の仕方は一通りで
はない．しかし，巡回置換を用いた表示は一意に定まる．このこ
とを述べるために，ひとつの言葉を用意しよう．
定義 2.1. 2つの巡回置換 σ = (i1 i2 · · · ik)と τ = (j1 j2 · · · jl)が互いに素であるとは，
{i1, i2, · · · , ik} ∩ {j1, j2, · · · , jl} = ∅ (2.16)
であることをいう．
例えば，(123)と (45)とは互いに素な巡回置換であり，(123)と
(25)とは互いに素でない．互いに素な巡回置換は可換である．
命題 2.4. 任意の置換は，互いに素な巡回置換のいくつかの積と
して（順序を除いて）一意的に表される．
証明は難しくはないが煩わしいので，例で考える．以下の例か
ら一般に何をすればよいかはわかるだろう．
例 2.4. 7次対称群S7の元
σ =
(1 2 3 4 5 6 7
6 5 7 4 2 3 1
)(2.17)
を互いに素な巡回置換の積として表すと，
σ = (1637)(25)(4) (2.18)
である．なお，置換 σを巡回置換分解したとき，そこに現れる
巡回置換の長さを並べたものを，σの巡回置換型という．いまの
例では，(4, 2, 1)である．
18
2.3 置換の符号
置換を互換の積で表す仕方は一通りではない．しかし，互換の
個数の偶奇は置換に対してどちらかに定まる．これを示すため
に，置換の符号を導入しよう．
まず，n個の変数 x1, . . . , xnの差積∆(x1, . . . , xn)を
∆(x1, . . . , xn) :=∏
1≤i<j≤n
(xi − xj) (2.19)
で定める．σ ∈ Snに対し，(σ∆)(x1, . . . , xn)を
(σ∆)(x1, . . . , xn) := ∆(xσ(1), . . . , xσ(n)) (2.20)
で定める．
例 2.5. n = 3の場合，
∆(x1, x2, x3) = (x1 − x2)(x1 − x3)(x2 − x3) (2.21)
であり，σ = (12)とすれば，
(σ∆)(x1, x2, x3) = ∆(x2, x1, x3)
= (x2 − x1)(x2 − x3)(x1 − x3)
= −∆(x1, x2, x3)
(2.22)
である．σ = (123)ならば，
(σ∆)(x1, x2, x3) = ∆(x2, x3, x1)
= (x2 − x3)(x2 − x1)(x3 − x1)
= ∆(x1, x2, x3)
(2.23)
である．
19
置換 σ ∈ Snに対し，σ(1), . . . , σ(n)は 1, . . . , nを並べ替えたも
のであるから，一般に
(σ∆)(x1, . . . , xn) = ∆(x1, . . . , xn) または −∆(x1, . . . , xn)
であることがわかる．そこで，σ ∈ Snの符号 sgnσを
(σ∆)(x1, . . . , xn) = (sgnσ)∆(x1, . . . , xn) (2.24)
なる数として定める．sgnσ = +1なる σを偶置換，sgnσ = −1なる σを奇置換という．
例 2.6. S3の各元の符号は以下の通りである．
sgn
(1 2 31 2 3
)= sgn
(1 2 32 3 1
)= sgn
(1 2 33 1 2
)= +1,
sgn
(1 2 32 1 3
)= sgn
(1 2 33 2 1
)= sgn
(1 2 31 3 2
)= −1.
命題 2.5. （符号の性質）
(1) 任意の σ, τ ∈ Snに対し，
sgn (στ) = (sgnσ)(sgn τ) (2.25)
が成り立つ．
(2) sgn ϵ = +1
(3) 任意の σ ∈ Snに対し，
sgn (σ−1) = sgnσ (2.26)
が成り立つ．
(4) 互換は奇置換である：sgn (ij) = −1
問題 2.2. 上の命題を具体例で確かめよ．また，一般の場合に証
明せよ．
20
系 2.6. 置換 σ が k 個の互換の積で表されるならば，sgnσ =
(−1)kが成り立つ．よって，σを互換の積で表すときの互換の個
数の偶奇は σによって定まり，積の表示の仕方によらない．
証明 σが互換の積として
σ = ρ1 · · · ρk （ρ1, . . . , ρkは互換） (2.27)
と表されたとする．命題 2.5 の (1), (4) より，
sgnσ =k∏
i=1
sgn ρi = (−1)k (2.28)
が成り立つ．
これは符号の計算法を与えている．置換をあみだくじで表した
ときの「横棒」の個数が偶数ならば符号は+1であり，奇数なら
ば−1である．
対称群 Sn の元のうち，偶置換の全体は Sn の部分群をなす．
実際，単位元 ϵは偶置換であり，σ, τ ∈ Snが偶置換ならば，στ
も σ−1も偶置換である．この部分群を n次交代群といい，Anと
記す：
An = {σ ∈ Sn | sgnσ = +1} (2.29)
命題 2.7. Anの位数は n!/2である．
証明 奇置換 ρ ∈ Snを固定し，
ρAn := {ρσ ∈ Sn |σ ∈ An} (2.30)
とおく．このとき，ρAnの任意の元は奇置換である．また，τ ∈ Sn
が奇置換ならば，σ = ρ−1τは偶置換である．すなわち σ ∈ Anで
あるから，τ = ρσ ∈ ρAnである．よって，ρAnは奇置換全体の
集合である．従って，Sn = An ∪ ρAnかつAn ∩ ρAn = ∅が成り立つ．φ(σ) = ρσ (σ ∈ An)で定まる写像 φ : An → ρAnが全単
射であることと，|Sn| = n!であることから，|An| = n!/2がわか
る．
21
レポート課題 2. 置換 σ =
(1 2 3 4 5 6 7 8 9
4 1 2 8 7 9 5 3 6
)∈ S9
につい
て，以下の問に答えよ．
(1) σを互いに素な巡回置換の積に分解し，巡回置換型を求めよ．
(2) σの符号を求めよ．
(3) σの位数を求めよ．
(4) σを互換の積に分解せよ．
22
3 剰余類と剰余群
3.1 同値類と商集合
集合Xに関係∼が与えられているとは，Xの任意の元 x, yに
ついて，これらが∼という関係にあるか（x ∼ yと記す），∼という関係にないか（x 6∼ yと記す）が定まっていることである．
定義 3.1. 集合Xに関係∼が与えられているとする．関係∼が同値関係であるとは，以下の 3つの性質が成り立つことである．
1. 反射律：x ∈ Xに対し，x ∼ x
2. 対称律：x, y ∈ Xに対し，x ∼ y ⇒ y ∼ x
3. 推移律：x, y, z ∈ Xに対し，x ∼ y かつ y ∼ z ⇒ x ∼ z
例 3.1.
