代数学１ (東京理科大学の教育支援システム（LETUS）にて配布しています)

月曜 2 限 (10:40∼12:10) K601

担当教員 : 加塩 朋和 研究室 : 4号館3階E-mail : kashio tomokazu@ma.noda.tus.ac.jp

教科書・参考書群論・環論の教科書は数多くあります. いくつか手に取ってみて, 自分に合うものを見つけるのが良いと思います. 以下は, 本講義の準備で参考にしたものです.

• 石田信著「代数学入門」実教出版• 桂利行著「代数学 I 群と環」東京大学出版会• 堀田良之著「代数入門 群と加群」裳華房• 雪江明彦著「代数学 1 群論入門」「代数学 2 環と体とガロア理論」日本評論社∗ 飯高茂著「群論, これはおもしろい - トランプで学ぶ群」共立出版∗ David Joyner著,川辺治之訳「群論の味わい -置換群で解き明かすルービックキューブと 15パズル」共立出版

目次 (予習の際の参考にしてください)

1 “群論” への導入 3

1.1 代数学と “演算” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 “群” の定義と例 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3 参考: “群論” の応用例 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3.1 演算, 生成 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3.2 元の位数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2 対称群 7

2.1 群の定義に関する補足 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2.2 対称群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

3 部分群, 交代群, 置換群 11

3.1 部分群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3.2 交代群, 置換群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

4 生成系, 巡回群, 元の位数 15

4.1 生成系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

4.2 巡回群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

4.3 元の位数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

5 有限群, 群の直積 19

5.1 有限群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

5.2 群の直積 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1

6 剰余類分解 23

6.1 補足 (復習): 同値関係による非交和分解 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

6.2 剰余類分解 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

7 ラグランジュの定理, 正規部分群, 剰余群 27

7.1 ラグランジュの定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

7.2 正規部分群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

7.3 剰余群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

8 前期中間テスト 31

8.1 略解 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

9 補足, 作用 35

9.1 補足: 群の例 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

9.2 補足: 半群と群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

9.3 作用 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

10 特別な部分群, 共役, 類等式 39

10.1 中心, 中心化群, 正規化群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

10.2 共役, 共役類 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

10.3 類等式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

11 準同型写像, 同型写像 43

11.1 準同型写像 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

11.2 同型写像 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

11.3 補足：有限生成アーベル群の基本定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

12 準同型定理, 直積分解 47

12.1 準同型定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

12.2 直積分解 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

13 シローの定理 51

13.1 シローの定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

14 交換子, 可解性, 補足 55

14.1 交換子, 交換子群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

14.2 単純群, 可解群, 冪零群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

14.3 補足: 半直積 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

15 前期期末テスト 59

15.1 前期期末テストの略解 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

2

1 “群論” への導入

1.1 代数学と “演算”

• 代数学 では “演算が定義されている集合” の性質を調べる.

• 集合 S = ∅ 上の 演算 ◦ とは “任意の二元 a, b ∈ S に対し a ◦ b ∈ S を定めるルール” のことである. 言い換えると

定義 1. 写像 S × S → S, (a, b) 7→ a ◦ b を S 上の 演算 (operation) と呼ぶ.

練習問題 2 (“数のなす集合” 上の演算). 以下を確かめよ.

1. 自然数全体のなす集合 N := {1, 2, 3, . . . } には二種類の演算 +, × が定まる.

2. 整数全体のなす集合 Z := {0,±1,±2,±3, . . . } には三種類の演算 +, −, × が定まる.

3. 有理数全体のなす集合 Q := {mn| m,n ∈ Z, n = 0} には三種類の演算 +, −, × が

定まる. 実数全体のなす集合 R や, 複素数全体のなす集合 C も同様.

4. N には演算 − は定義されていない.

略解. 4. 例えば 2, 3 /∈ N だが 2− 3 /∈ N.

練習問題 3 (“数のなす集合” 以外の演算の例). X を任意の集合とする. 以下を確かめよ.

1. Map(X,X) := {f : X → X | f は写像 } には, 合成 ◦ : Map(X,X)×Map(X,X)→Map(X,X), (f, g) 7→ f ◦ g が定義される.

2. Bij(X,X) := {f ∈ Map(X,X) | f は全単射 } でも “合成” が定義される.

略解. 2. 全射と全射の合成は全射. 単射も同様.

定義 4. 問題 3-2 の特別な場合 (X := {1, 2, . . . , n}) は n 次対称群 (symmetric group)

と呼ばれ Sn で表される. すなわち

Sn := Bij({1, 2, . . . , n}, {1, 2, . . . , n}) = {σ : {1, 2, . . . , n} → {1, 2, . . . , n} | σ は全単射 }

Sn の元 σ は n 次の置換 (permutation) と呼ばれ, いくつかの表記法がある:

• 各 1, . . . , n の下にその像 σ(1), . . . , σ(n) を並べて σ =(

1 2 ... nσ(1) σ(2) ... σ(n)

)と表す.

• いくつかの数字が σ(j1) = j2, σ(j2) = j3, . . . , σ(jr−1) = jr, σ(jr) = j1 というように“巡回” し, その他の数字は動かないとき σ = (j1 j2 . . . jr) で表し 巡回置換 (cyclic

permutation) と呼ぶ.

• 特に σ = (j1 j2) は j1, j2 を “互いに入れ換える” 置換であり 互換 (transposition)

と呼ばれる.

3

例えば S3 の元として考えるとき

( 1 2 33 2 1 ) = “1, 2, 3 をそれぞれ 3, 2, 1 へ移す写像”,

(1 2) = “1, 2, 3 をそれぞれ 2, 1, 3 へ移す写像”

となる.

1.2 “群” の定義と例

定義 5. 空でない集合 G に, 以下を満たす演算 ◦ が定義されているとき “(G, ◦) が 群(group) である”, “集合 G は演算 ◦ に関して群になる”, または単に “G は群である” などという:

1. 結合法則: ∀a, b, c ∈ G, (a ◦ b) ◦ c = a ◦ (b ◦ c).

2. 単位元の存在: ∃e ∈ G s.t. ∀a ∈ G, a ◦ e = e ◦ a = a.

3. 逆元の存在: ∀a ∈ G, ∃a′ ∈ G s.t. a ◦ a′ = a′ ◦ a = e.

2 を満たす元 e ∈ G を G の 単位元 (identity element), 3 を満たす元 a′ を a の 逆元(inverse element) と呼ぶ. 群 G がさらに

4. 可換性: ∀a, b ∈ G, a ◦ b = b ◦ a.

を満たすとき, Gは可換群 (commutative group),またはアーベル群 (abelian group),

そうでないとき 非可換群 (non-commutative group), または 非アーベル群 (non-

Abelian group) と呼ぶ.

練習問題 6. (Z,+) が群であることを確かめよ. またアーベル群かどうか答えよ.

基本問題 7. Q× := {x ∈ Q | x = 0} とおく. (Q×,×) がアーベル群であることを示せ.

略解. x, y ∈ Q, x, y = 0 ⇒ xy ∈ Q, xy = 0 より × は Q× 上の演算. あとは単位元を 1,mnの逆元を n

mとして, アーベル群の定義を満たすことを言えばよい.

基本問題 8. (Q,×) が群かどうか答えよ.

略解. 群だとして e ∈ Q を単位元とする. このとき e = 1× ee は単位元

= 1. よって 0 ∈ Q の逆元 0′ は 0× a′ = a′ × 0 = e = 1 を満たすが, そのような元 0′ ∈ Q は存在しない.

注意 9. 1. 群 (G, ◦) の演算の記号を省略し (ab := a ◦ b), 単位元を eG や 1G (または e,

1) で表す事が多い. このとき元 a ∈ G の逆元は a−1 で表される.

2. Gがアーベル群の場合には,演算を +で表すことも多い. この場合加法群 (additive

group) と呼ばれ, 単位元を 0G (または 0), a ∈ G の逆元を −a で表す. さらにa− b := a+ (−b) と略記する.

基本問題 10. (Sn, ◦) が群であることを示せ. またアーベル群かどうか答えよ.

略解. 単位元 eSn は恒等写像 id, σ =(

1 2 ... nj1 j2 ... jn

)の逆元は逆写像 σ−1 =

(j1 j2 ... jn1 2 ... n

)を取

れば定義を満たす. 証明は次の節で与える. なお n ≥ 3 ならアーベル群にならない.

4

1.3 参考: “群論” の応用例

1.3.1 演算, 生成

15 ゲーム: 4× 4 = 16 マスに 15 枚のパネルがおいてあり, 繰り返しパネルを空白へスライドさせて, 絵などを完成させるゲーム. 絵の代わりに 1 ∼ 15 の数字を使うと

1 2 3 4

5 6 7 8

9 10 11 12

13 14 15

12 を下へ⇒1 2 3 4

5 6 7 8

9 10 11

13 14 15 12

11 を右へ⇒1 2 3 4

5 6 7 8

9 10 11

13 14 15 12

10 を右へ⇒1 2 3 4

5 6 7 8

9 10 11

13 14 15 12

⇒ · · ·

簡単のため, ここでは “3 ゲーム” を考える.

(a)1 2

3⇒ · · · ⇒ 3 1

2とできるか？ (b)

1 2

3⇒ · · · ⇒ 2 1

3とできるか？

実際にやってみると (a) は簡単である:

1 2

3

2 を下へ⇒ 1

3 2

1 を右へ⇒ 1

3 2

3 を上へ⇒ 3 1

2

2 を左へ⇒ 3 1

2　— (♯)

これを “論理的” に考えてみよう. パネルのスライドという操作には『二つの操作を続けて行う』という『演算』が定義できる. よって代数学, とくに “群論” が使える. 便宜上,

空白を 4 のマスだと思えば, 上記のパネルの入れ替えは置換 ∈ S4 だと思える. 例えば

(a) の操作 ⇔ ( 1 2 3 43 1 2 4 ) = (1 3 2),

パネルを空白へスライド ⇔ 互換 (1 4),(2 4),(3 4) のどれか

と表記できる. このとき, 操作 (♯) は以下のようにかける:

1 2

3 4

(2 4)⇒ 1 4

3 2

(1 4)⇒ 4 1

3 2

(3 4)⇒ 3 1

4 2

(2 4)⇒ 3 1

2 4.

そして, これが (a) の解になるのは, 以下のように “計算可能” である:

(2 4) ◦ (3 4) ◦ (1 4) ◦ (2 4) = (1 3 2).

参考問題 11. 1. S4 の元で, 互換 (1 4),(2 4),(3 4) を使って表せる元全体のなす集合をH1 とおく (H1 は (1 4), (2 4), (3 4) で 生成される部分群 と呼ばれる). すなわち

H1 := {σ1 ◦ σ2 ◦ · · · ◦ σn ∈ S4 | n ∈ N, σi = (1 4), (2 4), (3 4)}.

このとき “3 ゲーム” で許されている操作は, すべて H1 の元であることを説明せよ.

2. マスを色分けして考える: . パネルを一度スライドさせると, 空白マスの位置が“網掛けマス ⇔ 網掛けなしのマス” を交互に行き来することに注意. このとき, (a)

や (b) のように “空白マスが右下に戻る” 操作は

H2 := {σ1 ◦ σ2 ◦ · · · ◦ σn ∈ S4 | n は偶数, σi = (1 4), (2 4), (3 4)}.

の元であることを説明せよ.

3. (b) の操作が可能であれば (1 2) ∈ H2 であることを説明せよ.

4. H2 の元はすべて偶置換であることに注意し, (b)の操作が不可能であることを示せ.

5

1.3.2 元の位数

6 枚のカード: 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 に対し, 以下のシャッフルを考える.

(c) 一枚目のカードを最後に回す: 1 2 3 4 5 6 ⇒ 2 3 4 5 6 1 .

(d) カードを二山に分け, 交互に並べる:

1 2 3︸ ︷︷ ︸ 4 5 6︸ ︷︷ ︸↓ ↓

1 2 3 , 4 5 6−−→ −−−−→−−−−−−−→←−−−−−−−−←−−−

−−←−−−

4 1 5 2 6 3

↷↷

これらのシャッフルは, それぞれ置換 ∈ S6 だと思える:

(c) のシャッフル ⇔ ( 1 2 3 4 5 62 3 4 5 6 1 ), (d) のシャッフル ⇔ ( 1 2 3 4 5 6

4 1 5 2 6 3 ).

(c) のシャッフルは 6 回繰り返すことで, 初めてもとに戻る:

1 2 3 4 5 6 ⇒ 2 3 4 5 6 1 ⇒ 3 4 5 6 1 2 ⇒ 4 5 6 1 2 3

⇒ 5 6 1 2 3 4 ⇒ 6 1 2 3 4 5 ⇒ 1 2 3 4 5 6 .

これを, 群 S6 の言葉で言えば

( 1 2 3 4 5 62 3 4 5 6 1 ) = id,

( 1 2 3 4 5 62 3 4 5 6 1 )

2 = ( 1 2 3 4 5 62 3 4 5 6 1 ) ◦ ( 1 2 3 4 5 6

2 3 4 5 6 1 ) = ( 1 2 3 4 5 63 4 5 6 1 2 ) = id,

...

( 1 2 3 4 5 62 3 4 5 6 1 )

5 = ( 1 2 3 4 5 66 1 2 3 4 5 ) = id

( 1 2 3 4 5 62 3 4 5 6 1 )

6 = id

となる. 一方で (d) のシャッフルを繰り返すと

1 2 3︸ ︷︷ ︸ 4 5 6︸ ︷︷ ︸↓ ↓

1 2 3 , 4 5 6−−→ −−−−→−−−−−−−→←−−−−−−−−←−−−

−−←−−−

4 1 5 2 6 3

↷↷ 4 1 5︸ ︷︷ ︸ 2 6 3︸ ︷︷ ︸↓ ↓

4 1 5 , 2 6 3−−→ −−−−→−−−−−−−→←−−−−−−−−←−−−

−−←−−−

2 4 6 1 3 5

↷↷ 2 4 6︸ ︷︷ ︸ 1 3 5︸ ︷︷ ︸↓ ↓

2 4 6 , 1 3 5−−→ −−−−→−−−−−−−→←−−−−−−−−←−−−

−−←−−−

1 2 3 4 5 6

↷↷

となり, 最少で 3 回で元に戻る. これは, 群 S6 の言葉で言えば

( 1 2 3 4 5 64 1 5 2 6 3 ) = id, ( 1 2 3 4 5 6

4 1 5 2 6 3 )2 = ( 1 2 3 4 5 6

2 4 6 1 3 5 ) = id, ( 1 2 3 4 5 64 1 5 2 6 3 )

3 = id

となる. 一般に, 群 G の元 g に対し, g を “最少” で何回掛け合わせたら単位元になるかは, その元の重要な性質の一つである. これを 元 g の位数 (order) と呼ぶ. 上の例では,

(1 2 3 4 5 6)の位数が 6で, ( 1 2 3 4 5 64 1 5 2 6 3 )の位数が 3であることを計算で求めたことになる.

練習問題 12. (e) n枚のカードで “一枚目のカードを最後に回すシャッフル”を考える. (e)

は最少何回繰り返せば元に戻るか計算せよ.

参考問題 13. (f) n 枚のカードで “カードを二山に分け, 交互に並べるシャッフル” を考える. どうすれば “(f) は最少何回繰り返せば元に戻るか” を計算できるか考えてみよ.

6

2 対称群

2.1 群の定義に関する補足

命題 14. G を群とする. このとき

1. 単位元はただ一つ存在する.

2. 任意の元 a ∈ G に対しその逆元はただ一つ存在する.

証明. 1. 示すべきは『e, e′ ∈ G, ∀a ∈ G, ae = ea = a – (♯), ae′ = e′a = a – (♭)⇒ e = e′』.

実際 e′(♯) に a = e′ を代入

= e′e(♭) に a = e を代入

= e.

2. 示すべきは『a′, a′′ ∈ G, aa′ = a′a = e – (♠), aa′′ = a′′a = e – (♡) ⇒ a′ = a′′』.

実際 a′′単位元の定義

= a′′ea′′×(♠)= a′′(aa′)

結合法則= (a′′a)a′

(♡)= ea′

単位元の定義= a′.

注意 15. 群の定義 (定義 5)において, ∃, ∀の順序に注意. 単位元は『群の中でただ一つ』,

逆元は『元 a に対してただ一つ』.

命題 16. (G, ◦) を群とする. このとき

1. a1, a2, . . . , an ∈ Gに対し,それらの積は演算の順序によらない. たとえば n = 4なら

((a1◦a2)◦a3)◦a4 = (a1◦a2)◦(a3◦a4) = (a1◦(a2◦a3))◦a4 = a1◦((a2◦a3)◦a4) = . . . .

よってこれらの積を∏n

i=1 ai, または a1a2 · · · an で表す. また, さらに G が可換群であれば, これらの積は元の並びの順序にもよらない.

2. a1, a2, . . . , an ∈ G に対し, それらの積 a1a2 · · · an の逆元は a−1n · · · a−1

2 a−11 となる.

3. a ∈ G の逆元 a−1 の逆元 (a−1)−1 は a と一致する.

4. a ∈ G, n ∈ Z に対し an :=

aa · · · a (n 個) (n > 0)

e (n = 0)

a−1a−1 · · · a−1 (|n| 個) (n < 0)

と定義する. このと

き “指数法則” aman = am+n が成り立つ.

5. a, b ∈ G が ab = e, または ba = e を満たすとき, b は a の逆元である.

証明. 1. それぞれ帰納法で示せる.

2. 逆元の定義を満たすことを言えばよい. 実際 (a−1n · · · a−1

2 a−11 )(a1a2 · · · an)

結合法則= (a−1

n · · · a−12 )(a−1

1 a1)(a2 · · · an) = (a−1n · · · a−1

2 )e(a2 · · · an) = (a−1n · · · a−1

2 )(a2 · · · an)= · · · = e. 逆も同様.

3. a が a−1 の逆元の定義を満たすことを言えばよい. 実際 a−1a = aa−1 = e.

4. 帰納法や場合分けで示せる.

5. 『ab = e ⇒ b = a−1』,『ba = e ⇒ b = a−1』を言えばよい. 前者なら ab = e に左からa−1 をかければよい.

7

注意 17. 加法群 (演算が + で表される) の場合は, 上の記号∏n

i=1 ai, a1a2 · · · an, an はそれぞれ

∑ni=1 ai, a1 + a2 + · · ·+ an, na で表される.

基本問題 18. 以下が群でないことを示せ.

1. 集合 N 上で, 演算を m ◦ n := mn と定めたもの.

2. 集合 N 上で, 演算を m ◦ n := m+ n と定めたもの.

3. Map({1, 2}, {1, 2}) 上で, 演算を f ◦ g := f ◦ g (写像の合成) と定めたもの.

略解. 1. 結合法則を満たさない, e.g., (2 ◦ 1) ◦ 3 = (21)3 = 8 = 2 = 2(13) = 2 ◦ (1 ◦ 3).

2. 単位元が存在しない, e.g., m ◦ e = m+ e = m (∀m ∈ N) となる e は 0 だが 0 /∈ N.3. 逆元が必ずしも存在しない, e.g., f(1) = f(2) = 1と定めたとき f ∈ Map({1, 2}, {1, 2})だが f ◦ g = eMap({1,2},{1,2}) = id となる g が存在しない.

2.2 対称群

対称群 Sn が群である (問題 10) を, より一般の形で証明しておく. すなわち

命題 19. 任意の集合 X ( = ∅)に対し, X から X への全単射写像全体のなす集合 Bij(X,X)

は, 合成 ◦ に関して群になる.

証明. 0. f, g ∈ Bij(X,X)⇒ f ◦ g ∈ Bij(X,X). ∵ 単射と単射の合成は単射 , 全射と全射の合成は全射.

1. f, g, h ∈ Bij(X,X) ⇒ (f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h). ∵ 合成写像の定義 : (F ◦ G)(a) :=

F (G(a))より ∀x ∈ X,

{((f ◦ g) ◦ h)(x) := (f ◦ g)(h(x)) := f(g(h(x))),

(f ◦ (g ◦ h))(x) := f((g ◦ h)(x)) := f(g(h(x))).よって一致.

2. idX は Bij(X,X) の元で, ∀f ∈ Bij(X,X), f ◦ idX = idX ◦ f = f を満たす.

3. f ∈ Bij(X,X) ならその逆写像 f−1 が存在し, f−1 ∈ Bij(X,X), f ◦ f−1 = f−1 ◦ f =

idX を満たす.

以上により Bij(X,X) は群である. とくに Sn = Bij({1, . . . , n}, {1, . . . , n}) も群.　

定義 20. 対称群 Sn の元に対し, 以下の記号, 用語を用いる.

1. 元 σ ∈ Sn に対して, 各数字 j ∈ {1, 2, . . . , n} の下にその像 σ(j) を並べて σ =(1 2 ... n

σ(1) σ(2) ... σ(n)

)のように表す.

2. r 個からなる部分集合 {j1, j2, . . . , jr} ⊂ {1, 2, . . . , n} が存在して

σ(j) =

ji+1 (1 ≤ ∃i ≤ r − 1 s.t. j = ji)

j1 (j = jr)

j (j /∈ {j1, j2, . . . , jr})

8

となるとき, σを長さ rの巡回置換 (cycle of length r)と呼び, σ = (j1 j2 . . . jr)で表す. この表記はスライドさせても同じ: (j1 j2 . . . jr) = (ji ji+1 . . . jr j1 j2 . . . ji−1)

になる. また j ∈ {j1, j2, . . . , jr} に対して σ = (j σ(j) . . . σr−1(j)) とも表せる.

3. 長さ 2 の巡回置換 (二つの元を入れ替える置換) を 互換 (transposition) と呼ぶ.

4. 二つの巡回置換 (j1 j2 . . . jr), (k1 k2 . . . ks) が {j1, j2, . . . , jr}∩{k1, k2, . . . , ks} = ∅を満たすとき, これらは 互いに素な巡回置換 (disjoint cycles) である, という.

命題 21. n ≥ 3 なら Sn は非可換群である,

証明. n ≥ 3 なら (1 2), (2 3) ∈ Sn であり, (1 2)(2 3) = (1 2 3) = (1 3 2) = (2 3)(1 2).

参考問題 22. 1. 互いに素な巡回置換 σ, τ は互いに可換 (i.e., στ = τσ) である.

2. 任意の巡回置換はいくつかの互換の積で表せる.

3. 任意の置換はいくつかの互いに素な巡回置換の積で表せる.

4. 任意の置換はいくつかの互換の積で表せる.

略解. 1. 示すべきは『∀j ∈ {1, 2, . . . , n}, (στ)(j) = (τσ)(j)』. σ = (j1 j2 . . . jr),

τ = (k1 k2 . . . ks) とおく. 互いに素より

{1, 2, . . . , n} = {j1, j2, . . . , jr}⨿{k1, k2, . . . , ks}

⨿{j∗, h∗ 以外 }

と分解できる. この分解に沿って以下の場合分けができる:

j = ji (∃i) のとき. στ(ji) = σ(ji) =

{ji+1

j1, τσ(ji) =

{τ(ji+1) = ji+1 (i < r)

τ(j1) = j1 (i = r).

j = ki (∃i) のとき. στ(ki) =

{σ(ki+1) = ki+1

σ(k1) = k1, τσ(ki) = τ(ki) =

{ki+1 (i < s)

k1 (i = s).

j = ji, ki (∀i) のとき. στ(j) = σ(j) = j, τσ(j) = σ(j) = j.

よってすべての場合で題意を示せた.

2. (j1 j2 . . . jr) = (j1 j2)(j2 . . . jr). 繰り返せば (j1 j2 . . . jr) = (j1 j2)(j2 j3) . . . (jr−1 jr).

3. {1, 2, . . . , n} を以下の手順で分解する:

• j1 := 1 に対し, 部分集合 {j1, σ(j1), σ2(j1), . . . } ⊂ {1, 2, . . . , n} を考える.

• 差集合 {1, 2, . . . , n} − {j1, σ(j1), σ2(j1), . . . } の最小限を j2 とおき, 部分集合{j2, σ(j2), σ2(j2), . . . } ⊂ {1, 2, . . . , n} を考える.

• 差集合 {1, 2, . . . , n} − {j1, σ(j1), σ2(j1), . . . } − {j2, σ(j2), σ2(j2), . . . } の最小限を j3とおき, 部分集合 {j3, σ(j3), σ2(j3), . . . } ⊂ {1, 2, . . . , n} を考える.

9

• 同様に {1, 2, . . . , n}−{j1, σ(j1), σ2(j1), . . . }−· · ·−{jr, σ(jr), σ2(jr), . . . }が空集合になるまで続ければ{1, 2, . . . , n} = {j1, σ(j1), σ2(j1), . . . }∪· · ·∪{jr, σ(jr), σ2(jr), . . . }.

このとき次が分かる:

(a) 各 i = 1, 2, . . . , r に対し ni := |{ji, σ(ji), σ2(ji), . . . }| とおけば {ji, σ(ji), σ2(ji), . . . }= {ji, σ(ji), σ2(ji), . . . , σ

ni−1(ji)}, σni(ji) = ji. とくに σlni+k(ji) = σk(ji).

∵ {ji} ⊊ {ji, σ(ji)} ⊊ · · · ⊊ {ji, σ(ji), . . . , σm−1(ji)} = {ji, σ(ji), . . . , σm(ji)} — (♯)

となる最少の m を考える. このとき σm(ji) = σk(ji) (0 ≤ ∃k ≤ m − 1), すなわち σm−k(ji) = σ−k(σm(ji)) = σ−k(σk(ji)) = id(ji) = ji. もし m′ := m − k < m

なら {ji, σ(ji), . . . , σm′−1(ji)} = {ji, σ(ji), . . . , σm′(ji)(= ji)} となり, m の最少性

に矛盾. よって m − k ≥ m, すなわち k = 0, σm(ji) = ji. これと (♯) より{ji, σ(ji), σ2(ji), . . . } = {ji, σ(ji), σ2(ji), . . . , σ

m−1(ji)}, ni = m を得る.

(b) i = i′ なら {ji, σ(ji), σ2(ji), . . . , σni−1(ji)} ∩ {ji′ , σ(ji′), σ2(ji′), . . . , σ

ni′−1(ji′)} = ∅.∵ もし空集合でなければ , ∃k, l s.t. σk(ji) = σl(ji′). 簡単のため i < i′, k ≥ l とする. このとき ji′ = σk−l(ji) ∈ {ji, σ(ji), σ2(ji), . . . } となり, ji′ の取り方に矛盾.

以上より, 分解

{1, 2, . . . , n} = {j1, σ(j1), . . . , σn1−1(j1)}⨿· · ·⨿{jr, σ(jr), . . . , σnr−1(jr)} — (♭)

を得る. 以下 σ = σ1 · · · σr (σi := (ji σ(ji) . . . σni−1(ji))) を示す. 示すべきは『∀j ∈{1, 2, . . . , n}, σ(j) = (σ1 · · ·σr)(j)』である. これを (♭) を使った場合分けと, 等式

σi′(σk(ji)) =

(ji σ(ji) . . . σni−1(ji))(σk(ji))

(a)= σk+1(ji) (i = i′) — (♠)

(ji′ σ(ji′) . . . σni′−1(ji′))(σk(ji))

(b)= σk(ji) (i = i′) — (♡)

.

を使って示す. 実際,

j = σk(j1) (∃k) のとき. σ(j) = σ(σk(j1)) = σk+1(j1),

(σ1 · · · σr)(j) = (σ1 · · ·σr)(σk(j1))

(♠)= σ1(σ

k(j1))(♡)= σk+1(j1).

j = σk(j2) (∃k) のとき. σ(j) = σ(σk(j2)) = σk+1(j2),

(σ1 · · · σr)(j) = (σ1 · · ·σr)(σk(j2))

(♠)= (σ1σ2)(σ

k(j2))(♡)= σ1(σ

k+1(j2))(♠)= σk+1(j2).

...

よって 3 が示せた.

4. 2,3 より従う.

定義 23. σ ∈ Sn の 符号 (sign) sgn σ を次で定める. sgn σ = 1 のとき 偶置換 (even

permutation), −1 のとき 奇置換 (odd permutation) と呼ぶ.

sgn σ :=

∏1≤i<j≤n(σ(j)− σ(i))∏

1≤i<j≤n(j − i)= (−1)|{(i,j)|1≤i<j≤n, σ(i)>σ(j)}|.

|{(i, j) | 1 ≤ i < j ≤ n, σ(i) > σ(j)}| を 反転数 (number of inversions) と呼ぶ.

10

3 部分群, 交代群, 置換群補題 24. 1. 集合 S := {(i, j) | 1 ≤ i, j ≤ n, i = j} と, その部分集合 A ⊂ S で

各 (k, l) ∈ S に対し (k, l) ∈ A か (l, k) ∈ A のどちらかただ一つが成り立つ — (⋆)

を満たすものを考える. A は S の “半分の集合” である. このとき σ ∈ Sn の符号sgn σ の定義を sgnσ :=

∏(i,j)∈A(σ(j)−σ(i))∏

(i,j)∈A(j−i)と変えても, 値は変わらない.

2. τ ∈ Sn とし A0 := {(i, j) | 1 ≤ i < j ≤ n} とおく. このとき τ(A0) = {(τ(i), τ(j)) |1 ≤ i < j ≤ n} も (⋆) を満たす.

証明. 1. A0 := {(i, j) | 1 ≤ i < j ≤ n} とおく. これは (⋆) を満たす集合で, sgnσ のも

ともとの定義は sgnσ =∏

(i,j)∈A0(σ(j)−σ(i))∏

(i,j)∈A0(j−i)

とかける. A0 を, (⋆) を満たす別の集合 A に取

り換えても, 値が変わらないことを言えばよい. そのため 1 ≤ k < l ≤ n を一組固定してA1 := (A0 − {(k, l)}) ∪ {(l, k)} (i.e., A0 から (k, l) だけ (l, k) に取り換えた集合) とおき∏

(i,j)∈A0(σ(j)− σ(i))∏

(i,j)∈A0(j − i)

=

∏(i,j)∈A1

(σ(j)− σ(i))∏(i,j)∈A1

(j − i)

を言えばよい (∵ 帰納法 ). 両辺を比べると, 異なる項は (i, j) = (k, l), (l, k) だけだからσ(k)−σ(l)

k−l= σ(l)−σ(k)

l−kに帰着される. これは分母分子に (−1) を掛けることで得られる.

2. (k, l) ∈ S を固定する. τ(i) = k, τ(j) = l を満たす (i, j) がただ一組存在する (∵τ は全単射). i < j のとき (i, j) ∈ A0, (j, i) /∈ A0 より (k, l) = (τ(i), τ(j)) ∈ τ(A0),

(l, k) = (τ(j), τ(k)) /∈ τ(A0). i > j のとき も同様. どちらの場合も (⋆) を満たす.

命題 25. 1. σ, τ ∈ Sn に対し sgn(στ) = sgnσ · sgn τ .

2. 互換は奇置換.

3. σ ∈ Sn が偶置換 ⇔ σ は偶数個の互換の積で表せる. (すなわち, σ ∈ Sn が奇置換⇔ σ は奇数個の互換の積で表せる.)

証明. 1. 定義より sgn(στ)sgn τ

=∏

1≤i<j≤n(στ(j)−στ(i))∏1≤i<j≤n(τ(j)−τ(i))

. さらに補題 24 中の記号を使うと =∏(i,j)∈A0

(στ(j)−στ(i))∏(i,j)∈A0

(τ(j)−τ(i))=

∏(i,j)∈τ(A0)

(σ(j)−σ(i))∏(i,j)∈τ(A0)

(j−i). 補題 24 より, これは sgnσ と一致する.

2. σ = (k l) (k < l) の反転数を数える. “反転” (i < j だが σ(i) > σ(j)) する可能性のある (i, j) は i または j が k または l の場合のみ. i または j が k の場合 を表にする:

(i, j) = (1, k) (2, k) . . . (k − 1, k) (k, k + 1) (k, k + 2) . . .(σ(i), σ(j)) = (1, l) (2, l) . . . (k − 1, l) (l, k + 1) (l, k + 2) . . .

. . . (k, l − 1) (k, l) (k, l+ 1) . . . (k, n− 1) (k, n)

. . . (l, l − 1) (l, k) (l, l + 1) . . . (l, n− 1) (l, n)

“反転”しているのはの網掛けマスの部分で l−k 個. i または j が l の場合も同じく l−k

個. 両方の場合で『(i, j) = (k, l)』が重複しているので計 2(l − k) − 1 個である. よって符号は (−1)奇数 = −1.3. 1, 2 と問題 22-4 より.

11

基本問題 26. σ := ( 1 2 3 4 5 66 5 4 1 2 3 ) に対し (a) 互いに素な巡回置換の積で表し, (b) 互換の積

で表し, (c) 符号を求めよ.

略解. a. 問題 22-3 の証明と同様に計算すればよい. (1 6 3 4)(2 5). b. a の結果からさらに問題 22-2 の証明と同様に計算すればよい. (1 6)(6 3)(3 4)(2 5). c. 命題 25 より 1.

3.1 部分群

定義 27. (G, ◦) を群, H ⊂ G を部分集合とする. (H, ◦) が群になるとき, H は G の 部分群 (subgroup) である, といい, 記号 H < G で表す. なお, H = {eG} と H = G の場合は必ず部分群になり, これらは 自明な部分群 などと呼ばれる.

注意 28. 上の (H, ◦) の ◦ は, 正確には G 上の演算 ◦ : G × G → G の制限 ◦|H×H . よって, 部分群の定義にはこれが H 上の演算であること (i.e., ◦(H ×H) ⊂ H) が含まれる.

練習問題 29. (G, ◦) を群とする. {eG}, G が実際に部分群になることを示せ.

命題 30. H が G の部分群であれば H の単位元 eH と G の単位元 eG は一致する. さらに元 h ∈ H の群 H としての逆元と群 G としての逆元は一致する.

証明. eH が H の単位元 ⇔『∀h ∈ H, heH = eHh = h』eH ∈ H を h に代入⇒ eHeH = eH

eH ∈ H ⊂ G の群 G としての逆元 e′H を左からかける⇒ e′HeHeH = e′HeH . ここで

• e′H は eH の群 G としての逆元 ⇒ e′HeH = eG.

• eG が G の単位元 ⇔『∀g ∈ G, geG = eGg = g』eH ∈ H ⊂ G を g に代入⇒ eGeH = eH .

を使えば eH = eGeH = e′HeHeH = e′HeH = eG を得る.

次に h−1 を h ∈ H の群 H としての逆元とする. 逆元の定義と単位元の一致より hh−1 =

h−1h = eH = eG. これは h−1 が群 G としての逆元でもあることを言っている.

補題 31. 群 G, 部分集合 H ⊂ G に対し以下は同値.

1. H < G.

2. 『eG ∈ H かつ a, b ∈ H ⇒ ab ∈ H かつ c ∈ H ⇒ c−1 ∈ H』を満たす.

3. 『H = ∅ かつ a, b ∈ H ⇒ ab ∈ H, a−1 ∈ H』を満たす.

4. 『H = ∅ かつ a, b ∈ H ⇒ a−1b ∈ H』を満たす.

証明. (1 ⇒ 2) 注意 28 より a, b ∈ H ⇒ ab ∈ H, 命題 30 より c ∈ H ⇒ c−1 ∈ H.

(2 ⇒ 3) 自明.

(3 ⇒ 4) a, b ∈ H3⇒ a−1, b ∈ H

3⇒ a−1b ∈ H.

(4 ⇒ 1) 最初に eG ∈ H を言う. 実際 ∃a0H =∅∈ H ⇒ a0, a0 ∈ H ⇒ eG = a−1

0 a04∈ H.

12

単位元の存在. eH := eG とおけば, H の単位元の定義を満たす. 実際, eG は G の単位元より ∀a ∈ G, aeG = eGa = a. よって ∀a ∈ H (⊂ G), aeG = eGa = a.

逆元の存在. h ∈ HeG∈H⇒ h, eG ∈ H ⇒ h−1 = h−1eG

4∈ H. ここで h−1 は群 G での

逆元なので hh−1 = h−1h = eG = eH . ∴ h−1 は群 H での逆元の定義を満たす.

演算の well-defined. a, b ∈ H逆元の存在⇒ a−1, b ∈ H

4⇒ ab ∈ H.

結合法則. G で結合法則が成り立ち, H ⊂ G なので H でも結合法則がなりたつ.

注意 32. 性質『a, b ∈ H ⇒ ab ∈ H』のことを “H は積に関して閉じている”, 性質『c ∈ H ⇒ c−1 ∈ H』のことを “H は逆元に関して閉じている” などという.

定義 33. G を群とし, H,K をその部分集合とする. このとき

H−1 := {h−1 | h ∈ H}, HK := {hk | h ∈ H, k ∈ K}

と定める. これらは G の部分集合となる. 加法群の場合には −H, H +K のように表す.

基本問題 34. G が群であれば GG = G, G−1 = G であることを示せ.

略解. 演算が well-def より GG = {gg′ | g, g′ ∈ G} ⊂ G, 逆元の存在より G−1 = {g−1 |g ∈ G} ⊂ G. 逆の包含は ∀g ∈ G, g = ge ∈ GG, ∀g ∈ G, g = (g−1)−1 ∈ G−1 より.

練習問題 35. 補題 31-2, 3, 4 の条件は, それぞれ以下のように表記できることを確かめよ:

『eG ∈ H, HH ⊂ H, H−1 ⊂ H』,『H = ∅, HH ⊂ H, H−1 ⊂ H』,『H = ∅, H−1H ⊂ H』

練習問題 36. 1. Z ⊂ Q が部分群であるか答えよ. またそのことを示せ.

2. Q× ⊂ Q が部分群であるか答えよ. またそのことを示せ.

略解. 1 は部分群で 2 は部分群でない. 2 が部分群だとすると (Q×,+) が群となるが, たとえば + に対する単位元 0 を含まないので矛盾.

練習問題 37. R ベクトル空間 V とその部分空間 W を考える.

1. (V,+) は可換群であることを示せ.

2. W は V の部分群であることを示せ.

注意 38. 上の問題は, R を Q, C (または一般の体) に変えても同様に成り立つ. とくに一次元数ベクトル空間, すなわち K = R,Q,C は (体 K の) 加法群 と呼ばれる.

基本問題 39. 実係数の n次正則行列全体のなす集合GL(n,R) := {A ∈Mn×n(R) | detA =0} をR 上の n 次 一般線形群 (general linear group) と呼ぶ.

1. GL(n,R) は行列の掛算に関して群になることを示せ.

2. SL(n,R) = {A ∈ GL(n,R) | detA = 1} は GL(n,R) の部分群になることを示せ(SL(n,R) は R 上の n 次 特殊線形群 (special linear group) と呼ばれる).

注意 40. 上の問題は, R を Q, C (または一般の体) に変えても成り立つ. とくに n = 1 のとき GL(1, K) = K× = K−{0} は (K の) 乗法群 (multiplicative group) と呼ばれる.

13

3.2 交代群, 置換群

定義 41. 対称群 Sn の部分群を n 次 置換群 (permutation group) と呼ぶ.

命題 42. Sn の偶置換全体からなる集合

An := {σ ∈ Sn | sgnσ = 1}

を n 次 交代群 (alternating group) と呼ぶ. これは置換群 (Sn の部分群) になる.

証明. 補題 31 のいずれかの条件を満たすことを言えばよい. ここでは補題 31-2 を確かめる: まず sgn id = 1 より eSn = id ∈ An. 次に σ, τ ∈ An

命題 23-3⇔ σ, τ は偶数個の互換の積

⇒ στ は偶数個の互換の積 命題 23-3⇔ στ ∈ An. さらに σ ∈ An命題 23-3⇔ σ は偶数個の互換の

積互換 (i j) の逆元は互換 (i j), 命題 16-3⇒ σ−1 は偶数個の互換の積 命題 23-3⇔ σ−1 ∈ An.

基本問題 43. S4 の部分集合

V = {id, (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)}

が置換群 (S4 の部分群) になることを示せ.

略解. 補題 31-4 を確かめてみる. V = ∅ は自明. V −1 を計算すると

{id−1, ((1 2)(3 4))−1, ((1 3)(2 4))−1, ((1 4)(2 3))−1} = {id, (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)}.

16 通りの組み合わせを計算して V −1V = {id id, id(1 2)(3 4), . . . , (1 4)(2 3)(1 4)(2 3)} ={id, (1 2)(3 4), , . . . , id} = {id, (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)} = V となり題意を得る.

参考問題 44. xy-平面上で正方形 P1P2P3P4, P1 = (1, 1), P2 = (1,−1), P3 = (−1,−1),P4 = (−1, 1) を考える. 平面上の一次変換 f : R2 → R2で, 正方形 P1P2P3P4 を正方形P1P2P3P4 上へ移すものは, 頂点 {P1, P2, P3, P4} を頂点 {P1, P2, P3, P4} へ移す全単射

[{P1, P2, P3, P4} ∋ P 7→ f(P ) ∈ {P1, P2, P3, P4}] ∈ Bij({P1, P2, P3, P4}, {P1, P2, P3, P4})

だとみなせる. この全単射は, さらに各頂点と番号を同一視 (P1, P2, P3, P4 ↔ 1, 2, 3, 4) することで S4 の元と対応している.

1. π2回転 ((x, y) 7→ (y,−x)) は (1 2 3 4) ∈ S4 と対応することを確かめよ.

2. x 軸に関する鏡映 ((x, y) 7→ (x,−y)) は (1 2)(3 4) ∈ S4 と対応することを確かめよ.

3. 直線 x = y 軸に関する鏡映 ((x, y) 7→ (y, x)) が対応する元 ∈ S4 を求めよ.

4. 一次変換で,正方形 P1P2P3P4 を正方形 P1P2P3P4 上へ移すものと対応する置換 ∈ S4

全体のなす集合 V を考える. V を書き下せ. また V が置換群であることを示せ.

14

4 生成系, 巡回群, 元の位数補題 45. G を群とする. 以下が成り立つ.

1. H < G, K < H ⇒ K < G. 2. Hλ < G (∀λ ∈ Λ) ⇒ ∩λ∈ΛHλ < G.

証明. 1 は自明. 2 を示す. 『eG ∈ Hλ, a, b ∈ Hλ ⇒ ab ∈ Hλ, c ∈ Hλ ⇒ c−1 ∈ Hλ』 を仮定してよい. このとき eG ∈ ∩λ∈ΛHλ. また a, b ∈ ∩λ∈ΛHλ ⇒ a, b ∈ Hλ (∀λ ∈ Λ) ⇒ab ∈ Hλ (∀λ ∈ Λ) ⇒ ab ∈ ∩λ∈ΛHλ. さらに c ∈ ∩λ∈ΛHλ ⇒ c ∈ Hλ (∀λ ∈ Λ) ⇒ c−1 ∈ Hλ

(∀λ ∈ Λ) ⇒ c−1 ∈ ∩λ∈ΛHλ. 合わせて題意を得る.

4.1 生成系

定義 46. 群 G, 部分集合 ∅ = S ⊂ G に対し, S を含む G の部分群 H 全ての共通部分∩S⊂H<G

H

を S で生成された (generated by S) 部分群と呼び, 記号 ⟨S⟩ で表す. 生成系が S =

{x1, x2, . . . } のように与えらえるなら ⟨S⟩ = ⟨{x1, x2, . . . }⟩ =: ⟨x1, x2, . . . ⟩ =: ⟨xi | i =1, 2, . . . ⟩ と表すこともある. 補題 45-2 より ⟨S⟩ < G である. また G の部分群 H に対しH = ⟨S⟩ となる部分集合 S のことを H の 生成系 (generators) と呼ぶ. 群 G が有限個からなる生成系を持つとき, Gは 有限生成 (finitely generated) である, などという.

補題 47. G を群, S = ∅ をその部分集合とする.

1. ⟨S⟩ は S を含むような G の部分群のうち, 最少のものである. すなわち

S ⊂ ⟨S⟩ < G, S ⊂ H < G⇒ ⟨S⟩ ⊂ H.

2. ⟨S⟩ = {x1x2 · · · xk | k ∈ N, xi ∈ S ∪ S−1}.

3. S = {x} (一元からなる集合) のとき ⟨S⟩ = ⟨x⟩ = {xn | n ∈ Z}.

証明. 1. ⟨S⟩ =∩

S⊂H<G H より S ⊂ ⟨S⟩. ⟨S⟩ < G はすでに見た. 以下, 後半を示す. もし S ⊂ H0 < G であれば, 定義式 ⟨S⟩ =

∩S⊂H<G H の右辺にこの H0 が現れる. それら

の共通部分なので∩

S⊂H<G H ⊂ H0 を得る.

2. H0 := {x1x2 · · · xk | k ∈ N, xi ∈ S ∪ S−1} とおいて ⟨S⟩ = H0 を示す.

(⊂) 1 より S ⊂ H0 < G を言えばよい. s ∈ S ⇒ sk=1, x1=s∈ H0 だから S ⊂ H0. 以下, 補

題 31-2 の条件を確かめる. まず ∃S =∅∈ S を用いて k = 2, x1 = s, x2 = s−1 を考えれば

e = ss−1 ∈ H0. 次に任意の x := x1x2 · · · xk ∈ H0 (xi ∈ S ∪ S−1), y := y1y2 · · · yl ∈ H0

(yi ∈ S∪S−1)を取ると, xy = x1x2 · · · xky1y2 · · · yl (xi, yi ∈ S∪S−1), x−1 = x−1k · · · x

−12 x−1

1

(x−1i ∈ S ∪ S−1) なので xy, x−1 ∈ H0. よって H0 < G.

15

(⊃) ⟨S⟩ =∩

S⊂H<G H より『S ⊂ H < G ⇒ H ⊃ H0』を言えばよい. 実際, S ⊂ H,

H は逆元に関して閉じている, より S ∪ S−1 ⊂ H. よって任意の x := x1x2 · · · xk ∈ H0

(xi ∈ S ∪ S−1) に対し, xi ∈ H であり, H は積に関して閉じているので x ∈ H.

3. 2 より ⟨S⟩ = {x1x2 · · · xk | k ∈ N, xi ∈ {x, x−1}} = {x±1 · · · x±1} = {xn | n ∈ Z}.

練習問題 48. m ∈ N とする. m の倍数全体のなす集合 mZ := {mn | n ∈ Z} は Z の部分群であることを示せ. また mZ の生成系を一つ与えよ.

略解. S := {m} とおけば, 補題 47-3 より ⟨S⟩ = {nm | n ∈ Z} = mZ (加法群より, 上記の xn は nx となることに注意).

注意 49. 群 G に対して, その生成系は一意的には定まらない. たとえば上の問題でS = {−m} や S = {m, 2m} としても (2m は無駄であるが) 間違いではない.

練習問題 50. 問題 22 を参考にして, 以下を説明せよ. ただし n ≥ 2 とする.

1. Sn の生成系として, 巡回置換全体 {(j1 j2 . . . jr) | r = 1, 2, . . . , n, {j1, j2, . . . , jr} ⊂{1, 2, . . . , n}, |{j1, j2, . . . , jr}| = r} が取れる.

2. Sn の生成系として, 互換全体 {(i j) | 1 ≤ i < j ≤ n} が取れる.

基本問題 51. S := {(k k+1) | 1 ≤ k ≤ n− 1} が Sn の生成系となることを示せ (n ≥ 2).

略解. 上の問題で,互換全体 {(i j) | 1 ≤ i < j ≤ n}が Snの生成系であることが分かる. すなわち任意の置換は,いくつかの互換の積で表せる. あとは『任意の互換がいくつかの S の

元の積で表せる』ことを言えば良い. 実際 (i j) =

{(i i+ 1) ∈ S (i+ 1 = j)

(j − 1 j)(i j − 1)(j − 1 j) (i+ 1 < j)

(1 ≤ i < j ≤ n) であることを繰り返し使えば

(i j) = (j − 1 j)(j − 2 j − 1) · · · (i+ 1 i+ 2)(i i+ 1)(i+ 1 i+ 2) · · · (j − 2 j − 1)(j − 1 j)

となり, S の元の積で表せている.

基本問題 52. n ≥ 3 とする. このとき An の生成系として, 長さ 3 の巡回置換全体{(j1 j2 j3) | {j1, j2, j3} ⊂ {1, 2, . . . , n}, j1 = j2, j2 = j3, j1 = j3} が取れることを示せ.

略解. 長さ 3 の巡回置換全体のなす集合を S とおき, ⟨S⟩ = An を示す.

(⊂) (j1 j2 j3) = (j1 j2)(j2 j3)より,長さ 3の巡回置換は偶置換 ∈ An. とくに S ⊂ An < Sn.

よって補題 47-1 より題意を得る.

(⊃) σ ∈ An ⇒ σ ∈ ⟨S⟩ を言えばよい. すなわち『任意の偶置換は長さ 3 の巡回置換の積で表せる』を言えば十分. 任意の偶置換 は σ = (i1 j1)(i2 j2) · · · (i2k−1 j2k−1)(i2k j2k) の形(∵ 命題 25-3) であり, これを二個ずつ区切ると

(i j)(i j) = id = (1 2 3)3,

(i k)(i j) = (i j k) (k = j),

(i j)(k l) = (i k j)(i k l) (i, j, k, l は互いに異なる)

のいずれかのパターンになる. よって長さ 3 の巡回置換の積で表せた.

16

基本問題 53. S4 の部分群 ⟨(2 3 4), (2 3)⟩ の元をすべて書き下せ.

略解. H = {id, (2 3), (2 4), (3 4), (2 3 4), (2 4 3)}. ∵ 計算で (2 3 4), (2 3) ∈ H(2 4)=(2 3 4)(2 3),(3 4)=(2 3)(2 3 4),(2 4 3)=(2 3 4)2

⊂ ⟨(2 3 4), (2 3)⟩, H < S4 が分かる. よって補題47-1 より H ⊃ ⟨(2 3 4), (2 3)⟩. 合わせて H = ⟨(2 3 4), (2 3)⟩.

注意 54. 生成系を用いた元の表現 ⟨S⟩ ∋ x1x2 · · · xk (xi ∈ S ∪S−1) は一意的でない. 例えば上の問題では (2 3) = (2 3)(2 3)(2 3). とくに ⟨S⟩ = {x1x2 · · · xk | k ∈ N, xi ∈ S ∪S−1}は一見無限集合であるが, 同じ元が繰り返し現れて有限集合になることもある.

基本問題 55. Q は有限生成でないことを示せ.

略解. 有限生成とし, その生成元を n1/d1, . . . , nr/dr (ni ∈ Z, di ∈ N) とおく. D >

d1d2 · · · dn に対し 1/D /∈ ⟨ni/di | i = 1, 2, . . . , r⟩ = Q を言って矛盾を導く.

参考問題 56. 縦線が n 本の “あみだくじ” を考える. ただし横線は, 隣り合う二本の縦線を結ぶ, 水平, 異なる二本は異なる高さ, 有限本数, とする. たとえば n = 5 なら

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

などである. 縦線が n 本の “あみだくじ” は {1, 2, . . . , n} から {1, 2, . . . , n} への写像を与えることになる. 写像 f を与える “あみだくじ” を “f に属するあみだくじ” と呼ぶことにする. 上記の例は, 1 を引いた人は 3, 2 を引いた人は 2, 3 を引いた人は 4, 4 を引いた人は 1, 5 を引いた人は 5, となるので “( 1 2 3 4 5

3 2 4 1 5 ) に属するあみだくじ” である.

1. 縦線 k と縦線 k + 1 の間に一本だけ横線がある “あみだくじ”

. . . k k + 1 . . .

. . . k k + 1 . . .

は

“互換 (k k + 1) に属するあみだくじ” であることを確かめよ.

2. “σと τ に属するあみだくじ”を縦につなげる:

1 . . . . . . n

· · · } σ に属するあみだくじ· · · } τ に属するあみだくじ

1 . . . . . . n

と “τ ◦ σ に属するあみだくじ” であることを確かめよ.

3. 任意の “あみだくじ” は {1, 2, . . . , n} から {1, 2, . . . , n} への全単射であることを示せ. とくに, ある元 σ ∈ Sn が存在して “σ に属するあみだくじ” になる.

17

4. 任意の σ ∈ Sn に対して “σ に属するあみだくじ” が作れることを示せ.

5. “( 1 2 3 4 5 66 5 4 1 3 2 ) に属するあみだくじ” を一つ作成せよ.

4.2 巡回群

定義 57. 群 G がただ一つの元からなる生成系を持つとき, G は 巡回群 (cyclic group)

である, という. これは∃g ∈ G s.t. G = {gn | n ∈ Z}

を意味する. またこのとき g は G の 生成元 (generator) である, という.

練習問題 58. 任意の巡回群は可換群であることを示せ.

略解. x, y ∈ ⟨g⟩ ⇒ x = gm, y = gn (∃m,n ∈ Z) ⇒ xy = gmgn = gm+n = gn+m = gngm =

yx.

基本問題 59. Z は巡回群であることを示せ. またその生成元を求めよ.

略解. 生成元は 1, または −1.

基本問題 60. {±1} は掛け算に関して巡回群になるを示せ. またその生成元を求めよ.

略解. 生成元は −1.

基本問題 61. (1 2 3 4) ∈ S4 で生成される巡回群の元をすべて書き下せ.

略解. ⟨(1 2 3 4)⟩ = {(1 2 3 4)n | n ∈ Z}= {. . . , (1 2 3 4)−2, (1 2 3 4)−1, (1 2 3 4)0, (1 2 3 4)1, (1 2 3 4)2, (1 2 3 4)3, (1 2 3 4)4, (1 2 3 4)5, . . . }= {. . . , (1 3)(2 4), (1 4 3 2), id, (1 2 3 4), (1 3)(2 4), (1 4 3 2), id, (1 2 3 4), . . . }

= {id, (1 2 3 4), (1 3)(2 4), (1 4 3 2)}.

4.3 元の位数

定義 62. Gを群とする. 元 g ∈ Gの位数 (order)とは, gn = eとなる最少の自然数 nのことである. ∀n ∈ N, gn = e のときは, 位数は無限大であるということにする. すなわち

g = e, g2 = e, . . . , gn−1 = e, gn = e⇔ g の位数は n,

gn = e (∀n ∈ N)⇔ g の位数は無限大.

練習問題 63. 以下の元の位数を求めよ.

a. −1 ∈ R×.

b. π = 3.1415 . . . ∈ R×.

c. 1 ∈ Z.

d. ( 1 2 3 4 52 1 4 5 3 ) ∈ S5.

略解. a. 2. b. 無限. c. 無限. d. 6.

18

5 有限群, 群の直積基本問題 64. 長さ r の巡回置換の位数は r であることを示せ,

略解. 長さ r の巡回置換 σ に対して σ, σ2, . . . , σr−1 = id, σr = id を言えばよい. 簡単の

ため σ = (1 2 . . . r) として考える. このとき定義より σk(1) =

{1 + k (1 ≤ k ≤ r − 1)

1 (k = r)

が成り立つ. とくに σk(1) = 1 + k = 1 (k = 1, 2, . . . , r − 1). よって前半を得る. また

σr(i) =

{σr(σi−1(1)) = σr+i−1(1) = σi−1(σr(1)) = σi−1(1) = i (1 ≤ i ≤ r)

i (i > r)

より後半を得る.

命題 65. 以下が成り立つ. ただし n ∈ N とする.

1. 元 g の位数が 1 ⇔ g = e.

2. 元 g の位数が n であるとき, gm = e⇔ m ∈ nZ.

3. 元 g の位数が n ⇔ ⟨g⟩ は n 個の元からなる群 = {gr | r = 0, 1, 2, . . . , n− 1}.

証明. 1. 位数の定義より.

2. (⇒) m ∈ Z を n で割った商と余を q, r とおけば m = qn + r, 0 ≤ r < n. よってe = gm = gqn+r = (gn)qgr = eqgr = gr. もし r > 0 であれば gr = e, 0 < r < n となり g

の位数が n に矛盾. よって r = 0 であり, これは m = qn ∈ nZ を意味する.

(⇐) m = nk ⇒ gm = gnk = (gn)k = ek = e.

3. (⇒) ⟨g⟩ = {gm | m ∈ Z}. m ∈ Z を n で割った商と余を q, r とおけば m = qn + r,

0 ≤ r < n. よって gm = gqn+r = (gn)qgr = eqgr = gr ∈ {gr | r = 0, 1, 2, . . . , n− 1}. すなわち {gm | m ∈ Z} = {gr | r = 0, 1, 2, . . . , n − 1}. あとは {gr | r = 0, 1, 2, . . . , n − 1} に重複がないことを言えばよい. 実際 0 ≤ r1 < r2 ≤ n − 1, gr1 = gr2 であれば gr2−r1 = e,

1 ≤ r2 − r1 ≤ n− 1 となり, g の位数が n に矛盾.

(⇐) ⟨g⟩ = {gm | m ∈ Z} = {gr | r = 0, 1, 2, . . . , n− 1} より, gn ∈ {gr | r = 0, 1, 2, . . . , n−1}, すなわち 0 ≤ ∃r ≤ n − 1 s.t. gn = gr. もし r > 0 であれば gn−r = e = g0,

0 ≤ n− r ≤ n− 2 となり, {gr | r = 0, 1, 2, . . . , n− 1} に重複がおきる. これは |{gr | r =

0, 1, 2, . . . , n − 1}| = n に矛盾. よって r = 0, すなわち gn = e. g0, g1, . . . , gn−1 = e も同様に |{gr | r = 0, 1, 2, . . . , n− 1}| = n から導ける. よって題意を得た.

5.1 有限群

定義 66. 群 G の元の個数 |G| が有限のとき, G は 有限群 (finite group) であるといい,

そうでないとき G は 無限群 (infinite group) であるという. また個数 |G| を G の 位数 (order) と呼ぶ.

19

注意 67. “元の位数” と “群の位数” の『定義』を混同しないように. ただし以下で見るように, 結果としてこれらは関係する.

練習問題 68. 元 g の位数が n (または無限大) であれば, g で生成される巡回群 ⟨g⟩ は有限群 (または無限群) であり, その位数も n (または無限大) になることを説明せよ.

略解. 命題 65-3 より n <∞ の場合が従う. あとは『g の位数が無限大 ⇒ |⟨g⟩| =∞』を言えばよい. 対偶『g の位数が有限 ⇐ |⟨g⟩| <∞』が命題 65-3 の (⇐) より従う.

練習問題 69. Sn は位数 n! の有限群であることを示せ.

略解. Sn が群であることはすでに示した. 単射 σ : {1, 2, . . . , n} → {1, 2, . . . , n} を考えたとき, 1 の行き先 σ(1) は 1 ∼ n の n 通り考えられる. しかし 2 の行き先 σ(2) は (単射性より) σ(1) 以外の n − 1 通り考えられる. 同様に 3 の行き先 σ(3) は n − 2 通り, . . . , n

の行き先 σ(n) は 1 通り, となる. よって単射 σ : {1, 2, . . . , n} → {1, 2, . . . , n} は n! 通り存在する. ここで

|X| = |Y | <∞ なら写像 f : X → Y に対して『f が単射 ⇔ f が全射 ⇔ f が全単射』

がなりたつので, Sn の元も n! 個である.

基本問題 70. n ≥ 2 とする.

1. 偶置換全体のなす集合 An と奇置換全体のなす集合 Sn − An の間には, 以下の全単射写像があることを示せ.

An → Sn − An, σ 7→ (1 2)σ

2. An の位数を求めよ.

略解. 1. 命題 25-1,2 より『σ が偶置換 ⇔ (1 2)σ が奇置換』が言える. よって上記の写像は well-defined. 同様に逆向きの写像 Sn − An → An, σ 7→ (1 2)σ も well-defined. (1 2)2

より, これらが互いに逆写像になることがわかり, 全単射性を得る.

2. 全単射より |An| = |Sn − An|. また Sn = An

⨿(Sn − An), すなわち n! = |Sn| =

|An|+ |Sn − An|. 合わせて |An| = n!/2 を得る.

注意 71. 上の問題で, 部分群 An を利用して Sn を分解: Sn = An

⨿(Sn − An) =

An

⨿(1 2)An していることに注意. これを一般化したものが次節の 剰余類分解 である.

定義 72. 有限群 G = {a1, a2, . . . , an} に対し, 以下のような表のことを 乗積表 (multi-

plication table) と呼ぶ.

a1 a2 . . . aj . . . an

a1 a1a1 a1a2 . . . a1aj . . . a1an

a2 a2a1 a2a2 . . . a2aj . . . a2an...

......

......

......

ai aia1 aia2 . . . aiaj . . . aian...

......

......

......

an ana1 ana2 . . . anaj . . . anan

20

ただし,各マスには,演算 a∗a∗ の計算結果を入力する. また a1 = eとするのが通常である.

練習問題 73. G = ⟨(1 2 3)⟩ の乗積表を作れ.

略解. G = {id, (1 2 3), (1 3 2)},

id (1 2 3) (1 3 2)

id id (1 2 3) (1 3 2)

(1 2 3) (1 2 3) (1 3 2) id

(1 3 2) (1 3 2) id (1 2 3)

.

練習問題 74. 有限群の乗積表は, 必ず以下の性質を持つことを示せ.

1. 各行, 各列には, 必ず G の元が全て一度ずつ現れる.

2. 単位元の行, および列には, G の元がそのままの順序で現れる.

3. G が可換群 ⇔ 左上から右下にかけての対角線に対して対称な乗積表.

略解. 1. 行に関して考える. 任意の ai ∈ G に対し “ai 倍写像”: G→ G, aj 7→ aiaj が全単射を言えばよい. 実際, “a−1

i 倍写像” が逆写像を与えているので全単射である.

2. “e 倍写像” が恒等写像であることから従う.

3. 対角線に対し対称なマスには aiaj ↔ ajai が入る. これらが等しい ⇔ G が可換.

基本問題 75. “位数 3 の群 G は何種類存在するか” を考える.

1. G = {a, b, c} とおく. 群であれば必ず単位元が存在するので a = e とおく. この情報だけで G の乗積表を埋められるだけ埋めよ.

2. 問題 74-1 より, b2 = b は起こりえないことを導け.

3. b2 = a と仮定する. 問題 74-1 を使って G の乗積表を埋め, 矛盾を導け.

4. 2,3 より b2 = c である. G の乗積表を完成させ, 実際に群になっているか確かめよ.

5. この群が可換群かどうか, 巡回群かどうか, それぞれ答えよ.

略解. 1. 問題 74-2 より

a b c

a a b c

b b

b c

. 2.

a b c

a a b c

b b b

b c

とすると第 2 列に b が二回現

れる. これは問題 74-1 に矛盾. (別解: b2 = b の両辺に b−1 をかけると b = e = a. これは|G| = 3 に矛盾.)

3. 第 2 行で問題 74-1 を考えると

a b c

a a b c

b b a c

b c

. これは第 3 列で問題 74-1 に反する.

21

4.

a b c

a a b c

b b c a

b c a b

. 群であること (定義 5 を満たすこと) は地道にチェックするしかない.

5. 問題 74-3 より可換. また G = ⟨b⟩ = ⟨c⟩ となり巡回群.

命題 76. G を位数 n の有限群とする. このとき

1. 任意の元 g ∈ G の位数は n 以下である.

2. G が巡回群 ⇔ ∃g ∈ G s.t. g の位数は n.

証明. 1. {gm | m ∈ Z} ⊂ G, |G| = n <∞ より |{gm | m ∈ Z}| ≤ n. とくに, この集合は“重複” が起きている: ∃l < ∃m ∈ Z s.t. gl = gm. よって gm−l = e, m− l ∈ N だから g は

有限位数. よって ⟨g⟩ ⊂ G, g の位数 問題 68= |⟨g⟩|, n = |G| となり題意を得る.

2. (⇒) G が巡回群とし, その生成元を g とする: G = ⟨g⟩. とくに g ∈ G. よって 1 よりm := g の位数 ≤ n <∞. よって問題 68 より m = |⟨g⟩| = |G| = n.

(⇐) g の位数 = n なら問題 68 より |⟨g⟩| = n = |G|. これと ⟨g⟩ ⊂ G より ⟨g⟩ = G であり, G が巡回群であることが言えた.

5.2 群の直積

定義 77. G1, G2 を群とする. このとき

(x1, x2)(y1, y2) := (x1y1, x2y2) ((x1, x2), (y1, y2) ∈ G1 ×G2)

と定めると, 直積集合 G1 × G2 := {(x1, x2) | x1 ∈ G1 x2 ∈ G2} 上の演算となる. さらに,

この演算に関して G1 × G2 は群となり, 群 G1, G2 の 直積 (direct product) と呼ばれる. なお, G1 × G2 の単位元は e = (eG1 , eG2), 元 (x1, x2) ∈ G1 × G2 の逆元は (x−1

1 , x−12 )

で与えられる.

練習問題 78. 実際に G1 ×G2 が群の定義を満たすことを示せ.

基本問題 79. G1, G2 を, それぞれ位数 n1, n2 の巡回群とする. n1 と n2 が互いに素 (i.e.,

最大公約数が 1) であれば, 直積 G1 ×G2 は位数 n1n2 の巡回群となることを示せ.

略解. 命題 76-2 より『∃gi ∈ Gi s.t. gi の位数は ni ⇒ ∃g ∈ G1×G2 s.t. g の位数は n1n2』

を言えばよい. 実際 g := (g1, g2) とおけば gn = e ⇔ (gn1 , gn2 ) = (eG1 , eG2)

命題 65-2⇔ n は

n1, n2 の公倍数n1, n2 は互いに素⇔ n は n1n2 の倍数

命題 65-2⇔ g の位数は n1n2.

基本問題 80. n 個の群 G1, G2, . . . , Gn の直積が同様に定義でき, 群となることを示せ.

略解. 演算は (x1, . . . , xn)(y1, . . . , yn) := (x1y1, . . . , xnyn), 単位元は e = (eG1 , . . . , eGn), 元(x1, . . . , xn) の逆元は (x−1

1 , . . . , x−1n ) で与えられる. 証明は, 例えば帰納法も使える.

22

6 剰余類分解

6.1 補足 (復習): 同値関係による非交和分解

定義 81. S を集合とする.

1. 各 a, b ∈ S に対し『a ∼ b であるかどうか』が決まっているとき, ∼ を S 上の 関係と呼ぶ. さらに以下の性質を満たすとき 同値関係 と呼ぶ: 任意の a, b, c ∈ S に対し

反射律. a ∼ a. 対称律. a ∼ b⇒ b ∼ a. 推移律. a ∼ b, b ∼ c⇒ a ∼ c.

以下, ∼ は集合 S 上の同値関係とする.

2. 同値関係 ∼ に関する 同値類 とは, a := [a] := {x ∈ S | a ∼ x} (∃a ∈ S) の形で表される S の部分集合のこと. 同値類の任意の元は, その同値類の 代表元 と呼ばれる.

3. 同値類全体のなす集合 {[a] | a ∈ S} を, 集合 S の同値関係 ∼ による 商集合 と呼び, 記号 S/ ∼ で表す. 商集合の元としての一致: [a] = [b] ∈ S/ ∼ は, S の部分集合としての一致: [a] = [b] ⊂ S で定まる.

4. 商集合 S/ ∼ に含まれるすべての同値類から, それぞれ一つずつ代表元を選んで集めた集合 {aλ | λ ∈ S/ ∼} (aλ ∈ λ) のことを 完全代表系 と呼ぶ.

5. 写像 S → S/ ∼, a 7→ [a] のことを 自然な射影 などと呼ぶ.

練習問題 82. 集合 S 上の同値関係 ∼ を考える. 二元 a, b ∈ S に対し, 以下は全て同値であることを示せ.

[a] = [b]⇔ a ∼ b⇔ a ∈ [b]⇔ b ∈ [a]⇔ [a] ∩ [b] = ∅.

練習問題 83. 集合 S 上の同値関係 ∼,および部分集合 X ⊂ S に対し, 自然な単射をι : X ↪→ S, 自然な射影を π : S → S/ ∼ で表す. このとき以下は同値であることを示せ.

X は ∼ の完全代表系 ⇔ π ◦ ι : X → S/ ∼ が全単射

とくに商集合は完全代表系をつかって S/ ∼= {[x] | x ∈ X} のように “過不足なく” 表せる.

注意 84. 集合 S に同値関係 ∼ が定まると, 自動的に集合 S の非交和分解が与えられる:

S =⨿

λ∈S/∼

λ (完全代表系 X ⊂ S を使って表すと S =⨿x∈X

[x]).

このとき “非交和 (i.e., 記号⨿)” は λ = λ′ ⇒ λ ∩ λ′ = ∅ を意味する. 逆に, 集合 S をい

くつかの部分集合に非交和分解できたとする:

S =⨿λ∈Λ

Sλ (Sλ ⊂ S, λ = λ′ ⇒ Sλ ∩ S ′λ = ∅)

このとき自動的に同値関係『おなじ Sλ に含まれる: a ∼ b ⇔ ∃λ s.t. a, b ∈ Sλ』が定まる.

23

練習問題 85. m ∼ n ⇔ m− n が偶数, と定める. ただし 0,−2,−4, . . . も偶数とする.

1. 関係 ∼ が Z 上の同値関係であることを示せ.

2. 商集合 Z/ ∼は [0] = “偶数全体”, [1] = “奇数全体”の二元からなることを確かめよ.

3. Z = [0]⨿[1] を確かめよ. また, 完全代表系 X を一組求めよ.

4. 3 で求めた X に対し, 合成写像 X ↪→ Z→ Z/ ∼ が全単射であることを確かめよ.

6.2 剰余類分解

基本問題 86. 群 G とその部分群 H に対し, G 上の 左合同 (left congruence) 関係を

x ∼ y ⇔ x−1y ∈ H

で定めるとき, 同値関係になることを示せ. また g ∈ G を代表元とする同値類は

[g] = gH := {gh ∈ G | h ∈ H}

となることを示せ.

略解. H は単位元を含む ⇒ a−1a = e ∈ H ⇒ 反射律, H は逆元に関して閉じている ⇒『a−1b ∈ H ⇒ b−1a = (a−1b)−1 ∈ H』⇒ 反射律, H は演算で閉じている ⇒『a−1b, b−1c ∈ H ⇒ a−1c = (a−1b)(b−1c) ∈ H』⇒ 推移律. 後半は [g] := {x ∈ G | g ∼x} = {x ∈ G | g−1x ∈ H} = {x ∈ G | x ∈ gH} = gH.

定義 87. G を群, H をその部分群とする.

1. 集合 gH := {gh ∈ G | h ∈ H} (g ∈ G) を, H に関する 左剰余類 (left coset), 集合Hg := {hg ∈ G | h ∈ H} (g ∈ G) を, H に関する 右剰余類 (right coset) と呼ぶ.

これはそれぞれ, 左合同関係: x ∼ y ⇔ x−1y ∈ H, 右合同関係: x ∼ y ⇔ xy−1 ∈ H

に対する同値類となっている.

2. 左合同関係に関する完全代表系 {gλ}λ∈Λ を 左完全代表系 (left transversal) と呼ぶ. このとき以下の 左剰余類分解 (left coset decomposition) が得られる:

G =⨿λ∈Λ

[gλ] =⨿λ∈Λ

gλH.

右完全代表系 {gλ}λ∈Λ, 右剰余類分解 G =⨿

λ∈Λ Hgλ も同様に考えられる.

3. 左合同関係に関する商集合を 左剰余集合 (left coset space) と呼び, 記号 G/H で表す. G/H の任意の元は g := [g] := gH (g ∈ G) の形で, 以下はすべて同値である.

gH = g′H ⇔ g ∈ g′H ⇔ g′−1g ∈ H ⇔ g′ ∈ gH ⇔ g−1g′ ∈ H ⇔ gH ∩ g′H = ∅.

なお単位元を代表元とする左剰余類は H := eH とも書かれる. 同様に 右剰余集合H\G := {Hg | g ∈ G} も考えられる.

24

注意 88. G が加法群の場合, 記号 gH,Hg は, それぞれ記号 g +H,H + g で表される.

注意 89. 剰余類分解は, 群 G を各剰余類に “分解” しただけである. 一方, 剰余集合として考える場合, 各剰余類を “一つの点” だとみなしている. (部分集合 gH ⊂ G が一点 gH ∈ G/H に潰れている.)

練習問題 90. 定義 87-3 の同値: H < G, g, g′ ∈ G に対し

gH = g′H ⇔ g ∈ g′H ⇔ g′−1g ∈ H ⇔ g′ ∈ gH ⇔ g−1g′ ∈ H ⇔ gH ∩ g′H = ∅.

を, 部分群の定義から導け. (実際は, 同値関係と同値類の性質から自動的に成り立つ.)

略解. (gH = g′H ⇒ g ∈ g′H) g = ge ∈ gH = g′H.

(g ∈ g′H ⇔ g′ ∈ gH) g ∈ g′H ⇔ g′−1g ∈ H(g′−1g)−1=g−1g′, H−1⊂H⇔ g−1g′ ∈ H ⇔ g′ ∈ gH.

(gH = g′H ⇐ g ∈ g′H, g′ ∈ gH) gHg∈g′H⊂ g′HH

HH⊂H⊂ g′H, 同様に g′H ⊂ gH も示せる.

以上により gH = g′H ⇔ g ∈ g′H ⇔ g′ ∈ gH が言えている.

(g ∈ g′H ⇔ g′−1g ∈ H), (g′ ∈ gH ⇔ g−1g′ ∈ H), (gH = g′H ⇒ gH ∩ g′H = ∅) 自明.

(gH = g′H ⇐ gH ∩ g′H = ∅) ∃g′′ ∈ gH ∩ g′H ⇒ g′′ ∈ gH, g′HgH=g′H⇔g∈g′H⇒ gH =

g′′H = g′H.

基本問題 91. m ∈ N とする. Z の部分群 mZ に関する左完全代表系を一組求めよ. またそれを使って, 左剰余類分解, および左剰余集合を書き下せ.

略解. 二つの剰余類 [a] = a+mZ, [b] = b+mZ (a, b ∈ Z) に対し

[a] = [b] ⇔ (−a) + b ∈ mZ ⇔ b− a が m の倍数

に注意. 完全代表系は, たとえば {0, 1, . . . ,m− 1} で与えられる. よって剰余集合は m 個の元からなる集合: Z/mZ = {[0], [1], . . . , [m− 1]} である. 左剰余類分解は

Z = [0]⨿

[1]⨿· · ·⨿

[m− 1] = (0 +mZ)⨿

(1 +mZ)⨿· · ·⨿

(m− 1 +mZ)

と書ける.

注意 92. 問題 91 の剰余類分解は

{整数 } = {m の倍数 }⨿{m で割って 1 余る数 }

⨿· · ·⨿{m で割って m− 1 余る数 }

を意味している.

基本問題 93. n ≥ 2, G := Sn, H := An とする. G の部分群 H に関する左完全代表系を一組求めよ. またそれを使って, 左剰余類分解, および左剰余集合を書き下せ.

略解. 問題 70 で見たように Sn = { 偶置換 }⨿{ 奇置換 } = An

⨿(1 2)An である. また

完全代表系: {id, (1 2)}, 剰余集合: Sn/An = {[id], [(1 2)]} となる. なお id の代わりに任意の偶置換, (1 2) の代わりに任意の奇置換をおいても良い.

25

基本問題 94. G := S3 の部分群 H := ⟨(1 2)⟩ に関する右完全代表系, 右剰余類分解, および右剰余集合を書き下せ.

略解. G = H⨿

Hg1⨿

Hg2⨿

. . . としたいので g1 ∈ G −H, g2 ∈ G −H −Hg1, . . . とすればよい. G = {id, (1 2), (1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2)}, H = {id, (1 2)} より G −H =

{(1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2)}. 例えば g1 = (1 3) とできる. Hg1 = {(1 3), (1 3 2)} よりG−H−Hg1 = {(2 3), (1 2 3)}. 例えば g2 = (2 3)とできる. Hg2 = {(2 3), (1 2 3)}よりG−H−Hg1−Hg2 = ∅. まとめるとG = H

⨿H(1 3)

⨿H(2 3), H\G = {[id], [(1 3)], [(2 3)]},

完全代表系 = {id, (1 3), (2 3)}.

補題 95. G を群, H < G を部分群, X ⊂ G を部分集合とする. このとき

X が左完全代表系 ⇔

{∀g ∈ G, ∃x ∈ X s.t. gH = xH (または g ∈ xH, etc.).

x, x′ ∈ X, x = x′ ⇒ xH = x′H (または x /∈ x′H, etc.).

X が右完全代表系 ⇔

{∀g ∈ G, ∃x ∈ X s.t. Hg = Hx (または g ∈ Hx, etc.).

x, x′ ∈ X, x = x′ ⇒ Hx = Hx′ (または x /∈ Hx′, etc.).

証明. 問題 83 を合同関係に適用. 左合同なら, 写像 π ◦ ι : X → G/H, x 7→ xH に対し

π ◦ ι が全射 ⇔ ∀[g] ∈ G/H, ∃x ∈ X s.t. [x] = [g],

π ◦ ι が単射 ⇔ x, x′ ∈ X, x = x′ ⇒ [x] = [x′]

が成立. これを問題 90 を使って変形すればよい. 右合同も同様.

基本問題 96. 以下の各 G,H に対し, H が G の部分群であることを確かめよ. また G のH に関する左剰余類分解, 左剰余集合, 左完全代表系を書き下せ.

1. G = R2, H = R1 := { t[x y] ∈ R2 | y = 0}.

2. G = C×, H = S1 := {z ∈ C× | |z| = 1}.

略解. 1. 剰余類分解: R2 =⨿

η∈R(t[0 η]+R1),剰余集合: t[0 η]+R1 = { t[x η] ∈ R2 | x ∈ R},

完全代表系: { t[0 η] ∈ R2 | η ∈ R}.2. 剰余類分解: C× =

⨿r>0 rS

1, 剰余集合: rS1 = {z ∈ C× | |z| = r}, 完全代表系:

{r ∈ R | r > 0}. ただし r = r + 0√−1 ∈ C とみている.

補題 97. G を群, H < G を部分群, X ⊂ G を部分集合とする. このとき以下は同値.

X が G の H に関する左完全代表系 ⇔ X−1 が G の H に関する右完全代表系.

証明. 補題 95 よりX が左完全代表系 ⇔

{∀g ∈ G, ∃x ∈ X s.t. g ∈ xH

x, x′ ∈ X, x = x′ ⇒ x /∈ x′H

⇔

{∀g ∈ G, ∃x ∈ X s.t. g−1 ∈ (xH)−1 = H−1x−1 = Hx−1

x, x′ ∈ X, x = x′ ⇒ x−1 /∈ (x′H)−1 = H−1x′−1 = Hx′−1

⇔

{∀g ∈ G, ∃x ∈ X−1 s.t. g ∈ Hx

x, x′ ∈ X−1, x = x′ ⇒ x /∈ Hx′⇔ X−1 が右完全代表系.

26

7 ラグランジュの定理, 正規部分群, 剰余群定義 98. 群 G とその部分群 H に対して, 問題 83, 補題 97 より, |G/H|, |H\G|, および左右の完全代表系の個数はすべて一致する. この数を G の H における 指数 (index) と呼び, 記号 (G : H) ∈ N ∪ {∞} で表す.

練習問題 99. 任意の群 G に対して (G : {e}) = |G|, (G : G) = 1 であることを示せ.

7.1 ラグランジュの定理

補題 100. G を群, H を G の部分群, K を H の部分群とする (すなわち K < H < G).

{aλ}λ∈Λ が G の H に関する左完全代表系, {bµ}µ∈M が H の K に関する左完全代表系であるとき, {aλbµ}(λ,µ)∈Λ×M は G の K に関する左完全代表系になることを示せ. (右完全代表系に対しても {aλbµ}(λ,µ)∈Λ×M を {bµaλ}(µ,λ)∈M×Λ にすれば同様のことが成り立つ.)

証明. もし “⨿に対する分配法則” を認めるなら, G =

⨿λ∈Λ aλH に H =

⨿µ∈M bµK を

代入して, 望み通りの式を得る:

G =⨿λ∈Λ

aλ

(⨿µ∈M

bµK

)“分配法則”

=⨿λ∈Λ

⨿µ∈M

aλbµK =⨿

(λ,µ)∈Λ×M

aλbµK.

ここでは別証として, 補題 100 を使って直接証明する. 示すべきは

∀g ∈ G, ∃(λ, µ) ∈ Λ×M s.t. g ∈ aλbµK,

(λ, µ), (λ′, µ′) ∈ Λ×M, (λ, µ) = (λ′, µ′)⇒ aλbµ /∈ aλ′bµ′K.

(前半) {aλ}λ∈Λ が G の H に関する左完全代表系より ∀g ∈ G, ∃λ ∈ Λ s.t. g ∈ aλH. すなわち ∃h ∈ H s.t. g = aλh. この h ∈ H に対して {bµ}µ∈M が H の K に関する左完全代表系であることを使うと ∃µ ∈M s.t. h ∈ bµK. あわせて g = aλh ∈ aλbµK.

(後半) (λ, µ) = (λ′, µ′)⇔『λ = λ′』または『λ = λ′, µ = µ′』. 『λ = λ′』のとき, {aλ}λ∈Λが G の H に関する左完全代表系より (aλ′)−1aλ /∈ H. よってもし aλbµ ∈ aλ′bµ′K ならa−1λ′ aλ ∈ bµ′Kb−1

µ ⊂ H となり矛盾. 『λ = λ′, µ = µ′』のとき, もし aλbµ ∈ aλ′bµ′K ならbµ ∈ bµ′K となり {bµ}µ∈M が H の K に関する左完全代表系であることに矛盾.

定理 101. G を群とする. このとき以下が成り立つ.

1. K < H < G であれば (G : K) = (G : H)(H : K).

2. (ラグランジュの定理) H < G であれば |G| = (G : H)|H|.

3. G が有限群, H < G であれば, H の位数は G の位数の約数である.

4. G が有限群, g ∈ G であれば, g の位数は G の位数の約数である. とくに g|G| = e.

27

証明. 1. 補題 100 の記号で (G : K) = |Λ×M | = |Λ||M | = (G : H)(H : K).

2. 1 で K = {e} とすればよい.

別解: 完全代表系を X とおくと G =⨿

x∈X xH. また H → xH, h 7→ xh は全単射 (∵ 逆写像 h 7→ x−1h を持つ) なので, |H| = |xH|. 合わせて |G| =

∑x∈X |xH| = |X||H|.

3. 2 より.

4. 前半は 3 で H = ⟨g⟩ とおけばよい (∵ 問題 68). 後半は g の位数 =: m とおくと|G| = mn (∃n ∈ N) となるので g|G| = gmn = (gm)n = en = e.

基本問題 102. 『有限群 G の位数が素数であれば, G は巡回群である』ことを示せ.

略解. 素数 p := |G| とおく. p ≥ 2 より e = ∃g ∈ G. ラグランジュ定理の系 (上の定理の 4) より, g の位数は p の約数, すなわち 1 または p. ここで g = e より g の位数 = 1.

よって g の位数 = p = |G| となり G は g を生成元とする巡回群 (∵ 命題 76-2).

7.2 正規部分群

定義 103. 群 G の部分群 N が条件

∀g ∈ G, gNg−1 = N

を満たすとき N を G の 正規部分群 (normal subgroup) と呼び, 記号 N ◁G で表す.

練習問題 104. 正規部分群の定義は, 以下の各条件と同値であることを確かめよ.