(1) 0でない整数全体の集合を Z=0と記そう．Z× Z=0の元，す
なわち整数mと 0でない整数 nの組 (m,n)の間の関係を
(m,n) ∼ (m′, n′)def.⇐⇒ mn′ = m′n (3.1)
で定めると，これは同値関係である．
証明 反射律と対称律は明らか．推移律を示す．
(m1, n1) ∼ (m2, n2) かつ (m2, n2) ∼ (m3, n3) (3.2)
とする．このとき，
m1n2 = m2n1 かつ m2n3 = m3n2 (3.3)
である．第 2式の両辺に n1を掛けるとm2n1n3 = m3n2n1
である．これは第 1式より
m1n2n3 = m3n2n1 (3.4)
と書き換えられる．n2 ∈ Z=0だからm1n3 = m3n1を得る．
すなわち，(m1, n1) ∼ (m3, n3)である．よって，推移律が示
された．
23
(2) 自然数mを固定し，2つの整数 x, yの関係を
x ∼ ydef.⇐⇒ x− y ∈ mZ (3.5)
で定めると，これは Z上の同値関係である．このときは特に，x ≡ y (mod m)と記す．
(3) m× n行列全体の集合Matm,nに対して，
A ∼ Bdef.⇐⇒ 可逆行列 P,Qが存在してB = PAQ (3.6)
として関係∼を定義すれば，∼は同値関係である．
(4) x, y ∈ Zについて，関係 x < yは同値関係でない（対称律
を満たさない）．
定義 3.2. 集合Xに同値関係∼が与えられているとする．任意の x ∈ Xに対し，Xの部分集合
C(x) = {y ∈ X | y ∼ x} （xと同値な元全体の集合） (3.7)
を xの定める同値類といい，同値類C(x)に属する元のひとつを
C(x)の代表元という．
このとき，x, y ∈ Xとして，
C(x) = C(y) または C(x) ∩ C(y) = ∅ (3.8)
のいずれか一方が成り立つ．よって，集合Xを共通部分のない
和集合
X =∐
C :同値類
C(x) (3.9)
の形に表すことができる．これをXの∼による同値類別という．
注釈 3.1. 一般に，和集合はA∪Bと記される．さらにA∩B = ∅が成り立つとき，この和集合をAとBとの直和集合（または非
交和）といい，しばしばA∐
Bと記す．
24
例 3.2. 例 3.1 について考える．
(1) 同値類は有理数m
nに他ならない．
(2) 同値類は，mで割った余りが等しい整数全体の集合であり，
mを法とする合同類である．
(3) 同値類は階数が等しいm× n行列全体の集合であり，代表
元として階数標準形を選べる．
定義 3.3. 集合Xに同値関係∼が与えられたとき，同値類全体のなす集合
{C |CはXの同値類 } (3.10)
をX/ ∼で表し，同値関係∼による商集合という．
このとき，自然な写像
φ : X → X/ ∼
∈ ∈
x 7→ C(x)
(3.11)
が定まる．定義から，φは全射である．写像φによって，部分集
合A ⊂ Xの元と商集合X/ ∼の元が一対一に対応するとき，A
をX/ ∼の完全代表系という．
例 3.3. ここでも例 3.1 について考えよう．
(1) (Z× Z=0)/ ∼は有理数全体の集合Qと同一視できる．
(m,n) ←→ m
n,
m
n=
m′
n′ (3.12)
(2) 各同値類の代表元として，mで割った余りを選ぶことがで
きるので，Z/ ∼を {0, 1, . . . ,m− 1}と同一視できる．言い換えれば，{0, 1, . . . ,m− 1}は，Z/ ∼の完全代表系である．この商集合 Z/ ∼を Z/mZと記す．
25
3.2 剰余類
定義 3.4. （左剰余類）
Gを群，HをGの部分群とする．g ∈ Gに対し，gを左からH
の元に掛けて得られる元全体の集合
gH = {gh |h ∈ H} (3.13)
を，gのHに関する左剰余類という．
特に，g = e（単位元）のとき，eH = Hだから，Hは左剰余
類のひとつである．
例 3.4. G = S3, H = 〈(12)〉 ={(
1 2 31 2 3
),
(1 2 32 1 3
)}の
場合，(1 2 31 2 3
)H =
{(1 2 31 2 3
),
(1 2 32 1 3
)},(
1 2 32 1 3
)H =
{(1 2 32 1 3
),
(1 2 31 2 3
)},(
1 2 33 2 1
)H =
{(1 2 33 2 1
),
(1 2 32 3 1
)},(
1 2 31 3 2
)H =
{(1 2 31 3 2
),
(1 2 33 1 2
)},(
1 2 32 3 1
)H =
{(1 2 32 3 1
),
(1 2 33 2 1
)},(
1 2 33 1 2
)H =
{(1 2 33 1 2
),
(1 2 31 3 2
)}
(3.14)
である．これより，
H =
(1 2 32 1 3
)H,
(1 2 33 2 1
)H =
(1 2 32 3 1
)H,(
1 2 31 3 2
)H =
(1 2 33 1 2
)H,
(3.15)
である．
26
命題 3.1. Hを群Gの部分群とし，g1, g2 ∈ Gとする．
(1) g1 ∈ g1Hである．
(2) g1H = g2Hまたは g1H ∩ g2H = ∅のいずれか一方が成り立つ．（異なる左剰余類は共通な元を持たない）
(3) g1H = g2H ⇐⇒ g−11 g2 ∈ Hである．
証明
(1) e ∈ Hより g1 = g1e ∈ g1Hである．
(2) 「g1H ∩ g2H 6= ∅ならば g1H = g2H」を示せばよい．
g1H ∩ g2H 6= ∅ならば，g1h1 = g2h2なる h1, h2 ∈ Hが存在
する．このとき，任意の h ∈ Hに対し
g1h = g1h1h−11 h = g2h2h
−11 h ∈ g2H (3.16)
より，g1H ⊂ g2H である．同様に g2H ⊂ g1H も示せるの
で，g1H = g2Hである．
(3) 左剰余類の定義より，
g1H = g2H ⇐⇒ H = (g−11 g2)H
⇐⇒ g−11 g2 ∈ H
(3.17)
である．
問題 3.1. 命題 3.1 を例 3.4 の場合に確かめよ．
27
命題 3.1より，異なる左剰余類は共通な元をもたない．このこ
とを利用して，群GをHの左剰余類に分割することを考えよう．
まず，g1 = eを考えると，その左剰余類 g1H (= H)はGの部分
集合である．g1H = Gならばそれで終り．g2 6∈ g1Hなる g2 ∈ G
が存在すれば左剰余類 g2Hを考える．g1H ∩g2H = ∅である．これを繰り返せば，最後には集合Gの分割
G =∐i∈I
giH (3.18)
が得られる（添字集合 I は有限集合とは限らない）．gi (i ∈ I)
を左剰余類 giH の代表元と呼ぶ（代表元の選び方は一通りでは
ない）．
例 3.5. 例 3.4 では，
G = H∐(1 2 3
3 2 1
)H∐(1 2 3
1 3 2
)H (3.19)
である．
相異なる左剰余類全体の集合を考え，それをG/Hと表す：
G/H = {giH | i ∈ I} (3.20)
これを左剰余空間という．なお，右剰余空間はH\Gと表す．
以上の内容を，同値関係の言葉で表してみよう．群Gとその
部分群Hが与えられたとき，g1, g2 ∈ Gに対して関係 g1 ∼ g2を
g1 ∼ g2def.⇐⇒ g−1
1 g2 ∈ H (3.21)
で定める．このとき，∼は同値関係であり，g1 ∈ Gの定める同
値類C(g1)は
C(g1) = g1H = {g1h |h ∈ H} (3.22)
である．Gは∼に関する同値類に分割され，この同値類の集合G/ ∼をG/Hと記す．非可換群では，一般に gH 6= Hgである．
28
3.3 集合の濃度
定義 3.5. 集合Aから集合Bへの全単射が存在するとき，Bは
Aに対等であるという．
対等という関係は同値関係である．
問題 3.2. これを示せ．
対等な 2つの集合は濃度が等しいという（つまり，同値類が濃
度である）．集合Aの濃度を#Aまたは |A|と表わす．有限集合の場合，濃度は元の個数のことである．
定義 3.6.