• ∀g ∈ G, g−1Ng = N . • ∀g ∈ G, gNg−1 ⊂ N . • ∀g ∈ G, g−1Ng ⊂ N .

• ∀g ∈ G, gNg−1 ⊃ N . • ∀g ∈ G, g−1Ng ⊃ N . • ∀g ∈ G, gN = Ng.

• ∀g ∈ G, gN ⊂ Ng. • ∀g ∈ G, gN ⊃ Ng.

略解. g を g−1 に取り換えらえるのは G = G−1 より. gNg−1 = N ⇔ gN = Ng も自明.

(∀g ∈ G, gN = Ng ⇔ ∀g ∈ G, gN ⊂ Ng) の (⇒) は自明. 以下 (⇐) を示す. 実際

g ∈ G ⇒ g−1 ∈ G∀g∈G, gN⊂Ng の g に g−1 を代入⇒ g−1N ⊂ Ng−1 両側から g をかける⇒ Ng ⊂ gN

仮定より gN⊂Ng⇒ gN = Ng. 他も同様に示せる.

練習問題 105. G が可換群なら, 任意の部分群は正規部分群であることを示せ.

基本問題 106. S3 の部分群 K := ⟨(1 2)⟩, H := ⟨(1 2 3)⟩ が正規部分群かどうか調べよ.

略解. 全ての σ ∈ S3 = {id, (1 2), (1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2)} に対して σKσ−1, σHσ−1

を計算すればよい. H は正規部分群になる. K = {id, (1 2)} は, 例えば (2 3)K(2 3)−1 =

{(2 3)id(2 3), (2 3)(1 2)(2 3)} = {id, (1 3)} = K なので正規部分群でない.

基本問題 107. An ◁ Sn であることを示せ.

28

略解. 『∀σ ∈ Sn, σAnσ−1 ⊂ An』を示す. An の定義より『sgn τ = 1 ⇒ sgn (στσ−1) =

1』をいえばよい. 実際 sgn (στσ−1) = sgnσ · sgn τ · sgnσ−1 sgn τ=1= sgn σ · sgn σ−1 =

sgn (σσ−1) = sgn id = 1.

基本問題 108. 指数 2 の部分群は正規部分群であることを示せ.

略解. 示すべきは『(G : H) = 2 ⇒ ∀g ∈ G, gH = Hg』. 実際 (G : H) = 2 なら, 左剰余類分解は二つの剰余類にわかれるから, 任意の x ∈ G−H に対して G = H

⨿xH. 右剰

余類分解でも同じく G = H⨿

Hx. よって xH = G − H = Hx (∀x ∈ G − H). 一方でhH = H = Hh (∀h ∈ H) である.

基本問題 109. H < G, N ◁ G ⇒ HN < G を示せ. また, 一般に H < G, N < G ⇒HN < G が成り立つか答えよ.

略解. (前半) 明らかに HN = ∅ だから『∀x, x′ ∈ HN , x−1x′ ∈ HN』を言えばよい.

実際 x = hn, x′ = h′n′ (h, h′ ∈ H, n, n′ ∈ N) とおくと x−1x′ = n−1h−1h′n′ ∈

Nh−1h′n′ ∀g∈G, gN=Ng= h−1h′n′N

h−1h′∈H, n′N⊂N⊂ HN .

(後半) 反例あり. 例えば G = S3, H = ⟨(1 2)⟩, N = ⟨(1 3)⟩ に対しHN = {id, (1 2), (1 3),

(1 3 2)} は積に関して閉じていない (∵ (1 3 2)(1 3 2) = (1 2 3) /∈ HN).

7.3 剰余群

注意 110. N < G であれば (合同関係という同値関係が定義でき) 剰余集合 G/N が導かれた. さらに N ◁G であることの “意味” は “剰余集合 G/N 上に演算が導かれる” ことである. すなわち以下の写像が well-defined である:

G/N ×G/N → G/N, (xN, yN) 7→ xN · yN := (xy)N.

このことを証明しておく. 示すべきは『xN = x′N , yN = y′N ⇒ (xy)N = (x′y′)N』. 実際 xN = x′N ⇔ x−1x′ ∈ N , yN = y′N ⇔ y−1y′ ∈ N であり, これらより (xy)−1(x′y′) =

y−1x−1x′y′ ∈ y−1Ny′ = y−1(Ny′)∀g∈G, gN=Ng

= y−1(y′N) = (y−1y′)N ⊂ NN = N , i.e.,

(xy)N = (x′y′)N が言える.

練習問題 111. N ◁G のとき, 剰余集合 G/N の元としての演算の定義は, G の部分集合としての演算の定義 (定義 33) と一致することを示せ. i.e., 以下が一致することを示せ.

xN · yN G/N の元としての演算の定義= (xy)N = {xyh | h ∈ N},

xN · yN G の部分集合としての演算の定義= {gg′ | g ∈ xN, g′ ∈ yN}.

定義 112. N ◁G とする. このとき剰余集合 G/N は演算 xN · yN := (xy)N (x, y ∈ G)

に関して群になる. この群を G の N に関する 剰余群, 剰余類群, または 商群 (quotient

group) などと呼ぶ. なお, 正規部分群の定義より G/N と N\G は, 対応 gN = Ng により同一視できる.

29

群であることの証明. 0. 演算が well-defined は上で確かめた.

1. 結合法則. (xN ·yN)·zN = (xy)N ·zN = ((xy)z)NG の結合法則

= (x(yz))N = xN ·(yz)N =

xN · (yN · zN) (x, y, z ∈ G).

2. 単位元の存在. 単位元は H = eH. 実際 eH · xH = (ex)He は G の単位元

= xH (x ∈ G). 残りも同様に示せる.

3. 逆元の存在. xH (x ∈ G) の逆元は x−1H. 実際 xH ·x−1H = (xx−1)Hx−1 は x の逆元

= eH.

残りも同様に示せる.

注意 113. G が可換群なら, 任意の部分群は正規部分群であり, その剰余群が定義される.

またその剰余群も可換群になる. また, G が加法群なら, 表記は x + H, y + H ∈ G/H,

(x+H) + (y +H) := (x+ y) +H となることに注意.

注意 114. (G, ◦) を群, N ◁ G とし, 自然な射影を π : G → G/N , x 7→ xN で表す. このとき, 剰余群 G/N の群演算 · は

π(x ◦ y) = π(x) · π(y) (x, y ∈ G)

を満たすように定義されていることに注意. この性質は非常に重要で, π は 準同型写像 である, などの言い方をする (少し後で習う).

練習問題 115. m ∈ N とする. Z の mZ に関する剰余群 Z/mZ を考える.

1. Z/mZ は位数 m の巡回群であることを確かめよ. また生成元を求めよ.

2. m = 6 のとき, 剰余群 Z/6Z の乗積表を作れ. また各元の位数を求めよ.

3. §1.3.2 のシャッフル (c) をもう一度考える. 6 枚のカードと Z/6Z を上手く同一視することにより, (c) のシャッフルを 6 回繰り返すと元に戻ることを説明せよ.

略解. 問題 91 より Z/mZ = {[0], [1], . . . , [m− 1]} ([a] := a+mZ)と書ける.

1. ⟨[1]⟩ = {n[1] | n ∈ Z} = {, . . . , [−1] = [m−1], [0], [1], [2], . . . , [m−1], [m] = [0], [m+1] =

[1], . . . , } = {[0], [1], . . . , [m− 1]} = Z/mZ. よって [1] を生成元とする位数 m の巡回群.

2. Z/6Z = {[0], [1], [2], [3], [4], [5]}. 位数はそれぞれ 1, 6, 3, 2, 3, 6.

3. カード 1, 2, 3, 4, 5, 6 と, 元 [1], [2], [3], [4], [5], [6] = [0] ∈ Z/6Z を同一視する. このとき“シャッフル (c)” ⇔ “+[1]” となる. よって [1] の位数は 6 だから, 6 回繰り返すと単位元[0] となり元に戻る.

参考問題 116. §1.3.2 のシャッフル (d) を考える. 6 枚のカードと Z/7Z− {[0]} を同一視したとき, (d) のシャッフルはどのように表現できるか考えてみよ.

基本問題 117. 問題 93,96 において, それぞれ H が G の正規部分群であることを確かめよ. また, 各剰余群 G/H の二元 xH, yH の演算 xH · yH を具体的に計算ぜよ.

略解. (問題 93) Sn/An = {[id], [(1 2)]}, [id] · [id] = [(1 2)] · [(1 2)] = [id], [id] · [(1 2)] =

[(1 2)] · [id] = [(1 2)].

(問題 96-1) R2/R1 = { t[0 η]+R1 | η ∈ R}, ( t[0 η1]+R1)+( t[0 η2]+R1) = t[0 η1+η2]+R1.

(問題 96-2) C×/S1 = {rS1 | r > 0}, r1S1 · r2S1 = r1r2S1.

30

8 前期中間テスト問題 1. 1. 群の定義を説明せよ.

2. 自然数全体のなす集合 N = {1, 2, 3, . . . } 上に, 演算 ◦ を

a ◦ b := max{a, b} =

{a (a ≥ b のとき),

b (a < b のとき)

で定義する. (N, ◦) が群かどうか答え, またそのことを示せ.

問題 2. 5 次対称群 S5 の元 σ := ( 1 2 3 4 53 1 2 5 4 ) ∈ S5 を考える.

1. 符号 sgn σ を求めよ. 答えだけでなく, 計算式等も書くこと.

2. σ の位数を求めよ.

問題 3. 実係数の 2 次正則行列全体のなす集合

GL(2,R) := {[ a bc d ] | a, b, c, d ∈ R, det[ a b

c d ] = ad− bc = 0}

は, 行列の積に関して群になる (このことは証明不要).

H := {[ a bc d ] ∈ GL(2,R) | c = 0, ad = 0}

とおくとき, H は GL(2,R) の部分群となることを示せ.

問題 4. 群 G と, その部分群 N に対し, 以下の (1), (2) が同値であることを示せ.

(1) ∀g ∈ G, gN = Ng.

(2) ∀g ∈ G, gN ⊂ Ng

問題 5. 3 次対称群 S3 の元 σ := (1 2 3) で生成される部分群を H := ⟨(1 2 3)⟩ とおく.

1. H の元をすべて書き下せ. 答えのみで良い.

2. H は S3 の正規部分群であることを示せ.

3. S3 の H による左剰余類分解を書き下せ.

4. 剰余群 S3/H の元を書き下し, 各元の逆元を求めよ.

問題 6. 1. ラグランジュの定理を説明せよ (証明はしなくてよい).

2. 有限群 G の位数が素数であれば, G は巡回群であることを示せ.

(配点: 1-1, 1-2, 2-1, 2-2, 4, 5-1, 5-2, 5-3, 5-4, 6-1 は各 8 点, 3, 6-2 は各 10 点.)

31

前期中間テストの裏

32

8.1 略解

採点結果について� �• ここに略解が載っていない問題は, プリント §1 ∼ §7 のどこかに載っていると思います. 探して載ってなければ私に聞いてください.

• △は配点の半分. △の中に数字があればその点数.

• 採点結果に異議がある場合は, 二週間以内に私に言ってください.

• 平均点は 59.3 点.

• あくまで目安ですが, 今回 40 点未満くらいの人は, もっと頑張って欲しい.� �問題 1-1 の略解. 空でない集合 G に, 以下を満たす演算 ◦ が定義されているとき (G, ◦)が群である, などという:

1. 結合法則: ∀a, b, c ∈ G, (a ◦ b) ◦ c = a ◦ (b ◦ c).

2. 単位元の存在: ∃e ∈ G s.t. ∀a ∈ G, a ◦ e = e ◦ a = a.

3. 逆元の存在: ∀a ∈ G, ∃a′ ∈ G s.t. a ◦ a′ = a′ ◦ a = e.

ただし, 以下に注意.

• 群の定義には 演算が定義されている ことが含まれる.

• ∃, ∀の順序 に注意. 単位元は『群の中でただ一つ』, 逆元は『各元 a に対してただ一つ』.

問題 1-2 の略解. 演算が well-defined, 結合法則は成立する. 単位元に関して

1 ◦ a = max{1, a} = a,

a ◦ 1 = max{a, 1} = a

より 1 が単位元. 逆元に関して, a = 2 の逆元が存在しないので, 群ではない. 実際

2 ◦ b = max{2, b}

であり, max{2, b} ≥ 2 だから, どんな b に対しても, 2 ◦ b は単位元 1 にならない.

問題 2-1 の略解. σ = (1 3 2)(4 5) = (1 2)(1 3)(4 5) (奇数個の互換の積) となるのでsgn σ = −1.(別解) 反転数が 3 なので sgn σ = (−1)3 = −1.

33

問題 2-2 の略解. 計算により

σ1 = ( 1 2 3 4 53 1 2 5 4 ) = id, σ2 = ( 1 2 3 4 5

2 3 1 4 5 ) = id, σ3 = ( 1 2 3 4 51 2 3 5 4 ) = id,

σ4 = ( 1 2 3 4 53 1 2 4 5 ) = id, σ5 = ( 1 2 3 4 5

2 3 1 5 4 ) = id, σ6 = ( 1 2 3 4 51 2 3 4 5 ) = id.

が分かる. よって位数は 6.

問題 3 の略解. H ∋ [ 1 00 1 ] より H = ∅. よって A,A′ ∈ H ⇒ A−1A′ ∈ H を言えばよい.

実際A = [ a b0 d ], A

′ = [ a′ b′

0 d′ ] ∈ H とすると

A−1A′ = [ a−1 −(ad)−1b

0 d−1 ][ a′ b′

0 d′ ] = [ a−1a′ (ad)−1(db′−bd′)

0 a−1d′] ∈ H.

問題 4 の略解. (1) ⇒ (2) は自明. (1) ⇐ (2) をいう. すなわち

『(1) ∀g ∈ G, gN ⊂ Ng』を仮定して『∀g ∈ G, gN ⊃ Ng』を示す.

実際, g ∈ G なら g−1 ∈ G. よって (1) より g−1N ⊂ Ng−1. 両辺に左から g を掛けてN ⊂ gNg−1 を得る. 同様に両辺に右から g を掛けて Ng ⊂ gN , すなわち gN ⊃ Ng を得る.

問題 5 の略解. 1. H = {id, (1 2 3), (1 3 2)}.2. 各 τ ∈ G に対し τHτ−1 = {τ id τ−1, τ(1 2 3)τ−1, τ(1 3 2)τ−1} を計算して= H を言えばよい. 例えば τ = (1 2) なら

(1 2)id(1 2)−1 = id,

(1 2)(1 2 3)(1 2)−1 = (1 2)(1 2 3)(1 2) = (1 3 2),

(1 2)(1 3 2)(1 2)−1 = (1 2)(1 3 2)(1 2) = (1 2 3)

より成立. 以下省略.

3. S3 −H = {(1 2), (1 3), (2 3)} ∋ (1 2), S3 −H − (1 2)H = ∅ より

S3 = H ⊔ (1 2)H.

4. S3/H = {[id], [(1 2)]},[id]−1 = [id] (∵ [id][id] = [id · id] = [id]),

[(1 2)]−1 = [(1 2)] (∵ [(1 2)][(1 2)] = [(1 2)(1 2)] = [id]). ただし, 以下に注意.

• 剰余群の元は G/H ∋ [g], g, gH, 等のように表記する.

• 特に S3/H = {id, (1 2)} 等の表記は誤り.

34

9 補足, 作用

9.1 補足: 群の例

基本問題 118 (位数 4 の群で巡回群でないものがあるか). 群 G は位数が 4 で巡回群でないとして乗積表を作り, 実際に群 (しかもアーベル群) になっていることを確かめよ. また生成系を一組求めよ. なお, この群 G を クラインの四元群 (Klein four-group) と呼ぶ.

略解. G = {e, a, b, c} とおく. ラグランジュ定理の系 (上の定理の 4) より, 任意の元の位数は 1, 2, 4 のどれか. 巡回群でないので, 任意の元の位数は 4 ではない (∵ 命題 76-2). ま

た単位元以外の元は位数 1 でない. よって a2 = b2 = c2 = e. これでe a b c

e e a b ca a eb b ec c e

ま

で埋まる. 次に ab のマスを考える. 同列, 同行の他のマスとかぶらない為には ab = c が

必要である. 同様に考えてe a b c

e e a b ca a e c bb b c e ac c b a e

を得る. これがアーベル群の定義を満たすこ

とは地道に調べれば分かる (結合法則だけが面倒). 生成系は, たとえば {a, b}.

定義 119. 2n 個の元からなる集合 Dn := {xiyj | i = 0, . . . , n− 1, j = 0, 1} に以下のルールで演算を定義したものを 二面体群 (dihedral group) と呼ぶ (n ∈ N).

1. 結合法則を満たす. 2. e は単位元. 3. xn = y2 = e. 4. yx = xn−1y.

ただし xi := xiy0, yj := x0yj, e := x0y0. なお, 結合法則や単位元は群には必須なので

Dn は生成系 x, y, 関係式 xn = y2 = e, yx = xn−1y で定まる群= ⟨ x, y︸︷︷︸

生成系

| xn = y2 = e, yx = xn−1y︸ ︷︷ ︸関係式

⟩

などの言い方・表記をする. n = 1 なら D1 = {e, y}, y · yy2=e= e となり位数 2 の巡回群.

練習問題 120. D2 の乗積表を作り, クラインの四元群と一致することを確かめよ.

略解. D2 = {e, x, y, xy}. 演算は x · xy 結合法則= x2y

x2=e= y, xy · xy 結合法則

= x(yx)yyx=xy=

x(xy)y結合法則= x2y2

x2=y2=e= e, etc. などのように計算できる.

基本問題 121. n ≥ 3 に対し Dn は群 (とくに非可換群) であることを示せ.

略解. yx = x−1y より yx2 = yxx = x−1yx = x−1x−1y = x−2y ⇒ . . . ⇒ yxk = x−ky を得る. さらに yxk = x−ky より y2xk = yyxk = yx−ky = xkyy = xky2 ⇒ yjxk = x(−1)jkyj

を得る. 最後に yjxk = x(−1)jkyj より, 一般元の積のルール (xiyj)(xkyl) = xi(yjxk)yl =

xi(x(−1)jkyj)yl = xi+(−1)jkyj+l を得る. ただし i, k = 0, . . . , n − 1, j, l = 0, 1 としてよい.

このルールが二面体群の定義と矛盾せず, 群の定義を満たしていることを示せばよい.

定義 122. 8 個の元からなる集合 Q := {1, i, j, k,−1,−i,−j,−k} に以下のルールで演算を定義したものを 四元数群 (quaternion group) と呼ぶ;

35

結合法則を満たす. 1 は単位元. (−1)2 = 1. i2 = j2 = k2 = ijk = −1. −x = (−1)x (∀x).

生成元と関係式の言葉で言えば Q = ⟨−1, i, j, k | (−1)2 = 1, i2 = j2 = k2 = ijk = −1⟩.

基本問題 123. 四元数群は群 (とくに非可換群) であることを示せ.

略解. たとえば, 乗積表を作り演算が well-defined であること, 結合法則をみたすこと, 1

が単位元の定義を満たしていること, 各元が逆元を持つことを確かめればよい. とくに結合法則は地道に調べるしかない. 非可換性は自明であろう.

9.2 補足: 半群と群

定義 124. 空でない集合 G に, 結合法則: ∀a, b, c ∈ G, (a ◦ b) ◦ c = a ◦ (b ◦ c) を満たす演算 ◦ が定義されているとき, (G, ◦) が 半群 (semi-group) である, などという. 群は半群であるが, 半群は必ずしも群ではない.

練習問題 125. (N,+) が半群であることを示せ. また群かどうか答えよ.

定義 126. G を半群とする. G 上での 簡約法則 とは, a, b, c ∈ G に対し, 常に『ba = ca

⇒ b = c』,『ab = ac ⇒ b = c』が成り立つことである.

基本問題 127. 群上では必ず簡約法則が成り立つことを示せ.

略解. たとえば ba = ca⇒ b = c は右から a−1 を掛けて得られる.

基本問題 128. X を集合とする. Map(X,X) := {f : X → X | f は写像 } とおく.

1. Map(X,X) は合成に関して半群であることを示せ.

2. さらに |X| ≥ 2 のとき群でないことを示せ.

3. Map(X,X) 上で簡約法則が成り立つか考えよ.

略解. 2. 全単射でない写像は逆写像をもたないので,逆元の存在を満たしていないことが分かる. 3. |X| ≥ 2のとき簡約法則は成立しない. たとえば X = {a, b}とし f, g, h : X → X

を f(a) = f(b) = a, g(a) = a, g(b) = b で定めるとき, gf = ff だが g = f である.

9.3 作用

定義 129. 群 G, 集合 X に対し, 写像 G×X → X, (g, x) 7→ gx が与えられていて, 条件

(gh)x = g(hx), ex = x (g, h ∈ G, x ∈ X, e = eG は単位元)

を満たすとき, G は X に (左から) 作用する (G acts on X) という. このとき G を X

の 変換群 (transformation group), X を G 集合 (G-set), G 空間 (G-space) という.

36

練習問題 130. Sn は {1, 2, . . . , n} に σk := σ(k) で作用していることを確かめよ.

定義 131. 群 G が集合 X に作用しているとする. x, y ∈ X に対し

x ∼Gy ⇔ ∃g ∈ G s.t. y = gx

と定めると, 関係 ∼Gは X 上の同値関係となる. このとき x ∈ X を代表元とする同値類

を OG(x) または Gx で表しG 軌道 (G-orbit) と呼ぶ. すなわち

OG(x) := Gx := {gx | g ∈ G}.

また, 同値関係 ∼Gによる非交和分解:

X =⨿λ∈Λ

OG(xλ) ({xλ}λ∈Λ ⊂ X)

のことを G 軌道分解 (G-orbit decomposition)と呼ぶ. このとき商集合 X/ ∼Gを G\X

で表し, G 集合 X の G による 商 と呼ぶ. さらに X が唯一つの G 軌道からなるとき(i.e., G = OG(x)), G は X に 推移的 (transitive) に作用する, という.

練習問題 132. ∼Gが同値関係になることを確かめよ.

練習問題 133. 以下を確かめよ;群Gとその部分群H < Gに対し,演算の制限H×G→ G,

(h, g) 7→ hg を考えると, 群 H の集合 G への作用となっている. これを 左移動 と呼ぶ.

またこのとき, 各 H 軌道 OH(g) は右剰余集合 Hg, H 軌道分解は右剰余分解, H 集合 G

の商は右剰余集合に他ならない. さらに, 左移動が推移的 ⇔ |H\G| = 1 ⇔ G = H.

定義 134. 群 G が集合 X に作用しているとする. x ∈ X に対し

Gx := {g ∈ G | gx = x}

とおき x の 固定部分群 または 安定化部分群 (stabilizer) と呼ぶ.

Gx < G の証明. ex = x⇒ e ∈ Gx, g, h ∈ Gx ⇒ gx = hx = x⇒ (gh)x = g(hx) = gx = x

⇒ gh ∈ Gx, g ∈ Gx ⇒ gx = x ⇒ x = ex = (g−1g)x = g−1(gx) = g−1x ⇒ g−1 ∈ Gx.

基本問題 135. 群 G が集合 X に作用しているとする. このとき, 各 x ∈ X に対し, 写像

ϕ : G/Gx → OG(x), gGx 7→ gx

が well-defined であり, 全単射になることを示せ. とくに |OG(x)| = (G : Gx) が成り立つ.

略解. well-defined. gGx = g′Gx ⇒ g−1g′ ∈ Gx ⇒ ϕ(gGx) = gx = g(g−1g′x) = g′x =

ϕ(g′Gx). 単射. ϕ(gGx) = ϕ(g′Gx) ⇒ gx = g′x ⇒ g−1g′x = g−1gx = x ⇒ g−1g′ ∈ Gx ⇒gGx = g′Gx. 全射. y ∈ OG(x)⇔ ∃g ∈ G s.t. y = gx⇒ ϕ(gGx) = gx = y.

37

基本問題 136. 群 G の 内部自己同型作用 を G × G → G, (g, x) 7→ gxg−1 で定める (共役作用 (conjugate action) ともいう).

1. 内部自己同型作用は, 群 G から自分自身への作用となっていることを示せ.

2. 群 S3 の内部自己同型作用による軌道分解を書き下せ. また, 推移的であるか答えよ.

略解. 2. S3 = {id, (1 2), (1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2)} ∋ id, OS3(id) := {σidσ−1 | σ ∈ S3} ={id}. S3−OS3(id) = {(1 2), (1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2)} ∋ (1 2), OS3((1 2)) = {σ(1 2)σ−1 |σ ∈ S3} = {(1 2), (1 3), (2 3)}. S3 − OS3(id) − OS3((1 2)) = {(1 2 3), (1 3 2)} ∋ (1 2 3),

OS3((1 2 3)) = {σ(1 2 3)σ−1 | σ ∈ S3} = {(1 2 3), (1 3 2)}. S3 − OS3(id) − OS3((1 2)) −OS3((1 2 3)) = ∅, i.e., S3 = OS3(id)

⨿OS3((1 2))

⨿OS3((1 2 3)). 三つの軌道があるので

推移的でない. (なお計算には, 次節の問題 152 を使うと便利.)

基本問題 137. G を群とする. G の部分集合全体のなす集合 P(G) := {S ⊂ G} に対し,

写像 G× P(G)→ P(G), (g, S) 7→ gSg−1 を考える. 以下を示せ.

1. 上記写像は G の P(G) への作用を定めている.

2. 部分群 H < G に対し, H ◁G ⇔ |OG(H)| = 1.

以下二つに出てくる “用語・記号” に関しては次節を参考にせよ.

3. 部分群 H < G に対し, G 軌道 OG(H) = {H と “共役” な部分群全体 }.

4. 部分群 H < G に対し, 固定部分群 GH = “正規化群 NG(H)”.

略解. 2. H ◁ G ⇔ ∀g ∈ G, gHg−1 = H ⇔ OG(H) = {gHg−1 | g ∈ G} = {H}つねに H=eHe−1∈OG(H)⇔ |OG(H)| = 1. 1,3,4 に関しては定義通り.

参考問題 138. 2 ≤ m ∈ N とする. 以下を確かめよ.

1. “掛け算” [a][b] := [ab] は Z/mZ = {[0], [1], . . . , [m− 1]} 上の演算になる.

2. Z/mZ はこの “掛け算” に関して群にならない.

3. (Z/mZ)× := {[a] ∈ Z/mZ | a と m は互いに素 } と定める. (Z/mZ)× は “掛け算”

に関して群になる.

4. 群 (Z/7Z)× の元 [2] の逆元 [x] を求めよ. また元 [2], [x] の位数を求めよ.

5. 4 で求めた元 [x] による左移動 (Z/7Z)× → (Z/7Z)×, [a] 7→ [xa] と, §1.3.2 のシャッフル (d) を比較せよ.

6. §1.3.2 のシャッフル (f) を n = 30 として考え, 同様の考察をし, (f) を何度繰り返せば元に戻るか計算せよ.

7. §1.3.2 のシャッフル (f) を一般の n で考察せよ. (n = 6, 30 より複雑.)

参考問題 139. σ ∈ Sn で生成される巡回群 ⟨σ⟩ の, 集合 X := {1, 2, . . . , n} への作用の軌道分解を使って『σ は互いに素な巡回置換の積で表せる (問題 22-3)』ことを示せ.

38

10 特別な部分群, 共役, 類等式

10.1 中心, 中心化群, 正規化群

定義 140. G を群とする. このとき

Z := ZG := {z ∈ G | ∀g ∈ G, gz = zg}

は G の正規部分群となり, G の 中心 (center) と呼ばれる.

Z ◁G の証明. まず Z < G を示す. e ∈ Z (∵ ∀g ∈ G, ge = eg) より Z = ∅. さらにz, z′ ∈ Z ⇒ g(z−1z′) = (gz−1)z′ = (zg−1)−1z′

z∈Z= (g−1z)−1z′ = (z−1g)z′ = z−1(gz′)

z′∈Z=

z−1(z′g) = (z−1z′)g (g ∈ G). よって z−1z′ ∈ Z. 以上で Z < Gが言えた. あとは『∀g ∈ G,

gZg−1 ⊂ Z』 を示す. 実際 z ∈ Z ⇒ ∀g ∈ G, gz = zg, i.e., gzg−1 = z ∈ Z.

定義 141. G を群, M ⊂ G を部分集合とする. このとき

ZG(M) := Z(M) := {z ∈ G | ∀m ∈M, mz = zm}

は G の部分群となり, M の 中心化群 (centralizer) と呼ばれる.

練習問題 142. 実際に Z(M) < G であることを示せ.

定義 143. G を群, M ⊂ G を部分集合とする. このとき

NG(M) := N(M) := {n ∈ G | nM = Mn}

は G の部分群となり, M の 正規化群 (normalizer) と呼ばれる.

練習問題 144. 実際に NG(M) < G であることを示せ.

基本問題 145. G を群, H < G をその部分群とする. 以下を示せ.

1. H ◁NG(H).

2. 部分群 K < NG(H) に対して H ◁HK < G.

略解. 1. 定義より. 2. (HK < G) 1, K ⊂ NG(H) より ∀k ∈ K, kH = Hk — (♯). あとは

問題 109と同様. (H◁HK) ∀hk ∈ HK (h ∈ H, k ∈ K), hkH(♯)= hHk = Hk = Hhk.

10.2 共役, 共役類

定義 146. G を群とする. x, y ∈ G が内部自己同型作用に関して同じ G 軌道に含まれるとき 共役 (conjugate) である, という. すなわち

x, y は G で共役 ⇔ ∃g ∈ G s.t. y = gxg−1.

39

また, 部分群 H,K < G が∃g ∈ G s.t. H = gKg−1

をみたすときも, H,K は G で 共役 (conjugate) である, という.

注意 147. 代数学において “共役” の概念はたびたび現れる. 二つの代数学的対象が “共役” であれば, (考えている代数学において) その二つが “共通の性質を持つ” ことが多い.

基本問題 148. 群 G の元 x, y が共役であれば, 位数が一致することを示せ.

略解. y = gxg−1 (g ∈ G) とする. このとき (gxg−1)n = (gxg−1)(gxg−1) · · · (gxg−1) =

gxng−1 より yn = (gxg−1)n = e ⇔ gxng−1 = e ⇔ xn = e. よって y の位数 = min{n ∈N | yn = e} = min{n ∈ N | xn = e} = x の位数.

参考問題 149. 有限群 G の部分群 H,K < G が共役とする. このとき H,K の乗積表が“同じ形” (正確には, 次節で習う 同型) であることを示せ.

略解. H = gKg−1 (g ∈ G) とする. このとき写像 K → H, k 7→ gkg−1 は全単射. (∵ 逆写像 h 7→ g−1hg が存在). この対応で乗積表を考える: K = {k1, k2, . . . , kn} (k1 = e) とおく. hi := gkig

−1 とおけば H = {h1, h2, . . . , hn} (h1 = e) となり, それぞれ乗積表は

k1 k2 . . . kj . . . kn

k1 k1 k2 . . . kj . . . kn

k2 k2 . . . . . ....

......

......

......

ki ki . . . kl . . ....

......

......

......

kn kn . . . . . .

h1 h2 . . . hj . . . hn

h1 h1 h2 . . . hj . . . hn

h2 h2 . . . . . ....

......

......

......

hi hi . . . hl . . ....

......

......

......

hn hn . . . . . .

のようになる. このとき kikj = kl (1 ≤ l ≤ n) であれば, hihj = hl (おなじ l) となっている. 実際 hihj = gkig

−1gkjg−1 = gkikjg

−1 = gklg−1 = hl.

練習問題 150. G を群, H < G をその部分群とする. 以下が同値であることを確かめよ.

H ◁G⇔ NG(H) = G⇔ H と共役な G の部分群は H のみ.

略解. それぞれ ∀g ∈ G, gHg−1 = H と同値になる.

定義 151. 群 G において, 内部自己同型作用 (共役) による同値関係を考える. このとき各 G 軌道を 共役類 (conjugacy class) と呼び, 記号 CG(a) で表す:

CG(a) := OG(a) = {gag−1 | g ∈ G}.

またこのとき G 軌道分解は以下の形になる.

G =⨿λ∈Λ

CG(aλ) ({aλ}λ∈Λ ⊂ G).

40

練習問題 152. σ ∈ Sn と共役な元 τστ−1 (τ ∈ Sn) を考える. このとき

1. τστ−1 は τ(i) を τ(σ(i)) へ移す写像 (i = 1, 2, . . . , n) であることを確かめよ.

2. σ =(

1 2 ... nj1 j2 ... jn

)なら τστ−1 =

(τ(1) τ(2) ... τ(n)τ(j1) τ(j2) ... τ(jn)

)と書けることを確かめよ.

3. σ = (j1 j2 . . . jr) なら τστ−1 = (τ(j1) τ(j2) . . . τ(jr)) となることを確かめよ.

略解. 1. (τστ−1)(τ(i)) = (τσ)((τ−1τ)(i)) = (τσ)(i) = τ(σ(i)). 2,3 は 1 を使う.

基本問題 153. 群 S4 の共役類をすべて求めよ.

略解. S3 の共役類を問題 136 で求めている. 同様に計算すればよい.

参考問題 154. 問題 22-2 で見たように, 任意の置換 σ ∈ Sn は, いくつかの互いに素な巡回置換の積で表せる:

σ = σ1 · · ·σk (σi = (ji,1 ji,2 . . . ji,ni) は互いに素な巡回置換)

このとき ∪ki=1{ji,1, ji,2, . . . , ji,ni

} ⊂ {1, 2, . . . , n} となるが, もし (⊊) であれば長さ 1 の巡回置換 (j) := id (j ∈ {1, 2, . . . , n}−∪ki=1{ji,1, ji,2, . . . , ji,ni

}) を並べて, 全ての 1 ∼ n を使い切る約束にしておく:

σ = σ1 · · ·σk

∏j∈{1,2,...,n}−∪k

i=1{ji,1,ji,2,...,ji,ni}

(j).

たとえば ( 1 2 3 4 5 62 1 4 3 5 6 ) = (1 2)(3 4)(5)(6). また, 置換 σ ∈ Sn を互いに素な循環置換の積に

表したとき, 長さ r の巡回置換が現れる階数を nr(σ) で表す事とする. このとき明らかに∑nr=1 nr(σ) · r = n となる. たとえば上記の σ = ( 1 2 3 4 5 6

2 1 4 3 5 6 ) に対し n1(σ) = n2(σ) = 2,

n3(σ) = n4(σ) = n5(σ) = n6(σ) = 0, 2 · 1 + 2 · 2 + 0 · 0 + 0 · 0 + 0 · 0 = 6 である. このとき以下が成り立つことを示せ.

1. 置換を互いに素な巡回置換の積で表す方法は, 並び替えを除いて一意的である.

2. σ, τ ∈ Sn が共役であれば nr(σ) = nr(τ) (r = 1, 2, . . . , n) である.

3. σ, τ ∈ Sn が nr(σ) = nr(τ) (r = 1, 2, . . . , n) を満たせば, 共役である.

略解. 1. 帰納法などが使える. 多少複雑.

2. σ = σ1σ2 · · ·σk, gσg−1 = τ (g ∈ Sn) なら τ = (gσ1g

−1)(gσ2g−1) · · · (gσkg

−1). よって『σ1, . . . , σk が互いに素な巡回置換 ⇒ gσ1g

−1, . . . , gσkg−1 が互いに素な巡回置換』を言え

ばよい. これは問題 152 などから従う.

3. やはり問題 152 などから従う. 多少アイデアが必要.

41

10.3 類等式

補題 155. G を群とする. このとき

1. g ∈ G に対し g ∈ ZG ⇔ CG(g) = {g}. 2. g ∈ G に対し |CG(g)| = (G : NG({g})).

証明. 1. (⇒) CG(g) = {xgx−1 g∈ZG= gxx−1 = g | x ∈ G} = {g}.(⇐) CG(g) = {g} ⇒ ∀x ∈ G, xgx−1 = g, i.e., xg = gx ⇒ g ∈ ZG.

2. 内部共役作用 (問題 136) を考えると CG(g) = OG(g) (G 軌道), NG({g}) = Gg (固定部分群) である. よって問題 135 より従う.

定理 156. G を有限群とする. G の共役類 CG(a) のうち, ZG に含まれないもの (すなわち |CG(a)| ≥ 2 となるもの) 全体を CG(a1), CG(a2), . . . , CG(ak) で表す. このとき

|G| = |ZG|+ (G : NG({a1})) + (G : NG({a2})) + · · ·+ (G : NG({ak}))

が成り立つ. この式を類方程式または類等式 (conjugacy class equation)などと呼ぶ.

証明. 内部自己同型作用 (共役)による G軌道分解 G =⨿

λ∈Λ CG(aλ) ({aλ}λ∈Λ ⊂ G)より

|G| =∑λ∈Λ

|CG(aλ)|.

なお G が有限群より有限和 (i.e., |Λ| < ∞) である. 補題 155-1 より aλ ∈ Z なら|CG(aλ)| = |{aλ}| = 1. また, 補題 155-2 より |CG(aλ)| = (G : NG(aλ)). 代入して

|G| =∑

λ∈Λ, aλ∈ZG

1 +∑

λ∈Λ, aλ /∈ZG

(G : NG(aλ))

となる. あとは∑

λ∈Λ, aλ∈ZG1 = |{λ ∈ Λ | aλ ∈ ZG}|, {λ ∈ Λ | aλ ∈ ZG} = ZG より.

練習問題 157. S3, S4 において類等式がなりたっていることを確かめよ.

注意 158. 類等式は, 単に群の位数 |G| を整数の和に書いただけでなく, 各項 |ZG|, (G :

NG({ai})) が |G| の約数である (∵ ラグランジュの定理 ) などの制約がつく. このことは応用上重要になる. 例えば, 以下の問題参照.

基本問題 159. p を素数とする. 有限群 G の位数が p べき (= pn, n = 1, 2, 3, . . . ) のとき,

G は p 群 である, という. G が p 群であれば ZG ⊋ {e} となることを示せ.

略解. 類等式を書いてみると |G| = |ZG| + (G : NG({a1})) + (G : NG({a2})) + · · · + (G :

NG({ak})) (ai ∈ G, ai /∈ ZG, i.e., (G : NG({ai})) > 1). ここで |G| は p ベキなので p

の倍数, 各 (G : NG({ai})) は |G| = pn の約数で 2 以上なのでやはり p の倍数. よって|ZG| = |G| − (G : NG({a1}))− · · · − (G : NG({ak})) も p の倍数. とくに |ZG| = 1.

参考問題 160. pを素数とする. 群 Gの位数が p2 であれば Gは可換群であることを示せ.

42

11 準同型写像, 同型写像

11.1 準同型写像

定義 161. G,G′ を群とする. 写像 f : G→ G′ が f(xy) = f(x)f(y) (∀x, y ∈ G) を満たすとき, f は (群) 準同型写像 (homomorphism) である, という.

練習問題 162. f : Z → C×, n 7→ (√−1)n, および det : GL(n,R) → R×, sgn: Sn → R×

が準同型であることを確かめよ.

注意 163. 数学では, 集合上に様々な “付加構造” を考える:

距離空間 = 集合 + “距離”, ベクトル空間 = 集合 + “一次結合”, 群 = 集合 + “演算”.

そして, それらの “付加構造” を保つ写像が重要視される:

f が連続写像 : an が b に近づく ⇒ f(an) が f(b) に近づく.

f が線形写像 : v =∑n

i=1 aivi ⇒ f(v) =∑n

i=1 aif(vi).

f が (群) 準同型写像 : g = xy ⇒ f(g) = f(x)f(y).

なお, 準同型の定義は見た目より厳しい条件であり, 結果的に以下の良い性質を満たす.

命題 164. G,G′ を群, f : G→ G′ を準同型とする. 以下が成り立つ.

1. 単位元の像は単位元: f(eG) = eG′ . 2. 逆元の像は逆元: f(g−1) = f(g)−1 (∀g ∈ G).

証明. 1. eGeG = eG ⇒ f(eG)f(eG)準同型= f(eGeG) = f(eG)

f(eG)−1∗⇒ f(eG) = eG′ .

2. gg−1 = eG ⇒ f(g)f(g−1)準同型= f(gg−1) = f(eG)

1= eG′

f(g)−1∗⇒ f(g−1) = f(g)−1.

命題 165. G,G′, G′′ を群とする. 以下が成り立つ.

1. H < G に対し自然な単射 ι : H ↪→ G (h 7→ h) は準同型. とくに idG も準同型.

2. 正規部分群 N ◁G に対し自然な射影 π : G ↠ G/N (g 7→ [g]) は全射準同型である.

3. f : G→ G′, g : G′ → G′′ が準同型写像であれば g ◦ f : G→ G′′ も準同型である.

証明. 1,2 は定義より自明. 3 の 仮定は『f(xy) = f(x)f(y) (∀x, y ∈ G)』-(♯),『g(x′y′) =

g(x′)g(y′) (∀x′, y′ ∈ G′)』-(♭). (♭) に x′ = f(x), y′ := f(y) を代入して g(f(x))g(f(y)) =

g(f(x)f(y))(♯)= g(f(xy)).

基本問題 166. 剰余群 Z/4Z から乗法群 C× への準同型写像をすべて求めよ.

略解. f : Z/4Z → C× を準同型写像とする. Z/4Z は巡回群なので, その生成元 [1] の行き先 f([1]) だけで写像 f 全体が決定される. 実際 x := f([1]) ∈ C× とおくと [a] ∈Z/4Z の行き先は f([a]) = f([1] + · · · + [1]) = f([1]) · · · f([1]) = x · · · x = xa. また

1命題 164-1

= f([0]) = f([4]) = x4 が必要. よって可能性は fx=1 : [1], [2], [3], [0] 7→ 1, 1, 1, 1,

fx=√−1 : [1], [2], [3], [0] 7→

√−1,−1,−

√−1, 1, fx=−1 : [1], [2], [3], [0] 7→ −1, 1,−1, 1,

fx=−√−1 : [1], [2], [3], [0] 7→ −

√−1,−1,

√−1, 1 の四つ. これらはすべて準同型の定義を満

たしているのことが分かる.