(1) Nの濃度を可算濃度といい，ℵ0と表す：|N| = ℵ0
Nと対等な集合を可算集合または可付番集合という．
(2) Rの濃度を連続の濃度といい，ℵと表す：|R| = ℵ
例 3.6.
(1) 偶数の自然数全体をNevenと書こう．このときNとNevenは対
等，すなわち，|Neven| = ℵ0である．実際，写像f : N→ Neven
を f(n) = 2nで定義すれば，f は全単射である．
(2) N2とNは対等である．すなわち，|N2| = ℵ0である．自然数を
1 2 3 4 5 6 · · · → m
1 1 2 4 7 11 16
2 3 5 8 12 17
3 6 9 13 18
4 10 14 19
5 15 20...↓n
と並べればよい．
29
定義 3.7. （濃度の大小関係）
濃度 a, bに対し，a = |A|, b = |B|なる集合を選ぶ．AからB
への単射が存在するとき，a ≤ b（または b ≥ a）と表す．また
a ≤ bであって，AからBへの全単射が存在しないとき（つまり
AとBとが対等でないとき），a < b（または b > a）と表す．
命題 3.2. ℵ0 < ℵ
定義 3.8. （濃度の和と積）
集合A,Bの濃度をそれぞれ a = |A|, b = |B|と表そう．
(1) A∩B = ∅のとき，濃度 aと bの和をA∪Bの濃度によって
a+ b := |A ∪B| (3.23)
と定義する．
(2) 直積集合A×Bの濃度を濃度 aと濃度 bの積といい，
ab := |A×B| (3.24)
と表す．
命題 3.3. 濃度に対して
n個の和︷ ︸︸ ︷a+ · · ·+ a = na
a+ a+ a+ · · ·（可算個の和）= aℵ0∑i∈I
a = a|I|
(3.25)
が成り立つ．
30
3.4 Lagrange の定理
定義 3.9. Gを群とし，Hをその部分群とする．左剰余空間G/H
の濃度を，GにおけるHの指数といい，(G : H)と記す．
例 3.7.
(1) H = {e}のとき，左剰余類 gH = {g}を gと同一視できる
ので，(G : {e}) = |G|が成り立つ．
(2) H = Gのとき，任意の g ∈ Gについて gH = H (= G)なの
で，左剰余類は唯一つG自身である．よって，(G : G) = 1
である．実は，
H = G ⇐⇒ (G : H) = 1 (3.26)
が成り立つ．
(3) G = Z（加法群）とする．自然数mに対してH = mZはG
の部分群である（いま，Gは可換群なので，左剰余類と右
剰余類は一致する．よって，単に剰余類と呼ぶ）．a, b ∈ Zに対して自然数mに関する剰余類を考えると，
a+mZ = b+mZ ⇐⇒ a ≡ b (mod m) (3.27)
がわかる．また，剰余類分解は
Z = mZ∐(1 +mZ)
∐· · ·∐(m− 1 +mZ) (3.28)
であるので，(Z : mZ) = mである．
(4) G = Sn, H = An (n ≥ 2)を考える．x, y ∈ Snに
x ∼ ydef.⇐⇒ x−1y ∈ An
⇐⇒ xと yの符号が等しい(3.29)
と同値関係を定めると，これによる類別はSnの元を偶置
換と奇置換に分けることである．奇置換 ρをひとつ固定す
れば，Sn/An = {An, ρAn}であり，(Sn : An) = 2である．
31
剰余類分解の応用として，次の定理がある．
定理 3.4. （Lagrange の定理）
Gを群，Hをその部分群とする．このとき，
|G| = (G : H)|H| (3.30)
が成り立つ．
証明 gHを gのHに関する左剰余類とする．写像 φgを
φg : H → gH∈ ∈
h 7→ gh
(3.31)
で定める．このとき φgは全単射であるから，
任意の g ∈ Gに対して |gH| = |H| (3.32)
である．従って，
G =∐i∈I
giH (3.33)
より
|G| =∑i∈I
|giH| =∑i∈I
|H| = |I||H| = (G : H)|H| (3.34)
が成り立つ．
この定理から，有限群の部分群や元の位数の情報が得られる．
系 3.5. Gを有限群とする．
(1) Gの部分群の位数は |G|の約数である．
(2) Gの各元の位数は |G|の約数である．
(3) 任意の g ∈ Gに対して g|G| = e（単位元）が成り立つ．
(4) |G|が素数ならばGは巡回群である．
32
証明 (1) は定理 3.4 より直ちに導かれる．g ∈ Gに対して gが
生成するGの部分群H = 〈g〉を考えれば，gの位数はHの位数
|H|に一致する．このことと (1) より，(2) が示される．(3) は
(2) の言い換えである．(4) の証明は代数学 I 演習で．
レポート課題 3. Gを位数 18の巡回群とする．Gの部分群をす
べて求めよ．
注釈 3.2. 定理 3.4 の証明において，任意の g ∈ Gに対して
|gH| = |H|であることを示した．同じ議論で，右剰余類についても，|Hg| = |H|であることがわかる．よって，左剰余空間と右剰余空間の濃度は等しい．
33
3.5 正規部分群
Gを群，HをGの部分群とする．g ∈ Gに対して
gHg−1 = {ghg−1 |h ∈ H} (3.35)
はGの部分群である．これを，H の（gに関する）共役部分群
という．
定義 3.10. H をGの部分群とする．H がGの正規部分群であ
るとは，任意の g ∈ Gについて，
gHg−1 = H (3.36)
が成り立つことである．HがGの正規部分群であることを
H ◁ G (3.37)
と記す．
命題 3.6. Gを群とする．
(1) HをGの部分群とする．任意の g ∈ Gについて
gHg−1 ⊂ H (3.38)
ならば，HはGの正規部分群である．
(2) H1とH2がともにGの正規部分群ならば，H1 ∩H2はGの
正規部分群である．
(3) Gが可換群ならば，Gの任意の部分群は正規部分群である．
証明 (1) のみ示す．任意の g ∈ Gについて gHg−1 ⊂ H が成
り立つとする．これを g = g−1に適用すれば，g−1Hg ⊂ Hを得
る．これより，任意の g ∈ GについてH ⊂ gHg−1が成り立つ．
gも gもGの任意の元であるから，結局，任意の g ∈ Gについ
て gHg−1 = Hが成り立つ．
問題 3.3. (2), (3) を示せ．
34
例 3.8.
(1) Gを群とする．その自明な部分群 {e}とGは，ともにGの
正規部分群である．
{e} ◁ G, G ◁ G (3.39)
(2) 交代群Anは対称群Snの正規部分群である．
An ◁Sn (3.40)
(3) SL(n,R)はGL(n,R)の正規部分群である．
SL(n,R) ◁ GL(n,R) (3.41)
命題 3.7. Gを群とする．Gの部分群Hが (G : H) = 2を満たす
ならば，HはGの正規部分群である．
証明 g ∈ Hならば gHg−1 = Hが成り立つことは明らか．仮定
よりH ⫋ Gであるから，g 6∈ Hなる g ∈ Gが存在する．仮定よ
り，この gに対し，
G = H∐
gH = H∐
Hg (3.42)
と分解できる．よって，Hg = gHである．これは，gHg−1 = H
を意味する．従って，HはGの正規部分群である．
例 3.9. (Sn : An) = 2だから，An ◁Snである．
35
3.6 剰余群
部分群Hによる群Gの左剰余空間G/Hは，一般には単なる集
合であるが，部分群Hがある「よい性質」を持てば，G/Hに自
然な二項演算を定義できて，この演算によりG/Hは群をなす．
命題 3.8. Hを群Gの正規部分群とする．
(1) Hに関する左剰余類と右剰余類は一致する．すなわち，任
意の g ∈ Gについて gH = Hgが成り立つ．
(2) x1 ∈ g1Hかつ x2 ∈ g2Hならば，
(x1x2)H = (g1g2)H (3.43)
が成り立つ．
証明
(1) H は正規部分群だから gHg−1 = H が成り立つ．よって，
gH = Hgを得る．
(2) 仮定より x1 = g1h1, x2 = g2h2 (h1, h2 ∈ H)と表せる．よ
って，
x1x2 = g1h1g2h2 = g1(g2g−12 )h1g2h2
= g1g2(g−12 h1g2)h2 = g1g2h
′1h2
(3.44)
が成り立つ．ここで，h′1 = g−1
2 h1g2である．Hは正規部分
群だから h′1 ∈ Hなので，h′
1h2 ∈ Hである．これより直ち
に (2) が導かれる．
H がGの正規部分群ならば，命題 3.8 (1) より左剰余類と右
剰余類の区別はないので，単に剰余類と呼ぶ．
注釈 3.3. 同値類の言葉を用いれば，命題 3.8 (2) は
x1 ∼ g1 かつ x2 ∼ g2 ⇒ x1x2 ∼ g1g2 (3.45)
と表せる．ここで，同値関係∼は (3.21)で定めたものである．
36
H をGの正規部分群とする．このとき，剰余空間（剰余類の
集合）G/H上の二項演算 ∗を
(g1H) ∗ (g2H) := (g1g2)H (3.46)
で定義する．この演算により，G/Hは群をなす．実際，演算で閉
じていること，結合律が成り立つことは明らか．また，G/Hの
単位元は，Gの単位元 eが定める剰余類 eH = Hであり，gH ∈G/Hの逆元は g−1Hである．
定義 3.11. HをGの正規部分群とする．このとき，上で定めた
群G/Hを，群GのHによる剰余群（あるいは商群）という．
注釈 3.4. 剰余類の代表元の選び方は一通りではない（gHに関
し，g′ ∼ gなる g′であれば何でもよい）．代表元の選び方を変
えても群の演算 (3.46)が矛盾を起こさないことが，命題 3.8 (2)
により保証されている．
命題 3.9. Hを群Gの正規部分群とする．
(1) 剰余群G/Hの位数 |G/H|は指数 (G : H)に等しい．
(2) Gが有限群ならば，|G/H|はGの位数 |G|の約数である．
例 3.10.
(1) G/{e} = Gであり，G/Gは単位群である．
(2) G = Z, H = mZ（mは自然数）とする．Zは可換群だから，mZは Zの正規部分群である．x ∈ Zの属する剰余類x+mZを xと記すと，Z/mZは集合として
{0, 1, . . . ,m− 1} (3.47)
と表せ，加法群の演算は
x+ y := x+ y (3.48)
で与えられる．
37
(3) 交代群Anは対称群Snの正規部分群であり，
Sn/An = {An, (12)An} (3.49)
と表せる．これは置換の符号の偶奇による類別である．剰
余群の演算の定義より，Sn/Anの群演算は，
An ∗ An = An, An ∗ (12)An = (12)An
(12)An ∗ An = (12)An, (12)An ∗ (12)An = An
(3.50)
である．よって，
An ←→ +1, (12)An ←→ −1 (3.51)
という対応を考えれば，Sn/Anは乗法群 {±1}と同一視できる．
(+1)× (+1) = +1, (+1)× (−1) = −1(−1)× (+1) = −1, (−1)× (−1) = +1
(3.52)
レポート課題 4. 以下の問に答えよ．
(1) 2次直交群O(2)の任意の元は，θ ∈ Rを用いて，[cos θ − sin θ
sin θ cos θ
]または
[− cos θ sin θ
sin θ cos θ
]と表せることを示せ．
(2) 2次回転群 SO(2)は O(2)の正規部分群であることを示せ．
部分群であることは既知としてよい．
(3) SO(2)によるO(2)の剰余類をすべて求めよ．
(4) 剰余群O(2)/SO(2)はどのような群と同一視できるか．
38
4 準同型定理
4.1 群の準同型
定義 4.1. G,G′を群とする（二項演算をそれぞれ ·および ∗で表す）．写像 f : G→ G′が群準同型であるとは，任意の g1, g2 ∈ G
に対し
f(g1 · g2) = f(g1) ∗ f(g2) (4.1)
が成り立つことをいう．
命題 4.1. f : G→ G′を群準同型とする．
(1) e, e′をそれぞれG,G′の単位元とすると，f(e) = e′である．
(2) 任意の g ∈ Gについて f(g−1) = f(g)−1である．
(3) Im f はG′の部分群である．
証明
(1) e · e = eより，
f(e) ∗ f(e) = f(e) (4.2)
である．両辺に f(e)−1を掛けて f(e) = e′を得る．
(2) g · g−1 = eより
f(g) ∗ f(g−1) = f(e) = e′ (4.3)
である．よって f(g−1) = f(g)−1である．
(3) (1), (2) および (4.1) より示せる．
問題 4.1. 上の命題の (3) を示せ．
39
命題 4.2. 群準同型について以下が成り立つ．
(1) f : G→ G′と f : G′ → G′′とがともに群準同型ならば，合
成写像 f ◦ f : G→ G′′は群準同型である．
(2) 群準同型 f : G → G′ が全単射ならば，その逆写像 f−1 :
G′ → Gは群準同型である．
定義 4.2. G,G′を群とする．
(1) 群準同型 f : G→ G′が全単射であるとき，f は群同型であ
るという．
(2) GとG′の間に群同型 f : G→ G′が存在するとき，GとG′
は群として同型であるといい，
G ' G′ (4.4)
と記す．
例 4.1.