43

命題 167. G,G′ を群, f : G→ G′ を準同型写像とする. 以下が成り立つ.

1. H < G ⇒ f(H) < G′. とくに (G < G なので) Im f := f(G) は G′ の部分群となり, 準同型 f の 像 (image) と呼ばれる

2. H ◁G ⇒ f(H)◁ f(G).

3. H ′ < G′ ⇒ f−1(H ′) < G.

4. H ′ ◁G′ ⇒ f−1(H ′)◁G. とくに ({eG′}◁G′ なので) Ker f := f−1({eG′}) は G の正規部分群となり, 準同型 f の 核 (kernel) と呼ばれる

証明. 1. eG′命題 164-1

= f(eG)H<G⇒eG∈H∈ f(H), x′, y′ ∈ f(H) ⇒ ∃x, y ∈ H s.t. x′ =

f(x), y′ = f(y) ⇒ x′y′ = f(x)f(y)f は準同型

= f(xy)x,y∈H<G⇒xy∈H

∈ f(H), x ∈ f(G) ⇒ ∃x ∈

H s.t. x′ = f(x)⇒ x′−1 = f(x)−1 命題 164-2= f(x−1)

x∈H<G⇒x−1∈H∈ f(H).

2.『gHg−1 ⊂ H (∀g ∈ G)⇒ g′f(H)g′−1 ⊂ f(H) (∀g′ ∈ f(G))』を言う. 実際 g′ ∈ f(G)⇒

∃g ∈ G s.t. g′ = f(g)⇒ g′f(H)g′−1 = f(g)f(H)f(g)−1 = f(gHg′−1)gHg−1⊂H⊂ f(H).

3. f(eG)命題 164-1

= eG′ ∈ H ′ ⇒ eG ∈ f−1(H ′), x, y ∈ f−1(H ′) ⇒ f(x), f(y) ∈ H ′ ⇒

f(xy)f は準同型

= f(x)f(y)f(x),f(y)∈H′<G′

∈ H ′ ⇒ xy ∈ f−1(H ′), x ∈ f−1(H ′) ⇒ f(x) ∈ H ′ ⇒

f(x−1)命題 164-2

= f(x)−1f(x)∈H′<G′

∈ H ′ ⇒ x−1 ∈ f−1(H ′).

4. {eG′}◁G′ は自明 (g{eG′}g−1 = {geG′g−1} = {eG′}). 3 より『g′H ′g′−1 ⊂ H ′ (∀g′ ∈ G′)

⇒ gf−1(H ′)g−1 ⊂ f−1(H ′) (∀g ∈ G)』を言えばよい. 実際 ∀gxg−1 ∈ gf−1(H ′)g−1 (f(x) ∈

H ′), f(gxg−1)f は準同型, 命題 164-2

= f(g)f(x)f(g)−1f(x)∈H′◁G′

∈ H ′, i.e., gxg−1 ∈ f−1(H ′).

練習問題 168. 問題 162 の準同型写像 f , det, sgn の像と核をそれぞれ求めよ.

略解. Im f = {±1,±√−1}, Ker f = 4Z, Im det = R×, Ker det = SL(n,R), Im sgn =

{±1}, Ker sgn = An.

Im det ⊃ R× の証明. ∀x ∈ R×, Ax :=

[x 0 ... 00 1 ... 0.........

...0 0 ... 1

]∈ GL(n,R), detAx = x より.

命題 169. G,G′ を群, f : G→ G′ を準同型とする. このとき f が単射 ⇔ Ker f = {eG}.

証明. (⇒) Ker f ⊃ {eG} はすでに見たので Ker f ⊂ {eG} を示す. 実際 x ∈ Ker f ⇒f(x) = eG′ = f(eG)

f は単射⇒ x = eG.

(⇐) x, y ∈ G, f(x) = f(y) ⇒ f(x−1y) = f(x)−1f(y) = eG′ ⇒ x−1y ∈ Ker f = {eG} ⇒x−1y = eG, i.e., x = y.

参考問題 170. G を群, X を集合とする. 以下を確かめよ.

1. Gが X に作用しているとき, G→ Bij(X,X), g 7→ “g 倍写像” := [fg : X → X, x 7→gx] は準同型となる.

2. ρ : G→ Bij(X,X) が準同型のとき, G×X → X, (g, x) 7→ gx := ρ(g)(x) は G の X

への作用となる.

44

11.2 同型写像

定義 171. G,G′ を群とする. 写像 f : G→ G′ が全単射かつ準同型写像であるとき, f は同型写像 (isomorphism) である, という. また同型写像 f : G→ G′ が存在するとき, G

と G′ は 同型 (isomoprhic) であるといい, 記号 G ∼= G′ で表される.

基本問題 172. 加法群 (R,+), 乗法群 (R×, ·) を考える.

1. R×>0 := {x ∈ R× | x > 0} は R× の部分群であることを示せ.

2. 写像 exp: R→ R× が準同型であることを示せ. また同型であるか答えよ.

3. R ∼= R×>0 を示せ.

略解. 1. 直接も示せるが『exp: R→ R× が準同型』『Im exp = R×>0』『命題 167-1』を組

み合わせることでも示せる.

2. 指数法則: exp(x+ y) = exp(x) exp(y) より準同型. なお, グラフ等により全射でないことが分かる (e.g., −1 /∈ Im exp) ので同型ではない.

3. 2 の写像の像 exp(x) (x ∈ R) は正の数なので, exp: R→ R×>0 が well-defined で準同型

写像である. また, グラフ等により全単射になることが分かる (∵ 逆写像 log : R×>0 → R

が存在) ので同型写像である. よって題意を得る.

命題 173. 同型は同値関係である. すなわち以下が成り立つ:

1. G ∼= G, 2. G ∼= G′ ⇒ G′ ∼= G, 3. G ∼= G′, G′ ∼= G′′ ⇒ G ∼= G′′.

証明. idG が準同型かつ全単射より 1 が成り立つ. また, f : G→ G′, g : G′ → G′′ に対し,

f, g が

準同型

単射

全射

⇒ g ◦ f が

準同型

単射

全射

なので 3 が成り立つ. 以下 2 を示す.

f : G→ G′ を同型写像とする. とくに全単射なので逆写像 f−1 : G′ → Gが存在し, 全単射(∵ さらに逆写像 (f−1)−1 = f が存在)である. あとは f−1 が準同型であることを言えばよ

い. 実際 x′, y′ ∈ G′ f は全射⇒ ∃x, y ∈ G s.t. x′ = f(x), y′ = f(y) ⇒ x′y′ = f(x)f(y)f は準同型

=

f(xy) ⇒ f−1(x′y′) = f−1(f(xy)) = xyx′=f(x),y′=f(y)

= f−1(x′)f−1(y′).

注意 174. 数学的な対象 X, Y が “同型” (や同相) と呼ばれる場合, それら X, Y はしばしば同一視される. 実際, 群 G,G′ が群として同型であるとき, 群論で扱う概念 (例えば,

以下の問題参照) ではこれら G,G′ を区別することができない.

練習問題 175. G,G′ を群とし, 同型写像 f : G→ G′ が存在するとする. 以下を確かめよ.

1. G,G′ の位数が一致: |G| = |G′|. (無限群であっても, G,G′ の濃度が一致する.)

2. 対応する元たちの関係式が一致: xi, yj ∈ G に対し, x1x2 · · · xm = y1y2 · · · yn ⇔f(x1)f(x2) · · · f(xm) = f(y1)f(y2) · · · f(yn).

45

3. 対応する元の位数が一致: g ∈ G に対し, g の位数 = f(g) の位数.

4. 生成系が対応: 部分集合 S ⊂ G に対し, S が G の生成系 ⇔ f(S) が G′ の生成系.

略解. 1. f が同型より全単射.

2. f が準同型より (⇒) が導かれる. f−1 も考えて逆を得る.

3. g の位数 = min{n ∈ N | gn = eG}2⇔ min{n ∈ N | f(g)n = eG′} = f(g) の位数.

4 (⇒) G = ⟨S⟩ ⇔ ∀g ∈ G, ∃si ∈ S ∪ S−1 s.t. g = s1 · · · sn. 今 g′ ∈ G に対し g := f−1(g′)

として g = s1 · · · sn を満たす si ∈ S ∪ S−1 をとり, s′i := f(si) とおく. このときs′i ∈ f(S) ∪ f(S)−1 であり g′ = f−1(g) = f−1(s1 · · · sn) = f−1(s1) · · · f−1(sn) = s′1 · · · s′nを満たす. よって G′ = ⟨f(S)⟩. (⇐) も同様.

基本問題 176. R, R× は同型であるかどうか答えよ. またそのことを示せ.

略解. 同型と仮定し同型写像 f : R× ∼= R をとる. 元 −1 ∈ R× の位数は 2 なので, その像f(−1) ∈ R の位数も 2, i.e., 2f(−1) = 0. ∴ f(−1) = 0, i.e., 位数は 1. よって矛盾.

参考問題 177. Z, Q, R はそれぞれ同型であるかどうか答えよ.

練習問題 178. 位数 n の巡回群は “同型を除いて一意に定まる” こと, i.e., 以下を示せ.

G,G′ は巡回群で |G| = |G′| <∞ ⇒ G ∼= G′.

略解. G = ⟨g⟩, G′ = ⟨g′⟩ とおき, 写像 f : G→ G′, gm 7→ g′m を考える. (well-defined) ∵gl = gm⇒ gm−l = eG⇒m−l ∈ |G|Z = |G′|Z⇒ g′m−l = eG′ ⇒ f(gl) = g′l = g′m = f(gm).

(単射) はこれを逆にたどればよい. (準同型),(全射) は自明であろう.

基本問題 179. G を群とする. G から G 自身への同型写像を 自己同型写像 (automor-

phism) と呼ぶ. 今 g ∈ G に対し写像

fg : G→ G, x 7→ gxg−1

を考えると, 自己同型写像になることを示せ. なお, 写像 fg (g ∈ G) のことを 内部自己同型写像 (inner automorphism) と呼ぶ.

略解. (準同型であること) fg(xy) = gxyg−1 = gxg−1gyg−1 = fg(x)fg(y).

(全単射であること) fg ◦ fg−1 = idG (∵ fg ◦ fg−1(x) = fg(g−1xg) = gg−1xgg−1 = x),

fg−1 ◦ fg = idG (∵ 同様 ) より逆写像 fg−1 が存在.

11.3 補足：有限生成アーベル群の基本定理

定理 180. 群 G は有限生成アーベル群とする. このとき 0 ≤ r,m ∈ Z, n1, n2, . . . , nm ∈ Nが存在して

G ∼= Zr × Z/n1Z× · · · × Z/nmZ

となる. ただし Zr は Z の r 個の直積を表す. 有限生成アーベル群 G に対し, この r は一意的に定まる. さらに『n1 は n2 を割り切る, n2 は n3 を割り切る, . . . , nm−1 は nm を割り切る』という条件下で, n1, . . . , nm も一意的に定まる.

46

12 準同型定理, 直積分解

12.1 準同型定理

定理 181 (準同型定理, 同型定理). 1. G,G′ を群, f : G→ G′ を準同型写像とする. このとき, 写像

f : G/Ker f → Im f, [g] = gKer f 7→ f(g)

が well-defined かつ同型写像になる.

2. G,G′ を群, f : G→ G′ を全射準同型写像, N ′ ◁G′ を正規部分群とする. このとき,

写像f : G/f−1(N ′)→ G′/N ′, [g] = gf−1(N ′) 7→ f(g)

が well-defined かつ同型写像になる.

3. G を群, H < G を部分群, N ◁ G を正規部分群とする. このとき (HN < G,

H ∩N ◁H, N ◁HN であり), 写像

H/H ∩N → HN/N, h(H ∩N) 7→ hN

が well-defined かつ同型写像になる.

4. G を群, M,N ◁G を正規部分群で M ⊂ N を満たすものする. このとき (M ◁N ,

N/M ◁G/M であり), 写像

(G/M)/(N/M)→ G/N, gM(N/M) 7→ gN

が well-defined かつ同型写像になる.

注意 182. 主張 1 が基本で, 2 ～ 4 はその系となる. なお 1 の写像 f, f の関係は, 自然な射影 π : G ↠ G/Ker f , 自然な単射 ι : Im f ↪→ G′ を用いて f = ι ◦ f ◦ π で表される:

Gf−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ G′

= =

Gπ↠ G/Ker f

f∼= Im fι↪→ G′

∈ ∈ ∈ ∈

g 7→ [g] 7→ f(g) 7→ f(g)

準同型定理の証明. 1. (well-defined)『[x] = [y] ⇒ f([x]) = f([y]) (∀x, y ∈ G)』『f([x]) ∈Im f (∀x ∈ G)』を言う必要がある. 前半は [x] = [y] ⇒ x−1y ∈ Ker f ⇒ f(x)−1f(y) =

f(x−1y) = eG′ ⇒ f([x]) = f(x) = f(y) = f([y]). 後半は自明であろう.

(準同型) ∀x, y ∈ G, f([x][y]) = f([xy]) = f(xy) = f(x)f(y) = f([x])f([y]).

(全射) ∀g′ ∈ Im f , ∃g ∈ G s.t. g′ = f(g) ⇒ f([g]) = f(g) = g′.

(単射) f([x]) = f([y]) (x, y ∈ G) ⇒ f(x) = f(y) ⇒ f(x−1y) = f(x)−1f(y) = eG′ ⇒x−1y ∈ Ker f ⇒ [x] = [y].

2. 1 の G′, f を,

47

剰余群 G′/N ′, 写像 f ′ : G→ G′/N ′ (g 7→ f(g)N ′)

に置き換えればよい. このとき f ′ も全射準同型 (∵ 自然な射影 π′ : G′ → G′/N ′ を使って f ′ = π′ ◦ f と書け, f, π′ は共に全射準同型) であることに注意. これらに 1 を適用して G/Ker f ′ ∼= Im f ′ を得る. さらに f ′ が全射より Im f ′ = G′/N ′ であり, Ker f ′ を計算

するとKer f ′ = {g ∈ G | f ′(g) = eG′/N ′}f ′(g)=f(g)N ′,eG′/N′=N ′

= {g ∈ G | gN ′ = N ′} = {g ∈G | g ∈ N ′} = f−1(N ′) である. よって題意を得た.

3. まず N ◁G より HN < G (∵ 問題 109), N ◁HN (∵ HN ⊂ G) であることを注意しておく. さらに H ∩N ◁H は, 任意の h ∈ H に対し

x ∈ h(H ∩N)h−1 ⇒ ∃g ∈ H ∩N s.t. x = hgh−1

{∈ hHh−1 h∈H

= H

∈ hNh−1 h∈H⊂G,N◁G= N

⇒ x ∈ H ∩N

となることより分かる. よって 1の f を自然な単射 ι : H ↪→ HN と自然な射影 π : HN →HN/N の合成写像

π ◦ ι : H → HN/N

に置き換えればよい. 1 を適用して H/Kerπ ◦ ι ∼= Im π ◦ ι を得る. ここで

π ◦ ι は全射. ∵ ∀[hn] = (hn)N ∈ HN/N (h ∈ H,n ∈ N), π ◦ ι(h) = π(h) = hN =

hnN = [hn].

Ker π ◦ ι = {h ∈ H | π◦ι(h) = eHN/N}π◦ι(h)=hN,eHN/N=N

= {h ∈ H | h ∈ N} = H∩N .

を代入して題意を得る.

4. まず M ◁G より M ◁N (∵ N ⊂ G) であることを注意しておく. また M ⊂ N より

ϕ : G/M → G/N, gM → gN

が well-defined である. 実際 xM = yM ⇒ x−1y ∈ M ⊂ N ⇒ xN = yN . さらに準同型である. 実際 ϕ(xM · yM) = ϕ(xyM) = xyN = xN · yN = ϕ(xM)ϕ(yM). この ϕ に 1 を適用すると (G/M)/Kerϕ ∼= Imϕ を得る. ここで

ϕ は全射. ∵ ∀gN ∈ G/N (g ∈ G), ϕ(gM) = gN .

Kerϕ = {gM | g ∈ G, ϕ(gM) = eG/N}ϕ(gM)=gN,eG/N=N

= {gM | g ∈ G, g ∈ N} =

{gM | g ∈ N} = N/M .

を代入して題意を得る.

基本問題 183. 加法群 R, 乗法群 C× を考える.

1. S1 := {z ∈ C | |z| = 1} は C× の部分群であることを示せ.

2. S1 と剰余群 R/Z が同型であることを示せ.

48

略解. 1. 絶対値の性質 |xy| = |x||y| より C× → R×, z 7→ |z| は準同型. この核が S1 と一致する.

2. 写像 f : R → C×, θ 7→ exp(2πθ√−1) は準同型 (∵ 指数法則 ). これに準同型定理を適

用して R/Ker f ∼= Im f を得る. あとは像と核を計算すればよい. 実際

Im f = S1: (⊂) | exp(2πθ√−1)| =

(exp(2πθ

√−1)exp(2πθ

√−1)

)1/2= (exp(2πθ

√−1) exp(−2πθ

√−1))1/2 = (exp(2πθ

√−1− 2πθ

√−1))1/2 = 1.

(⊃) ∀z ∈ C×, ∃r > 0, ∃θ ∈ [0, 2π) s.t. z = r exp(θ√−1). とくに |z| = 1⇒ r = 1.

Ker f = {θ ∈ R | exp(2πθ√−1) = cos(2πθ) +

√−1 sin(2πθ) = 1} = Z.

12.2 直積分解

定理 184. G を群とする. 二つの部分群 N1, N2 < G が, 条件

N1 ◁G, N2 ◁G, N1N2 = G, N1 ∩N2 = {e}

を満たすとき, 以下は同型写像を与える:

I : N1 ×N2∼= G, (n1, n2) 7→ n1n2.

このとき G は N1, N2 の直積に分解される といい, N1, N2 を G の 直積因子 という.

注意 185. 上の直積分解のための十分条件は, 以下の意味で必要条件でもある: 先に群N1, N2 があって, G をその直積 N1 ×N2 とする. このとき ι1 : N1 ↪→ G, n1 7→ (n1, eN2),

ι2 : N2 ↪→ G, n2 7→ (eN1 , n2) はそれぞれ単射準同型となる. よって Ni とその像 Im ιi は同型 (∵ 準同型定理 ) であり, これらを同一視し Ni < G とみなせる (i = 1, 2). すなわちN1 = Im ι1 = N1 × {eN2}, N2 = Im ι2 = {eN1} ×N2 と考える. このとき

• N1 ◁ G. ∵ ∀(n1, n2) ∈ G, (n1, n2)N1(n1, n2)−1 = n1N1n

−11 × n2{eN2}n−1

2 = N1 ×{eN2} = N1.

• N2 ◁G. ∵ 上と同様 .

• N1N2 = G. ∵ (⊂) は自明. (⊃) は ∀(n1, n2) ∈ G, (n1, eN2) ∈ N1, (eN1 , n2) ∈ N2,

(n1, eN2)(eN1 , n2) = (n1, n2) より.

• N1 ∩N2 = {eG}. ∵ N1 ∩N2 = (N1 × {eN2}) ∩ ({eN1} ×N2) = {eG = (eN1 , eN2)}.

直積分解の証明. まず ∀ni ∈ Ni, n1n2 = n2n1 — (♯) が成り立つことに注意. 実際

(n1n2)−1n2n1 = n−1

2 n−11 n2n1

∈ n−12 N1n2n1

n2∈N2<G,N1◁G= N1n1 = N1

∈ n−12 n−1

1 N2n1

n−11 ∈N1<G,N2◁G

= n−12 N2 = N2

より (n1n2)−1n2n1 ∈ N1 ∩N2 = {e}, i.e., n1n2 = n2n1.

(I が準同型) I((n1, n2)(n′1, n

′2)) = I((n1n

′1, n2n

′2)) = n1n

′1n2n

′2, I((n1, n2))I((n

′1, n

′2)) =

49

n1n2n′1n

′2 (ni, n

′i ∈ Ni). ここで (♯) より n′

1n2 = n2n′1 だからこれらが一致する.

(I が全射) G = N1N2 より ∀g ∈ G, ∃ni ∈ Ni s.t. g = n1n2, i.e., g = I((n1, n2)).

(I が単射) I((n1, n2)) = e (ni ∈ Ni) ⇒ n1n2 = e. よって N1 ∋ n1 = n−12 ∈ N2, i.e.,

n1, n−12 ∈ N1 ∩N2 = {e}. よって (n1, n2) = (e, e).

基本問題 186. m,n を互いに素な自然数とする. 位数 mn の巡回群 Gmn は, 位数 m の巡回群 Gm と位数 n の巡回群 Gn の直積と同型 (i.e., Gmn

∼= Gm ×Gn) であることを示せ.

直積分解を使った証明. Gmn の生成元を g とおく. g の位数が mn より gn の位数は m.

実際 (gn)k = gkn = eg の位数 = mn⇔ kn ∈ mnZ ⇔ k ∈ mZ. 同様に gm の位数は n. よって

Gm := ⟨gn⟩, Gn := ⟨gm⟩ は, それぞれ位数 m,n の巡回群である. ここで

• Gm, Gn ◁Gmn. ∵ Gmn は巡回群で, とくに可換群.

• H := GmGn は G の部分群. ∵ Gn ◁Gmn.

• Gm ∩ Gn = {e}. ∵ Gmn = {gk | 0 ≤ k ≤ mn − 1} ⊃ Gm = {gkn | 0 ≤ k ≤m− 1}, Gn = {gkm | 0 ≤ k ≤ n− 1} と表せる. よって gk ∈ Gm ∩Gn ⇒ k は m,n

の公倍数m,n は互いに素⇒ k は mn の倍数 ⇒ gk = e.

よって直積分解 H ∼= Gm×Gn を得る (∵ H < Gmn, Gm, Gn◁Gmn より Gm, Gn◁H). さらに |H| = |Gm||Gn| = mn = |Gmn|, H ⊂ Gmn より Gmn = H. 合わせて題意を得る.

準同型定理を使った証明. Gmn の生成元を g とおく. 写像

f : Gmn → Z/mZ× Z/nZ, gk 7→ (k +mZ, k + nZ)

を考える. この写像は

• well-defined. ∵ gk = gl ⇒ gl−k = e ⇒ l − k ∈ mnZ ⇒ l − k ∈ mZ, nZ ⇒(k +mZ, k + nZ) = (l +mZ, l + nZ).

• 準同型. ∵ f(gkgl) = f(gk+l) = ((k + l) +mZ, (k + l) + nZ) = (k +mZ, k + nZ) +(l +mZ, l + nZ) = f(gk) + f(gl).

• 単射. ∵ f(gk) = (k +mZ, k + nZ) = (0 +mZ, 0 + nZ) ⇒ k ∈ mZ, nZ m,n は互いに素⇒k ∈ mnZ ⇒ gk = e.

よって準同型定理より Gmn (∼= Gmn/{e}) = Gmn/Ker f ∼= Im f . さらに |Im f | = |Gmn| =mn = |Z/mZ×Z/nZ|, Im f ⊂ Z/mZ×Z/nZ より Im f = Z/mZ×Z/nZ. 合わせて題意を得る.

参考問題 187. G を群とする. 部分群 N1, N2, . . . , Nr < G が, 条件

N1, . . . , Nr ◁G, N1 · · ·Nr = G, Ni ∩ (N1 · · ·Ni−1Ni+1 · · ·Nr) = {e} (i = 1, . . . , r)

を満たすとき, 以下は同型写像を与えることを示せ.

I : N1 ×N2 × · · · ×Nr∼= G, (n1, n2, . . . , nr) 7→ n1n2 · · ·nr.

略解. たとえば r に関する帰納法が使える.

50

13 シローの定理定義 188. 1. 整数 m,n に対し, m が n を割り切ることを記号 m | n で表す. すなわ

ち m | n ⇔ nm∈ Z. 例えば 3 | 6, 12 | −24, 5 ∤ 7.

2. 整数 n, 素数 p に対し, p のべき乗で n を割り切るものの最大が pa であることを記号 pa ∥ n で表す. すなわち pa ∥ n ⇔ pa | n, pa+1 ∤ n. 例えば 32 ∥ 72, 23 ∥ 72.

3. 整数 m,n, 自然数 l に対し, m を l で割った余りと n を l で割った余りが等しいことを記号 m ≡ n mod l で表す. すなわち m ≡ n mod l ⇔ l | (m − n). 例えば 23 ≡ 53 mod 10. これは通常の等号 = と同様の性質を持つ (e.g., mi ≡ ni mod l

(i = 1, 2) ⇒ m1 ±m2 ≡ n1 ± n2 mod l, m1m2 ≡ n1n2 mod l).

補題 189. p を素数, r を自然数, q を p と互いに素な自然数, とする. このとき p ∤(prqpr

).

証明.(prqpr

)= prq

prprq−1pr−1

. . . prq−pr+1

1=∏pr

k=1prq−pr+k

kである. 各項 prq−pr+k

kの分母と分子が

p で割り切れる回数が一致すること, i.e.,『pa ∥ k ⇔ pa ∥ (prq − pr + k)』を言えば十分.

よって『pa | k ⇔ pa | (prq− pr + k)』を言えばよい. まず pa | k または pa | (prq− pr + k)

が起こるのは a ≤ r ときだけなので, a ≤ r と仮定してよいこと示す. 実際

• 『pa | k ⇒ a ≤ r』 ∵ k ≤ pr.

• 『pa | (prq − pr + k) ⇒ a ≤ r』 ∵ pa | (prq − pr + k), a > r とすると, とくにpr | (prq − pr + k). よって Z ∋ prq−pr+k

pr= q − 1 + k

pr, i.e., k

pr∈ Z, i.e., k = pr (∵

k ≤ pr). ∴ pa | (prq − pr + k) = prq, i.e., pa−r | q. これは p, q が互いに素に矛盾.

よって a ≤ r より pa | pr(q − 1) = (prq − pr), i.e., prq−pr

pa∈ Z だから pa | k ⇔ k

pa∈ Z ⇔

prq−pr

pa+ k

pa∈ Z⇔ pa | (prq − pr + k).

13.1 シローの定理

定義 190. 位数が素数 p のベキとなるような有限群を p 群 と呼ぶ. また, ある群の部分群で, 位数が素数 p のベキとなるような有限群を p 部分群 と呼ぶ. たとえば四元数群 Q

は位数が 8 = 23 なので 2 群である.

定理 191 (シローの定理). 有限群 G の位数を |G| = prq (p は素数, r ≥ 1, p ∤ q) とする.

1. G の部分群で位数 pr となるものが (必ず 1 つ以上) 存在する. このような部分群をシロー p 部分群 (Sylow p-subgroup) と呼ぶ.

2. G の任意の p 部分群は, あるシロー p 部分群に含まれる.

3. シロー p 部分群は互いに共役である.

4. シロー p 部分群の個数を np とおくと, np | q かつ np ≡ 1 mod p.

51

証明. 証明の基本戦略は『群の作用を考える』⇒『軌道分解の式を書く』⇒『両辺の元の個数を計算する』⇒『必要な関係式を得る』である. 少し複雑なので, 概略を箇条書きで述べた後に詳細な証明を付ける.

1-1. X := {S ⊂ G | |S| = pr} (pr 個の元からなる G の部分集合全体) とおき, G の X

への作用 G×X → X, (g, S) 7→ gS = {gs | s ∈ S} を考える.

1-2. このとき G 軌道 OG(S0) (S0 ∈ X) で p ∤ |OG(Sλ0)| となるものが存在する.

1-3. この S0 の固定部分群 GS0 が G のシロー p 部分群となる.

1-1 の証明. “g 倍写像 : S → gS, s 7→ gs” は逆写像 “g−1 倍写像” をもつので全単射. ゆえに |gS| = |S| = pr, i.e., gS ∈ X. eS = S, (gh)S = g(hS) は自明であろう.

1-2 の証明. 軌道分解 X =⨿

λ∈ΛOG(Sλ) (Sλ ∈ X) の両辺の元の個数を比べると

|X| =∑λ∈Λ

|OG(Sλ)|.

左辺が p の倍数でない (∵ 補題 189, |X| =(prqpr

)) ので, 右辺の項がすべて p の倍数だと

矛盾, i.e., ∃λ0 s.t. p ∤ |OG(Sλ0)|. S0 := Sλ0 とすればよい.

1-3 の証明. p ∤ |OG(S0)| = (G : GS0) =prq

|GS0| より pr | |GS0 |. とくに pr ≤ |GS0 |. 次に元

s ∈ S0 を一つ取ると GS0s ⊂ GS0S0

∀g∈GS0, gS0=S0

⊂ S0. よって |GS0 |s 倍写像は全単射

= |GS0s| ≤|S0| = pr. これらを合わせて |GS0 | = pr を得る.

2-1. 1で存在を示したシロー p部分群 H0 を一つとり, Y := {gH0g−1 | g ∈ G}とおく. 2

を言うには『任意の p 部分群 K < G に対し, ∃H1 ∈ Y s.t. K < H1』を言えば十分.

2-2. まず |Y | | q が言える. とくに p ∤ q より p ∤ |Y | となる.

2-3. 任意の p 部分群 K に対し, Y への作用 K × Y → Y , (k,H) 7→ kHk−1 を考える.

このとき K 軌道 OK(H1) (H1 ∈ Y ) で p ∤ |OK(H1)| となるものが存在する.

2-4. この H1 ∈ Y に対し |OK(H1)| = 1 となる.

2-5. |OK(H1)| = 1 から K < H1 が導ける.

2-1 の証明. 各H ∈ Y はH0と共役なのでH ∼= H0 (∵問題 149). とくに |H| = |H0| = pr,

i.e., 各 H ∈ Y もシロー p 部分群.

2-2 の証明. G の Y への作用 G× Y → Y , (g,H) 7→ gHg−1 を考える. Y の定義より, この作用は推移的 (i.e., 軌道分解の成分がただ一つ, i.e., Y = OG(H0)) なので

|Y | = |OG(H0)| = (G : GH0) =prq

|GH0 |.

52

これに GH0 = {g ∈ G | gH0g−1 = H0} = NG(H0) を代入して |Y | = prq

|NG(H0)| . 一方でH0 < NG(H0) (∵ 問題 145-1) とラグランジュの定理より pr | |NG(H0)|. 合わせて |Y | | q.2-3 の証明. 軌道分解 Y =

⨿µ∈M OK(Hµ) (Hµ ∈ Y ) を考える. このとき

p2-2

∤ |Y | =∑µ∈M

|OK(Hµ)|

より ∃µ0 s.t. p ∤ |OK(Hµ0)|. H1 := Hµ0 とおけばよい.

2-4 の証明. H1 ∈ Y の固定部分群 KH1 は K の部分群なので p 部分群となる (∵ ラグランジュの定理). すなわち |KH1 | = pb と書ける. よって |OK(H1)| = (K : KH1) =

pa

pbも p

ベキであるが, p ∤ |OK(H1)| (∵ 2-3) なので |OK(H1)| = 1.

2-5 の証明. H1 ∈ OK(H1) だから |OK(H1)| = 1 ⇒ OK(H1) = {H1}, i.e., ∀k ∈ K,

kH1k−1 = H1, i.e., K < NG(H1). よって H1 ◁KH1 < G (∵ 問題 145-2). よって準同型

定理 (3 番目の形) が使えて

KH1/H1∼= K/(K ∩H1), とくに

|KH1||K|

=|H1|

|K ∩H1|, i.e., |KH1| =

prpb

|K ∩H1|

を得る. よって |KH1| は p ベキ (∵ pr+b の約数) となるが, ラグランジュの定理より高々pr = |H1|, i.e., |KH1| ≤ |H1|. 一方で H1 ⊂ KH1 なので H1 = KH1, i.e., K ⊂ H1.

3-1. 1 で存在を示したシロー p 部分群 H0 を一つとり, Y := {gH0g−1 | g ∈ G} とおく.

このとき各シロー p 部分群は Y の元, i.e., gH0g−1 (g ∈ G) の形.

3-2. よって 2 つのシロー p 部分群 K1, K2 をとると, これらは共役.

3-1 の証明. 2-1 の『· · ·』で K をシロー p 部分群とすると, |K| = pr = |H1|, K ⊂ H1.

よって K = H1.

3-2 の証明. 3-1 より K1 = g1H0g−11 , K2 = g2H0g

−12 の形. ∴ K1 = (g1g

−12 )K2(g1g

−12 )−1.

4 の証明. 3 より Y = {gH0g−1 | g ∈ G} がシロー p 部分群全体である. とくに np = |Y |.

よって 2-2 より np | q. 2-3 の K としてシロー p 部分群をとり (i.e., |K| = pr), 作用K × Y → Y , (k,H) 7→ kHk−1 に関する軌道分解

Y =⨿µ∈M

OK(Hµ) (Hµ ∈ Y )

を考える. このとき

∃µ0 ∈M s.t.

{|OK(Hµ0)| = 1

|OK(Hµ)| = 1 (µ0 = µ ∈M)— (⋆)

を言えば十分. 実際 |OK(Hµ)| = 1 ⇔ |OK(Hµ)| ≡ 0 mod p (∵ |OK(Hµ)| = |K||KHµ |

は

|K| = pr の約数) より |Y | =∑

µ∈M |OK(Hµ)| = |OK(Hµ0)| +∑

µ0 =µ∈M |OK(Hµ)| ≡1 +

∑µ0 =µ∈M 0 ≡ 1 mod p となる. (⋆) の証明は, 以下に問題として残す.

53

基本問題 192. G を有限群, Y を G のシロー p 部分群全体, K ∈ Y とする. K の Y への作用 K × Y → Y , (k,H) 7→ kHk−1 に対する軌道分解 Y =

⨿µ∈M OK(Hµ) を考えたとき

∃µ0 ∈M s.t. |OK(Hµ0)| = 1, |OK(Hµ)| = 1 (µ0 = µ ∈M)

が成り立つことを示せ. とくに, 以下を示せばよいが, もちろん別解でも構わない.

1. K 軌道達 {OK(Hµ)}µ∈M の中に, ただ一つ K ∈ Y を含む K 軌道が存在する.

2. K ∈ OK(Hµ) ⇒ OK(Hµ) = OK(K) = {K} ⇒ |OK(Hµ)| = 1.

3. |OK(Hµ)| = 1シローの定理の証明中の 2-5 と同じ議論⇒ K < Hµ

位数に着目⇒ K = Hµ.

4. 1,2,3 より題意が従う.

練習問題 193. S3 の部分群をすべて書き出すと {id}, {id, (1 2)}, {id, (1 3)}, {id, (2 3)},A3 = {id, (1 2 3), (1 3 2)}, S3 = {id, (1 2), (1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2)} である (可能なら確かめよ). シローの定理が S3, p = 2, 3 に対して成立していることを確かめよ.

基本問題 194. 位数 15 の群は, 必ず巡回群であることを示せ.

(略解 1. 位数 15 の元の存在を言う). 命題 76-2 より『位数 n ∈ N の有限群 G に対し, G

が巡回群 ⇔ ∃g ∈ G s.t. g の位数は n』が成り立つことを注意しておく. よって題意を示すには『∃g ∈ G s.t. g の位数 = 15』を言えばよい. ここで

1. G = {g ∈ G | g の位数は 1}⨿{g ∈ G | g の位数は 3}

⨿{g ∈ G | g の位数は

5}⨿{g ∈ G | g の位数は 15}. (∵ ラグランジュの定理 .)

2. |{g ∈ G | g の位数は 1}| = |{e}| = 1.

3. |{g ∈ G | g の位数は 3}| = 2. (シローの定理を使って下で示す.)

4. |{g ∈ G | g の位数は 5}| = 4. (シローの定理を使って下で示す.)

が言えるので, 望み通り |{g ∈ G | g の位数は 15}| = 15− 1− 2− 4 = 8 = 0 を得る.

3 の証明. シローの定理-4 (p = 3) より, シロー 3 部分群の個数 n3 は n3 | 5 かつn3 ≡ 1 mod 3, i.e., n3 = 1, i.e., |H| = 3となる部分群はただ一つ. このH はH = {e, h, h2}の形をしており (∵ 問題 102), h, h2 の位数は 3. これら 2 元の他に位数 3 の元 h′ が存在すれば H ′ := ⟨h′⟩ も位数 3 の部分群となり n3 = 1 に矛盾. 4 の証明も同様.

(略解 2. 直積分解を使う). 問題 186 より『部分群 H3, H5 < G が存在して |H3| = 3,

|H5| = 5, G直積分解∼= H3 ×H5』を言えば良い. まずシローの定理-1 より ∃H3, H5 < G s.t.

|H3| = 3, |H5| = 5 を得る. あとは定理 184 の条件をチェックすればよい.

N3 ◁G, N5 ◁G. シローの定理-4 より n3 = n5 = 1, i.e., H3 と共役な部分群は H3 のみ,

H5 と共役な部分群は H5 のみ, が分かる. よって問題 150 より従う.

N3N5 = G. H3, H5 < H3H5 < G より 3, 5 | |H3H5| | 15 (∵ ラグランジュの定理 ), i.e.,

|H3H5| = 15 = |G|.N3 ∩N5 = {e}. H3 ∩ H5 < H3, H5 より |H3 ∩ H5| | 3, 5 (∵ ラグランジュの定理 ), i.e.,

|H3 ∩H5| = 1.

54

14 交換子, 可解性, 補足

14.1 交換子, 交換子群

補題 195. 群 G とその部分集合 S, T ⊂ G に対して以下が成り立つ.

1. ⟨S⟩ ⊂ ⟨T ⟩ ⇔ S ⊂ ⟨T ⟩ ⇔各元 s ∈ S が T ∪ T−1 のいくつかの元の積として書ける.

2. g ∈ G に対して g⟨S⟩g−1 = ⟨gSg−1⟩.

証明. 1. 補題 47-1,2より. 2. ⟨S⟩の一般元は∏k

i=1 si (si ∈ S∪S−1)の形. よって g⟨S⟩g−1

の一般元は g(∏k

i=1 si)g−1 =

∏ki=1(gsig

−1) の形. さらに si ∈ S ⇔ gsig−1 ∈ gSg−1,

si ∈ S−1 ⇔ gsig−1 ∈ gS−1g−1 = (gSg−1)−1 より題意を得る.

定義 196. G を群とする. x, y ∈ G の 交換子 (commutator) を [x, y] := xyx−1y−1 で定める. また, 部分群 H,K < G に対し, H の元と K の元の交換子全体で生成される群[H,K] := ⟨[h, k] | h ∈ H, k ∈ K⟩ を H,K の 交換子群 (commutator subgroup) と呼ぶ. とくに D(G) := [G,G] を G の 交換子群, または 導来群 (derived group) と呼ぶ.

練習問題 197. 1. [x, y]−1 = [y, x], g[x, y]g−1 = [gxg−1, gyg−1] (x, y, g ∈ G)を確かめよ.

2. G が可換群 ⇔ ∀x, y ∈ G, [x, y] = e ⇔ D(G) = {e} を確かめよ.

補題 198. G を群とする. 以下が成り立つ.

1. D(G)◁G かつ, 剰余群 G/D(G) は可換群.

2. 正規部分群 N ◁G に対し, G/N が可換群 ⇔ ∀x, y ∈ G, [x, y] ∈ N ⇔ D(G) < N .

証明. 1. ∀g ∈ G, gD(G)g−1 = g⟨[x, y] | x, y ∈ G⟩g−1 補題 195-2, 問題 197-1= ⟨[gxg−1, gyg−1] |

x, y ∈ G⟩補題 195-1⊂ D(G), i.e., D(G) ◁ G. 後半は xD(G) · yD(G) = yD(G) · xD(G) ⇔

(xy)D(G) = (yx)D(G) ⇔ (xy)−1(yx) = y−1x−1yx = [y−1, x−1] ∈ D(G) より.

2. 二つ目の同値は補題 47-1 より. 一つ目は 1 の後半と同様に示せる.

練習問題 199. S3 の交換子群 D(S3) を求めよ.

略解. 地道に計算すると {[σ, τ ] | σ, τ ∈ S3} = ⟨id, (1 3 2), (1 2 3)⟩ = A3.

14.2 単純群, 可解群, 冪零群

定義 200. G を群とする.

1. |G| > 1 かつ G の正規部分群が自明なもの (i.e., {e}, G) 以外にないとき, G は 単純群 (simple group) である, という.

55

2. 部分群の列 G = G0 > G1 > · · · > Gr = {e} が存在し Gi−1 ▷Gi, Gi−1/Gi は可換群(1 ≤ i ≤ r) を満たすとき, G は 可解群 (solvable group) である, という.

3. 部分群の列 G = G0 > G1 > · · · > Gr = {e} が存在し G ▷ Gi, Gi−1/Gi ⊂ ZG/Gi

(1 ≤ i ≤ r) を満たすとき, G は 冪零群 (nilpotent group) である, という.

注意 201. 代数学 2 では以下の事実を扱うであろう.

• 有理数係数多項式 f(X) ∈ Q[X] が 可解 であるとは, その解が { 有理数 ∈ Q, 四則演算 (±,×,÷), 冪根 n

√(n = 2, 3, . . . ) } を用いて表せることである.

• 有理数係数多項式 f(X) ∈ Q[X] に付随する ガロア群 G(f) (f の根の入れ替え全体のなす群 Sdeg f の部分群になる) が定義される.

このとき, f が可解 ⇔ G(f) が可解群, が成り立つ. たとえば二次多項式 aX2 + bX + c

はその解を X = −b±√b2−4ac2a

と表せるので可解であり, 二次多項式 f が規約であればG(f) = S2, 可約であれば G(f) = {id} で, どちらも可解群である.