(1) 恒等写像 idG : G → Gは群準同型であり，全単射であるか
ら群同型である．
(2) 単位群 {e}から群Gへの写像
f : {e} → G
∈ ∈
e 7→ eG
(4.5)
は群準同型である（eGはGの単位元）．また，群Gから単
位群 {e}への写像
f : G → {e}
∈ ∈
g 7→ e
(4.6)
も群準同型である．
40
(3) Gを群，Hをその部分群とする．包含写像
ι : H → G
∈ ∈
h 7→ h
(4.7)
は群準同型である．
(4) 指数関数 exp : R→ R+と対数関数 log : R+ → Rを考える．このとき，指数法則
exp(x+ y) = exp(x) exp(y),
log(uv) = log(u) + log(v)(4.8)
より，expと logはともに群準同型である．また，expと log
は Rと R+の間の全単射を与えており，互いに逆写像であ
る．よって，加法群Rと乗法群R+は群として同型である．
(5) 群Gの元 gをひとつ固定し，写像 f : Z→ Gを
f : Z → G
∈ ∈
n 7→ gn(4.9)
で定めると，指数法則より，f は加法群 ZからGへの群準
同型である．特に，G = 〈g〉の場合，すなわちGが巡回群で
gがその生成元ならば，f は全射である．さらにこのとき，
f が単射 ⇐⇒ G = 〈g〉が無限巡回群 (4.10)
なので，無限巡回群は Zと同型である．
(6) 正六角形の合同変換群D6と位数 2の巡回群 C2 = {g, g2 =
e′}を考える．写像 f : D6 → C2を
f : e, θ, . . . , θ5 7→ e′
σ1, σ2, . . . , σ6 7→ g(4.11)
で定めると，f は群準同型である．
41
(7) G = D6とする．部分群H = {e, θ2, θ4}はGの正規部分群
である．剰余類分解は
G = H∐
σ1H∐
σ4H∐
θH (4.12)
である．簡単のため，各剰余類を
E = H, C1 = σ1H, C2 = σ4H, C3 = θH (4.13)
と表そう．このとき，剰余群の演算の定義より，
C1C2 = C2C1 = C3,
C2C3 = C3C2 = C1,
C3C1 = C1C3 = C2
(4.14)
および C2i = E (i = 1, 2, 3)が成り立つことがわかる．群G
から剰余群G/H = {E,C1, C2, C3}への写像 f を
f : e, θ2, θ4 7→ E, σ1, σ2, σ3 7→ C1
σ4, σ5, σ6 7→ C2, θ, θ3, θ5 7→ C3
(4.15)
で定めると，これは準同型である．
実は，一般に，次がいえる．
(8) 群Gとその正規部分群Hを考える．Gから剰余群G/Hへ
の写像 f をf : G → G/H
∈ ∈
g 7→ gH
(4.16)
で定める．f は g ∈ Gに gの剰余類を対応させる自然な写
像である．このとき，剰余群の演算の定義により，fは群準
同型である．実際，
f(g1g2) = g1g2H,
f(g1)f(g2) = (g1H)(g2H) = g1g2H(4.17)
である．
42
4.2 準同型定理
定義 4.3. f : G → G′を群準同型とする．このとき，Gの部分
集合Ker f を
Ker f = {g ∈ G | f(g) = e′} (4.18)
と定める（e′はG′の単位元）．これを群準同型 f の核という．
命題 4.3. f : G→ G′を群準同型とする．
(1) Ker f はGの正規部分群である．
(2) f が単射 ⇐⇒ Ker f = {e} （eはGの単位元）
証明
(1) まず，Ker fがGの部分群であることを示そう．命題 1.2を
用いる．f(e) = e′より e ∈ Ker f である．g1, g2 ∈ Ker f と
すると，
f(g1g2) = f(g1)f(g2) = e′e′ = e′ (4.19)
より g1g2 ∈ Ker f である．また，g ∈ Ker f に対し，
f(g−1) = f(g)−1 = e′ (4.20)
より，g−1 ∈ Ker f である．よって，Ker f はGの部分群で
ある．
次に，Ker f が正規部分群であることを示そう．h ∈ Ker f
とする．このとき，任意の g ∈ Gに対して
f(ghg−1) = f(g)f(h)f(g)−1 = f(g)e′f(g)−1 = e′ (4.21)
が成り立つので，ghg−1 ∈ Ker f である．以上で (1) が示
せた．
43
(2) まず，f が単射であると仮定する．g ∈ Ker f に対して，
f(g) = e′ = f(e) (4.22)
であるが，f は単射だから g = eである．すなわちKer f =
{e}である．
逆に，Ker f = {e}を仮定し，g1, g2 ∈ Gが f(g1) = f(g2)を
満たすとする．このとき，
f(g1g−12 ) = f(g1)f(g2)
−1 = e′ (4.23)
より g1g−12 ∈ Ker f である．仮定より g1g
−12 = eなので，
g1 = g2である．よって，f は単射である．
命題 4.3 (1) より，剰余群G/Ker fを考えることができる．一
方で，Im f はG′の部分群である．これら 2つの群について，次
の定理が成り立つ．
定理 4.4. （準同型定理）
f : G→ G′を群準同型とする．このとき，Gの剰余群G/Ker f
とG′の部分群 Im f は群として同型である．すなわち，
G/Ker f ∼= Im f (4.24)
が成り立つ．
証明 H = Ker f とかく．まず，g ∈ G, h ∈ Hに対し，
f(gh) = f(g)f(h) = f(g)e′ = f(g) (4.25)
だから，f の値はH に関する剰余類だけで決まっている．そこ
で，写像 φをφ : G/H → Im f
∈ ∈
gH 7→ f(g)
(4.26)
で定めよう．この写像 φが群同型であることを示す．
44
剰余群の演算の定義から，φは群準同型である．実際，任意の
g1H, g2H ∈ G/Hに対し
φ((g1H)(g2H)) = φ(g1g2H)
= f(g1g2)
= f(g1)f(g2)
= φ(g1H)φ(g2H)
(4.27)
である．
また，φが全射であること，すなわち Imφ = Im f は定義から
明らかである．
さらに，gH ∈ G/Hについて，
φ(gH) = e′ ⇐⇒ f(g) = e′
⇐⇒ g ∈ Ker f = H
⇐⇒ gH = H
(4.28)
が成り立つ．すなわち，Kerφ = {H}（H は群G/H の単位元）
ということだから，命題 4.3 (2) より φは単射である．
以上で，φが群同型であることが確められた．
45
例 4.2.
(1) abs : C× → R+を絶対値を与える写像とする．すなわち，
abs(z) = |z| (z ∈ C×)である．絶対値の性質
|z1z2| = |z1||z2| (4.29)
は，absが群準同型であることを表している．任意のx ∈ R+
に対して abs(x) = |x| = xだから，absは全射である．また，
Ker (abs) = {z ∈ C× | |z| = 1} (4.30)
であり，これは（乗法に関して）群である．これをTと記そう．準同型定理より，C×/T ∼= R+という群同型が得られる．
(2) nを自然数として，写像 f を
f : C× → C×
∈ ∈
z 7→ zn(4.31)
で定める．C×は可換群だから，
(z1z2)n = zn1 z
n2 (4.32)
より f は群準同型である．任意の w ∈ Cに対し zn = wを
満たす z ∈ Cが存在するから，f は全射である．f の核は 1
の n乗根全体がなす群である．
Ker f = {e2πik/n | k = 0, 1, . . . , n− 1} =: µn (4.33)
よって，C×/µn∼= C×である．
(3) 実 n次正則行列にその行列式の値を対応させる写像を
det : GL(n,R) → R×
∈ ∈
A 7→ detA
(4.34)
とする．行列式の性質
det(AB) = (detA)(detB) (4.35)
46
より，detは群準同型である．また，対角行列を考えれば，
detが全射であることもわかる．定義より，SL(n,R)が det
の核である．よって，GL(n,R)/SL(n,R) ∼= R×である．
(4) sgn : Sn → {±1}を，置換にその符号を対応させる写像とする．
sgn (στ) = sgnσ sgn τ (4.36)
より sgn は群準同型である．n ≥ 2なら sgn は全射である．
定義より，交代群Anが sgn の核である．よって，群として
の同型Sn/An∼= {±1}が成り立つ．
このことは，実はすでに例 3.10 で述べた．
(5) 正六角形の合同変換群D6は位数 2の巡回群 C2 = {g, g2 =
e′}に準同型である（例 4.1を参照）．(4.11)で定めた準同型
写像 f : D6 → C2の核はH = {e, θ, . . . , θ5}であり，これはD6の正規部分群である．Hに関する剰余類はH, σ1Hであ
り，D6/H = {H, σ1H}は剰余群である．準同型定理より，これはC2と同型である．このときの同型写像 f : D6/H → C2
は，
f(H) = e′, f(σ1H) = g (4.37)
で与えられる．
レポート課題 5. 写像 f : C× → C×を f(z) = z/|z|で定める．
(1) 乗法群C×の単位元および z ∈ C×の逆元は何か．
(2) f は群準同型写像であることを示せ．
(3) Im f とKer f を求めよ．また，準同型定理より何が言える
か，考察せよ．
47
5 群の作用
5.1 定義と例
Gを群とし，群の演算を ∗で表す．集合Xが与えられていて，
任意の g ∈ Gと x ∈ Xに対して，g · x ∈ Xが定まっているとす
る．すなわち，写像G×X → Xが定まっているとする．
定義 5.1. 写像G×X → X
∈ ∈
(g, x) 7→ g · x(5.1)
がGのXへの作用を与えるとは，以下が成り立つことをいう．
1. 任意の g, g′ ∈ Gおよび任意の x ∈ Xに対して
g · (g′ · x) = (g ∗ g′) · x (5.2)
が成り立つ．
2. 任意の x ∈ Xに対して，e · x = xが成り立つ（eはGの単
位元）．
群 Gの集合X への作用 (g, x) 7→ g · xが与えられたとき，各g ∈ Gに対して
φg(x) = g · x (x ∈ X) (5.3)
とおくことで，写像 φg : X → X が定まる．群の作用の定義か
ら，写像 φgは以下の性質をもつことがわかる．
命題 5.1. 以下が成り立つ．
(1) φe = idX（eはGの単位元）
(2) g, g′ ∈ Gとするとき，φg∗g′ = φg ◦ φg′が成り立つ．
(3) φgは全単射である．
(4) φg−1は φgの逆写像である：φg−1 = φ−1g
48
証明 (1),(2) はぞれそれ，定義 5.1 の 1, 2の言い換えである．
(2) において，g′ = g−1として (1) を用いれば，(4) が得られる．
(3) は (4) より直ちにわかる．
例 5.1.
(1) G = Sn, X = Xn := {1, 2, . . . , n}とする．σ ∈ Sn, i ∈ Xn
に対して
σ · i = σ(i) (5.4)
と定めれば，定義 5.1 の条件が成り立つ．よって，Snは
Xnに作用する（むしろ，これはSnの定義である）．この
例では，写像 φσは置換 σ : Xn → Xnに一致する．
(2) G = GL(n,R), X = Rnとする．A ∈ GL(n,R),x ∈ Rnに
対して
A · x = Ax (5.5)
とおけば，これはGL(n,R)のRnへの作用を定める．この
場合，写像 φA : Rn → Rnは行列Aの定めるR上の線形変換である．
(3) G = SO(2), X = R2とする．SO(2)は平面上の回転として
自然にR2に作用する．
ところで，GL(2,R)は R2に作用する．SO(2)はGL(2,R)の部分群である．GL(2,R)のR2への作用をSO(2)に制限す
れば，SO(2)のX = R2への作用が得られる，ともいえる．
(4) Hを群Gの部分群とし，X = G/H（左剰余空間）とする．
このとき，
g · (g′H) = (gg′)H (g, g′ ∈ G) (5.6)
とすれば，これはGのG/Hへの作用を定める．
49
(5) Gを群とし，X = Gとする．
g · x = gxg−1 (g ∈ G, x ∈ X) (5.7)
によって g · xを定めると，これはGのX への作用を定め
る．この作用を共役作用という．
○群の作用と群準同型
補題 5.2. 集合XからXへの全単射の全体
Bij(X) := {f : X → X | f は全単射 } (5.8)
は，写像の合成に関して群をなす．
問題 5.1. 証明せよ．
例 5.2. Xが有限集合ならば，Bij(X)は対称群である．
群Gと集合Xについて，GのXへの作用を与えることと，群
準同型 Φ : G → Bij(X)を与えることとが同等であることを示
そう．
群Gの集合Xへの作用が与えられたとする．群Gの元 gに対
し，写像φg : X → Xを (5.3)で与える．このとき，命題 5.1 (3)
より，φg ∈ Bij(X)である．そこで，写像Φ : G→ Bij(X)を
Φ : G → Bij(X)
∈ ∈
g 7→ φg
(5.9)
で定めると，命題 5.1 (2) より，Φは群準同型である．実際，
g1, g2 ∈ Gに対し，
Φ(g1g2) = φg1g2 = φg1 ◦ φg2 = Φ(g1) ◦ Φ(g2) (5.10)
である．こうして，群Gの集合Xへの作用が与えられれば，群
準同型Φ : G→ Bij(X)が定まることがわかる．
50
逆に，群Gと集合X に対して群準同型 Φ : G → Bij(X)が与
えられたとする．このとき，g ∈ G, x ∈ Xに対して
g · x := Φ(g)(x) (5.11)
とおくと，これは定義 5.1の条件を満たす．実際，任意のg1, g2 ∈Gおよび x ∈ Xに対し
g1 · (g2 · x) = g1 · (Φ(g2)(x)) = Φ(g1) (Φ(g2)(x))
= (Φ(g1) ◦ Φ(g2)) (x) = Φ(g1g2)(x) = (g1g2) · x(5.12)
であり，単位元 e ∈ Gおよび任意の x ∈ Xに対し，
e · x = Φ(e)(x) = idX(x) = x (5.13)
である．よって，群Gの集合Xへの作用が定まる．
以上の議論から，群Gと集合Xについて，GのXへの作用を
与えることと，群準同型Φ : G→ Bij(X)を与えることとは同等
である．
任意の x ∈ Xに対して g · x = xを満たす g ∈ G全体の集合は
（Φ(g) = idX を満たす g ∈ Gの全体だから），KerΦに他ならな
い．これを，GのXへの作用の核という．核が自明である作用
を忠実な作用という．
51
命題 5.3. 任意の有限群は，ある次数の対称群の部分群に同型で
ある．すなわち，任意の有限群Gに対し，自然数 nが存在して，
GはSnのある部分群に同型である．
証明 n = |G|として，GがSnのある部分群に同型であること
を示す．X = Gとおいて，GのXへの作用
g · x := gx (g ∈ G, x ∈ X) (5.14)
を考えよう．この作用に対応する群準同型を
Φ : G→ Bij(X) (5.15)
とする．この作用は忠実である，すなわち，KerΦ = {e}であるから，Φは単射である．従って，準同型定理により，
G ∼= G/{e} ∼= ImΦ ⊂ Bij(X) ∼= Sn (5.16)
である．
52
5.2 軌道分解
定義 5.2. 群Gが集合Xに作用しているとし，x ∈ Xとする．g
がGの元すべてを動くときの g · x全体の集合を，Gの作用に関
する xの軌道と呼び，Orb(x)と記す：
Orb(x) := {g · x ∈ X | g ∈ G} (5.17)
注釈 5.1. 軌道の定義は，
y ∈ Orb(x) ⇐⇒ y = g · xなる g ∈ Gが存在する (5.18)
と言い換えられる．
命題 5.4. 群Gが集合Xに作用しているとする．
(1) x ∈ Orb(x)
(2) y ∈ Orb(x) ⇐⇒ Orb(x) = Orb(y)
(3) Orb(x) ∩Orb(y) 6= ∅ ⇒ Orb(x) = Orb(y)
(4) y 6∈ Orb(x) ⇐⇒ Orb(x) ∩Orb(y) = ∅
証明
(1) 群作用の定義および軌道の定義より明らか．
(2) (1) より y ∈ Orb(y)だから ⇐ は明らか．⇒を示そう．y ∈Orb(x)ならば，y = g′ · xなる g′ ∈ Gが存在する．任意の
g ∈ Gについて，
g · y = g · (g′ · x) = (gg′) · x ∈ Orb(x) (5.19)
だからOrb(y) ⊂ Orb(x)である．また，x = g′−1 · yと表して同じ議論をすれば，Orb(x) ⊂ Orb(y)を得る．
(3) z ∈ Orb(x) ∩ Orb(y)とする．z ∈ Orb(x)だから，(2)よ
りOrb(z) = Orb(x)である．同様にOrb(z) = Orb(y)もわ
かる．
53
(4) (2), (3) により⇒ の対偶が示される．(1), (2) により⇐ の対偶が示される．
x1 ∈ Xに対しOrb(x1)はXの部分集合である．X = Orb(x1)
ならそれで終り．X ⫌ Orb(x1)ならば，x2 6∈ Orb(x1)なるx2 ∈ X
が存在する．このとき，命題 5.4 (4)よりOrb(x1)∩Orb(x2) = ∅である．X ⫌ Orb(x1)
∐Orb(x2)ならば，x3 6∈ Orb(x1)
∐Orb(x2)
なる x3 ∈ Xが存在する．以上の操作を繰り返せば，
X =∐i∈I
Orb(xi) (5.20)
と集合Xを分解できる．これを，Gの作用に関するXの軌道分
解といい，xiをOrb(xi)の代表元という．
さらに，（Gの作用に関する）Xの軌道全体の集合を，（Gの作
用に関する）Xの軌道空間といい，G\Xと記す．すなわち
G\X = {Orb(xi) | i ∈ I} (5.21)
である（もちろん，軌道の代表元の選び方は一意ではない）．
定義 5.3. 群Gが集合Xに作用しているとする．この作用が推
移的であるとは，任意の x, x′ ∈ Xに対して x′ = g · xなる g ∈ G
が存在することである．
作用が推移的であることを，X の任意の 2つの元はGの作用
で写り合う，ともいう．GのXへの作用に関する軌道は唯一つ
である，ともいえる．
軌道の定義から，Gの作用に関するXの軌道Orb(x)にもGが
作用していて，Orb(x)への Gの作用は推移的である．そして，
軌道分解とは，X全体をGが推移的に作用する部分集合（＝軌
道）の非交和に分解することである．
54
例 5.3.