練習問題 202. 冪零群は可解群であることを示せ.

略解. G▷Gi ⇒ Gi−1 ▷Gi, Gi−1/Gi ⊂ ZG/Gi⇒ Gi−1/Gi は可換, を言えばよい.

定理 203. G を群とし D0(G) := G, Di(G) := D(Di−1(G)) = [Di−1(G), Di−1(G)],

Z0(G) := G, Zi(G) := [G,Zi−1(G)] (i ∈ N) と定める. 以下が成り立つ.

1. G が可解群 ⇔ ∃n s.t. Dn(G) = {e}. 2. G が冪零群 ⇔ ∃n s.t. Zn(G) = {e}.

証明. 1. (⇐) 明らかに G = D0(G) > D1(G) > · · · > Dn(G) = {e}. よって Di−1(G) ▷Di(G), Di−1(G)/Di(G): 可換, を言えばよい. これは補題 198-1 で示した. (⇒) G =

G0 > G1 > · · · > Gr = {e}, Gi−1 ▷ Gi, Gi−1/Gi: 可換, とする. このとき Di(G) ⊂ Gi

— (∗) を言えば Dr(G) = {e} となり題意を得る. 以下 (∗) を帰納法で示す. i = 0

のとき D0(G) = G = G0 となり成立. また Di(G) ⊂ Gi を仮定すると Di+1(G) =

D(Di(G))Di(G)⊂Gi

⊂ D(Gi)Gi/Gi+1: 可換, 補題 198-2

⊂ Gi+1. 2 も同様に示せる (以下の問題).

基本問題 204. 1. 以下が成り立つことを示せ.

(a) G▷N1, N2 ⇒ G▷ [N1, N2].

(b) G▷N ⇒ N ▷ [G,N ], N/[G,N ] ⊂ ZG/[G,N ].

(c) H < G, G▷N , H/N ⊂ ZG/N ⇒ [G,H] ⊂ N .

2. 記号は定理 203-2 中と同じとする. 以下が成り立つことを示せ.

(d) Zi−1(G) > Zi(G), (e) G▷ Zi(G), (f) Zi−1(G)/Zi(G) ⊂ ZG/Zi(G) (∀i).

(g) G = G0 > G1 > · · · > Gr, G▷Gi, Gi−1/Gi ⊂ ZG/Gi(∀i) ⇒ Zi(G) ⊂ Gi (∀i).

56

3. 定理 203-2 を示せ.

略解. (a) G▷N1, N2とすると g[n1, n2]g−1 = [gn1g, g

−1n2g]G▷N1,N2

∈ [N1, N2] (∀g ∈ G,ni ∈Ni), i.e., g[N1, N2]g

−1 ⊂ [N1, N2] (∀g ∈ G), i.e., G▷ [N1, N2].

(b) G▷N とすると [g, n] = gng−1n−1G▷N∈ Nn−1 = N (∀g ∈ G,n ∈ N), i.e., [G,N ] < N .

また n′[g, n]n′−1 = [n′gn′−1, n′nn′−1] ∈ [G,N ] (∀g ∈ G,nn′ ∈ N), i.e., n′[G,N ]n′−1 ⊂[G,N ] (∀n′ ∈ N), i.e., N ▷ [G,N ]. さらに ∀[n] ∈ N/[G,N ], [g] ∈ G/[G,N ] (n ∈N, g ∈ G. なお (a) より G▷ [G,N ], i.e., G/[G,N ] は剰余群であることに注意), [n][g] =

[ng]g−1n−1gn=[g−1,n−1]∈[G,N ]

= [ngg−1n−1gn] = [gn], i.e., N/[G,N ] ⊂ ZG/[G,N ].

(c) H/N ⊂ ZG/N とすると ∀[h] ∈ H/N, [g] ∈ G/N (h ∈ H, g ∈ G), [h][g] = [g][h], i.e.,

[g−1, h−1] = g−1h−1gh ∈ N . よって ∀g′ ∈ G, h′ ∈ H, [g′, h′] ∈ N (∵ g := g′−1, h := h′−1),

i.e., [G,N ] ⊂ N .

(d) 帰納法: Zi−1(G) > Zi(G) とすると Zi(G) = [G,Zi−1(G)]Zi−1(G)>Zi(G)

⊃ [G,Zi(G)] =

Zi+1(G).

(e) 帰納法: G▷ Zi(G) とすると G▷G,G▷ Zi(G)(a)⇒ G▷ [G,Zi(G)] = Zi+1(G).

(f) N := Zi(G) とおけば (e) より (b) の仮定を満たし, 題意を得る.

(g) 帰納法: Zi(G) ⊂ Gi とすると H := Zi(G), N = Gi+1 とおけば G ▷ Gi+1 = N ,

H/N = Zi(G)/Gi+1

Zi(G)⊂Gi

⊂ Gi/Gi+1 ⊂ ZG/Gi+1= ZG/N となり (c) の仮定を満たし, 題意

を得る.

3. 上記の結果を使って定理 203-1 と同様に示せばよい.

基本問題 205. S2, S3, S4, S5 が可解群かどうか, 冪零群かどうか, それぞれ調べよ.

略解. 定理 203 を使って計算すればよい. たとえば Z0(S2) = S2, Z1(S2) = [S2, S2] = {id}より S2 は冪零である (∴ 可解でもある ). 同様に S3, S4 は可解で冪零でない, S5 は可解でない (∴ 冪零でもない ), が分かる.

参考問題 206. いくつかの群 Gi と準同型 fi : Gi → Gi+1 の列

· · · → Gi−1fi−1→ Gi

fi→ Gi+1 → · · ·

が 完全列 (exact sequence) であるとは Im fi−1 = Ker fi (∀i) が成り立つことである.

とくに, 両端が一元からなる群で, 5 項からなるもの

{e} → Kf→ G

g→ G′ → {e}

が完全列であることは『f が単射, g が全射, Im f = Ker g』を意味し 短完全列 (short

exact sequence) と呼ばれる. このとき K と Im f は同一視でき, G/K ∼= G′ が成り立つ. よって “G を K で潰したものが G′” であるといえる. これを逆に眺めて G は G′ のK による群拡大 (group extension) である, などとも言う. 以下が成り立つことを示せ.

{e} → Kf→ G

g→ G′ → {e} が短完全列であれば, K,G′ が可解群⇔ G が可解群.

57

14.3 補足: 半直積

定理 207. Gを群とする. 正規部分群 N◁G,部分群H < Gで G = NH かつ N∩H = {e}となるものがあるとき, G は N,H の 半直積 (semi-direct product) である, という. G

が N,H の半直積としたとき, 以下が成り立つ.

1. 直積集合 N ×H に演算 (n1, h1) · (n2, h2) := (n1h1n2h−11 , h1h2) (ni ∈ N, hi ∈ H) を

定めると群になる.

2. G は 1 で定めた群と同型になる.

証明. 1. (演算が well-defned) n1h1n2h−11

N◁G∈ n1N = N , h1h2 ∈ H (hi ∈ H,ni ∈ N).

(結合法則) ∀hi ∈ H,ni ∈ N , ((n1, h1) · (n2, h2)) · (n3, h3) = (n1h1n2h−11 , h1h2) · (n3, h3) =

(n1h1n2h2n3h−12 h−1

1 , h1h2h3) = (n1, h1) · (n2h2n3h−12 , h2h3) = (n1, h1).

(単位元の存在) (e, e) が単位元の性質を満たす. 実際 ∀h ∈ H,n ∈ N , (e, e) · (n, h) =

(eene−1, eh) = (n, h), (n, h) · (e, e) = (nheh−1, he) = (n, h).

(逆元の存在) (n, h) (h ∈ H,n ∈ N) の逆元は (h−1n−1h, h−1)N◁G∈ N ×H で与えられる.

実際 (n, h) · (h−1n−1h, h−1) = (nhh−1n−1hh−1, hh−1) = (e, e), (h−1n−1h, h−1) · (n, h) =

(h−1n−1hh−1nh, h−1h) = (e, e).

2. 写像 I : N × H → G, (n, h) 7→ nh を考えと, 1 で定めた演算に関して準同型となる. 実際 I((n1, h1) · (n2, h2)) = I((n1h1n2h

−11 , h1h2)) = n1h1n2h2 = I(n1, h1)I(n2, h2).

また G = NH より全射, 核を計算すると Ker I = {(n, h) ∈ N × H | nh = e (i.e.,

N ∋ n−1 = h ∈ H)} N∩H={e}= {(e, e)} となるので単射.

基本問題 208. 二面体群 Dn = ⟨x, y | xn = y2 = e, yx = xn−1y⟩ は, 位数 n の巡回群N := ⟨x⟩ と, 位数 2 の巡回群 H := ⟨y⟩ の半直積であることを確かめよ.

略解. xNx−1 x∈N= N , yNy−1

yxy−1=xn−1

⊂ N より N ◁ G, G = ⟨x, y⟩, x, y ∈ NH よりG = NH を得る. あとは N ∩ H = {e} を言えばよい. 実際 g ∈ N ∩ H とおくとg = xi = yj と書ける. y2 = e より j = 0, 1 としてよいが, xi = y となるような i は (二面体群の定義より) 存在しないので j = 0, i.e., g = y0 = e.

参考問題 209. N,H をそれぞれ群とする. 以下を確かめよ.

1. 短完全列 {e} → Nf→ G

g→ H → {e} に対し, 準同型 ι : H → G で g ◦ ι = idH を満たすものが存在するとき, この短完全列は 分裂する (split) という. このとき N とIm f , H と Im ι を同一視して N,H < G とみなすことができ, また G は N,H の半直積になっている.

2. 準同型 ρ : H → AutN が与えられているとする, このとき直積集合 N ×H に演算(n1, h1) · (n2, h2) := (n1ρ(h1)(n2), h1h2) を入れたものは群となり, 記号 N ⋊H で表され, N,H の半直積と呼ばれる. 実際 N と N × {eH}, H と {eN} × H を同一視してN,H < N ⋊H とみなすことができ, また N ⋊H は N,H の半直積になっている.

58

15 前期期末テスト問題 1. 1. 群 G が集合 X に作用することの定義を書け.

2. 群 G が集合 X に作用しているとする. 元 x ∈ X の固定部分群 (安定化部分群) Gx

が, G の部分群であることを示せ.

問題 2. 1. 群 G の中心 ZG の定義を書け.

2. 有限群 G が p 群であれば ZG ⊋ {e} となることを示せ. ただし p は素数, e ∈ G は単位元とする.

問題 3. 整数全体のなす群 Z (演算は +) を考え, 部分群 nZ に関する剰余群 Z/nZ の元を [a]n := a + nZ で表す. 例えば Z/2Z = {[0]2, [1]2}, [0]2 = [2]2 = [4]2 = · · · ,Z/3Z = {[0]3, [1]3, [2]3}, [0]3 = [3]3 = [6]3 = · · · である. 直積群 Z/2Z× Z/3Z を考え, 写像 φ : Z→ Z/2Z× Z/3Z を φ(a) := ([a]2, [a]3) で定める.

1. 写像 φ が準同型写像であることを示せ.

2. Z/6Z と Z/2Z × Z/3Z が同型であることを示せ. なお, 定理等を使う場合は, その内容 (使う部分だけで良い) を説明してから使うこと.

3. Z/4Z と Z/2Z× Z/2Z は同型でないことを示せ.

問題 4. 群 G の 2 つの正規部分群 N1, N2 ◁G が N1 ∩N2 = {e} を満たすとき

任意の n1 ∈ N1, n2 ∈ N2 に対し n1n2 = n2n1

が成り立つことを示せ. ただし e は G の単位元とする.

問題 5. 1. 以下の (a) ∼ (h) のうち, シローの定理の内容として正しいものを全て選んで記号で答えよ. ただし G を有限群とし, p は G の位数 |G| を割り切る素数とする.

(a) G には, シロー p 部分群が含まれる.

(b) G には, シロー p 部分群がただ 1 つ含まれる.

(c) G に含まれるシロー p 部分群の個数は, p の倍数である.

(d) G の任意の p 部分群は, あるシロー p 部分群に含まれる.

(e) G の任意の p 部分群は, あるシロー p 部分群と一致する.

(f) G の任意の p 部分群は, あるシロー p 部分群と互いに共役である.

(g) G に含まれる任意のシロー p 部分群は, 正規部分群である.

(h) G に含まれる任意のシロー p 部分群は, 互いに共役である.

2. 『3 次対称群 S3 のシロー 2 部分群』を全て書き出せ. 答えのみで良い.

3. 『位数 99 の群 G に含まれるシロー 3 部分群の個数』がいくつになるか答えよ. また, シローの定理を使って, そのことを示せ.

(配点: 1-1, 2-1, 3-1, 5-1, 5-2 は各 8 点, 1-2, 2-2, 3-2, 3-3, 4, 5-3 は各 10 点.)

59

前期期末テストの裏

60

15.1 前期期末テストの略解

採点結果について� �• ここに略解が載っていない問題は, 前期分のプリントのどこかに載っていると思います. 探して載ってなければ私に聞いてください.

• △は配点の半分. △の中に数字があればその点数.

• 採点結果に異議がある場合は, 代数学 1 の後期授業開始後, 二週間以内に私に言ってください.

• 平均点は 51.5 点.

• あくまで目安ですが

期末 35 点未満

または

中間と期末の合計 75 点未満

くらいの人は, 後期もっ

と頑張らないと厳しいかもしれません.� �全体を通しての注意� �• 『部分集合』と『部分群』の違いが曖昧な人が結構いる.

• 具体的な群の演算を勘違いしている人が多い. 例えば, 問題 3 の剰余群 Z/nZは, Z (演算は +) の剰余群なので, 演算は加法 (+) が定まる.

• 問題をちゃんと読まずに, 覚えてきた回答を丸写ししているだけの人がいる気がします.� �

問題 3 の略解. 1. 示すべきは ∀a, b ∈ Z, φ(a+ b) = φ(a) + φ(b) である. 実際

φ(a+ b) = ([a+ b]2, [a+ b]3) = ([a]2 + [b]2, [a]3 + [b]3),

φ(a) + φ(b) = ([a]2, [a]3) + ([b]2, [b]3) = ([a]2 + [b]2, [a]3 + [b]3)

より成立.

2. 準同型定理より, 任意の群 G,G′ と, 準同型写像 f : G→ G′ に対し, 写像

f : G/Ker f → Im f, gKer f 7→ f(g)

が定まり, 同型写像となる. この問題の準同型写像 φ に適用すると

• Kerφ = {a ∈ Z | [a]2 = [0]2, [a]3 = [0]3} = {a ∈ Z | a ∈ 2Z ∩ 3Z = 6Z} = 6Z.

61

• Imφ = {φ(a) | a ∈ Z} = {. . . , φ(0), φ(1), φ(2), φ(3), φ(4), φ(5), . . . }= {. . . , ([0]2, [0]3), ([1]2, [1]3), ([0]2, [2]3), ([1]2, [0]3), ([0]2, [1]3), ([2]2, [2]3), . . . }= Z/2Z× Z/3Z.

となり, 題意を得る.

(別解) 基本問題 186 の特別な場合 (m = 2, n = 3) より.

3. 同型写像 f : Z/4Z → Z/2Z × Z/2Z が存在したと仮定すると, [a]4 ∈ Z/4Z とf([a]4) ∈ Z/2Z× Z/2Z の位数は一致する (a = 0, 1, 2, 3). ここで

• [1]4 ∈ Z/4Z の位数は 4

(∵ [1]4 = [0]4, 2[1]4 = [2]4 = [0]4, 3[1]4 = [3]4 = [0]4, 4[1]4 = [4]4 = [0]4)

であるが, Z/2Z× Z/2Z の各元の位数は

• ([0]2, [0]2) は単位元なので, 位数は 1.

• ([1]2, [0]2) = ([0]2, [0]2), 2([1]2, [0]2) = ([0]2, [0]2) より位数は 2.

• ([0]2, [1]2) = ([0]2, [0]2), 2([0]2, [1]2) = ([0]2, [0]2) より位数は 2.

• ([1]2, [1]2) = ([0]2, [0]2), 2([1]2, [1]2) = ([0]2, [0]2) より位数は 2.

であり, 位数 4 の元は存在しないので矛盾.

問題 4 について. 定理 184 の証明中の (♯) の証明を参照.

問題 5 の略解. 1. (a), (d), (h).

2. {id, (1 2)}, {id, (1 3)}, {id, (2 3)}.

3. 99 = 32 · 11 だから, シローの定理 (p = 3, r = 2, q = 11) より, シロー 3 部分群の個数 n3 は

• n3 | 11, i.e., n3 = 1 または 11, かつ

• n3 ≡ 1 mod 3, i.e., n3 = 1, 4, 7, 10, . . . .

よって n3 = 1.

62

代数学１ (LETUSにて配布しています)

月曜 2 限 (10:40∼12:10) K601

担当教員 : 加塩 朋和 研究室 : 4号館3階E-mail : kashio tomokazu@ma.noda.tus.ac.jp

教科書・参考書群論・環論の教科書は数多くある. いくつか手に取ってみて, 自分に合うものを見つけることを推奨する. 以下, 本講義の準備で参考にしたものを挙げておく.

• 石田信著「代数学入門」実教出版• 桂利行著「代数学 I 群と環」東京大学出版会• 堀田良之著「代数入門 群と加群」裳華房• 雪江明彦著「代数学 1 群論入門」「代数学 2 環と体とガロア理論」日本評論社

目 次

1 “環論” への導入 3

1.1 “環” の定義と例 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 参考: “環論” (イデアル, 単数群, 環準同型写像) と応用例 . . . . . . . . . . 4

2 環, 整域, 体 6

2.1 環の定義の続き . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2.2 整域 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2.3 体 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

3 整数環 9

4 イデアル, 剰余環 12

4.1 イデアル . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

4.2 剰余環 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

5 剰余環の補足, 素イデアル, 極大イデアル 15

5.1 整数環 Z の剰余環 Z/nZ (n ∈ N) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

5.2 体 K 係数の多項式環 K[X] の剰余環 K[X]/(g) (g ∈ K[X]) . . . . . . . . 15

5.3 素イデアル, 極大イデアル . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

6 部分環, 部分体 18

7 略解 21

8 後期中間テスト 24

8.1 後期中間テストの略解 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1

9 準同型写像, 同型写像 27

10 (準)同型写像の続き, 準同型定理, 分数体の導入 30

10.1 準同型定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

10.2 分数体の導入 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

11 分数体, 素体, 標数 33

11.1 分数体 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

11.2 素体 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

11.3 標数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

12 多項式環に関するその他の話題, 素元, 既約元 36

12.1 多項式環に関するその他の話題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

12.2 素元, 既約元, 素元分解整域 (一意分解整域, UFD) . . . . . . . . . . . . . . 36

13 PID と UFD, ネーター環, 局所化 39

13.1 “PID なら UFD” の証明 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

13.2 ネーター環 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

13.3 局所化 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

14 略解と補足 42

14.1 略解 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

14.2 補足: UFD 係数の多項式環 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

15 後期期末テスト 45

2

1 “環論” への導入

1.1 “環” の定義と例

多くの “数のなす集合” (N, Z, Q, R, C 等) 上には, 同時に 2 種類の演算: “加法と乗法”

が定義されている. ここでは, さらに以下の性質を満たすものを考える.

定義 1. 空でない集合 R に, 以下を満たす二つの二項演算: 加法 +, 乗法 · が定義されているとき R は (これらの演算に関して) 環 (ring) である, という.

1. (R,+) は可換群である. なお, 加法に関する単位元を 0 = 0R で表し R の 加法単位元 または 零元 (zero element) と呼ぶ. 元 a の加法に関する逆元を −a で表す.

2. 乗法は結合法則を満たす. すなわち『∀a, b, c ∈ R, a · (b · c) = (a · b) · c』

3. 次の分配法則を満たす:『∀a, b, c ∈ R, a·(b+c) = (a·b)+(a·c), (a+b)·c = (a·c)+(b·c)』.

注意 2. 1. 乗法の記号はしばしば省略される. すなわち『ab := a · b』.

2. 乗法は加法より先に計算する. すなわち『ab+ c := (ab) + c, a+ bc := a+ (bc)』.

3. 演算 “−”を,加法に関する逆元を足すことで定義する. すなわち『a−b := a+(−b)』.

4. 環 R の乗法が交換法則:『∀a, b ∈ R, ab = ba』を満たすとき, R は 可換環 (com-

mutative ring) である, という. 環 R が可換環でないときは 非可換環 (non-

commutative ring) である, という.

5. 環 R の乗法に関する単位元が存在するとき, すなわち『∃e ∈ R s.t. ∀a ∈ R, ae =

ea = a』のとき, R は 単位元をもつ環 (ring with unity, ring with identity) であるという. 乗法に関する単位元を 1 = 1R で表し R の 乗法単位元, または 単位元 (identity element) と呼ぶ. なお, 後述の “零環” (注意 17) は単位元を持つ環と みなさない ことが多い.

6. R を単位元をもつ環とする. 元 a ∈ R が乗法に関する 逆元 (inverse element) をもつとき, i.e.,『∃a′ ∈ R s.t. aa′ = a′a = 1』のとき, a を R の 単元 (unit), または可逆元 (invertible element) と呼ぶ. 元 a の乗法に関する逆元を a−1 で表す.

練習問題 3. 1. Z, Q, R, C は可換環であることを確かめよ. (それぞれ 有理整数環, 有理数体, 実数体, 複素数体 と呼ばれる. なお “体” は “環” の一種である (§2.3).)

2. N は環でないことを確かめよ.

練習問題 4. R を Z, Q, R, C のどれかとする (任意の “単位元を持つ可換環” でも同様).

1. R 係数多項式全体のなす集合 R[X] := {∑n

k=0 akXk | 0 ≤ n ∈ Z, ak ∈ R} は可換環

であることを確かめよ. (R[X] は R 係数多項式環 と呼ばれる.)

2. 2 ≤ n ∈ N とする. R 係数 n 次正方行列全体のなす集合 Mn(R) は非可換環であることを確かめよ. (Mn(R) は R 係数 n 次全行列環 と呼ばれる.)

3

1.2 参考: “環論” (イデアル, 単数群, 環準同型写像) と応用例

イデアル. a, b, c ∈ Z とする. このとき以下の『問題』を考える:

問題. aX + bY = c が整数解を持つか？

例えば 3X + 2Y = 1 は, 解 (X,Y ) = (1,−1) を持つ. 一方で 2X + 4Y = 3 は, なかなか整数解が見つからない. 一般の場合の『問題』は, 整数環 Z の部分集合

I := “aX + bY (a, b ∈ Z) の形の数全体の集合” = {ax+ by | x, y ∈ Z}

の決定に帰着できる (∵ aX + bY = c が整数解を持つ ⇔ c ∈ I).

定義 5. R を可換環とする. 空でない部分集合 I ⊂ R が, 条件

a, b ∈ I ⇒ a− b ∈ I, a ∈ I, x ∈ R⇒ xa ∈ I

を満たすとき, I は R の イデアル である, という.

基本問題 6. R を可換環とし, ai ∈ R とする. このとき R の部分集合

(a1, a2, . . . , an) := {x1a1 + x2a2 + · · ·+ xnan | xi ∈ R}

はイデアルであることを示せ (a1, a2, . . . , an で 生成されるイデアル などと呼ばれる).

略解. R は環より x, xi, yi ∈ R ⇒ xi + yi ∈ R, xxi ∈ R. よって∑n

i=1 xiai +∑n

i=1 yiai =∑ni=1(xi + yi)ai ∈ (a1, a2, . . . , an), x

∑ni=1 xiai =

∑ni=1(xxi)ai ∈ (a1, a2, . . . , an).

練習問題 7. R = Z とおく. 一元 a ∈ Z で生成されるイデアル (a) は “a の倍数全体のなす集合” と一致することを確かめよ.

定理 8. aX + bY = c が整数解をもつ ⇔ c は a, b の最大公約数で割り切れる.

証明. a, b の最大公約数 d に対し, Z のイデアルとしての等式 (a, b) = (d) が成り立つ (∵定理 34). よって aX + bY = c が整数解を持つ ⇔ c ∈ (a, b) = (d) ⇔ c は d の倍数.

環の単数群. 以下, この小節では, d は平方数でない整数 (Z ∋ d = 0, 1, 4, 9, . . . ) とする.

問題. X2 − dY 2 = ±1 の整数解をすべて求めよ.

基本問題 9. Z[√d] := {m+ n

√d | m,n ∈ Z} は, 通常の加法と乗法に関して, 単位元をも

つ可換環になることを示せ.

定義 10. 単位元 1R をもつ環 R に対し

R× := {a ∈ R | ∃b ∈ R s.t. ab = ba = 1R}

とおき, R の 単数群 と呼ぶ. R× は乗法に関して群になる (命題 14) ことが示される.

4

命題 11. 以下は全単射を与える:

{(x, y) ∈ Z2 | x2 − dy2 = ±1} → Z[√d]×, (x, y) 7→ x+ y

√d.

証明. x2 − dy2 = ±1⇒ (x+ y√d) · ±(x− y

√d) = 1 (複号同順) より x+ y

√d ∈ Z[

√d]×.

よって上の写像は well-defined. 逆写像 x+ y√d 7→ (x, y) が well-defined (i.e., x+ y

√d ∈

Z[√d]× ⇒ x2 − dy2 = ±1) は後で示す. この逆写像の存在より全単射である.

以上により, この『問題』は単数群 Z[√d]× の決定に帰着できる. 実は, 以下が示せる.

(1) d < 0 なら Z[√d]× は有限群である. 更に

(a) d = −1 のとき Z[√−1]× = {±1,±

√−1}.

(b) 0 > d = −1 のとき Z[√d]× = {±1}.

(2) d > 0 なら Z[√d]× は無限群である. 更に ∃ε ∈ Z[

√d]× s.t.

Z[√d]× = ⟨−1, ε⟩ = {±εn | n ∈ Z}.

例えば d = 2 のとき ε := 1 +√2 が取れて

Z[√2]× = {±(1 +

√2)n | n ∈ Z}

= {. . . ,±(−17 + 12√2),±(−7 + 5

√2),±(−3 + 2

√2),±(−1 +

√2),

± 1,±(1 +√2),±(3 + 2

√2),±(7 + 5

√2),±(17 + 12

√2) . . . }

となる. よって X2 − 2Y 2 = 0 の整数解は

{(x, y) ∈ Z2 | x2 − 2y2 = ±1} = {(±1, 0), (±3,±2), (±7,±5), (±17,±12), . . . }.

環準同型写像. R,R′ を環とする. 写像 f : R→ R′ が以下の性質を満たすとき, (環としての) 準同型写像 (homomorphism) であるという.

∀x, y ∈ R, f(x+ y) = f(x) + f(y), f(xy) = f(x)f(y).

基本問題 12. ρ : Z[√d]→ Z[

√d], m+ n

√d 7→ m− n

√d (m,n ∈ Z) は準同型写像になる

ことを示せ.

略解. ρ((k + l√d) + (m + n

√d)) = ρ((k + m) + (l + n)

√d) = (k + m) − (l + n)

√d と

ρ(k + l√d) + ρ(m + n

√d) = (k − l

√d) + (m − n

√d) = (k +m) − (l + n)

√d が一致し,

ρ((k+ l√d)(m+ n

√d)) = ρ((km+ dln) + (ml+ kn)

√d) = (km+ dln)− (ml+ kn)

√d と

ρ(k+ l√d)ρ(m+ n

√d) = (k− l

√d)(m− n

√d) = (km+ dln)− (ml+ kn)

√d が一致.

命題 11 の証明の続き. 逆写像の存在, 即ち x + y√d ∈ Z[

√d]× ⇒ x2 − dy2 = ±1 を言

えばよい. x + y√d ∈ Z[

√d]× より ∃a, b ∈ Z s.t. (x + y

√d)(a + b

√d) = 1. ρ(1) =

ρ(1 + 0√d) = 1 − 0

√d = 1 と, ρ が準同型であることより 1 = 1 · 1 = 1 · ρ(1) =

(x+y√d)(a+ b

√d) ·ρ((x+y

√d)(a+ b

√d)) = (x+y

√d)(a+ b

√d) · (x−y

√d)(a− b

√d) =

(x+y√d)(x−y

√d)(a+b

√d)(a−b

√d) = (x2−dy2)(a2−db2). よって 2整数 x2−dy2, a2−db2

の積が 1 であることが分かった. とくに x2 − dy2 = ±1.

5

2 環, 整域, 体

2.1 環の定義の続き

命題 13. 0 を環 R の零元とするとき ∀a ∈ R, a · 0 = 0 · a = 0 が成り立つ.

証明. 零元の定義より ∀b ∈ R, b + 0 = 0 + b = b — (♮). とくに b = 0 のとき 0 + 0 = 0a 倍, 分配法則⇒ a · 0 + a · 0 = a · (0 + 0) = a · 0 — (♯). 一方で R は加法に関して群より ∀c ∈,∃− c ∈ R s.t. c+(−c) = (−c)+ c = 0. とくに c = a · 0 のとき a · 0+ (−(a · 0)) = 0 — (♭).

∴ a · 0 (♮)= a · 0 + 0

(♭)= a · 0 + a · 0 + (−(a · 0)) (♯)

= a · 0 + (−(a · 0)) (♭)= 0. 0 · a = 0 も同様.

命題 14. Rを単位元 1をもつ環とする. Rの単元全体のなす集合を R× で表す. すなわち

R× := {a ∈ R | ∃b ∈ R s.t. ab = ba = 1}.

このとき R× は乗法に関して群となり, 環 R の 単数群 (unit group), または 乗法群(multiplicative group) と呼ばれる.

証明. 演算が well-defined. ∵ x, y ∈ R× ⇔ ∃x′, y′ ∈ R s.t. xx′ = x′x = yy′ = y′y = 1

⇒ z := y′x′ ∈ R に対し (xy)z = z(xy) = 1⇒ xy ∈ R×.

結合法則. ∵ 定義 1-2.

単位元の存在. ∵ 1 · 1 = 1 より 1 ∈ R×.

逆元の存在. ∵ x ∈ R× ⇔ ∃x−1 ∈ R s.t. xx−1 = x−1x = 1. これは (見方を変えれば) x−1

が ∃x ∈ R, x−1x = xx−1 = 1 を満たしていることを意味する. よって x−1 ∈ R×.

基本問題 15. 次の環の零元, 単位元, 単数群を求めよ: 1. Z. 2. R. 3. Mn(R). 4. Q[X].

略解. 0Z = 0, 1Z = 1, Z× = {±1}. 0R = 0, 1R = 1, R× = R − {0}. 0Mn(R) = On,

1Mn(R) = En, Mn(R)× = GLn(R). 0Q[X] = 0, 1Q[X] = 1, Q[X]× = Q× = Q− {0}.

練習問題 16. 偶数全体のなす集合 2Z := {2n | n ∈ Z} は, 通常の和と積に関して環になることを示せ. また, この環は単位元を持たないことを確かめよ.

注意 17. 一元からなる集合 R := {a} は, 自明な演算 a+ a := a, aa = a によって環となり 零環 (zero ring, trivial ring) と呼ばれる. このとき, 唯一の元 a は, 零元であると同時に単位元でもある (i.e., 0R = 1R). 下の問題で見るように, この逆も成り立つ.

基本問題 18. 環 R の零元 0R が単位元 1R と一致するとき, R は零環であることを示せ.

略解. ∀a ∈ R, a = a · 1R0R=1R= a · 0R = 0R. よって R = {0R}.

注意 19. 通常『R は単位元を持つ環である』というときには『R 単位元を持ち, かつ零環でない』場合を考えることの方が多い. すなわち, 多くの専門書で以下を定義としている.

R は単位元を持つ環である def⇔ R ∋ 1R = 0R.

6

以下, この講義においても『単位元を持つ環である』は『単位元を持ち, かつ零環でない』を意味することとする.

命題 20. R1, R2 を環とする. このとき直積集合 R1 ×R2 上の加法と乗法を

(x1, x2) + (y1, y2) := (x1 + y1, x2 + y2), (x1, x2)(y1, y2) := (x1y1, x2y2) (xi, yi ∈ Ri)

で定めると環になる. これを環 R1, R2 の 直積 (direct product) と呼ぶ. (同じ環を記号R1

⊕R2で表し直和 (direct sum)と呼ぶこともある.) n個の環の直積 R1×R2×· · ·×Rn

も同様に (または帰納的に) 定義される.

証明. 『R1, R2 が環の定義を満たす』『R1 × R2 の演算の定義』から導ける. たとえば零元の存在は問題 21-1 を参照.

練習問題 21. 環 R1, R2 の直積環 R1 ×R2 を考える. 以下が成り立つことを示せ.

1. 0R1×R2 = (0R1 , 0R2).

2. R1, R2 が共に単位元を持つとする.

(a) R1 ×R2 も単位元をもち 1R1×R2 = (1R1 , 1R2).

(b) xi ∈ Ri に対し (x1, x2) ∈ (R1 × R2)× ⇔ x1 ∈ R×

1 , x2 ∈ R×2 . またこのとき

(x1, x2)−1 = (x−1

1 , x−12 ).

3. R1, R2 が共に可換環 ⇔ R1 ×R2 が可換環.

略解. 1. 示すべきは『∀(x1, x2) ∈ R1 × R2, (0R1 , 0R2) + (x1, x2) = (x1, x2) + (0R1 , 0R2) =

(x1, x2)』. R1 × R2 の演算の定義より『(0R1 , 0R2) + (x1, x2) = (x1, x2) + (0R1 , 0R2) =

(0R1 + x1, 0R2 + x2)』. 0Riは Ri の零元だから『∀xi ∈ Ri, 0Ri

+ xi = xi』(i = 1, 2).

2.2 整域

定義 22. R を環とし 0 をその零元とする.

1. a ∈ R が 左零因子 def⇔ ∃b ∈ R− {0} s.t. ab = 0.

2. a ∈ R が 右零因子 def⇔ ∃b ∈ R− {0} s.t. ba = 0.

3. a ∈ R が 零因子 (zero divisor)def⇔ a が左零因子または右零因子.

4. R が 整域 (integral domain)def⇔ R は単位元をもつ可換環で, 零因子は零元のみ.

練習問題 23. 次の元が零因子がどうか調べよ. 1. a ∈ R (a = 0). 2. [ 1 10 0 ] ∈M2×2(R).

略解. 1. a = 0 なら ∃a−1 ∈ R. ∴ ab = 0 (または ba = 0) ⇒ b = 0. よって零因子でない.

2. [ 1 10 0 ] [

a bc d ] = [ a+c b+d

0 0 ]. よって, 例えば a = b = 1, c = d = −1 とおけば左零因子の定義を満たす: [ 1 1

0 0 ] [1 1−1 −1 ] = [ 0 0

0 0 ], [1 1−1 −1 ] = [ 0 0

0 0 ].

7

基本問題 24. 以下の環が整域かどうか答えよ. またそのことを示せ.

1. Z. 2. Z× Z. 3. R[X]. 4. M3×3(C).

略解. 1. 整域. 『0 = m,n ∈ Z⇒ mn = 0』を確かめればよい (自明？).

2. 整域でない. 例えば (0, 1)(1, 0) = (0, 0).

3. 整域. 『0 = f, g ∈ R[X]⇒ fg = 0』を確かめればよい (自明？).

4. 整域でない. 問題 23-2 と同様に零元以外の零因子を見つければよい.

基本問題 25. 『a ∈ R が単元 ⇒ a は零因子でない』ことを示せ.

略解. a が単元なら ∃a−1. さらに a が左零因子とすると 0 = ∃b ∈ R s.t. ab = 0. 左からa−1 倍して b = 0 を得る. よって矛盾. a が右零因子でも同様に矛盾が導ける.

2.3 体

定義 26. R を単位元を持つ可換環とする. 以下の同値な命題が成り立つとき, R は 体(field) である, という.

1. R− {0} は乗法に関して群になる.

2. a ∈ R, a = 0 ⇒ ∃a′ ∈ R s.t. aa′ = a′a = 1 (i.e., R× ⊃ R− {0}).

3. R× = R− {0}.

注意 27. R は可換環なので, 2 において aa′ = a′a = 1⇔ aa′ = 1⇔ a′a = 1.

同値の証明. (1 ⇒ 2) 群の定義のうち『逆元の存在』より.

(2 ⇒ 3) 一般に 0 /∈ R× (∵ ∀a ∈ R, a0 = 0 = 1) より R× ⊂ R− {0}. 2 より (⊃).(3 ⇒ 1) 命題 14 より.

命題 28. 体は整域である.

証明. R を体, 0 = a ∈ R とする. このとき ∃a−1 ∈ R s.t. a−1a = 1. a が零因子とすると∃b ∈ R, = 0 s.t. ab = 0. これは 0 = a−10 = a−1(ab) = (a−1a)b = 1b = b より矛盾.

基本問題 29. 以下が (通常の和と積に関して) 体かどうか答えよ. またそのことを示せ.

1. Z. 2. C. 3. M2×2(R). 4. R := {Aa,b :=[

a b−b a

]∈M2×2(Q) | a, b ∈ Q}.

略解. 1. Z× = {±1} ⊊ Z − {0} より体でない. 2. C× = C − {0} が言える (∵(x+ y

√−1)−1 = x

x2+y2+ −y

x2+y2

√−1) ので体. 3. 整域でないので体でもない.

4. 体である. 実際, (R,+) は加法群 (∵ Aa,b +Aa′,b′ = Aa+a′,b+b′ より演算は well-defined.

結合法則は自明. 零元はA0,0 = O2. Aa,bの逆元はA−a,−b)である. 乗法の結合法則, 分配法則は一年の線形代数の内容 (i.e., 一般に n 次正方行列 A,B,C に対し (AB)C = A(BC),

A(B + C) = AB + AC, (A + B)C = AC + BC). 乗法の交換法則 は直接計算 (i.e.,

Aa,bAa′,b′ = Aaa′−bb′,ab′+ba′ = Aa′,b′Aa,b) より従い, 乗法に関する単位元 は A1,0 = E2. 以上により R は単位元をもつ可換環であることが分かる. さらに定義 26-2 が成立 (i.e., O2 =Aa,b ∈ R ⇒ (a, b) = (0, 0) ⇒ a2 + b2 = 0 ⇒ A a

a2+b2, −ba2+b2

∈ R, Aa,bA aa2+b2

, −ba2+b2

= E2).

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3 整数環整数環 Z は環の代表的な例である. また整数環の性質を使って, 他の環の性質を導くなど “道具” としての役割もある. さらに整数環自身も未解決問題が残る研究対象である.

この節では整数環の性質を少し詳しく見ていく.

命題 30. 部分集合 ∅ = S ⊂ Z は上に有界なら最大元, 下に有界なら最小元を持つ. とくに, 任意の実数 x ∈ R に対し “x を超えない最大の整数” n ∈ Z がただ一つ存在しn ≤ x < n+ 1 を満たす.

証明. 前半は “自然数の整列性” と呼ばれ, この証明は整数の定義にさかのぼるので省略.

後半は S := {n ∈ Z | n ≤ x} とおいて前半を使えばよい.

定理 31. a ∈ Z, b ∈ N とする. このとき

∃!q, r ∈ Z s.t. a = qb+ r, 0 ≤ r < b. (“∃!” は “ただ一つ存在” の意.)

この q, r を, それぞれ a を b で割った 商 (quotient) と 剰余 (remainder) と呼ぶ.

証明. a/b を超えない最大の整数 q をとると q ≤ a/b < q + 1, i.e., qb ≤ a < qb + b, i.e.,

0 ≤ a−qb < b. よって r := a−qbは題意を満たす. 以下一意性を示す. a = qb+r, 0 ≤ r < b,

a = q′b+ r′, 0 ≤ r′ < b と仮定する. このとき qb+ r = a = q′b+ r′, i.e., (q− q′)b = r′− r.

また 0 ≤ r < b, 0 ≤ r′ < b より |r′ − r| < b. 合わせて |q − q′|b = |r′ − r| < b, i.e.,

|q − q′| < 1, i.e., q = q′. さらに (q − q′)b = r′ − r に代入して r = r′.

定義 32. 1. a, b ∈ Z に対し

a | b (a が b を割り切る) ⇔ ∃c ∈ Z s.t. b = ac. (i.e., a は b の約数, b は a の倍数.)

なお b ∈ Z, a ∈ N のとき, これは『b を a で割った剰余 = 0』を意味する.

2. a, b ∈ Z に対し

c ∈ Z が a, b の 公約数 (common divisor) ⇔ c | a, b.

a, b の少なくとも片方が 0 でないとき “a, b の公約数全体” は上に有界 (∵ c | a = 0

なら c ≤ |a|, i.e., |a| が上界) になり最大元をもつ. この最大の公約数を 最大公約数 (greatest common divisor) と呼び, 記号 (a, b) または gcd(a, b) で表す.

gcd(a, b) = 1のとき, a, bは互いに素 (coprime, relatively prime)であるという.

3. a, b ∈ Z に対し

c ∈ Z が a, b の 公倍数 (common multiple) ⇔ a, b | c.

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a, b の少なくとも片方が 0 でないとき “a, b の正の公倍数全体” は下に有界 (∵0 = a | c > 0 なら |a| ≤ c, i.e., |a| が下界) になり最小元をもつ. この最小の正の公倍数を 最小公倍数 (least common multiple) と呼び, 記号 lcm(a, b) で表す.

定義 33. 2 ≤ a ∈ Z をとる. 明らかに ±1,±a | a である. a の約数が ±1,±a のみのときa を 素数 (prime number), そうでないとき 合成数 (composite number) という.

定理 34. a, b ∈ Z は少なくとも片方が 0 でないとし, d := gcd(a, b) とおく. このとき

∃s, t ∈ Z s.t. d = as+ bt.

{ax+ by | x, y ∈ Z} = dZ = {. . . ,−2d,−d, 0, d, 2d, . . . }.

証明. 前半は後半より従う. I := {ax+by | x, y ∈ Z}とおく. 問題 6より I は Zのイデアルとなることに注意. I∩Nは空でなく (∵ 例えば a < 0なら |a| = a∗(−1)+b∗0 ∈ I∩N),下に有界なので最小元 d0 が存在する. このとき I = d0Z が成り立つ. 実際

(⊂) c ∈ I を d0 で割った商と剰余を q, r とおくと c = qd0 + r, i.e. r = c − qd0 ∈ I

(∵ −q ∈ Z, d0 ∈ II は Z のイデアル⇒ −qd0 ∈ I. よって c,−qd0 ∈ I

I は Z のイデアル⇒c + (−qd0) ∈ I). さらに 0 ≤ r < d0. もし r = 0 だと d0 > r ∈ I ∩ N より d0 の最小性に矛盾. よって r = 0, i.e., c = qd0 ∈ d0Z.

(⊃) d0 ∈ I, n ∈ Z I は Z のイデアル⇒ nd0 ∈ I.

以上で I = d0Z が言えた. あとは d = d0 を示せばよい. まず

a = a ∗ 1 + b ∗ 0, b = a ∗ 0 + b ∗ 1

は共に I = d0Z の元, i.e., d0 | a, b, i.e., d0 は a, b の公約数. とくに d0 ≤ “a, b の最大公約数” = d. 一方で{

∃x0, y0 ∈ Z s.t. d0 = ax0 + by0 (∵ d0 ∈ I)

∃a0, b0 ∈ Z s.t. a = da0, b = db0 (∵ d | a, b)⇒ d0 = d(a0x0 + b0y0)

より d | d0. とくに d ≤ d0. 合わせて d = d0 を得る.

系 35. a, b ∈ Z に対し以下が成り立つ.

1. gcd(a, b) = 1 ⇔ ∃s, t ∈ Z s.t. as+ bt = 1.

2. p が素数なら p | ab ⇒ p | a または p | b.

証明. 1. (⇒) は定理の前半 (仮定より d = 1) より従う. 以下 (⇐) を示す. d := gcd(a, b)

とおくと 1 = as + bt ∈ {ax + by | x, y ∈ Z} 定理の後半= {. . . ,−2d,−d, 0, d, 2d, . . . }. よってd = 1.

2. p を素数とし p | ab とする. もし p | a なら題意を満たすので p ∤ a と仮定して p | b を言えばよい. 素数 p の約数は ±1,±p のみなので p ∤ a より gcd(p, a) = 1. よって 1 より∃s, t ∈ Z s.t. ps + at = 1, b 倍して psb + abt = b. ここで p | ab より ∃c ∈ Z s.t. ab = pc.

代入すると p(sb+ ct) = b, i.e., p | b.

10

定理 36. 任意の整数 a = 0 は

a = ±p1p2 . . . pr (pi は素数, 0 ≤ r ∈ Z)

の形に pi の順序を除いて一意的に分解される. ただし a = ±1 の場合は r = 0 と考える.

この分解を 素因数分解 (prime factorization) と呼ぶ. 同じ素数をまとめて

a = ±s∏

i=1

peii = ±pe11 pe22 . . . pess (pi は相異なる素数, 1 ≤ ei ∈ Z),

a = ±∏

p: 素数

pep = ±∏

p: 素数, ep > 0

pep (0 ≤ ei ∈ Z, 高々有限個の p を除いて ep = 0)

などのようにも表記される.

証明. 簡単のため a > 0 として考える (a < 0 なら a の代わりに |a| = −a を考える). まず a が何個かの素数の積で表せることを a に関する帰納法で示す. a = 1 または素数なら自明 (0 個または 1 個). a が合成数なら ∃b ∈ Z s.t. 1 < b < a, b | a. またこのときa/b ∈ Z, 1 < a/b < a. よって b, a/b は帰納法の仮定より素数の積に表せるので a = b · a/bも素数の積で表せる. 次に一意性を示す. そのため

a = p1p2 . . . pr = q1q2 . . . qs (pi, qj は素数) — (⋆)　

と二通りに書けたとする. とくに p1 | p1p2 . . . pr = q1q2 . . . qs. よって系 35-2 (を繰り返し使う) より ∃j s.t. p1 | qj. (必要なら q∗ の番号を付け直して) 簡単のため j = 1 とする.

q1 は素数だから約数は ±1,±q1 のみ. よって p1 = q1. よって (⋆) より (Z は整域なので)

p2 . . . pr = q2 . . . qs. 同じ議論を繰り返せば p2 = q2, p3 = q3, . . . かつ r = s を得る.

基本問題 37. a, b ∈ Nとし, それぞれの素因数分解を a =∏

p pep , b =

∏p p

fp (0 ≤ ep, fp ∈Z, 高々有限後の p を除いて ep, fp = 0) で表す. このとき以下を示せ.

1. 積 ab の素因数分解は ab =∏

p pep+fp .

2. a | b ⇔ ∀p, ep ≤ fp.

3. 最小公倍数の素因数分解は lcm(a, b) =∏

p pmax{ep,fp}.

4. 最大公約数の素因数分解は gcd(a, b) =∏

p pmin{ep,fp}.

5. lcm(a, b)gcd(a, b) = ab.

6. a, b が互いに素 (すなわち gcd(a, b) = 1) であれば lcm(a, b) = ab.

略解. 1 は自明. 2 の (⇒) は a | b ⇔ ∃c ∈ N s.t. ac = b. c の素因数分解を c =∏

p pgp

(0 ≤ gp ∈ Z, 高々有限後の p を除いて gp = 0) とおけば 1 より ep + gp = fp (∀p). よってgp ≥ 0 より題意を得る. (⇐) は c :=

∏p p

fp−ep とおけば『0 ≤ fp − ep ∈ Z』『高々有限後の p を除いて fp − ep = 0』が言えるので c ∈ N. また 1 より ac = b となり題意を得る.

3, 4 は 2 より従う. 5 は 3, 4 と命題『∀x, y ∈ R, x+ y = max{x, y}+min{x, y}』より従う. 6 は 5 の特別な場合.

11

4 イデアル, 剰余環

4.1 イデアル

定義 38. R を環, I をその空でない部分集合とする.

1. 『a, b ∈ I ⇒ −a + b ∈ I』および『a ∈ I, x ∈ R ⇒ xa ∈ I』が成り立つとき, I はR の 左イデアル (left ideal) である, という.

2. 『a, b ∈ I ⇒ −a + b ∈ I』および『a ∈ I, x ∈ R ⇒ ax ∈ I』が成り立つとき, I はR の 右イデアル (right ideal) である, という.

3. 『a, b ∈ I ⇒ −a+ b ∈ I』および『a ∈ I, x ∈ R ⇒ xa, ax ∈ I』が成り立つとき, I

は R の (両側) イデアル (two-sided ideal) である, という.

注意 39. 1. R が可換環の場合, 上記の 3 条件は同値になり, 単に イデアル と呼ぶ.

2. ∅ = I ⊂ R より『a, b ∈ I ⇒ −a+ b ∈ I』 ⇔『I は R の加法群としての部分群』.

練習問題 40. 1. 整数 n の倍数全体 nZ は整数環 Z のイデアルであることを示せ.

2. R を任意の環とする. このとき, 零元のみからなる集合 {0} と R 全体は R の両側イデアルであることを示せ. ({0} と R は 自明なイデアル などと呼ばれる).

略解. 1.『a, b ∈ nZ ⇒ ∃a0, b0 ∈ Z s.t. a = na0, b = nb0 ⇒ −a + b = n(b0 − a0) ∈ nZ』『a ∈ nZ, x ∈ Z ⇒ ∃a0 ∈ Z s.t. a = na0 ⇒ xa = n(xa0) ∈ nZ』.

基本問題 41. I := {[ a b0 0 ] | a, b ∈ R} ⊂ M2×2(R) は, 右イデアルであるが左イデアルでな

いことを示せ.

略解. 加法に関して部分群なのは自明. [ a b0 0 ] [

x yz w ] =

[ax+bz ay+bw

0 0

]∈ I (∀a, b, x, y, z, w ∈

R) より右イデアル. 左イデアルでないことは, 例えば [ 1 11 1 ] [

1 10 0 ] = [ 1 1

1 1 ] /∈ I より.

応用問題 42. M2×2(R) の両側イデアルは自明なものしかないことを示せ.

定義 43. R を環とする. 元 a1, a2, . . . , ar ∈ R に対し R の部分集合

(a1, a2, . . . , ar) := {x1a1 + x2a2 + · · ·+ xrar | x1, x2, . . . , xr ∈ R}

を考え a1, a2, . . . , ar で生成された左イデアル (left ideal generated by a1, a2, . . . , ar)と呼ぶ. とくに (a) = {xa | x ∈ R}は単項左イデアル (left principal ideal)と呼ばれる. また, R の左イデアル I に対して I = (a1, a2, . . . , ar)となる元が存在するとき, a1, a2, . . . , arのことをイデアル I の生成系 (generators) (r = 1なら生成元 (generator))という. 右イデアルの場合も同様: (a1, a2, . . . , ar) := {a1x1+a2x2+· · ·+arxr | x1, x2, . . . , xr ∈ R}. (注意: 両側イデアルの場合は様子が変わり (a1, a2, . . . , ar) := {x1ai1y1+x2ai2y2+· · ·+xnainyn |n ∈ N, xj, yj ∈ R, 1 ≤ ij ≤ r} と定める.) R が可換環ならこれらは一致し “生成されたイデアル”, “単項イデアル” と呼ばれる.

12

注意 44. 集合 (a1, . . . , ar) = {x1a1 + · · · + xrar | x1, . . . , xr ∈ R} が左イデアルの定義を満たし, かつ a1, . . . , ar を含むのは自明であろう. さらに次の “最小性” を満たす:

I は R の左イデアルかつ a1, a2, . . . , ar ∈ I ⇒ (a1, . . . , ar) ⊂ I.

(∵ ai ∈ I, xi ∈ R, I が左イデアル, より x1a1 + · · ·+ xrar ∈ I.) すなわち (a1, . . . , ar) はa1, . . . , ar を含む最小の左イデアルである. 右イデアル (や両側イデアル) の場合も同様.

練習問題 45. a ∈ R とおく. 多項式環 R[X] の部分集合 I := {f(X) ∈ R[X] | f(a) = 0}は単項イデアルになることを示せ.

略解. f(a) = 0“剰余の定理”⇔ 『f(X) は X − a で割り切れる』 ⇔ f(X) ∈ (X − a).

基本問題 46. 記号 (a1, . . . , ar) で ai ∈ R で生成された左イデアルを表す. u ∈ R× のとき(a1, a2, . . . , ar) = (ua1, a2, . . . , ar) を示せ. (右イデアルなら ua1 を a1u に変えると成立).

略解. 直接も示せるが, 以下の手順でもいえる:

1. ua1, a2, . . . , ar ∈ (a1, a2, . . . , ar). ∵ ua1 = ua1 + 0a2 + · · ·+ 0ar, etc.

2. 1 と注意 44 の “最小性” より (ua1, a2, . . . , ar) ⊂ (a1, a2, . . . , ar).

3. 2 の a1, u を ua1, u−1 に取り換えると (a1, a2, . . . , ar) ⊂ (ua1, a2, . . . , ar).

定義 47. 可換環 R の任意のイデアルが単項イデアルになるとき, R は 単項イデアル環 (principal ideal ring) である, と呼ぶ. さらに R が整域のとき 単項イデアル整域(principal ideal domain) とよび PID と略す.

命題 48. 整数環 Z は PID である.

証明. 整域であることはすでに見た. 以下, 任意のイデアル I ⊂ Z が単項イデアルであることを示す. I = {0} なら I = (0) でOK. I = {0} とし b := min{x ∈ I | x > 0} をとる.

(I = {0} より ∃a ∈ I − {0}. よって |a| = ±aa∈I,±1∈Z∈ {x ∈ I | x > 0}. 特に空でない下に

有界な Z の部分集合なので最小元をもつ.) とくに b ∈ N である. 以下 I = (b) を示す.

(⊃) b ∈ I と, 注意 44の “最小性”より. (⊂) a ∈ I をとる. aを bで割った商と剰余を q, r

とおく. とくに a = qb+ r, 0 ≤ r < b. よって r = a− qb ∈ I (∵ a, b ∈ I, q ∈ Z). ここでr = 0 なら 0 = r ∈ I, r < b より b の最小性に矛盾. よって r = 0, i.e., a = qb ∈ (b).

基本問題 49. R を単位元をもつ可換環とする. 以下を示せ.

1. イデアル I ⊂ R に対し, I = R⇔ 1 ∈ I ⇔ I ∩R× = ∅.

2. R が体 ⇔ R のイデアルは R, {0} の二つのみ.

略解. 1. I = R1∈R⇒ 1 ∈ I

1∈R×⇒ I ∩ R× = ∅ は自明なので I ∩ R× = ∅ ⇒ I = R を言えば

よい. I ⊂ R は自明. u ∈ I ∩R× = ∅ をとると ∀a ∈ R, a = (au−1)uau−1∈R,u∈I∈ I.

2. R が体 ⇔ 0 = ∀a ∈ R, a ∈ R× — (♯) を使って 2 の同値を示す.

(⇒) I ⊂ R をイデアルとする. I = {0} なら示すことは無い. I = {0}, i.e., 0 = ∃a ∈ I と

13

する. このとき (♯) より a ∈ R×. よって 1 より I = R.

(⇐) R のイデアルは R, {0} の二つのみと仮定する. (♯) より 0 = a ∈ R ⇒ a ∈ R× を言えばよい. 0 = a ∈ R とする. このとき I := (a) ∋ a = 0 より I = {0}. よって仮定よりI = R. とくに 1 ∈ R = I = (a) = {xa | x ∈ R}, i.e., ∃x ∈ R s.t. 1 = xa, i.e., a ∈ R×.

練習問題 50. R を環, I, J をその左イデアルとする. このとき, 以下は R の左イデアルになることを示せ. (右イデアル, 両側イデアルの場合も同様.)

1. I ∩ J . 2. I + J := {i+ j | i ∈ I, j ∈ J}. 3. IJ := {∑r

k=1 ikjk | r ∈ N, ik ∈ I, jk ∈ J}.

4.2 剰余環

定義 51. R を環, I をその両側イデアルとする. とくに I は R の加法群としての部分群(さらに可換群より正規部分群) なので, 剰余群 R/I が定まり, 加法群となる:

R/I = {a+ I | a ∈ R} (ただし a+ I = b+ I ⇔ a− b ∈ I),

(a+ I) + (b+ I) := (a+ b) + I (a, b ∈ R).

とくに,剰余群 R/I において,加法に関する零元,逆元は 0R/I = 0R+I, −(a+I) = (−a)+I

(a ∈ R) となる. さらに R/I には以下の乗法も定まり環となる:

(a+ I)(b+ I) := ab+ I (a, b ∈ R).

この環 R/I を R の I による 剰余環 (residue class ring, quotient ring) と呼ぶ.

環になることの証明. 乗法が well-defined. a + I = a′ + I, b + I = b′ + I (a, a′, b, b′ ∈ R)

とする. すなわち a − a′, b − b′ ∈ I. このとき ab − a′b′ = ab − ab′ + ab′ − a′b′ =

a(b− b′) + (a− a′)b′I: 両側イデアル

∈ I. すなわち ab+ I = a′b′ + I.

乗法の結合法則. ((a + I)(b + I))(c + I) = (ab + I)(c + I) = (ab)c + IR の乗法の結合法則

=

a(bc) + I = (a+ I)(bc+ I) = (a+ I)((b+ I)(c+ I)).

分配法則を満たす. 結合法則と同様に R の分配法則から従う.

練習問題 52. 整数環 Z のイデアル 4Z による剰余環 Z/4Z を考え, 各元 a + 4Z を a

(a ∈ Z) で表すこととする.

1. Z/4Z は 4 元からなる集合 {0, 1, 2, 3} であることを確かめよ.

2. 次の和, 積の表の残りを埋めよ.

和 0 1 2 3

0

1 1 2 3 0

2

3

,

積 0 1 2 3

0

1

2 0 2 0 2

3

.

3. 剰余環 Z/4Z の零元は何か答えよ. また単位元が存在するか答えよ.

4. (Z/4Z)× を求めよ

5. 剰余環 Z/4Z が整域かどうか答えよ.

略解. 3. 0Z/4Z = 0, 1Z/4Z = 1. 4. (Z/4Z)× = {1, 3}. 5. 2 · 2 = 0 より, 零元以外の零因子2 が存在するので整域ではない.

14

5 剰余環の補足, 素イデアル, 極大イデアル

5.1 整数環 Z の剰余環 Z/nZ (n ∈ N)

Z は PID より, 任意のイデアルは I = nZ (n ∈ Z) の形で書ける. 以下では n ∈ N の場合に, 剰余環 Z/nZ の性質を見ていく. (n = 0 なら Z と Z/{0} は対応 a↔ a+ {0} により “同一視” できる. n = 0 なら nZ = |n|Z より n ∈ N としてよい.)

命題 53. n ∈ N とする. 剰余環 Z/nZ の元 a+ nZ を a (a ∈ Z) で表すこととする.

1. 剰余環 Z/nZ は n 個の元 0, 1, . . . , n− 1 からなり, 零元は 0, 単位元は 1 である.

2. (Z/nZ)× = {a | 1 ≤ a ≤ n, gcd(a, n) = 1}.

3. n が合成数のとき Z/nZ は整域でない.

4. n = pが素数のとき Z/pZは体. (この体は記号 Fp := Z/pZで表されることが多い.)

略解. 1 は自明であろう. 2. (⊃) gcd(a, n) = 1定理 34⇔ ∃x, y ∈ Z s.t. ax + ny = 1 ⇒

ax− 1 = −ny ∈ nZ, i.e., (Z/nZ の元として) x · a = a · x = ax = 1 ⇒ a ∈ (Z/nZ)×.(⊂) a ∈ (Z/nZ)× ⇒ ∃b ∈ Z/nZ s.t. (Z/nZ の元として) a · b = 1, i.e., ab − 1 ∈ nZ, i.e.,∃c ∈ Z s.t. ab − 1 = nc ⇒ 1 = ab + n(−c) ∈ {ax + ny | x, y ∈ Z} 定理 34

= gcd(a, n)Z =

“gcd(a, n) の倍数全体のなす集合” ⇒ gcd(a, n) = 1.

3. 合成数より n = ab (1 < ∃a, b < n). ∴ (Z/nZ の元として) a, b = 0, a · b = ab = n = 0.

4. (Z/pZ)× 2= {a | 1 ≤ a ≤ p, gcd(a, p) = 1} p:素数

= {a | 1 ≤ a ≤ p− 1} = Z/pZ− {0}.

系 54 (フェルマーの小定理). 整数 l,m, n (n > 0) に対し以下の記号を定める.

l ≡ m mod n ⇔ “l を n で割った余り” = “m を n で割った余り”

特に『l ≡ m mod n ⇔ n | (l −m) ⇔ Z/nZ の元として l = m』と言い換えられる. このとき, 任意の素数 p に対し以下が成立する.

1. p ∤ a ∈ Z⇒ ap−1 ≡ 1 mod p. 2. a ∈ Z⇒ ap ≡ a mod p.

証明. 1. p ∤ a ⇒ a ∈ F×p ⇒ ap−1 = a|F

×p | ラグランジュの定理= 1, i.e., ap−1 ≡ 1 mod p.

2. p ∤ aなら 1の式 ap−1 = 1に aを掛ければ良い. p | aなら p | ap なので ap ≡ 0 ≡ a.

5.2 体 K 係数の多項式環 K[X] の剰余環 K[X]/(g) (g ∈ K[X])

定理 55. 体 K 係数の多項式環 K[X] は単項イデアル整域 (PID) である.

命題 56. K を任意の体とする. 0 = f =∑n

i=0 aiXi ∈ K[X] (ai ∈ K, ∃i s.t. ai = 0) の次

数を deg f := max{i | ai = 0} で定める. すなわち『deg f = d⇔ f = adXd+ ad−1X

d−1+

· · ·+ a1X + a0 (ad = 0)』. また f = 0 のときは deg f = −∞ と定める. 以下が成り立つ.

(ただし (−∞) + (−∞) = (−∞) + a = (−∞), −∞ < a (0 ≤ ∀a ∈ Z) と約束する.)

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1. ∀f, g ∈ K[X], deg(fg) = deg f + deg g, deg(f + g) ≤ max{deg f, deg g}.

2. f, g ∈ K[X], g = 0 に対して, f を g で割った商と剰余が一意的に定まる. すなわち

∃!q, r ∈ K[X] s.t. f = qg + r, deg r < deg g. (“∃!” は “ただ一つ存在” の意.)

3. 0 = g ∈ K[X] とし, 単項イデアル (g) を考える. このとき剰余環 K[X]/(g) の任意の元は f + (g), f ∈ K[X], deg f < deg g の形に一意的に書ける. i.e., 次は全単射.

K[X]<deg g :=

{f =

deg g−1∑i=0

aiXi | ai ∈ K

}→ K[X]/(g), f 7→ f + (g).

証明. 1,2 は §7 で示す. 3. (全射) 任意の元 f + (g) ∈ K[X]/(g) (f ∈ K[X]) をとる. f をg で割った商と剰余を q, r とおくと r ∈ K[X]<deg g, r + (g) = (r + qg) + (g) = f + (g).

(単射) f1, f2 ∈ K[X]<deg g, f1 + (g) = f2 + (g) とする. このとき f1 − f2 ∈ (g), i.e.,

∃f ∈ K[X] s.t. f1 − f2 = fg. よって deg g > max{deg f1, deg f2}1> deg(f1 − f2) =

deg(fg)1= deg f + deg g, i.e., 0 > deg f , i.e., f = 0. よって r1 − r2 = 0 · g = 0.

定理 55 の証明. 整域であることはK[X] ∋ f, g = 0 ⇒ deg(fg) = deg f + deg g ≥ 0 ⇒fg = 0 より. 次に I ⊂ K[X] を任意のイデアルとし, I が単項イデアルであることを示す.

I = {0} なら I = (0) なのでOK. I = {0} のとき “deg g が最小となる元 g ∈ I − {0}” が取れる (∵ {deg g | g ∈ I − {0}} は下に有界 (≥ 0) な整数の部分集合なので最小元をもつ). すなわち, 多項式 g は

0 = f ∈ I ⇒ deg f ≥ deg g, i.e., f ∈ I, deg f < deg g ⇒ f = 0 — (♯)

を満たす. 以下, この g に対して I = (g) が成り立つことを示す. (⊃) は g ∈ I より成立.

(⊂) f ∈ I を g で割った商と剰余を q, rとおく, i.e., q, r ∈ K[X], f = qg+r, deg r < deg g.

I はイデアルで f, g ∈ I より r = f−qg ∈ I. よって (♯)より r = 0, i.e., f = qg ∈ (g).

基本問題 57. R[X]/(X2− 1), R[X]/(X2+1), C[X]/(X2+1) が整域や体であるか調べよ.

略解. 剰余環 K[X]/I の元 f + I (f ∈ K[X]) を [f ] で表す. 命題 56 より, R[X]/(X2− 1)

の一般元は [a+ bX] (a, b ∈ R) の形で一意的に表せる. また [a1 + b1X], [a2 + b2X] の積は

[a1 + b1X][a2 + b2X] = [a1a2 + (a1b2 + a2b1)X + b1b2X2)]

X2−1∈(X2−1) より [X2]=[1]= [a1a2 + b1b2 + (a1b2 + a2b1)X]

となる. 零因子を探すと [a1 + b1X][a2 + b2X] = [0] ⇔ a1a2 + b1b2 = 0, a1b2 + a2b1 = 0.

たとえば a1 = b1 = b2 = 1, b1 = −1 がこの関係をみたし ([1 + X][−1 + X] = [−1 +

X2]−1+X2∈(X2−1)

= [0]), [ai + biX] = [0] でもあるので整域でない. よって体でもない.

R[X]/(X2 +1) の場合は [a1 + b1X][a2 + b2X] = [a1a2− b1b2 + (a1b2 + a2b1)X] となる. 今度は [a1 + b1X] = [0], i.e., (a1, b1) = (0, 0) と仮定すると a2 := a1

a21+b21, b2 = −b1

a21+b21∈ R (∵

a21 + b21 = 0) であり [a1 + b1X][a2 + b2X] = [a2 + b2X][a1 + b1X] = [1] を満たす. よって[a1 + b1X] = [0]⇒ [a1 + b1X] ∈ (R[X]/(X2 + 1))× が言えたので体 (よって整域) である.

C[X]/(X2 + 1) は整域でなく (∵ [X + i][X − i] = [0]), よって体でもない.

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5.3 素イデアル, 極大イデアル

定義 58. R を単位元をもつ可換環, I ⊂ R をイデアルで I = R とする.

1. I が 素イデアル (prime ideal) ⇔『a, b ∈ R, ab ∈ I ⇒ a ∈ I または b ∈ I』.

2. I が極大イデアル (maximal ideal)⇔『I ⊂ Jイデアル⊂ R⇒ I = J または J = R』.

命題 59. R を単位元もつ可換環とする. また 3, 4, 5 では I は R のイデアルとする. このとき以下が成り立つ.

1. R が整域 ⇔ (0) が素イデアル. 2. R が体 ⇔ (0) が極大イデアル.

3 R/I が整域 ⇔ I が素イデアル. 4. R/I が体 ⇔ I が極大イデアル.

5 I が極大イデアル ⇒ I が素イデアル.

証明. 1. R が整域 ⇔『∀a, b ∈ R, ab = 0 ⇒ a = 0 または b = 0』. “∗ = 0” は “∗ ∈ (0)”

に言い換えらえる (∵ (0) = {0}) ので題意を得る.

2. 問題 49-2 より R が体 ⇔『R のイデアルは R, {0} の二つのみ』i.e.,『I がイデアル⇒ I = {0} または I = R』. I がイデアルなら (0) ⊂ I は自動的になりたつので, これは

(0) が極大イデアルであること ((0) ⊂ Jイデアル⊂ R ⇒ (0) = J または J = R) を意味する.

3. R/I の元 a+ I (a ∈ R) を a で表す. 1 より, I ⊂ R が素イデアル ⇔ (0) ⊂ R/I が素イデアル, を言えばよい. 実際 (0) が素イデアル ⇔『ab ∈ (0)⇒ a ∈ (0) または b ∈ (0)』c=a,b,ab それぞれに対して c∈(0)⇔c=0⇔c∈I⇔ 『ab ∈ I ⇒ a ∈ I または b ∈ I』⇔ I が素イデアル.

4. 3 と同様に考えると, I ⊂ R が極大イデアル ⇔ (0) ⊂ R/I が極大イデアル, を言えばよいことが分かる. 命題 83 (後に示す) より以下が成り立つ: 自然な射影 π : R → R/I,

a 7→ a+ I を考える. このとき以下は全単射を与える:

{R のイデアル J で I ⊂ J となるもの } ↔ {R/I のイデアル J},J 7→ π(J),

π−1(J) 7→ J .

よって I ⊂ R が極大イデアル ⇔ {R のイデアル J で I ⊂ J となるもの全体 } = {I, R}⇔ {R/I のイデアル全体 } = {π(I), π(R)} = {(0), R/I} ⇔ (0) ⊂ R/I が極大イデアル.

5.『体であれば整域である』と 3,4 より.

練習問題 60. n ∈ N に対して単項イデアル (n) を考える. このとき以下の同値を示せ.

n が素数 ⇔ (n) は素イデアル ⇔ (n) は極大イデアル.

略解. 命題 53-3,4, 命題 59-5 より.

応用問題 61. Z 係数の多項式環 Z[X] と素数 p を考える. Z[X] の単項イデアル (p) =

pZ[X] は素イデアルだが極大イデアルでないことを示せ.

17

6 部分環, 部分体定義 62. R は加法 +, 乗法 · に関して環である, とする. 空でない部分集合 S ⊂ R が以下の性質を満たすとき, S は R の 部分環 (subring) である, という:

R の演算 +, · を S に制限したものは S 上の演算となり (i.e., a, b ∈ S ⇒ a+ b, a · b ∈ S),

S はこの “R の演算の制限” に関して環となる.

同様に, 体 F の空でない部分集合 K が, F の演算の制限に関して体となるとき, K は F

の 部分体 (subfield) である, という.

練習問題 63. Z ⊂ Q, R ⊂ R[X], 2Z ⊂ Z は部分環, Q ⊂ R, R ⊂ C, Q ⊂ C は部分体であることをそれぞれ確かめよ.

注意 64. 1. R を任意の環とする. このとき零環 {0} と R 自身は R の部分環となる.

これらを自明な部分環などという.

2. Rを環, S をその部分環とする. このとき Rの零元と S の零元は一致する (∵ (S,+)

は (R,+) の部分群となり, したがって加法群としての単位元は一致). ただし R が単位元をもつときでも S は単位元をもつとは限らない (たとえば 2Z ⊂ Z.).

3. F を体, K をその部分体とする. このときそれぞれの零元, 単位元は一致する (∵(K×, ·) は (F×, ·) の部分群となり, したがって乗法群としての単位元も一致).

命題 65. 1. 環 R の空でない部分集合 S に対し, 以下は同値.

(a) S は R の部分環 (i.e., S は R の演算の制限に関して環となる).

(b) 『a, b ∈ S ⇒ a+ b, ab ∈ S』かつ『0 ∈ S』かつ『c ∈ S ⇒ −c ∈ S』.

(c) a, b ∈ S ⇒ a+ b,−a, ab ∈ S.

(d) a, b ∈ S ⇒ −a+ b, ab ∈ S.

2. 体 F の空でも {0} でもない部分集合 K に対し, 以下は同値.

(a) K は F の部分体 (i.e., K は F の演算の制限に関して体となる).

(b) 『a, b ∈ K ⇒ a+ b, ab ∈ K』かつ『0, 1 ∈ K』かつ『c ∈ K ⇒ −c ∈ K』かつ『0 = c ∈ K ⇒ c−1 ∈ K』.

(c) 『a, b ∈ K ⇒ a+ b,−a, ab ∈ K』かつ『0 = c ∈ K ⇒ c−1 ∈ K』.

(d) 『a, b ∈ K ⇒ −a+ b ∈ K』かつ『a, b ∈ K, a = 0⇒ a−1b ∈ K』.

証明のポイント. • S, K は環や体の部分集合なので, (演算が well-defined なら) 結合法則は自動的に成り立つ.

• S = ∅ より ∃s ∈ S. よって『a, b ∈ S ⇒ a− b ∈ S』から『0 = s− s ∈ S』が導ける.

• K = ∅, {0} より 0 = ∃k ∈ K. よって『a, b ∈ K, a = 0⇒ a−1b ∈ K』から『1 = k−1k ∈K』が導ける.

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基本問題 66. d ∈ Z は平方数でない (i.e., d = n2 (n ∈ Z) の形でない) とする. このときKd := {a+ b

√d ∈ C | a, b ∈ Q} (二次体 と呼ばれる) は C の部分体になることを示せ.

略解. 命題 65-2 の同値条件のどれかを言えばよい. ここでは演算の制限に関して体の定義を満たしていることを示す (他の条件を示す方がより簡単である).

演算が well-defined. (a1+ b1√d)+(a2+ b2

√d) = (a1+a2)+(b1+ b2)

√d, (a1+ b1

√d)(a2+

b2√d) = (a1a2 + db1b2) + (a1b2 + a2b1)

√d ∈ Kd (ai, bi ∈ Q).

加法に関して可換群. 結合法則や加法に関する可換性は体 C の部分集合より自明. 加法に関する単位元 (零元) は 0 = 0 + 0

√0. a+ b

√d の逆元は (−a) + (−b)

√d (a, b ∈ Q).

乗法の結合法則, 分配法則, 乗法の可換性. 体 C の部分集合より自明.

零元以外は単元. a + b√d = 0, a, b ∈ Q とする. このとき (a, b) = (0, 0). とくに

a2−db2 = 0 (∵ a2−db2 = 0なら 0 = (a+ b√d)(a− b

√d), i.e., a± b

√d = 0. ここで b = 0

なら a = ±b√d = 0 なので (a, b) = (0, 0) に矛盾. よって b = 0. 合わせて

√d = ±a/b,

i.e., d = a2/b2. これは d が平方数でないことに矛盾). よって aa2−db2

+ −ba2−db2

√d ∈ Kd. 計

算より (a+ b√d)( a

a2−db2+ −b

a2−db2

√d) = 1 が分かるので, a+ b

√d = 0 は逆元が存在.

補題 67. 1. R を環, Sλ ⊂ R (λ ∈ Λ) を部分環とすると ∩λ∈ΛSλ ⊂ R も部分環となる.

2. F を体, Kλ ⊂ F (λ ∈ Λ) を部分体とすると ∩λ∈ΛKλ ⊂ F も部分体となる.

証明. 部分環や部分体の同値条件 (命題 65)のどれかを示せばよい. 以下, 1の ∩λ∈ΛSλが命題 65-1-(d)を満たしていること示す. 0 ∈ Sλ (λ ∈ Λ)より 0 ∈ ∩λ∈ΛSλ. よって空集合でないから a, b ∈ Sλ ⇒ −a+b, ab ∈ Sλ (λ ∈ Λ)を仮定してa, b ∈ ∩λ∈ΛSλ ⇒ −a+b, ab ∈ ∩λ∈ΛSλ

を言えばよい. 実際 a, b ∈ ∩λ∈ΛSλ ⇒ ∀λ, a, b ∈ Sλ ⇒ ∀λ, −a+ b, ab ∈ Sλ ⇒ −a+ b, ab ∈∩λ∈ΛSλ. 2 も同様.

定理 68. 1. R を単位元 1 をもつ環, S ⊂ R を部分環とし, 1 ∈ S と仮定する. またM ⊂ R を部分集合とする.

(a) S, M を含む R の部分環全ての共通部分 S[M ] :=∩

部分環 T⊂R s.t. S,M⊂T

T は S の

部分環となり, S 上 M で生成された部分環 (generated by M over S), または S に M を添加して得られる部分環 (obtained from S by adding M)

と呼ばれる.

(b) S[M ] は S,M を含む R の部分環で最小のものである. i.e., 以下が成り立つ.

部分環 T ⊂ R s.t. S,M ⊂ T ⇒ S[M ] ⊂ T.

(c) R を可換環, M = {a1, a2, . . . , am} とするとき, 以下のように書ける.

S[M ] =

{n1∑

k1=0

n2∑k2=0

· · ·nm∑

km=0

ck1,k2,...,kmak11 ak22 . . . akmm |

ck1,k2,...,km ∈ S,

0 ≤ n1, . . . , nm ∈ Z

}.

2. F を体, K ⊂ F を部分体とする. また M ⊂ F を部分集合とする.

19

(a) K, M を含む F の部分体全ての共通部分 K(M) :=∩

部分体 L⊂F s.t. K,M⊂L

L は F

の部分体となり, K 上 M で生成された部分体, または K に M を添加して得られる部分体 と呼ばれる.

(b) K(M) は K,M を含む F の部分体で最小のものである. i.e., 以下が成り立つ.

部分体 L ⊂ F s.t. K,M ⊂ L⇒ K(M) ⊂ L.

(c) (F は単位元をもつ環でもあり, K ⊂ F は部分環でもあるので) K に M を添加して得られた環 K[M ] が定まる. このとき K[M ] ⊂ K(M) であり, さらにK(M) = {a−1b | a, b ∈ K[M ], a = 0} と書ける.

証明. 1-(a), 2-(a) は補題 67 より. 1-(b), 2-(b) は集合としての “共通部分” の性質より.

1-(c). (⊃) は S[M ] が ck1,k2,...,km ∈ S, ai ∈ M を含み, かつ環 (とくに和と積で閉じている) ことより従う. (⊂) を言うには S[M ] の最小性 (1-(b)) より, 右辺が S,M を含む部分環であることを言えばよい. S,M の各元を含むのは自明. 部分環であることを言うには,

例えば『a, b ∈ 右辺 ⇒ −a+ b, ab ∈ 右辺』を言えばよいが, こちらも自明であろう (多項式と多項式の差や積が多項式になるのと同様).

2-(c). 体は環でもあるので {部分体 L ⊂ F | K,M ⊂ L} ⊂ {部分環 S ⊂ F | K,M ⊂ S}.よってK[M ] = ∩部分環 S⊂F s.t. K,M⊂SS ⊂ ∩部分体 L⊂F s.t. K,M⊂LL = K(M). さらに K(M)

は体 (とくに零元以外での “割り算”で閉じている)なので {a−1b | a, b ∈ K[M ], a = 0} ⊂K(M). (⊃)を言うにはK(M)の最小性 (2-(b))より {a−1b | a, b ∈ K[M ], a = 0}がK,M

を含む部分体であることを言えばよい. K,M ⊂ K[M ] ⊂ {a−1b | a, b ∈ K[M ], a = 0} だから, あとは部分体であること (例えば命題 65-2-(d))を言えばよい. 実際 a−1

1 b1−a−12 b2 =

(a1a2)−1(a2b1 − a1b2), (a

−13 b3)

−1(a−14 b4) = (a4b3)

−1(a3b4) ∈ {a−1b | a, b ∈ K[M ], a = 0}(ai, bi ∈ K[M ], ai = 0, b3 = 0).

基本問題 69. Z[√−1] = {a+ b

√−1 | a, b ∈ Z} (ガウス整数環 と呼ばれる) を確かめよ.

略解. (⊃) Z[√−1] は a, b ∈ Z,

√−1 を含み, 環である (∴ 和積で閉じている ) ことより.

(⊂) Z[√−1] = {

∑nk=0 ck

√−1k | 0 ≤ n ∈ Z, ck ∈ Z} の一般元は

∑k ck√−1k =

(∑

k≡0 mod 4 ck −∑

k≡2 mod 4 ck) + (∑

k≡1 mod 4 ck −∑

k≡3 mod 4 ck)√−1 (ck ∈ Z) の形.

(⊂ の別解) Z[√−1] の最小性より {a+ b

√−1 | a, b ∈ Z} が Z,

√−1 を含む環であること

を言えばよい.

基本問題 70. 問題 66 で定義した二次体 Kd = {a+ b√d ∈ C | a, b ∈ Q} はQ に

√d ∈ C

を添加して得られた体 Q(√d) と一致することを示せ.

略解. 問題 69 と同様に Q に√d ∈ C を添加して得られた環を計算するとQ[

√d] = {a+

b√d | a, b ∈ Q} = Kd が分かる. よって定理 68-2-(c) の前半よりQ(

√d) ⊃ Q[

√d] = Kd.

Q(√d) ⊂ Kd は, 定理 68-2-(c) の後半より Q(

√d) = {x−1y | x, y ∈ Q[

√d], x = 0} =

{(a1 + b1√d)−1(a2 + b2

√d) = a1a2−b1b2

a21−db21+ a1b2−da2b1

a21−db21

√d | ai, bi ∈ Q, (a1, b1) = (0, 0)} ⊂ Kd

で得られる.

((⊂) の別解) Q(√d) の最小性より Kd が Q,

√d を含む体であることを言えばよい.

20

7 略解問題 3 の略解. 1. 以下 Z が可換環であることを確かめてみる (Q, R, C も同様):

• 『(Z,+) が可換群』は, 前期に示した. 零元は 0Z = 0, n の加法に関する逆元は −n.

• 『∀l,m, n ∈ Z, l(mn) = (lm)n』『∀l,m, n ∈ Z, l(m + n) = lm + ln, (l + m)n =

ln+mn』『∀m,n ∈ Z, mn = nm』は明らかであろう.

2. N は加法に関して群でない (∵ 単位元と逆元なし ) ので環でもない.

問題 4 の略解. 1. 上の問題と同様に確かめればよい.

2. 環であることは同上. 非可換性は, 例えば n = 2 なら [ 0 10 0 ][

0 00 1 ] = [ 0 1

0 0 ] = [ 0 00 0 ] =

[ 0 00 1 ][

0 10 0 ] より. 一般の n でも同様.

問題 9 の略解. 直接示すことも可能であるが, C の部分環であることを示す方が楽. 実際

• ∅ = Z[√d] ⊂ C は自明であろう.

• j + k√d,m + n

√d ∈ Z[

√d] (j, k,m, n ∈ Z) に対し −(j + k

√d) + (m + n

√d) =

(m− j) + (n− k)√d ∈ Z[

√d].

• 同様に (j + k√d)(m+ n

√d) = (jm+ knd) + (jn+ km)

√d ∈ Z[

√d].

と, 命題 65 より従う.

問題 42 の略解. I ⊂M2×2(R) を両側イデアルとして I ⊋ {[ 0 00 0 ]} ⇒ I = M2×2(R) を言え

ばよい. 仮定より [ 0 00 0 ] = ∃[ a b

c d ] ∈ I. 以下を順に示していく:

(1) a = 0 と仮定してよい. (2) [ 1 00 0 ] ∈ I. (3) [ 0 0

0 1 ] ∈ I. (4) [ 1 00 1 ] ∈ I.

(5) I = M2×2(R).

(1) [ a bc d ] = [ 0 0

0 0 ] より a, b, c, d のどれかは = 0. a = 0 なら問題なし. まず b = 0 とする.

このとき [ a bc d ] ∈ I, [ 0 1

1 0 ] ∈ M2×2(R)両側イデアルの定義⇒ [ a b

c d ][0 11 0 ] = [ b a

d c ] ∈ I. よって [ a bc d ] を

[ b ad c ] に取り換えることができ, 望み通り (1, 1)−成分 = 0 とできた. c = 0 なら [ 0 1

1 0 ][a bc d ],

d = 0 なら [ 0 11 0 ][

a bc d ][

0 11 0 ] に取り換えればよい.

(2) a = 0 より [ a−1 00 0 ] ∈M2×2(R). よって [ a b

c d ] ∈ I, [ a−1 00 0 ], [

1 00 0 ] ∈M2×2(R)

両側イデアルの定義⇒[ a−1 0

0 0 ][a bc d ][

1 00 0 ] = [ 1 0

0 0 ] ∈ I.

(3) [ 1 00 0 ] ∈ I, [ 0 1

1 0 ] ∈M2×2(R)両側イデアルの定義⇒ [ 0 1

1 0 ][1 00 0 ][

0 11 0 ] = [ 0 0

0 1 ] ∈ I.

(4) [ 1 00 0 ], [

0 00 1 ] ∈ I

両側イデアルの定義⇒ [ 1 00 0 ] + [ 0 0

0 1 ] = [ 1 00 1 ] ∈ I.

(5) 問題 49-1 より.

21

問題 50 の略解. I, J : 左イデアル ⇒ I ∩ J : 左イデアル, を示す. 他も同様.

I ∩ J = ∅. ∵ 注意 39-2 より I, J は R の加法群としての部分群. とくに加法群としての単位元 0 ∈ I, J . よって 0 ∈ I ∩ J .

a, b ∈ I ∩ J ⇒ −a+ b ∈ I ∩ J . ∵ a, b ∈ I ∩ J ⇒ a, b ∈ I, JI, J が左イデアル⇒ −a+ b ∈ I, J ⇒

−a+ b ∈ I ∩ J .

a ∈ I ∩ J , x ∈ R ⇒ xa ∈ I ∩ J . a ∈ I ∩ J ⇒ a ∈ I, JI, J が左イデアル⇒ xa ∈ I, J ⇒ xa ∈

I ∩ J .

命題 56-1,2 の証明. 1. f または g が 0 の場合は明らか. f, g = 0 とし, deg f = d,

deg g = e とおく. f, g = 0 より d, e ≥ 0 に注意. このとき

f = adXd+ ad−1X

d−1+ · · ·+ a1X + a0, g = beXe+ be−1X

e−1+ · · ·+ b1X + b0 (ad, be = 0)

と書ける. よって

fg = (adbe)Xd+e + (adbe−1 + ad−1be)X

d+e−1 + · · ·+ (a1b0 + a0b1)X + a0b0

であり, adbe = 0 (∵ 体 K は整域でもあり, ad, be ∈ K) となるので deg(fg) = d + e.

deg(f + g) に関する式も, 同様だがより簡単な議論で示せる.

2. 1 と同じ記号で d(= deg f) ≥ e(= deg g) とする. f ′ := f − (adb−1e Xe−f )g とおくと

f ′ = (ad − adb−1e be)X

d + (ad−1 − adb−1e be−1)X

d−1 + · · · .

とくに d 次の係数 = ad − adb−1e be = 0, i.e., deg f ′ < deg f . すなわち

deg f ≥ deg g ⇒ ∃q1 ∈ K[X] s.t. deg f > deg(f − q1g)

が言えた (q1 := adb−1e Xe−f とすればよい). 同じ操作を続けると ∃q1, q2, q3, · · · ∈ K[X] s.t.

deg f > deg(f − q1g) > deg(f − q1g − q2g) > deg(f − q1g − q2g − q3g) > · · ·

とできる. この操作は deg(f − q1g − q2g − · · · − qkg) < deg g となるまで続けることができる. よって

q := q1 + q2 + · · ·+ qk, r := f − q1g − q2g − · · · − qkg

とおけば題意を満たす. 次に一意性を言うために

f = qig + ri, deg ri < deg g (i = 1, 2)

と仮定する. このとき

0 = f − f = (q1g + r1)− (q2g + r2) = (q1 − q2)g + (r1 − r2), i.e., (q1 − q2)g = (r2 − r1).

よって deg(q1−q2)+deg g1= deg((q1−q2)g) = deg(r2−r1)

1

≤ max{deg r1, deg r2}deg ri<deg g

<

deg g, i.e., deg(q1 − q2) < 0, i.e., q1 − q2 = 0, i.e., q1 = q2. これを q1g + r1 = f = q2g + r2

22

に代入すれば r1 = r2 も得られる.

3. (全射) 任意の元 f + (g) ∈ K[X]/(g) (f ∈ K[X]) をとる. f を g で割った商と剰余をq, r とおくと r ∈ K[X]<deg g であり r 7→ r + (g) = (r + qg) + (g) = f + (g) を満たす.

(単射) f1, f2 ∈ K[X]<deg g, f1 + (g) = f2 + (g) とする. このとき f1 − f2 ∈ (g), i.e.,

∃f ∈ K[X] s.t. f1 − f2 = fg. よって deg g > max{deg f1, deg f2}1

≥ deg(f1 − f2) =

deg(fg)1= deg f + deg g, i.e., 0 > deg f , i.e., f = 0. よって r1 − r2 = 0 · g = 0.

問題 61 の略解. 素イデアルである. (p) = {p∑n

i=0 aiXi | 0 ≤ n ∈ Z, ai ∈ Z} =

{∑n

i=0 aiXi | 0 ≤ n ∈ Z, ai ∈ pZ} と書ける. よって f =

∑mi=0 aiX

i, g =∑n

i=0 biXi ∈

Z[X] に対し

f =m∑i=0

aiXi /∈ (p)⇔ 0 ≤ ∃i ≤ m s.t. ai /∈ pZ,

g =n∑

i=0

biXi /∈ (p)⇔ 0 ≤ ∃i ≤ n s.t. bi /∈ pZ,

fg =m+n∑i=0

(i∑

j=0

ajbi−j

)X i /∈ (p)⇔ 0 ≤ ∃i ≤ m+ n s.t.

i∑j=0

ajbi−j /∈ pZ.

以下 f, g /∈ (p) を仮定し fg /∈ (p) を導く. 仮定より if := min{i | 0 ≤ i ≤ m, ai /∈ pZ},ig := min{i | 0 ≤ i ≤ n, bi /∈ pZ} が取れる. とくに ai ∈ pZ (i < if ), bi ∈ pZ (i < ig),

aif , big /∈ pZ. よって∑if+igj=0 ajbif+ig−j =a0bif+ig + a1bif+ig−1 + · · ·+ aif−1big+1

+ aif big

+ aif+1big−1 + · · ·+ aif+ig−1b1 + aif+igb0

の第 1 行, 第 3 行は p の倍数で aif big /∈ pZ (∵ pZ は Z の素イデアル). よって∑if+igj=0 ajbif+ig−j /∈ pZ が言えたので fg /∈ (p).

極大イデアルでない. (p) ⊊ I ⊊ Z[X] となるイデアル I を見つければよい. 例えばI = (p,X) がこれを満たす. 実際 X /∈ (p) より (p) ⊊ (p,X). もし (p,X) = Z[X] なら1 ∈ (p,X), i.e., ∃f, g ∈ Z[X] s.t. pf + Xg = 1. ここで f =

∑mi=0 aiX

i, g =∑n

i=0 biXi

(ai, bi ∈ Z) とおけば

pf+Xg = (pamXm+· · ·+pa1X+pa0)+(bnX

n+1+· · ·+b1X2+b0X) = · · ·+(pa1+b0)X+pa0

であり, 定数項 (= pa0) は p の倍数で, とくに = 1. これは pf +Xg = 1 に矛盾.

問題 63 の略解. 部分環, または, 部分体の定義を満たすことを確かめればよい. または命題 65 で与えた同値な条件のどれかを言えばよい.

23

8 後期中間テスト問題 1. 1. 整数環 Z の零元 (加法単位元), 単位元 (乗法単位元), 単数群を求めよ. 答

えのみで良い.

2. 剰余環 Z/10Z の零元以外の零因子を全て求めよ. 答えのみで良い.

問題 2. K を任意の体とし, (一変数の) K 係数多項式環を K[X] で表す. また, 多項式f ∈ K[X] の次数を deg f で表す.

1. 以下の (a) ∼ (f) から deg が満たす性質とし正しいものを全て選び, 記号で答えよ.

ただし f, g ∈ K[X], f, g = 0 とする.

(a) deg(fg) = deg f + deg g. (b) deg(fg) = max{deg f, deg g}.(c) deg(fg) ≤ max{deg f, deg g}. (d) deg(f + g) = deg f + deg g.

(e) deg(f + g) = max{deg f, deg g}. (f) deg(f + g) ≤ max{deg f, deg g}.

2. K[X] が整域であることを示せ. ただし可換環であることは証明せずに用いてよい.

問題 3. 1. 環の左イデアルの定義を説明せよ.

2. 環 R の左イデアル I, J に対し, I ∩ J も R の左イデアルになることを示せ.

問題 4. R を環, I をその両側イデアルとし, 剰余環 R/I を考える. また剰余環の元 a+ I

(a ∈ R) を a で表す.

1. 剰余環 R/I の乗法が well-defined であることを示せ. すなわち a, a′, b, b′ ∈ R がa = a′, b = b′ を満たすとき ab = a′b′ が成り立つことを示せ.

2. 剰余環 R[X]/(X2 + 1) において X が単元 (可逆元) であることを示せ.

問題 5. R を単位元もつ可換環とし, I を R のイデアルとする. 以下の (a) ∼ (e) から, 正しいものを全て選び, 記号で答えよ.

(a) R が整域 ⇔ (0) が素イデアル. (b) R が体 ⇔ (0) が素イデアル.

(c) R/I が整域 ⇔ I が極大イデアル. (d) R/I が体 ⇔ I が極大イデアル.

(e) I が極大イデアル ⇔ I が素イデアル.

問題 6. 実数係数 2 次正方行列全体のなす集合 M2(R) は, 通常の行列の和と積に関して環になる (このことは証明しなくてよい). 部分集合 S := {[ a b

0 d ] ∈M2(R) | a, b, d ∈ R} がM2(R) の部分環になることを示せ.

問題 7. 1. R は単位元 1 をもつ環, S ⊂ R は部分環で 1 ∈ S となるもの, M ⊂ R は部分集合とする. このとき S 上 M で生成された部分環 S[M ] の定義を説明せよ.

2. Z 上√−1 で生成された部分環 Z[

√−1] の一般元はどのように書けるか答えよ. 答

えのみで良い.

3. 剰余環 Z[√−1]/(2) が整域かどうか, 体かどうか, それぞれ調べよ.

(配点: 3-1, 7-1 は各 6 点, 1-1, 1-2, 2-1, 2-2, 3-2, 4-1, 4-2, 5, 6, 7-2, 7-3 は各 8 点)

24

後期中間テストの裏

25

8.1 後期中間テストの略解

採点結果について� �• ここに載っていない問題は, プリント §1 ∼ §7のどこかに載っていると思います.

• 採点結果に異議がある場合は, 二週間以内に私に言ってください.

• 全体の平均点は 55.0 点 (参考：平均点の推移: 59.3, 51.5, 55.0).

• 前期中間・前期期末・後期中間の合計が 115 点未満 ≒ 下から 3 割.

• 前期中間欠席 ⇒ 前期期末・後期中間の合計が 75 点未満 ≒ 下から 3 割.� �問題 1 の略解. 1. 零元 0, 単位元 1, 乗法群 {±1}.2. 零元以外の零因子は 2, 4, 5, 6, 8.

問題 2 の略解. 1. (a), (f).

問題 4 の略解. 2. X2 + 1 = 0 より X · −X = −X2 = 1.

問題 5 の略解. (a), (d).

問題 6 の略解. 明らかに S = ∅ なのでA,B ∈ S ⇒ −A + B,AB ∈ S を示せばよい. 実際 A = [ a b

0 d ], B = [ x y0 w ] (a, b, d, x, y, w ∈ R) とおけるので−A + B =

[ −a+x −b+y0 −d+w

]∈ S,

AB =[ax ay+bw0 dw

]∈ S が分かる.

問題 7 の略解. 2. Z[√−1] = {x+ y

√−1 | x, y ∈ Z} の形.

3. (2) = 2Z[√−1] = {2x + 2y

√−1 | x, y ∈ Z} なので a+ b

√−1 = a′ + b′

√−1 ⇔

(a − a′) + (b − b′)√−1 ∈ (2) ⇔ a − a′, b − b′ ∈ 2Z が分かる. よって Z[

√−1]/(2) ={

0, 1,√−1, 1 +

√−1}. 掛け算の乗積表は

積 0 1√−1 1 +

√−1

0 0 0 0 0

1 0 1√−1 1 +

√−1

√−1 0

√−1 1 1 +

√−1

1 +√−1 0 1 +

√−1 1 +

√−1 0

(∵√−1 ·

√−1 = −1 1−(−1)=2∈(2)

= 1, 等). とくに零元以外の零因子 1 +√−1 が存在する

ので, 整域でない. よって体でもない.

3 の別解. (1 +√−1) · (1−

√−1) = 2 ∈ (2), 1 +

√−1, 1−

√−1 /∈ (2) より (2) は素イデ

アルでない. よって Z[√−1]/(2) は整域でなく, したがって体でもない.

26

9 準同型写像, 同型写像定義 71. R,R′ を環とする. 写像 f : R→ R′ が以下の性質を満たすとき, (環としての) 準同型写像 (homomorphism) であるという.

∀x, y ∈ R, f(x+ y) = f(x) + f(y), f(xy) = f(x)f(y).

全単射な準同型写像は 同型写像 (isomorphism) と呼ばれる. また, 同型写像 f : R→ R′

が存在するとき, R と R′ は 同型 (isomorphic) であるといい, 記号 R ∼= R′ で表す.

注意 72. 1. 定義より,環準同型写像は,加法群としての群準同型写像である. よって零元の像は零元となる: すなわち『環の準同型写像 f : R→ R′に対して f(0R) = f(0R′)』.

2. 1 と同じ理由で『環の準同型写像 f : R→ R′, 元 x ∈ R に対して f(−x) = −f(x)』.

3. R,R′ が単位元を持つ環で, f : R→ R′ が環準同型写像であっても,単位元の像が単位元 (f(1R) =? 1R′)とは限らない. また,逆元の像が像の逆元になる (f(x−1) =? f(x)−1)

とは限らない (e.g., “零写像” f : Z→ Z, f(n) := 0 (∀n ∈ Z) は環準同型の定義を満たすが, f(1) = 0 = 1, f(1−1)f(1) = f(1)f(1) = 0 · 0 = 0 = 1). 単位元を単位元に移す準同型写像のことを 単位元を持つ環としての準同型写像 などと呼ぶ.

練習問題 73. R を環, S ⊂ R を部分環, I ⊂ R を両側イデアル, R/I を剰余環とする. 以下が準同型写像であることを確かめよ.

1. 自然な単射 ι : S → R, ι(x) := x. 2. 自然な射影 π : R→ R/I, π(x) := x+ I.

練習問題 74. R を単位元を持つ可換環, R[X] を R 係数多項式環とする. “X = 0 を代入する写像” v0 : R[X]→ R, v0(f(X)) := f(0) は準同型写像であることを確かめよ.

略解. f =∑m

i=0 aiXi, g =

∑ni=0 biX

i ∈ R[X] ⇒ v0(f + g) = a0 + b0 = v0(f) + v0(g),

v0(fg) = a0b0 = v0(f)v0(g).

参考問題 75. K を体とする. (抽象) K ベクトル空間 V は加法群でもある. また, 集合

Endgp(V ) := {f : V → V | f は加法群としての群準同型写像 }

は演算 (f + g)(v) := f(v) + g(v), fg := f ◦ g (f, g ∈ Endgp(V ), v ∈ V ) に関して単位元 1Endgp(V ) = idV を持つ環となる (確かめてみよ). このとき, 写像 ρ : K → Endgp(V ),

ρ(x)(v) := xv (x ∈ K, v ∈ V ) は単位元を持つ環としての準同型写像になることを示せ.

命題 76. R, S, T を環, f : R→ S, g : S → T を写像とする. 以下が成り立つ.

1. 『f, g は準同型写像⇒ g◦f は準同型写像』,『f, g は同型写像⇒ g ◦f は同型写像』.

2. f は同型写像 ⇒ f−1 は同型写像.

3. “同型”は同値関係, i.e.,『R ∼= R』,『R ∼= S ⇒ S ∼= R』,『R ∼= S, S ∼= T ⇒ R ∼= T』.

27

証明. 1. 前半は (g ◦ f)(x + y) = g(f(x + y))f は準同型

= g(f(x) + f(y))g は準同型

= g(f(x)) +

g(f(y)) = (g ◦ f)(x) + (g ◦ f)(y), (g ◦ f)(xy) 同様の議論= · · · = (g ◦ f)(x)(g ◦ f)(y) より. 後半はさらに『全射と全射の合成は全射』『単射と単射の合成は単射』から従う.

2. f−1 の全単射性は逆写像の性質より従う. f−1 が準同型写像であることを言えばよい.

実際 f−1(x+ y) = f−1(x) + f−1(y) を言うには f が単射より f(f−1(x+ y)) = f(f−1(x) +

f−1(y)) を言えばよい. これは, 左辺 = x+ y, 右辺f は準同型

= f(f−1(x))+ f(f−1(y)) = x+ y

より成立. f−1(xy) = f−1(x)f−1(y) も同様に言える.

3. 恒等写像 idR が同型写像 (簡単に示せる) であることと, 1, 2 より.

練習問題 77. 同型な環は (環として) “同じ性質” を持っている. 例として以下を確かめよ: R,R′ を環, f : R → R′ を同型写像, x ∈ R とする. (さらに 3, 4 では R,R′ は単位元を持つと仮定する.) 以下が成り立つ.

1. x = 0⇔ f(x) = 0. 2. x が零因子 ⇔ f(x) が零因子. 3. x = 1⇔ f(x) = 1.

4. x が単元 ⇔ f(x) が単元. 5. R が整域 ⇔ R′ が整域. 6. R が体 ⇔ R′ が体.

略解. 以下, 同値のうち (⇒) を示す. (⇐) は f を f−1 に取り換えると同様に示せる.

1. 注意 72-1 より. 2. xy = 0⇒ f(x)f(y) = f(xy) = f(0) = 0, x, y = 01⇔ f(x), f(y) = 0.

3. x = 1⇔ ∀y ∈ R, xy = yx = y ⇒ ∀y′ ∈ R′, f(x)y′f 全射より ∃y ∈ R s.t. y′ = f(y)

= f(x)f(y) =

f(xy) = f(y) = y′, y′f(x)同様

= · · · = y′. 4. xy = 1 ⇒ f(x)f(y) = f(xy) = f(1)3= 1.

5. R に零元以外の零因子が存在しない1, 2⇔ R′ に零元以外の零因子が存在しない.

6. R が体 ⇔ R− {0} = R× 1, 4⇔ R′ − {0} = R′× ⇔ R′ が体.

基本問題 78. (問題 66, 70 で定義した) 二次体 Q(√2), Q(

√3) は同型でないことを示せ.

略解. 同型写像 f : Q(√2) → Q(

√3) の存在を仮定し, α := f(

√2) ∈ Q(

√3) とおくと

『√2 と α は “代数的に同じ性質” を持っている』はずである. 具体的には

√22= 2 より

f(√2)2 = f(

√2)f(√2) = f(

√2√2) = f(

√22) = f(2) = f(1+1) = f(1)+f(1) = 1+1 = 2,

i.e., α2 = 2 — (♯). 一方で Q(√3) = {a+b

√3 | a, b ∈ Q}より α = a+b

√3 (a, b ∈ Q)と書

け, α2 = (a2+3b2)+2ab√3 — (♭). よって (♯), (♭),

√3は無理数,より (a2+3b2, 2ab) = (2, 0)

が必要だが, これは有理数解を持たない.

基本問題 79. R,R′ を環, f : R→ R′ を準同型写像とする. 以下が成り立つことを示せ.

1. I ′ ⊂ R′ を左イデアルとするとき, 逆像 f−1(I ′) は R の左イデアルである (右イデアル, 両側イデアルでも同様).

2. 核 (kernel) Ker f := f−1({0R′}) = {x ∈ R | f(x) = 0R′} は R の両側イデアル.

略解. 1. I ′ が左イデアルより『a′, b′ ∈ I ′ ⇒−a′+b′ ∈ I ′』,『a′ ∈ I ′, x′ ∈ R′ ⇒ x′a′ ∈ I ′』.

よって『a, b ∈ f−1(I ′)⇒ f(a), f(b) ∈ I ′ ⇒ f(−a+b)f は準同型

= −f(a)+f(b) ∈ I ′ ⇒ −a+b ∈f−1(I ′)』, 『a ∈ f−1(I ′), x ∈ R⇒ f(xa)

f は準同型= f(x)f(a) ∈ I ′ ⇒ xa ∈ f−1(I)』.

2. 零元のみからなる集合 {0R′} ⊂ R′ は両側イデアルになる. よって 1 (の両側イデアルの場合) より従う.

28

基本問題 80. R,R′ を環, f : R→ R′ を準同型写像とする. 以下が成り立つことを示せ.

1. 像 (image) Im f := {f(x) ∈ R′ | x ∈ R} は R′ の部分環.

2. I ⊂ R を左イデアルとするとき, 像 f(I) は Im f の左イデアルである (右イデアル,

両側イデアルでも同様).

3. f が全射であると仮定する. 左イデアル I ⊂ R に対して, 像 f(I) は R′ の左イデアルである (右イデアル, 両側イデアルでも同様).

略解. 2. a′, b′ ∈ f(I) ⇒ ∃a, b ∈ I s.t. a′ = f(a), b′ = f(b) ⇒ −a′ + b′ = −f(a) +f(b)

f は準同型= f(−a + b)

a,b∈I⇒−a+b∈I∈ f(I), a′ ∈ f(I), x′ ∈ f(R) ⇒ ∃a ∈ I, x ∈ R s.t.

a′ = f(a), x′ = f(x)⇒ x′a′ = f(x)f(a)f は準同型

= f(xa)a∈I,x∈R⇒xa∈I

∈ f(I).

3. f が全射であれば f(R) = R′ である. よって 2 より従う.

命題 81. R,R′ を環, f : R→ R′ を準同型写像とする. このとき

f が単射 ⇔ Ker f = {0}.

証明. f が準同型より f(0) = 0, i.e., Ker f ⊃ {0} は常に成立. とくに右辺は Ker f ⊂ {0}と置き換えてもよい.

(⇒) Ker f ⊂ {0} を示す. x ∈ Ker f , i.e., f(x) = 0 なら, f(0) = 0 と f が単射より x = 0.

(⇐) f(x) = f(y)⇒ f(x− y) = f(x)− f(y) = 0⇒ x− y ∈ Ker f = {0} ⇒ x− y = 0⇒x = y.

基本問題 82. R を環, F を体, f : F → R を準同型写像とする. このとき f は零写像 (i.e.,

∀x ∈ F , f(x) = 0R) となるか, または単射になることを示せ.

略解. Ker f は体 K のイデアルなので {0} か K. 前者なら単射, 後者なら零写像.

命題 83. R を環, I をその両側イデアルとし, 剰余環 R/I と自然な射影 π : R → R/I,

a 7→ a+ I を考える. このとき以下は全単射を与える:

{R の両側イデアル J で I ⊂ J となるもの } ↔ {R/I の両側イデアル J},J 7→ π(J),

π−1(J) ← [ J .

証明. まず Kerπ = π−1({0R/I}) = I に注意. 問題 80-3 より Φ: J 7→ π(J) は well-

defined. また問題 79-1 および『π−1(J)J∋0R/I

⊃ π−1({0R/I}) = I』より π−1(J) ←[ J : Ψ もwell-defined. 全単射を言うには Φ ◦Ψ, Ψ ◦Φ が共に恒等写像であることを言えばよい. すなわち『I ⊂ J ⊂ R, J は R の両側イデアル⇒ Ψ ◦Φ(J) = π−1(π(J)) = J』,『J ⊂ R/I,

J は R/I の両側イデアル ⇒ Φ ◦Ψ(J) = π(π−1(J)) = J』を言う.

前半. 写像の像と逆像の一般論より π−1(π(J)) ⊃ J . 以下 (⊂) を言う. x ∈ R が x ∈π−1(π(J))⇔ π(x) ∈ π(J)⇔ ∃a ∈ J s.t. π(x) = π(a), i.e., π(x−a) = π(x)−π(a) = 0R/I ,

i.e., x− a ∈ Ker π = I, i.e., ∃b ∈ I s.t. x− a = b. よって x = a+ ba∈I,b∈I⊂J∈ J .

後半. 写像の像と逆像の一般論より π(π−1(J)) ⊂ J . さらに πが全射より (⊃)が言える. 実際 ∀a ∈ J , ∃a0 ∈ R s.t. π(a0) = a. とくに a0 ∈ π−1(J). よって π(π−1(J)) ∋ π(a0) = a.

29

10 (準)同型写像の続き, 準同型定理, 分数体の導入定義 84. 環 R から同じ環 R への準同型写像, 同型写像を, それぞれ R の 自己準同型写像 (endomorphism), 自己同型写像 (automorphism) と呼ぶ.

基本問題 85. 複素共役写像 ρ : C→ C, a+ bi 7→ a− bi (a, b ∈ R) が C の自己同型写像であることを示せ.

略解. ρ((a+bi)+(c+di)) = ρ((a+c)+(c+d)i) = (a+c)− (b+d)i = ρ(a+bi)+ρ(c+di),

ρ((a+ bi)(c+ di))同様

= · · · = ρ(a+ bi)ρ(c+ di). 全単射は ρ ◦ ρ = idC を使って示せる.

基本問題 86. 整数環 Z の自己準同型写像, 自己同型写像をすべて求めよ.

略解. (Z は 1 で生成されるので) 準同型写像 f : Z→ Z は 1 の行き先 a := f(1) のみで

決定される. 実際 f(n) =

f(1 + 1 + · · ·+ 1) = f(1) + f(1) + · · ·+ f(1) = na (n ∈ N)0 (n = 0)

f(−|n|) = −f(|n|) = −|n|a = na (n < 0)

より, 全ての元 n ∈ Z の行き先が f(n) = an となる必要がある. すなわち, Z の自己準同型写像は a ∈ Z 倍写像 fa : Z→ Z, n 7→ an の形. 実際に fa が準同型となる a は 0, 1 のみ (∵ a = fa(1) = fa(1

2) = fa(1)2 = a2 より a = 0, 1 が必要. また f0 は零写像, f1 は恒

等写像なので共に準同型写像) で, 同型写像は f1 のみ.

基本問題 87. 有理数体 Q の自己準同型写像, 自己同型写像をすべて求めよ.

定義 88. 環 R, S, T を考える. R は S, T の共通の部分環 (R ⊂ S, R ⊂ T ) であるとする.

このとき準同型写像 f : S → T で fR = idR を満たすものは 環 R 上の準同型写像 と呼ばれる. R 上の同型写像, R 上の自己準同型写像, R 上の自己同型写像も同様に定義される.

練習問題 89. 複素共役写像は C の R 上の自己同型写像であることを確かめよ.

応用問題 90. 実数係数多項式 f(X) に対し, f(X) = 0 の虚数解は必ず a + bi, a − bi

(a, b ∈ R) の形のペアで現れる. このことを示せ.

略解. f [X] ∈ R[X], α ∈ C と複素共役写像 ρ に対して ρ(f(α)) = f(ρ(α)) — (♯) を言え

ばよい. もし言えれば, “α ∈ C が f(X) = 0 の解” ⇒ f(α) = 0 ⇒ 0 = ρ(0) = ρ(f(α))(♯)=

f(ρ(α)) ⇒ “ρ(α) も f(X) = 0 の解”, i.e.,『a+ bi が解 ⇒ ρ(a+ bi) = a− bi も解』.

命題 91. R,R′, S, S ′ を環とする. 以下が成り立つ. (証明は, 環の直積の定義と, 準同型写像の定義より導かれる. 省略.)

1. 写像 f : R → S, f ′ : R → S ′ がそれぞれ準同型写像であれば, f × f ′ : R → S × S ′,

a 7→ (f(a), f ′(a)) も準同型写像になる.

2. 写像 f : R→ S, f ′ : R′ → S ′がそれぞれ準同型写像であれば, f×f ′ : R×R′ → S×S ′,

(a, a′) 7→ (f(a), f ′(a′)) も準同型写像になる.

30

応用問題 92. 1. R1, R2 を環とし, それらの直積 R := R1 × R2 を考える. このときR′

1 := {(a1, a2) ∈ R | a2 = 0}, R′2 := {(a1, a2) ∈ R | a1 = 0} は R の部分環とな

り, Ri と R′i は同型になる. さらに写像 p1 : R 7→ R, (a1, a2) 7→ (a1, 0), p2 : R 7→ R,

(a1, a2) 7→ (0, a2) は自己準同型写像で p1 + p2 = idR, p2i = pi, Im pi = R′

i を満たす.

(ただし p1 + p2 : R 7→ R, a 7→ p1(a) + p2(a), p2i := pi ◦ pi.)

2. R を環とする. 自己準同型写像 pi : R→ R が p1 + p2 = idR, p2i = pi をみたすとき,

Ri := Im pi とおけば p1 × p2 : R→ R1 ×R2, a 7→ (p1(a), p2(a)) は同型写像となる.

略解. 2 の写像 p1 × p2 の全単射を言うのが少し難しい. まず p1 ◦ p2 = p2 ◦ p1 = 0 (零写像) であることを示し, これを使って g : R1×R2 7→ R, (a1, a2) 7→ a1 + a2 が逆写像となる(i.e., g ◦ (p1 × p2) = idR, (p1 × p2) ◦ g = idR1×R2) を言えばよい.

10.1 準同型定理

定理 93 (準同型定理). R,R′ を環, f : R → R′ を準同型写像とする. (よって Ker f は R

の両側イデアルになり, したがって剰余環 R/Ker f が定義できる. また像 Im f は R′ の部分環であり, とくに環である.) このとき写像

f : R/Ker f → Im f,　 x+Ker f 7→ f(x)

は well-defined であり, さらに同型写像となる. (f と f の関係は, 以下のようにも書ける:

自然な射影 π : R→ R/Ker f , 自然な単射 ι : f(R)→ R′ を用いて f = ι ◦ f ◦ π.)

証明. 群の準同型定理より, 写像 f が well-defined かつ, 加法群として同型写像が言える.

残りは f([x][y]) = f([x])f([y]) (∀[x] := x + Ker f, [y] := y + Ker f ∈ R/Ker f) を言えばよい. 実際 f([x][y]) = f([xy]) = f(xy) = f(x)f(y) = f([x])f([y]).

基本問題 94. 体 K を係数とする多項式環 K[X] と, 元 a ∈ K を考える.

1. 写像 va : K[X]→ K, f(X) 7→ f(a) が全射な準同型写像であることを確かめよ.

2. Ker va = (X − a) (X − a で生成される K[X] の単項イデアル) を確かめよ.

3. K[X]/(X − a) ∼= K を示せ.

略解. 1. 準同型性は定義通り言えばよい. 全射は ∀b ∈ K, b ∈ K ⊂ K[X], va(b) = b より.

2. (⊃) ∀(X − a)f(X) ∈ (X − a), va((X − a)f(X)) = (a− a)f(a) = 0.

(⊂) ∀f(X) ∈ K[X], ∃q(X), r(X) ∈ K[X] s.t. f(X) = q(X)(X − a) + r(X), deg r(X) <

deg(X − a) = 1. とくに r(X) = r0, r0 ∈ K と書ける. このとき f(X) ∈ Ker va ⇒ 0 =

va(f(X)) = q(a)(a− a) + r(a) = r0, i.e., r0 = 0, i.e., f(X) = q(X)(X − a) ∈ (X − a).

3. 写像 va に準同型定理を適用すればよい.

基本問題 95 (中国剰余定理). 互いに素な m,n に対し Z/(mn) ∼= Z/(m)×Z/(n) を示せ.

31

略解. 写像 f : Z → Z/(m) × Z/(n), a 7→ (a + (m), a + (n)) は準同型写像 (∵問題 73-2,

命題 91-1). よって準同型定理より Z/Ker f ∼= Im f . あとは Ker f, Im f 計算すればよい.

Ker f = (mn). a ∈ Ker f ⇔ f(a) = (a+(m), a+(n)) = (0+(m), 0+(n)⇔ a ∈ (m), a ∈ (n)

⇔ a ∈ (m) ∩ (n) = {m の倍数 } ∩ {n の倍数 } 問題 37-6= {mn の倍数 } = (mn).

Im f = Z/(m)× Z/(n). 既に Z/(mn) = Z/Ker f ∼= Im f ⊂ Z/(m)×Z/(n)が言えている.

とくにmn = |Z/(mn)| = |Im f | ≤ |Z/(m)×Z/(n)| = mn, i.e., |Im f | = |Z/(m)×Z/(n)|.よって Im f = Z/(m)× Z/(n) (∵ 一般に X ⊂ Y , |X| = |Y | <∞ ⇒ X = Y ).

基本問題 96. 環としての同型 R[X]/(X2 + 1) ∼= C を示せ.

略解. 写像 ϕ : R[X] → C, f(X) 7→ f(i) に準同型定理を適用する. ∀a + bi ∈ C, f(X) :=

a+ bX 7→ a+ bi より全射. あとは Kerϕ = (X2+1) を言えばよい. (⊃) は自明. 以下 (⊂)を示す. f(X) ∈ Kerϕの X2+1での商と剰余を q(X), r1X+r0 (q(X) ∈ R[X], r0, r1 ∈ R)とおくと f(X) = q(X)(X2+1)+r(X). f(i) = 0より r1i+r0 = 0, f(−i) = 0 (∵ 問題 90)

より −r1i+ r0 = 0. 連立させて r0 = r1 = 0, i.e., f(X) = q(X)(X2 + 1) ∈ (X2 + 1).

基本問題 97. 環としての同型 R[X]/(X2 − 1) ∼= R× R を示せ.

略解. 写像 ϕ : R[X]→ R× R, f(X) 7→ (f(1), f(−1)) に準同型定理を適用する.

10.2 分数体の導入

整数環 Z と有理数体 Q の間の関係を式で表すと

Z ⊂ Q, Q ={ab| a, b ∈ Z, b = 0

},

a

b

有理数として=

c

d

(⇔ ad

bd=

bc

bd

)⇔ ad

整数として= bc

と書ける. 大まかに説明すると

• (割り算が定義できない) 環 Z を (割り算の定義できる) 体 Q へ拡張できる.

• Q の一般元は “ab−1” (a, b ∈ Z, b = 0) の形である.

• ただし, 見た目が違っても “通分” して同じ値であれば, 同じ元だとみなす.

となっている. 一般の整域 R に対しても, 以下を満たす体 F が存在する (次の定理).

R ⊂ F , F = {ab−1 | a, b ∈ R, b = 0}, ab−1 F の元として= cd−1 ⇔ ad

R の元として= bc.

定理 98. 整域 R に対し, 以下の性質を満たす体 Frac(R) が存在する:

(a) 単射な準同型写像 φ : R → Frac(R) が存在する. とくに Rφ∼= Imφ ⊂ Frac(R), i.e.,

R は Frac(R) の部分環 Imφ と同一視できる.

(b) F の任意の元は ab−1 (a) での同一視= φ(a)φ(b)−1 (a, b ∈ R, b = 0) の形に書ける.

さらに体 Frac(R) は “ R 上の同型を除いて一意的” である. i.e., F, F ′ が上記の (a), (b)

を満たせば, R 上の同型写像 F ∼= F ′ が存在する. 体 Frac(R) は R の 分数体 (field of

fractions), または 商体 (field of quotients) と呼ばれる.

32

11 分数体, 素体, 標数

11.1 分数体

定理 98 の証明. R の零元と単位元を 0 := 0R, 1 := 1R とおく. 集合 X と関係 ∼ を

X := {(a, b) ∈ R×R | b = 0}, (a, b) ∼ (c, d) ⇔ ad = bc ((a, b), (c, d) ∈ X).

で定義すると ∼ は X 上の同値関係になる. (∵ 推移律 : (a, b) ∼ (c, d), (c, d) ∼ (e, f) ⇔ad = bc, cf = de ⇒ (ad)f = (bc)f = b(cf) = b(de) ⇒ adf = bde, i.e., d(af − be) = 0d =0,R は整域⇒ af = be ⇒ (a, b) ∼ (e, f). 他も同様). Frac(R) := X/ ∼ とおき, 元 (a, b) ∈ X

の同値類を [a : b] ∈ Frac(R) で表す. 以下の演算で Frac(R) は体となる (問題 99):

[a : b] + [c : d] := [ad+ bc : bd], [a : b][c : d] := [ac : bd]. ([a : b], [c : d] ∈ Frac(R)).

さらに, この体 Frac(R) は分数体の定義をみたし (問題 100), R 上の同型を除いて一意的である (∵ 命題 101-2 で R := R1 = R2, f = idR とおけばよい).

基本問題 99. 上で定義した演算が well-defined であり, Frac(R) が体になることを示せ.

練習問題 100. R を整域, Frac(R) を上の証明で構成した体とする. 以下を確かめよ.

1. 自然な写像 φ : R→ Frac(R), a 7→ [a : 1] は単射な準同型写像となる.

2. 1 より R ∼= Imφ ⊂ Frac(R) であり, 整域 R は分数体 Frac(R) の部分環 Imφ と同一視できる. (この同一視によって a = φ(a) := [a : 1] となる.)

3. 2 の同一視において 0φ7→ [0 : 1] = 0Frac(R), i.e., 0R = 0Frac(R). 同様に 1R = 1Frac(R).

4. Frac(R) の任意の元は ab−1 = φ(a)φ(b)−1 (a, b ∈ R, b = 0) の形で表せる.

略解. 1. 準同型性. φ(a+b) = [a+b : 1] = [a ·1+1 ·b : 1 ·1] = [a : 1]+[b : 1] = φ(a)+φ(b),

φ(ab)同様

= · · · = φ(a)φ(b). 単射性. a ∈ Ker f ⇒ f(a) = [a : 1] = [0 : 1] ⇒ a = a · 1 =

1 · 0 = 0 ⇒ a = 0, i.e, Ker f = {0}. 4. Frac(R) の一般元は [a : b] (a, b ∈ R, b = 0) の形で, [a : b] = [a : 1][1 : b] = [a : 1][b : 1]−1 = φ(a)φ(b)−1.

命題 101. 1. 体 Fiは整域Riの分数体の定義 (定理 98-(a), (b))を満たすとする (i=1,2).

とくに Ri ⊂ Fi とみなせる. また単射準同型 f : R1 → R2 で f(1) = 1 となるものを考える. このとき準同型 f : F1 → F2 で f |R1 = f を満たすものがただ一つ存在する.

2. 1 において, さらに f が同型写像であれば f も同型写像になる.

証明. 1. f : F1 → F2, ab−1 7→ f(a)f(b)−1 (a, b ∈ R1, b = 0)とおく. f |R1 = f を満たす準同

型が (もし存在すれば)これ一つであるのは明らかであろう. well-defined. ab−1 = a′b′−1 ⇒ab′ = a′b ⇒ f(a)f(b′) = f(ab′) = f(a′b) = f(a′)f(b) ⇒ f(a)f(b)−1 = f(a′)f(b′)−1.

準同型. f(ab−1 + a′b′−1) = f((ab′ + a′b)(bb′)−1) = (f(a)f(b′) + f(a′)f(b))f(b)−1f(b′)−1 =

33

f(a)f(b)−1f(a′)f(b′)−1 = f(ab−1) + f(a′b′−1), f(ab−1 · a′b′−1)同様

= · · · = f(ab−1) · f(a′b′−1).

f |R1 = f . ∀a ∈ R1, f(a) = f(a · 1−1) = f(a)f(1)−1 = f(a).

2. 全射性. f が全射より ∀a′, b′ ∈ R2, ∃a, b ∈ R1 s.t. f(a) = a′, f(b) = b′. さらに f が単射より b′ = f(b) = 0 ⇒ b = 0. よって任意の元 a′b′−1 ∈ F2 に対し ∃ab−1 ∈ F1 s.t.

f(ab−1) = f(a)f(b)−1 = a′b′−1 が言えた. 単射性. f(ab−1) = f(a′b′−1) ⇒ f(a)f(b)−1 =

f(a′)f(b′)−1 ⇒ f(ab′) = f(a)f(b′) = f(a′)f(b) = f(a′b)f は単射⇒ ab′ = a′b(∈ R1 ⊂

F1)両辺に bb′ = 0 の逆元をかける⇒ ab−1 = a′b′−1.

練習問題 102. 整数環 Z の分数体 Frac(Z) は有理数体 Q と同型であることを示せ.

略解. 直接示すには f : Frac(Z)→ Q, [a : b] 7→ abが同型写像であることを言えば良い. ま

たは Q が分数体の定義を満たすことを言えば, 分数体の一意性より同型である.

練習問題 103. F は体, R ⊂ F は部分環で 1F ∈ R を満たすとする. 以下を確かめよ: R

は整域であり, K := {ab−1 ∈ F | a, b ∈ R, b = 0} は F の部分体であり, Frac(R) ∼= K.

練習問題 104. 定理 68-2 の条件下で Frac(K[M ]) ∼= K(M) を確かめよ.

定義 105. 体 K 係数の多項式環 K[X] の分数体 Frac(K[X]) を K 上の (1 変数) 有理関数体 と呼び K(X) で表す. 整域係数や多変数の場合も同様 (命題 118-2) に定義できる.

11.2 素体

定義 106. 体 K の部分体が K のみのとき, K は 素体 (prime field) であると言う. また, 任意の体 F は, ただ一つの素体 K を部分体にもつ. この K を 体 F の素体 と呼ぶ.

任意の体 F がただ一つの素体を含むことの証明. K0 := ∩K⊂F : 部分体K は F の部分体(∵ 補題 67-2) で, 特に体. もし, より小さい部分体 K1 ⊊ K0 が存在すれば K0 =

∩K⊂F : 部分体KK1∈{K⊂F | 部分体 }

⊂ K1 ⊊ K0 で矛盾, i.e., K0 は素体. また, 二つの素体

K,K ′ ⊂ F を含めば K ′′ := K ∩K ′ は K,K ′ の部分体で, KK は素体

= K ′′ K′ は素体= K ′.

練習問題 107. R,C や, (問題 66, 70 の) 二次体 Q(√d) は素体でないことを説明せよ.

基本問題 108. 有理数体 Q は素体であることを示せ.

略解. 『K ⊂ Q が部分体 ⇒ K = Q』を言う. 仮定より K ⊃ Q を言えばよい. 実際0 ∈ K — (a). 1 ∈ K — (b). ∵ K ⊂ Q が部分体より, 0 = 0Q, 1 = 1Q ∈ K. (注意 64-3.)

N ⊂ K — (c). ∵ (b)および K 上で加法が well-definedより, ∀n ∈ N, n = 1+· · ·+1 ∈ K.

Z ⊂ K — (d). ∵ (a), (c) および K は加法に関して群 (特に逆元の存在) より.

Q ⊂ K. ∵ (d) および K は体 (特に零元以外の逆元の存在) より.

基本問題 109. 素数 p に対し Fp = Z/pZ は素体であることを示せ.

命題 110. 素体 K と同型な体 K ′ は素体となる.

証明. 同型写像 f : K → K ′ をとる. このとき K0 ⊂ K ′ が部分体 ⇒ f−1(K0) ⊂ K も部

分体 K が素体⇒ f−1(K0) = K ⇒ K0 = f(f−1(K0)) = f(K) = K ′.

34

11.3 標数

定義 111. F を任意の体とし, その単位元, 零元を 1F , 0F ∈ F で表す. このとき写像

f : Z→ F, n 7→

n · 1F := 1F + 1F + · · ·+ 1F (n 個) (n > 0)

0 · 1F := 0F (n = 0)

−(|n| · 1F ) := −(1F + 1F + · · ·+ 1F ) (|n| 個) (n < 0)

は準同型写像であり, その核 Ker f は整数環 Z のイデアルで Ker f = (a) の形となる. この a は必ず 0 または素数となり, 体 F の 標数 (characteristic) と呼ぶ.

証明. f が準同型であることは, 計算のみ (省略). よって Z は PID なので Ker f = (a)

(0 ≤ a ∈ Z) となる. ここで a は『a · 1F = 0F』を満たす最小の自然数であることに注意(∵ Ker f = {n ∈ Z | n · 1F = 0F} = {. . . ,−2a,−a, 0, a, 2a, . . . }). 以下 a = 0 なら a は素数であることを示す. 背理法を用いる. a が合成数 a = bc (0 < b, c < a) とする. このとき0F = a · 1F = (b · 1F )(c · 1F ) で, F は体 (とくに整域) より b · 1F = 0F または c · 1F = 0Fである. これは 0 < b, c < a と a の最小性に矛盾.

練習問題 112. Q, R, C の標数は 0 で, Fp (p 素数) の標数は p であることを確かめよ.

定理 113. 1. 体 F の標数が 0 のとき, F の素体は Q と同型である.

2. 体 F の標数が p (素数) のとき, F の素体は Fp = Z/pZ と同型である.

証明. 定義 111 で用いた写像 f : Z→ F , n 7→ n · 1F を考える.

1. 標数が 0 ⇔ Ker f = {0} ⇔ f は単射. よって, 写像 f は, 整数環 Z と, F の部分環Im f との同型 f : Z ∼= Im f ⊂ F を与える. よって問題 103 より F は素体 Q と同型な体K を含む: Q ∼= K ⊂ F . ここで Q が素体より K も素体である.

2. 標数が p ⇔ Ker f = pZ 準同型定理⇒ Z/pZ ∼= Im f ⊂ F . よって F は素体 Fp = Z/pZ と同型な体 Im f を含む. ここで Fp が素体より Im f も素体である.

基本問題 114. 体 F の標数を p (素数)とし,素体を F0 とおく. このとき写像 Frobp : F →F , a 7→ ap は単射な F0 上の自己準同型写像 (p 乗 Frobenius 写像 などと呼ばれる) になることを示せ. さらに F が有限体 (i.e., |F | <∞) なら, 自己同型写像になることを示せ.

略解. Frobp(ab) = (ab)p = apbp = Frobp(a)Frobp(b). Frobp(a + b) =∑p

k=0

(kp

)akbp−k (⋆)

=

ap+ bp = Frobp(a)+Frobp(b) ((⋆)は二項係数の性質: p |(kp

)(pは素数, 1 ≤ k ≤ p−1)よ

り). F0 上恒等写像は F0∼= Fp とフェルマーの小定理 (系 54-2) より. 単射は Frobp(a) =

ap = 0F は体, とくに整域⇒ a = 0 より. なお |F | <∞ なら, 単射から自動的に全単射である (一

般に |X| = |Y | <∞ のとき, 写像 f : X → Y に対し, 単射, 全射, 全単射は全て同値).

応用問題 115. 環 Z[i] = {a+ bi | a, b ∈ Z} の単項イデアル (1+ i), (3), (2+ i) に対し, 剰余環 Z[i]/(1 + i), Z[i]/(3), Z[i]/(2 + i) はそれぞれ体になる (可能なら証明してみよ). それぞれの標数を求めよ.

略解. 標数は順に 2, 3, 5. 例えば F := Z[i]/(1+ i)に対し 1F = 1+(1+ i), 0F = 0+(1+ i).

よって 1 /∈ (1+ i), 2 ∈ (1+ i) を言えば 1F = 0F , 2 · 1F = 0F , i.e., 標数 = 2 が分かる.

35

12 多項式環に関するその他の話題, 素元, 既約元

12.1 多項式環に関するその他の話題

定義 116. R1 は単位元をもつ可換環で, 部分環 R ⊂ R1 も共通の単位元を持つとする. n

変数多項式環 R[X1, . . . , Xn] を考える. γ1, . . . , γn ∈ R1 とする.

1. “代入写像” vγ1,...,γn : R[X1, . . . , Xn]→ R1, f(X1, . . . , Xn) 7→ f(γ1, . . . , γn) は準同型写像である. とくに準同型定理より R[X1, . . . , Xn]/Ker vγ1,...,γn

∼= R[γ1, . . . , γn] ⊂ R1

に注意. f(γ1, . . . , γn) = 0 のとき γ1, . . . , γn ∈ R1 を f(X1, . . . , Xn) の 零点 と呼ぶ.

2. Ker vγ1,...,γn = {0} のとき (i.e., R[X1, . . . , Xn] ∼= R[γ1, . . . , γn] のとき), γ1, . . . , γn はR 上 代数的に独立 である, そうでないとき, R 上 代数的に従属 である, という.

3. n = 1 とする. f(X) ∈ R[X] の零点は 根 とも呼ばれる. γ ∈ R1 が R 上代数的に独立 (⇔ γ を根にもつ多項式 ∈ R[X] が零多項式のみ) のとき, γ は R 上 超越的 である, という. また R 上代数的に独立でない (⇔ 零多項式以外に γ を根にもつ多項式 ∈ R[X] が存在する) とき, R 上 代数的 である, という.

練習問題 117. 次の元が Q 上代数的であることを示せ:√2, exp(2πi

n) (n ∈ N),

√2 +√3.

略解. それぞれ X2 − 2, Xn − 1, X4 − 10X2 + 1 の根.

命題 118. R を整域とし, 多項式環 R[X] を考える. §5.2 と同様の議論で以下が分かる.

1. deg(f + g) ≤ max{deg f, deg g}, deg fg = deg f + deg g (f, g ∈ R[X]).

2. R[X] も整域. (∴ 帰納的に R[X1, . . . , Xn] も整域で, その分数体が定義できる.)

3. f, g ∈ R[X] で g = 0, g の最高次係数 ∈ R× と仮定する. このとき ∃!q, r ∈ R[X] s.t.

f = qg + r, deg r < deg g. これら q, r は, それぞれ f を g で割った商, 剰余と呼ばれる.

練習問題 119. 整域ではない環上の多項式環では deg fg = deg f + deg g は必ずしも成立せず, また整域でもない. 以下の例で確かめよ. R := Z/6Z, f := 3X, g := 2X +4 ∈ R[X].

12.2 素元, 既約元, 素元分解整域 (一意分解整域, UFD)

整数環 Z において, 素数 p は “便利な性質”『a ∈ Z, a | p⇒ a = ±1 または a = ±p』,

『a, b ∈ Z, p | ab⇒ p | a または p | b』を満たしていたことを思いだそう.

定義 120. R を整域とし, 元 a, b ∈ R, 単項イデアル (a), (b) を考える.

1. a | b (a は b をわる)定義⇔ ∃c ∈ R s.t. ac = b ⇔ (a) ∋ b ⇔ (a) ⊃ (b).

2. a ∼ b (a と b は同伴)定義⇔ a | b, b | a ⇔ (a) = (b) ⇔ ∃u ∈ R× s.t. a = ub.

36

3. π ∈ R が 素元 (prime element)定義⇔ 0 = π /∈ R× かつ『π | ab ⇒ π | a または

π | b』⇔ (π) は素イデアルかつ = (0), R.

4. π ∈ R が 既約元 (irreducible element)定義⇔ 0 = π /∈ R× かつ『a | π ⇒ a ∼ 1 ま

たは a ∼ π』⇔ (π) = (0), R かつ『(a) ⊃ (π)⇒ (a) = R または (a) = (π)』.

5. π ∈ R が 可約元 (reducible element)定義⇔ 0 = π /∈ R× かつ既約元でない⇔

0 = π /∈ R× かつ『∃a, b ∈ R s.t. π = ab, π ∼ a, b』⇔ 0 = π /∈ R× かつ『∃a, b ∈ R

s.t. π = ab, 1 ∼ a, b』.

同値性の証明. 1 は自明.

2. a | b, b | a ⇐ (a) = (b): 1 の同値より. (a) = (b) ⇐ ∃u ∈ R× s.t. a = ub: 問題 46 より.

a | b, b | a ⇒ ∃u ∈ R× s.t. a = ub: b = 0 なら b | a より a = 0. よって u = 1 で成立. 以下 b = 0 として示す. a | b, b | a ⇒ ∃c, d ∈ R s.t. b = ac, a = bd ⇒ b = ac = bcd, i.e.,

b(1− cd) = 0R は整域⇒ cd = 1, i.e., c, d ∈ R×.

以下, 2 の同値『a ∼ b⇔ (a) = (b)』- (♯),『a ∼ b⇔ ∃u ∈ R× s.t. a = ub』- (♭) を用いる.

3, 4. 1 の同値と『(a) = R(♯),R=(1)⇔ a ∼ 1

(♭)⇔ a ∈ R×』より従う.

5. 一つ目の同値は自明. 二つ目の同値を示すには, π = ab のとき『a ∼ 1 ⇔ π ∼ b』

『b ∼ 1⇔ π ∼ a』を言えばよい. 実際, 前者は a ∼ 1(♭)⇔ ∃u ∈ R× s.t. a = u

π=ab⇔ ∃u ∈ R×

s.t. π = ub(♭)⇔ π ∼ b. 後者も同様.

練習問題 121. 整数環において, 素数は素元でもあり既約元でもあることを確かめよ.

練習問題 122. X2 + 1 は R[X] では既約元であり, C[X] では可約元であることを示せ.

命題 123. 1. R を整域, π ∈ R とする. このとき π は素元 ⇒ π は既約元.

2. R を PID, π ∈ R, = 0, /∈ R× とする. このとき π は素元 ⇔ π は既約元 ⇔ (π) は極大イデアル ⇔ (π) は素イデアル.

証明. 1. a | π とすると ∃b ∈ R s.t. ab = π. とくに π | ab π は素元⇒ π | a または π | b. 前者なら a | π, π | a となり a ∼ π. 後者なら π | b, i.e., ∃c ∈ R s.t, b = dπ. これに ab = π を代入して b = dab, i.e., b(1− ad) = 0 を得る. b = 0 なら π = ab = 0 で仮定に反するのでb = 0. よって ad = 1, i.e., a ∈ R×, i.e., a ∼ 1 となる.

2. 1 より (素元 ⇒ 既約元), 定義 120-4 と PID より (既約元 ⇒ 極大イデアル), 命題 59-5

より (極大イデアル ⇒ 素イデアル), 定義 120-3 より (素イデアル ⇒ 素元).

定義 124. 整域 R が以下の性質を満たすとき, R は 素元分解整域 または 一意分解整域(unique factorization domain) (UFD と略す) である, という.

1. 0 = ∀a ∈ R, ∃ 既約元 π1, . . . , πm ∈ R (0 ≤ m ∈ Z), ∃u ∈ R× s.t. a = uπ1 . . . πm.

2. 1 の分解は, 番号付けと同伴を除いて一意的. すなわち uπ1 . . . πm = u′π′1 . . . π

′n

(πk, π′k ∈ R は素元, u, u′ ∈ R×) ⇒ m = n かつ, 番号を付け直せば ∀k, πk ∼ π′

k.

37

基本問題 125. R を UFD, 0 = a, b ∈ R の定義 124-1 の分解を a = uπ1 . . . πm, b =

u′π′1 . . . π

′n とおく. このとき『a | b ⇔ m ≤ n かつ, 番号を付け直せば 1 ≤ ∀k ≤ m,

πk ∼ π′k』を示せ.

略解. (⇐)は自明. (⇒) a | b⇒ ∃c ∈ R s.t. b = ac. b = 0より c = 0なので c = u′′π′′1 . . . π

′′l

(π′′k ∈ R は既約元, u′′ ∈ R×) とできる. よって u′π′

1 . . . π′n = (uu′′)π1 . . . πmπ

′′1 . . . π

′′l . よっ

て分解の一意性より題意を得る.

命題 126. UFD において, 素元であることと既約元であることは同値である. とくに, 定義 124-1 の分解を 元 a ∈ R の素元分解 と呼ぶ.

証明. R を UFD, π ∈ R を既約元として 『π | ab⇒ π | a または π | b』を言えばよい. a

または b が零元なら自明. a, b = 0 とし, 分解 a = uπ1 . . . πm, b = u′π′1 . . . π

′n (πk, π

′k ∈ R

は素元, u, u′ ∈ R×) をとると, π | ab より ∃k s.t. π ∼ πk, または π ∼ π′k (∵ 問題 125. π

の分解は π = 1 · π に注意). 前者なら π | a, 後者なら π | b である (∵ 問題 125).

基本問題 127. Z[√−5] ∋ 2 は既約元だが素元でないことを示せ. (∴ Z[

√−5] は UFD で

ない. 一方で Z[√−1] は UFD (∵ 代数学入門 : 石田信著, 実教出版, p96 等)である.)

略解. (素元でない) 2 | (1 +√−5)(1−

√−5), 2 ∤ 1±

√−5 を言えばよい.

(既約元である) a, b, c, d ∈ Z, (a + b√−5)(c + d

√−5) = 2 ⇒ a + b

√−5 ∼ 1 または

a+ b√−5 ∼ 2 を言えばよい.

定義 128. R を UFD, 0 = a, b ∈ R とする. a, b の 最大公約元, 最小公倍元 を以下で定める: 素元分解 a = uπ1 . . . πm, b = u′π′

1 . . . π′n の番号を付け替えて ( “共通の素元” を前

に持ってきて) πi ∼ π′i (1 ≤ i ≤ l), πi ∼ π′

j (l < i ≤ m, l < j ≤ n) としてよい. このとき

最大公約元 :=∏l

i=1 πi, 最小公約元 :=∏l

i=1 πi ·∏m

i=l+1 πi ·∏n

j=l+1 π′j.

この a, b の最大公約元, 最小公倍元は, 同伴を除いて一意的に定まる. 最大公約元が単元(i.e., l = 0) のとき, a, b は 互いに素 である, という.

参考問題 129. R を UFD, 0 = ai ∈ R (i = 1, 2, . . . , n) とする. a1, . . . , an の最大公約元d, 最小公倍元 m を, 定義 128 参考に定義せよ. またそのとき

1. ∀i, d | ai. 2. d′ ∈ R が ∀i, d′ | ai を満たせば d′ | d.3. ∀i, ai | m. 4. m′ ∈ R が ∀i, ai | m′ を満たせば m | m′.

が成り立つことを示せ.

定理 130. R を UFD とする. このとき R 上の多項式環 R[X], R[X1, . . . , Xn] も UFD.

証明. R[X] が UFD を言えば, 多変数の場合も帰納的に言える. §14.2 で示す.

系 131. 体 F 上の多項式環 F [X], F [X1, . . . , Xn] は UFD.

証明. 体 F は UFD (∵ 0 = a ∈ F は単元なので 0 個の既約元と単元 a の積) より.

基本問題 132. R[X] ∋ X8 − 2X4 + 1, X3 − 3X + 2 の最大公約元, 最小公倍元を求めよ.

略解. 素元分解はX8−2X4+1 = (X−1)2(X+1)2(X2−1)2, X3−3X+2 = (X−1)2(X+2).

よって最大公約元は (X − 1)2, 最小公倍元は (X − 1)2(X + 1)2(X2 − 1)2(X + 2).

38

13 PID と UFD, ネーター環, 局所化

13.1 “PID なら UFD” の証明

定理 133. PID なら UFD.

証明. R を PID とする. 命題 123-2 より, R では素元と既約元は同値なので『任意のa ∈ R, = 0, /∈ R× が有限個の素元の積に分解できる』を言えば, 既約元の積で分解できたことになる. また, 分解の一意性は, 素因数分解 (定理 36) の一意性の証明と同様に示せる. 以下『. . .』を背理法で示す. a1 が有限個の素元の積で書けないとする. このとき1. ai+1 | ai, ai+1 ∼ ai (i.e., (ai+1) ⊋ (ai)) を満たす元の列 a1, a2, · · · ∈ R が取れる.

∵ a1 は素元でないから可約元, i.e., ∃b, c ∈ R s.t. a = bc, a ∼ b, c. b, c のどちらかは有限個の素元の積で書けない (∵ 共に有限個の素元の積で書けると a = bc も有限個の素元の積で書けるから矛盾) ので, 書けない方を a2 とおき, 同様の操作を繰り返せばよい.

2. J := ∪∞i=1(ai) はイデアル. とくに R が PID より J = (d) (d ∈ R) と書ける.

∵ x, y ∈ J ⇒ ∃k, l s.t. x ∈ (ak), y ∈ (al) ⇒ i := max{k, l} に対し x, y ∈ (ai) ⇒x− y ∈ (ai) ⊂ J . “x ∈ R, y ∈ J ⇒ xy ∈ J” はより簡単な議論で示せる.

3. ∀i, d | ai. ∵ (d) = J = ∪∞i=1(ai) ⊃ (ai).

4. ∃m s.t. am | d. ∵ d ∈ (d) = J = ∪∞i=1(ai) より ∃m s.t. d ∈ (am).

よって 3, 4 より am | d | am+1. とくに am | am+1. 一方で 1 より am+1 | am. 合わせてam+1 ∼ am. これは 1 の ai+1 ∼ ai に矛盾.

13.2 ネーター環

この小節では, PIDの一般化であるネーター環の性質を簡単に見ていく. 詳しくは『代数学 2 環と体とガロア理論 (雪江明彦著, 日本評論社), §1.13』などを参照.

定義 134. 以下の同値な条件をみたす可換環 R を ネーター環 (Noetherian ring) と呼ぶ.

1. R のイデアルの増大列はいつか止まる. すなわち, イデアル Ik ⊂ R が I1 ⊂ I2 ⊂ · · ·を満たせば ∃N ∈ N s.t. IN = IN+1 = · · · .

2. R の任意のイデアルは有限生成である. すなわち, I ⊂ R がイデアルであれば,

∃n ∈ N, ai ∈ R s.t. I = (a1, a2, . . . , an).

同値性の証明. (1 ⇒ 2) 背理法を用いる. I ⊂ R を有限生成でないイデアルとする. まずx1 ∈ I をとり, I1 := (x1)とおく. このとき I は有限生成でないので I1 = I, i.e., I−I1 = ∅であることに注意. よって x2 ∈ I − I1 がとれてるので I2 := (x1, x2) とおく. 以下同様に

xk+1 ∈ I − Ik, Ik+1 := (x1, x2, . . . , xk+1)

をとり続けると, イデアルの増大列 I1 ⊂ I2 ⊂ · · · となる. このとき 1 より ∃N ∈ N s.t.

IN = IN+1, i.e., xN+1 ∈ IN+1 = IN となり, 矛盾である.

(2 ⇒ 1) イデアルの増大列 I1 ⊂ I2 ⊂ · · · を考える. このとき

39

I := ∪k=1,2,...Ik はイデアル

になる. 実際 x ∈ R, a ∈ I ⇒ ∃k s.t a ∈ Ik ⇒ xa = xa ∈ Ik ⊂ I. 同様に a, b ∈ I ⇒ ∃k, ls.t a ∈ Ik, b ∈ Il ⇒ a − b ∈ Imax{k,l} ⊂ I. よって 2 より ai ∈ R s.t. I = (a1, a2, . . . , an).

とくに aj ∈ I = ∪k=1,2,...Ik, i.e., ∃kj s.t. aj ∈ Ikj . よって I = (a1, a2, . . . , an) ⊂ ∪nj=1Ikj ⊂

Imax{k1,...,kn} ⊂ I. よって ∃N := max{k1, . . . , kn} s.t. I = ∪k=1,2,...Ik = IN , i.e, ∀k, Ik ⊂ IN .

k > N であれば Ik ⊃ IN でもあるから IN = IN+1 = . . . が言えた.

練習問題 135. PID であればネーター環であることを説明せよ.

基本問題 136. n 変数の整数係数多項式環 Rn := Z[X1, X2, . . . , Xn]を考える. Rn ⊂ Rn+1

と考え, R := ∪n∈NRn とおく.

1. R には通常の和と積が定義され, 単位元を持つ可換環になることを確かめよ.

2. In := (X1, . . . , Xn) ⊂ R に対し In ⊊ In+1 を示せ (∴ R はネーター環でない).

13.3 局所化

この小節では, 分数体の一般化である 局所化 の性質を簡単に見ていく. 証明は分数体のときと同様である. 詳しくは『代数学 2 環と体とガロア理論 (雪江明彦著, 日本評論社),

§1.8』などを参照.

定義 137. 単位元を持つ可換環 R の部分集合 S ⊂ R が次を満たすとき 乗法的集合 と呼ぶ.

1 ∈ S, 0 /∈ S, 『a, b ∈ S ⇒ ab ∈ S』.

乗法的集合 S に対し, 以下は R× S の同値関係を与える.

(a1, s1) ∼ (a2, s2)⇔ ∃s ∈ S s.t. s(a1s2 − a2s1) = 0.

この同値関係による商集合, およびその元を

S−1R := (R× S)/ ∼ ∋ a

s:= “(a, s) ∈ R× S の同値類”

で表すこととする. S−1R には, 演算

a1s1

+a2s2

:=a1s2 + a2s1

s1s2,

a1s1

a2s2

:=a1a2s1s2

が定まり, この演算に関して単位元をもつ環となる. この環を R の S による局所化(localization), または 分数環 (ring of fraction), 商環 (ring of quotient) などと呼ぶ. なお S−1R の零元, 単位元は 0S−1R = 0

1, 1S−1R = 1

1である.

練習問題 138. R を整域とする. R−{0} は乗法的集合であり, 分数環 (R−{0})−1R は分数体 Frac(R) と同一視できる (元の対応は a

s↔ [a : s] (a, s ∈ R, s = 0)) ことを確かめよ.

40

略解. (乗法的集合) a, b ∈ R− {0} ⇒ a, b = 0整域⇒ ab = 0⇒ ab ∈ R− {0}. 他は自明.

(同一視) 分数環の構成 (定義 137) の同値関係『∃s ∈ R− {0} s.t. s(a1s2 − a2s1) = 0』は整域上では『a1s2 = s1a2』と同じで, 分数体の構成 (§11.1 の最初) の同値関係と一致する.

命題 139. 単位元を持つ環 R の乗法的集合 S ⊂ R に対し以下が成り立つ.

1. 自然な写像 ι : R 7→ S−1R, a 7→ a1は準同型写像であり, 単位元を単位元に移す.

2. S が零因子を含まなければ ι は単射.

3. R が整域であれば Rι⊂ S−1R ⊂ Frac(R) とみなせる.

略解. 1. ι(a+b) = a+b1

= a1+ b

1= ι(a)+ι(b), ι(ab) = ab

1= a

1b1= ι(a)ι(b), ι(1) = 1

1= 1S−1R.

2. a ∈ Ker ι ⇒ ι(a) = a1= 0S−1R = 0

1⇒ ∃s ∈ S s.t. s(a · 1 − 0 · 1) = 0, i.e., sa = 0

S の元は零因子でない⇒ a = 0. よって Ker ι = {0} が言えたので単射.

3. Frac(R) と (R−{0})−1R を同一視する. η : S−1R→ (R−{0})−1R, as7→ a/s が単射準

同型であることを言えばよい. ただし記号の区別のため S−1R の元を as(a ∈ R, s ∈ S),

(R − {0})−1R の元を a/s (a ∈ R, s ∈ R − {0}) で表した. 証明は 1, 2 と同様である. たとえば, 単射性は以下の通り. a

s∈ Ker η ⇒ η(a

s) = a/s = 0R−{0}R = 0/1 ⇒ ∃b ∈ R− {0}

s.t. b(a · 1− 0 · s) = 0, i.e., ba = 0R は整域,b = 0⇒ a = 0. よって Ker η = {0}.

練習問題 140. 以下を確かめよ. (ただし, 命題 139-3 により Z ⊂ S−1Z ⊂ Q とみなす.)

1. S := {fn | n ∈ Z} ⊂ Z (f ∈ N) に対しZf := S−1Z = { afn ∈ Q | a ∈ Z, 0 ≤ n ∈ Z}.

2. S := Z− (p) (p は素数) に対し Z(p) := S−1Z = {ab∈ Q | a, b ∈ Z, p ∤ b}.

基本問題 141. 体 K1, K2 の直積環 K1 ×K2 (整域ではないことに注意) を考える.

1. P := {(a1, a2) ∈ K1 ×K2 | a1 = 0} ⊂ K1 ×K2 は素イデアルであることを示せ.

2. S := (K1 ×K2)− P は乗法的集合であることを示せ.

3. 同型 S−1(K1 ×K2) ∼= K1 を示せ.

略解. 1. 直接も示せるが, 以下でも示せる: P = Ker [π1 : K1 ×K2 → K1, (a1, a2) 7→ a1]

で, (K1×K2)/Ker π1∼= Im π1 は K1 の部分環なので整域, i.e., Ker π1 = P は素イデアル.

2. 一般に素イデアルの補集合は乗法的集合である. 示してみよ.

3. 写像 f : K1 → S−1(K1 ×K2), a1 7→(a1,1K2

)

(1K1,1K2

)は明らかに準同型. 以下全単射を言う.

(単射) a1 ∈ Ker f ⇒ (a1,1K2)

(1K1,1K2

)=

(0K1,0K2

)

(1K1,1K2

)⇒ ∃(s1, s2) ∈ S (i.e., s1 ∈ K×

1 , s2 ∈ K2) s.t.

(s1, s2)((a1, 1K2)(1K1 , 1K2)− (0K1 , 0K2)(1K1 , 1K2)) = (0K1 , 0K2), i.e., (s1a1, s2) = (0K1 , 0K2)s1 =0,K1 は整域⇒ a1 = 0. よって Ker f = {0K1} が言えた.

(全射) ∀ (a1,a2)(s1,s2)

∈ S−1(K1 × K2) (a1 ∈ K1, a2 ∈ K2, s1 ∈ K×1 , s2 ∈ K2), f(s−1

1 a1) =(s−1

1 a1,1K2)

(1K1,1K2

)= (a1,a2)

(s1,s2). ∵ (1K1 , 0K2)((s

−11 a1, 1K2)(s1, s2)−(a1, a2)(1K1 , 1K2)) = (0K1 , 0K2).

41

14 略解と補足

14.1 略解

問題 87 の略解. 自己準同型は零写像と恒等写像のみで, 自己同型は恒等写像のみ.

∵ f : Q → Q を自己準同型写像とする. 『f(1) ∈ Q は 0, 1 のどちらか』(∵ f(1) =

f(12) = f(1)f(1), i.e., f(1) は X2 = X の解), 『f(1) = 0 なら f は零写像』(∵ ∀x ∈ Q,

f(x) = f(x · 1) = f(x)f(1) = f(x) · 0 = 0) が言える. 『f(1) = 1 のとき f は恒等写像』は m,n ∈ Z, n = 0 に対し, f(m) = m (∵ 問題 86 の証明と同様), f(1/n) = 1/n

(∵ 1 = f(1) = f(n · 1/n) = f(n)f(1/n) = n · f(1/n)), f(m/n) = m/n (∵ f(m/n) =

f(m · 1/n) = f(m)f(1/n) = m · 1/n = m/n) より.

問題 99 の略解. 演算が well-defined. 整域より b, d = 0⇒ bd = 0 (∴ [∗ : bd] ∈ Frac(R))

に注意. [a : b] = [a′ : b′], [c : d] = [c′ : d′], i.e., ab′ = ba′, cd′ = dc′ とする. 加法が well-defined, i.e., [ad + bc : bd] = [a′d′ + b′c′ : b′d′] は (ad + bc)(b′d′) = (ab′)(dd′) +

(cd′)(b′b)ab′=ba′,cd′=dc′

= (ba′)(dd′) + (dc′)(b′b) = (a′d′ + b′c′)(bd)) より. 乗法も同様.

Frac(R) が加法群である. 結合法則, 可換性は計算だけなので省略.

• 零元 = [0 : 1]. なお 0 = ∀b ∈ R, [0 : b] = [0 : 1] (∵ 0 · 1 = 0 = b · 0) に注意.

∵ [0 : 1]+[a : b] = [0·b+1·a : 1·b] = [a : b], [a : b]+[0 : 1] = [a·1+b·0 : b·1] = [a : b].

• [a : b] の加法に関する逆元 = [−a : b].

∵ [−a : b] + [a : b] = [−ab+ ba : bb] = [0 : b2], [a : b] + [−a : b]同様

= · · · = [0 : b2].

加法群 Frac(R) が単位元を持つ可換環. 結合法則, 分配法則, 可換性は計算のみ (省略).

• 単位元 = [1 : 1]. なお 0 = ∀b ∈ R, [b : b] = [1 : 1] (∵ b · 1 = b = b · 1) に注意.

∵ [a : b][1 : 1] = [a · 1 : b · 1] = [a : b].

可換環 Frac(R) が体. [0 : 1] = [a : b] ⇒ a = 0 ⇒ [b : a] ∈ Frac(R), [a : b][b : a] = [ab :

ba] = [1 : 1]. i.e., [0 : 1] = [a : b] ∈ Frac(R)⇒ ∃[a : b]−1 ∈ Frac(R).

14.2 補足: UFD 係数の多項式環

定義 142. R を UFD とし, R 上の多項式環 R[X] を考える.

1. f =∑m

k=0 akXk ∈ R[X] に対し, a1, a2, . . . , am の最大公約元を cf で表す. (f に対

して cf は同伴を除いて一意的に定まる.)

2. f =∑m

k=0 akXk ∈ R[X] が 原始多項式 であるとは, cf ∈ R× となることをいう.

命題 143. R を UFD とする. 以下が成り立つ.

1. f, g ∈ R[X] が原始多項式であれば fg も原始多項式.

42

2. R[X]× = R×.

3. 1 次以上の多項式 f ∈ R[X]−R は f = cff∗ (f ∗ ∈ R[X]: 原始多項式) の形になる.

(この f ∗ は同伴を除いて一意的.) 便宜上, f ∈ R に対して cf := f , f ∗ := 1 とおく.

4. f, g ∈ R[X] に対し cfg ∼ cfcg, (fg)∗ ∼ f ∗g∗.

5. 原始多項式 f ∈ R[X] に対し f | ag (a ∈ R, g ∈ R[X]) ⇒ f | g.

証明. 1. cf , cg ∼ 1 ⇒ cfg ∼ 1 を言う. a ∈ R の素元分解の一意性より a ∈ R× ⇔『∀π ∈ R (素元), π ∤ a』なので,素元 π ∈ Rに対し π ∤ cf , cg ⇒ π ∤ cfg を言えばよい. 実際,

f =∑m

k=0 akXk, g =

∑nk=0 bkX

k, kf := min{k | π ∤ ak}, kg := min{k | π ∤ bk}, c := “fg のkf +kg 次係数” とおけば π ∤ c である. なぜならば c =

∑kf+kgk=0 akbkf+kg−k より, もし π | c

ならπ|a0,...,akf−1,b0,...,bkg−1

⇒ π | c− (a0bkf+kg + · · ·+akf−1bkg+1+akf+1bkg−1+ · · ·+akf+kgb0) =

akf bkg , i.e., π | akf bkgπ は素元⇒ π | akf または π | bkg で, kf , kg の取り方に矛盾.

2. (⊃) は自明. (⊂) を示す. f ∈ R[X]× ⇒ ∃g ∈ R[X] s.t. fg = 1 ⇒ deg f + deg g = 0 ⇒deg f = deg g = 0, i.e., f, g ∈ R. よって f ∈ R×.

3. f =∑m

k=0 akXk と表すと, cf は a1, . . . , am の最大公約元なので ∃bk s.t. ak = cfbk, d :=

“b1, . . . , bm の最大公約元” ∈ R×. よって f ∗ :=∑m

k=0 bkXk とおけば f = cff

∗,cf∗ ∼ d ∈R×.

4. 前半から後半が導けるのは自明. 以下, 前半を示す. fg = (cfcg)(f∗g∗) だから f ∗g∗ が

原始多項式であることを言えばよい. これは 1 より従う.

5. f | ag ⇒ ∃h ∈ R[X] s.t. fh = ag ⇒ fh∗ f : 原始多項式∼ f ∗h∗ 4∼ (fh)∗ = (ag)∗4∼ a∗g∗ = g∗,

i.e., f | g∗ ⇒ f | g = cgg∗.

定義 144. R を整域とする. 1 次以上の多項式 f ∈ R[X]−R が 既約多項式 であるとは,

f = gh, g, h ∈ R[X]−R の形に表せないことである.

注意 145. R が体であれば既約多項式は既約元である. (∵ (対偶) F を体とし f ∈ F [X]

が可約元とすると f = gh, g, h ∈ F [X], g, h /∈ F [X]× = F×. とくに g, h ∈ F [X] − F .

よって既約多項式でない.) これは一般の整域 R では成り立たない. 例えば 2X+2 ∈ Z[X]

は既約多項式だが, 2, X + 2 /∈ Z[X]× = Z× = {±1} なので既約元ではない.

命題 146. R を整域とする. 1 次以上の多項式 f ∈ R[X] − R は, 既約多項式 fi ∈ R[X]

の積: f = f1f2 · · · fn の形に書ける.

証明. R[X]× = R× なので, 1次以上の多項式 f は単元でも零元でもないことに注意. f が既約多項式でないとする. このとき f = gh, g, h ∈ R[X]−Rと書ける. g, hのどちらかが既約多項式でなければ,同様に分解していく. ここで f = gh · · · ⇒ deg f = deg g+deg h+. . .

なので, この分解はいつか止まる. すなわち f = f1f2 · · · fn (fi: 既約多項式)とできる.

定理 147. R を UFD とする. 以下が成り立つ.

1. 既約多項式かつ原始多項式は R[X] の素元である.

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2. {R[X] の素元 } = {R の素元 } ∪ { 既約多項式かつ原始多項式 }.

証明. 1. f ∈ R[X] を既約多項式かつ原始多項式とする. F := Frac(R) とおいたとき, 定理 148-3 より f は F [X] でも既約多項式. よって注意 145 より既約元で, F [X] は PID

より素元である. さて R[X] の元として f | gh (g, h ∈ R[X]) としよう. 明らかに F [X]

の元としても f | gh. F [X] では f は素元だったから, F [X] の元として f | g, またはf | h. たとえば前者の場合なら ∃f ′ ∈ F [X] s.t. g = ff ′. これに定理 148-2 を適用するとg = a(dff)

∗(df ′f ′)∗ (a ∈ R) と書けるが, f は原始多項式より (dff)∗ = f がわかり, 結局

g = f(a(df ′f ′)∗), a(df ′f ′)∗ ∈ R[X] である. すなわち R[X] で f | g が言えた. 後者の場合も同様に R[X] で f | h が言えるので, f は R[X] の素元であることが分かった.

2. {R[X] の素元 } ∩ R = {R の素元 } は自明であろう. よって (⊃) は 1 より従う. 以下(⊂)を示す. f ∈ R[X]−R が R[X]の素元であるとする. もし f が可約多項式なら既約元でなく, したがって素元でない. よって f は既約多項式. 一方で命題 143-3 より f = cff

∗

(f ∗: 原始多項式) と書ける. もし cf ∼ 1 でなければ cf の素元分解より f = uπ1 · · · πnf∗

(u ∈ R×, πk: R の素元, n ∈ N) となり, とくに π1, f∗ | f , f ∼ π1, f

∗, i.e, f は既約元でなく, よって素元でない. よって cf ∼ 1 が言えたので f は原始多項式である.

定理 148. R を UFD とし, その分数体を F := Frac(R) で表す. R ⊂ F , R[X] ⊂ F [X] とみなせることに注意. 以下が成り立つ.

1. ∀f ∈ F [X], 0 = ∃df ∈ R s.t. dff ∈ R[X].

2. 0 = f ∈ R[X] が f = g0h0 (g0, h0 ∈ F [X]) と分解できるとする. このとき 1 の

dg0 , dh0 をとり, g := (dg0g)命題 143-3

= cgg∗, h := (dh0h)

命題 143-3= chh

∗ とおけば ∃a ∈ R

s.t. f = ag∗h∗ であり, deg g0 = deg g = deg g∗, deg h0 = deg h = deg h∗.

3. 0 = f ∈ R[X] が R[X] で既約多項式であれば F [X] でも既約多項式.

証明. 1. f =∑m

k=0akdkXk (ak

dk∈ F = (R − {0})−1R, i.e., ak ∈ R, 0 = dk ∈ R) とおく.

df :=∏m

k=0 dk が題意を満たすのは明らかであろう.

2. f = g0h0 ⇒ dgdhf = gh ⇒ (dgdhf)∗ = (gh)∗ ⇒ dgdhf = cdgdhf (dgdhf)

∗ = cdgdhf (gh)∗.

よって (gh)∗ | dgdhf命題 143-4⇒ (gh)∗ | f 命題 143-4⇒ g∗h∗ | f , i.e., ∃a ∈ R[X] s.t. f = ag∗h∗. も

ともと f = g0h0, i.e., deg f = deg g0 + deg h0 だったので deg a = 0, i.e., a ∈ R.

3. (対偶) 0 = f ∈ R[X] が F [X] で可約多項式とする. i.e., ∃g0, h0 ∈ F [X] s.t. f = g0h0,

g0, h0F [X]−F , i.e., deg g0, deg h0 > 0. よって 2より f = (ag∗)h∗. また deg ag∗, deg h∗ > 0

で, とくに ag∗, h∗ ∼ 1. よって f は R[X] の元としても可約多項式である.

定理 130 の証明. 『R: UFD ⇒ R[X]: UFD』を示す. 任意の f ∈ R[X] が有限個の素元の積に一意的に書けることを言えばよい. ただし, 分解の一意性の証明は, 素因数分解の一意性の証明と同様なので省略する. f ∈ R なら R が UFD (と定理 147-2) より明らか.

f ∈ R[X] − R なら, 命題 146 より f = f1f2 · · · fn (fk: 既約多項式) と書け, さらに命題143-3 より f = (cf1 · · · cfn)f ∗

1 · · · f ∗n (fk = cfkf

∗k , f

∗k : 原始多項式) と書ける. fk が既約多

項式より f ∗k は既約多項式でもあるので, 定理 147-1 より素元である.

44

15 後期期末テスト記号の説明: Z は整数環, Q は有理数体, R は実数体, C は複素数体を表す.

問題 1. 以下の写像を考える.

fa : R→ R, x 7→ x3.

fb : Z→ Z, n 7→ −n.

fc : C→ R, z 7→ |z|.

fd : C→ C, x+ y√−1 7→ x− y

√−1 (x, y ∈ R).

1. 環の準同型写像の定義を説明せよ.

2. 写像 fa, fb, fc, fd のうち, 環の準同型写像と ならないもの を全て選び, その理由と共に答えよ.

3. 写像 fa, fb, fc, fd のうち, 環の準同型写像と なるもの を全て選び, 証明せよ.

問題 2. R 係数の 1 変数多項式環を R[X] で表す. また, 多項式 f(X) ∈ R[X] で生成される単項イデアルを (f(X)) で表す.

1. R[X]/(X2 + 1) と C が同型であることを示せ. ただし, 各 λ ∈ C に対して, 写像

vλ : R[X]→ C, f(X) 7→ f(λ)

が環の準同型写像になることは, 証明なしに用いてよい.

2. R[X]/(X2 − 1) と C が同型でないことを示せ.

問題 3. 1. R を整域とする. R の分数体 (商体) の定義を説明せよ.

2. Z[√−1]の分数体を求めよ. 厳密な証明は必要ないが, なぜそうなるか説明すること.

問題 4. 1. 体 K が素体であることの定義を説明せよ.

2. p を素数とする. 体 K の標数が p となるとき, K の素体は Z/pZ と同型になることを示せ.

問題 5. 1. 整域 R の元 π が, 既約元であることの定義を説明せよ.

2. R を整域とする. R において, 素元は既約元であることを証明せよ.

3. R を一意分解整域 (UFD)とする. R において, 既約元は素元であることを証明せよ.

(配点: 1-1, 1-2, 1-3, 2-2, 3-1, 3-2, 4-1, 5-1, 5-2, 5-3 は各 8点, 2-1, 4-2 は各 10点)

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