(1) G = Sn, X = Xnとする．この場合は，Xn自身がSnの軌
道である．すなわち，任意の k ∈ Xnに対して
Xn = Orb(k) = {σ(k) |σ ∈ Sn} (5.22)
である．言い換えれば，SnのXnへの作用は推移的である．
(2) σ ∈ Snが生成する群G = 〈σ〉 (⊂ Sn)を考える．SnはXn
に作用しているので，GもXnに作用する．文字 j ∈ Xnの
Gの作用に関する軌道Orb(j)は，jに σを次々と作用させ
て得られる元全体である：
Orb(j) = {σk · j | k ∈ Z} = {σk(j) | k ∈ Z} (5.23)
従って，軌道分解は，Xnを σで互いに写り合う元からなる
部分集合に分割することである．
この軌道分解は，Snの元の巡回置換分解と関係している．
例えば，n = 7で
σ =
(1 2 3 4 5 6 7
6 5 7 4 2 3 1
)∈ S7 (5.24)
とする．これは，σ = (1637)(25)(4)と（互いに素な）巡回
置換の積に分解される（例 2.4）．G = 〈σ〉は位数 4の群で
ある．軌道を考えると，
Orb(1) = {1, 3, 6, 7},Orb(2) = {2, 5},Orb(4) = {4}
(5.25)
であり，X7 = Orb(1)∐
Orb(2)∐
Orb(4)が成り立つ．また，
〈σ〉\X7 = {Orb(1),Orb(2),Orb(4)} (5.26)
である．
55
(3) 平面 R2への回転群 SO(2)の作用についての軌道分解を考
える．x =
(x1
x2
)∈ R2に対して r =
√x21 + x2
2とおく．x
へのGの作用は，「xを原点を中心として回転する」という
ことだから，
Orb(x) =原点を中心とする半径 rの円周 (5.27)
である．従って，この場合の軌道分解とは，平面を原点を
中心とする同心円に分けることである．
R2 =∐
r∈[0,∞)
Cr, SO(2)\R2 ' [0,∞) (5.28)
レポート課題 6. 加法群Zの集合Rへの作用を，n·x = n+x (n ∈Z, x ∈ R)で定める．
(1) 0 ∈ Rの軌道Orb(0)を求めよ．また，a ∈ Rの軌道Orb(a)
を求めよ．
(2) 軌道空間 Z\Rは，半開区間 [0, 1)と同一視できることを説
明せよ．
56
5.3 固定群
定義 5.4. 群Gが集合Xに作用しているとし，x ∈ Xとする．x
を動かさないGの元全体
Gx =: {g ∈ G | g · x = x} (5.29)
はGの部分群をなす．これを，Gの作用に関する xの固定群と
呼ぶ．
集合Xに群Gが作用しているとする．x ∈ Xに対して，写像
φ : G→ Orb(x)を φ(g) = g · x (g ∈ G)で定める．
φ : G → Orb(x)
∈ ∈
g 7→ g · x(5.30)
ここで，h ∈ Gxならば h · x = xなので，
φ(gh) = (gh) · x = g · (h · x) = g · x = φ(g) (5.31)
が成り立つ．つまり，φ(g)の値は，gのGxに関する左剰余類に
しか依らない．従って，
φ(gGx) = φ(g) (= g · x) (g ∈ G) (5.32)
と定めることで，写像 φ : G/Gx → Orb(x)を定義できる．
φ : G/Gx → Orb(x)
∈ ∈
gGx 7→ g · x(5.33)
命題 5.5. φ : G/Gx → Orb(x)を上で定義された写像とする．
(1) φ(gg′Gx) = g · φ(g′Gx) (g, g′ ∈ G)が成り立つ．
(2) φは全単射である．
(3) |Orb(x)| = (G : Gx)が成り立つ．特にGが有限群のとき，軌
道Orb(x)は有限集合であり，|Orb(x)| = |G||Gx|
が成り立つ．
57
証明
(1) φの定義と群作用の定義より明らか．
(2) 軌道の定義から φは全射なので，φも全射である．また，
g1, g2 ∈ Gに対して
φ(g1Gx) = φ(g2Gx) ⇐⇒ g1 · x = g2 · x⇐⇒ (g−1
1 g2) · x = x
⇐⇒ g−11 g2 ∈ Gx
⇐⇒ g1Gx = g2Gx
(5.34)
より，φは単射である．
(3) (2) より，Orb(x)とG/Gxの濃度は等しい．
例 5.4.
(1) G = Sn, X = Xnとする．k ∈ Xnの固定群は
Fk = {σ ∈ Sn |σ(k) = k} (5.35)
なるSnの部分群である．Fkは群としてSn−1に同型である．
従って命題 5.5により，左剰余空間Sn/Sn−1 (= Sn/Fk)と
Xnとの間には，Gの作用を保つ全単射が存在する．
(2) 例 5.3 (2) について考える．軌道の代表元 1, 2, 4 ∈ X7につ
いて，各元の固定群を求めると，
G1 = 〈σ4〉 = {ϵ}, G2 = 〈σ2〉, G4 = 〈σ〉 (5.36)
である．よって，|G1| = 1, |G2| = 2, |G4| = 4だから，
|G/G1| = 4, |G/G2| = 2, |G/G4| = 1 (5.37)
である．
58
○共役類
群の構造を考察する上で重要な役割を果たすものとして，共役
作用による軌道分解がある．Gを群とし，x ∈ Gとする．Gの
共役作用による xの軌道を，xの（Gに関する）共役類といい，
Conj(x)と記す：
Conj(x) := {gxg−1 | g ∈ G} (5.38)
定義 5.5.
(1) Gを群とし，x ∈ Gを固定する．xと可換な元の集合
{g ∈ G | gx = xg} (5.39)
は，Gの部分群である．これを xの中心化群といい ZG(x)
と表す．
(2) 群Gのすべての元と可換な元の集合{g ∈ G |任意の x ∈ Gに対し gx = xg
}(5.40)
は，Gの部分群である．これをGの中心といい，Cent(G)
と表す．
問題 5.2. 部分集合 (5.39)が群Gの部分群であることを示せ．ま
た，部分集合 (5.40)が群Gの部分群であることを示せ．
共役作用に関する xの固定群Gxを求めよう．定義により，g ∈Gについて
g ∈ Gx ⇐⇒ gxg−1 = x
⇐⇒ gx = xg ⇐⇒ g ∈ ZG(x)(5.41)
である．すなわち，xの固定部分群 Gx は xの中心化群 ZG(x)
である．従って，命題 5.5 より，共役類 Conj(x)と左剰余空間
G/ZG(x)の間には、Gの作用を保つ全単射がある．共役作用に
関する軌道分解は，Gの共役類分割と呼ばれる．
59
例 5.5. S3の共役類を求めよう．記号は以下の通り．
σ1 = ϵ =
(1 2 3
1 2 3
), σ2 =
(1 2 3
2 1 3
),
σ3 =
(1 2 3
3 2 1
), σ4 =
(1 2 3
1 3 2
),
σ5 =
(1 2 3
2 3 1
), σ6 =
(1 2 3
3 1 2
).
(5.42)
簡単な計算でConj(ϵ) = {ϵ},Conj(σ2) = {σ2, σ3, σ4},Conj(σ5) = {σ5, σ6}
(5.43)
と求まり，S3の共役類分割は
S3 = Conj(ϵ)∐
Conj(σ2)∐
Conj(σ5) (5.44)
であることがわかる．各共役類の代表元として ϵ, σ2, σ5を選んだ．
これらの固定群は，それぞれ
ZG(ϵ) = S3,
ZG(σ2) = 〈σ2〉 = {ϵ, σ2},ZG(σ5) = 〈σ5〉 = {ϵ, σ5, σ6}
(5.45)
である．
補題 5.6. 対称群Snにおいて， 2つの元 σと τ とが同じ共役類
に属するのは，これらの巡回置換型が同じであるとき，かつそ
のときに限る．
例 5.6. S8を考える．2つの元 σ = ( 1234 )( 78 )( 5 )( 6 )と τ =
( 4356 )( 12 )( 7 )( 8 )は巡回置換型が同じであり，従って共役で
ある．実際，
ϕ =
(1 2 3 4 5 6 7 8
4 3 5 6 7 8 1 2
)(5.46)
とすれば，ϕσϕ−1 = τ である．
60
補題 5.6 より，対称群Snの共役類の個数は，nを
n = n1 + n2 + · · ·+ nl, n1 ≥ n2 ≥ · · · ≥ nl ≥ 1 (5.47)
と表示する方法の個数に等しい．自然数 nをこのように表示す
ることを，nの分割という．また，表示方法の個数を分割数とい
い，p(n)と記す．
例 5.7. n = 5の分割は，
5 = 5, 5 = 4 + 1, 5 = 3 + 2,
5 = 3 + 1 + 1, 5 = 2 + 2 + 1,
5 = 2 + 1 + 1 + 1, 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
(5.48)
の 7通りである：p(5) = 7．よって，S5は 7個の共役類をもつ．
各共役類の代表元として，
(12345), (1234)(5), (123)(45), (123)(4)(5)
(12)(34)(5), (12)(3)(4)(5), (1)(2)(3)(4)(5)(5.49)
を選べる．最後のものは単位元である．
分割数の母関数は，
∞∑n=0
p(n) qn =1∏∞
k=1(1− qk)(5.50)
で与えられる．実際，
1∏∞k=1(1− qk)
= (1 + q + q2 + · · · )(1 + q2 + q4 + · · · )
×(1 + q3 + q6 + · · · ) · · ·(5.51)
と展開し，qnの係数を拾えばよい．例えば q4の項は，
1 · 1 · 1 · q4 + q · 1 · q3 · 1 + 1 · (q2)2 · 1 · 1+(q1)2 · q2 · 1 · 1 + (q1)4 · 1 · 1 · 1
(5.52)
であり，それぞれ分割 4, 3 + 1, 2 + 2, 2 + 1 + 1, 1 + 1+ 1+ 1に
対応する．
61
定理 5.7. （シローの定理）
Gを有限群とし，n = |G|とする．素数 pに対し，nは peで割
り切れ，かつ pe+1では割り切れないとする．このとき，Gの部
分群で位数が peに等しいものが存在する．
証明 Gの部分集合で元の個数が peに等しいもの全体の集合を
X とする：X = {A |A ⊂ Gかつ |A| = pe} (5.53)
また，g ∈ G,A ∈ X に対して，
g · A = {ga | a ∈ A} (5.54)
と定めれば，g · A ∈ X である．実際，写像
f : A → g · A
∈ ∈
a 7→ ga
(5.55)
は全単射だから，|g ·A| = |A| = peである．対応 (g, A) 7→ g ·Aによって，GのX への作用が定まる．この作用による軌道分解を
X =m∐i=1
Orb(Ai) (5.56)
とする．各軌道の代表元Aiの固定群をGiとする．すなわち，
Gi = {g ∈ G | g · Ai = Ai} (5.57)
である．
群Gi (i = 1, . . . ,m)のなかに，位数が peに等しいものが存在
することを示そう．
62
補題 5.8.
(1) |Gi| ≤ pe
(2) (G : Gj) 6≡ 0 (mod p)なる j ∈ {1 . . . ,m}が存在する．
補題 5.8 の証明
(1) 集合Aiの元 a0を選び，写像 f を
f : Gi → Ai
∈ ∈
g 7→ ga0
(5.58)
で定めれば，fは単射である．実際，g, g′ ∈ Giに対し，ga0 = g′a0
ならば g = g′が成り立つ（右から a−10 を掛ければよい）．よって，
|Gi| ≤ |Ai| = pe (5.59)
だから (1) が成り立つ．
(2) まず，pは素数だから，k = 1, . . . , p− 1に対し，(p
k
)=
p(p− 1) · · · (p− k + 1)
k!≡ 0 (mod p) (5.60)
である．よって，Fp[x]で考えると，
(1 + x)p = 1 + xp (5.61)
である．さらに，
(1 + x)p2
= ((1 + x)p)p = (1 + xp)p = 1 + xp2 (5.62)
等より，
(1 + x)pe
= 1 + xpe (5.63)
である．従って，n = n′peなる n′に対し，
(1 + x)n = (1 + xpe)n′
(5.64)
である．xpeの係数を比べて(n
pe
)≡ n′ (mod p) (5.65)
63
である．定理の仮定より n′ 6≡ 0 (mod p)だから，
|X | =(n
pe
)6≡ 0 (mod p) (5.66)
である．
さて，X の軌道分解 (5.56)から，
|X | =m∑i=1
|Orb(Ai)| (5.67)
である．よって，|Orb(Aj)| 6≡ 0 (mod p)なる j ∈ {1 . . . ,m}が存在する．命題 5.5 より |Orb(Aj)| = (G : Gj)だから，(2) が成
り立つ．
定理の証明に戻ろう．補題 5.8 (2)を満たす（Gの）部分群Gj
をひとつ選ぶ．(G : Gj) =|G||Gj|
が pで割り切れないのだから，
|Gj|は peの倍数である．一方，補題 5.8 (1) より，|Gj| ≤ peが
成り立つ．従って，|Gj| = peである．このGjが求めていた部分
群（のひとつ）である．
64
