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大学数学基礎解説
文献あり

代数学をやるその2 位数5593の群は巡回群

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はじめに

代数学の演習結果をメモしていくものです.今回は巡回群に関する基本的な問題を持ってきました.

その他の問題たちは こちらのまとめページ から見れます.よろしければリンクをご利用ください.

更新履歴

(2022/8/8):解答を少し修正しました.

問題と解答

位数5593の群Gは巡回群であることを示せ.

間違っている方
証明を表示

eで群Gの単位元を表す.まず5593を素因数分解すると
5593=71747
となる.よってSylowの定理より,GにはSylow7部分群N7とSylow17部分群N17とSylow47部分群N47が存在する.Sylow17部分群の個数は|G|=5593の約数で17で割った余りが1となる整数であるが,そのような整数は1しか存在しない.これよりN17Gの中で正規となる.同様に,N47Gの中で正規となる.よってN17N47Gの正規部分群である.1747は互いに素なのでN17N47={e}が成り立つ.従って,群論の一般論から
N17N47N17×N47Z/17Z×Z/47Z
が成り立つ.ここでN7Gの正規部分群であることが示されれば,N7N17N47Gの部分群で,71747が互いに素であることから,
N7N17N47N7×(N17N47)Z/7Z×Z/17Z×Z/47ZZ/5593Z
が成り立つ.すると,|N7N17N47|=5593=|G|であることからG=N7N17N47となるので証明が完了する.よって示すべきはN7Gの正規部分群であることである.

まず,N17Gの中で正規であることから,N7N17Gの部分群である.717が互いに素であることからN7N17の位数は717である.これより,N7N7N17のSylow7部分群であり,その個数は717の約数で7で割った余りが1である整数となる.そのような整数は1しか存在しないので,N7N7N17において正規である.N17N7N17においても正規であるから,
N7N17N7×N17Z/7Z×Z/17Z
が成り立つ.即ち,N7N17は可換部分群である.すると,任意のhN17に対して
hN7h1=N7
が成り立つ.これより,N7へのGの共役作用(ここが間違っている.N7と共役な部分群がN7のみかどうか分からないのでそのような作用はまだ定義できない)は,N7へのG/N17の共役作用を引き起こす.即ち,N7Gにおいて共役な部分群はN7へのG/N17の共役作用による軌道の元で尽くされる.その軌道の元の個数は|G/N17|=747の約数であるが,そもそもGにおけるSylowの定理よりN7と共役な部分群の個数は1もしくは1747=799(1mod7)であったので,1しかとり得ない.従ってN7Gの正規部分群であり,題意は示された.(証明終)

修正された方
証明を表示

eで群Gの単位元を表す.まず5593を素因数分解すると
5593=71747
となる.よってSylowの定理より,GにはSylow7部分群N7とSylow17部分群N17とSylow47部分群N47が存在する.Sylow17部分群の個数は|G|=5593の約数で17で割った余りが1となる整数であるが,そのような整数は1しか存在しない.これよりN17Gの中で正規となる.同様に,N47Gの中で正規となる.よってN17N47Gの正規部分群である.1747は互いに素なのでN17N47={e}が成り立つ.従って,群論の一般論から
N17N47N17×N47Z/17Z×Z/47Z
が成り立つ.ここでN7Gの正規部分群であることが示されれば,N7N17N47Gの部分群で,71747が互いに素であることから,
N7N17N47N7×(N17N47)Z/7Z×Z/17Z×Z/47ZZ/5593Z
が成り立つ.すると,|N7N17N47|=5593=|G|であることからG=N7N17N47となるので証明が完了する.よって示すべきはN7Gの正規部分群であることである.

まず,N17Gの中で正規であることから,N7N17Gの部分群である.717が互いに素であることからN7N17の位数は717である.これより,N7N7N17のSylow7部分群であり,その個数は717の約数で7で割った余りが1である整数となる.そのような整数は1しか存在しないので,N7N7N17において正規である.よって
(1)(N7N17)1N7N7N17=N7
N7N17において成り立つ.Gの演算とN7N17における演算は一致しているから,これはGにおいても成り立つ.
GのSylow7部分群全てからなる集合をXとし,GXへの共役作用を考える.Sylowの定理から全てのSylow7部分群は互いに共役であるので,この作用は推移的であり,H7の軌道がX全体に一致する.よってXの元の個数はG/Stab(H17)(Stab(H7)H7の固定部分群)の位数に等しい.ところで,式(1)からStab(H7)N7N17を含む.すると,
|G/H7H17|=|G/Stab(H7)||Stab(H7)/H7H17|
となる.よってG/Stab(H7)の位数,即ちXの元の個数は|G/H7H17|=47の約数である.GにおけるSylowの定理よりXの元の個数は1もしくは1747=799(1mod7)であるから,その値は1しか取り得ない.従ってN7Gの正規部分群であり,題意は示された.(証明終)

感想

素因数分解をしてSylowの定理,といういつものやつですね.

今回使った事実

剰余群の元は上にバーを付けて表します.

Gを群,H,NGの部分群とする.NGの正規部分群であるとき,HNGは部分群である.Hも正規ならHNGの正規部分群である.

証明を表示

任意のh,hH,n,nNに対して
(hn)1hn=n1h1hn=(h1h)1(h1h)n1(h1h)1nHN
が成り立つ.よってHNGの部分群である.Hも正規であるとすると,任意のgGと任意のhnHNに対して
g(hn)g1=(ghg1)(gng1)HN
g1(hn)g=(g1hg)(g1ng)HN
が成り立つので,HNGの正規部分群である.(証明終)

Gを群,H,NGの正規部分群とする.このときHN/(HN){H/(HN)}×{N/(HN)}が成り立つ.特にHN={e}であるとき,HNH×Nが成り立つ.

証明を表示

補題1よりHNGの(正規)部分群である.任意のhH,nNに対して
h1n1hn=h1(n1hn)H
h1n1hn=(h1n1h)nN
が成り立つので,h1n1hnHNである.これはHN/(HN)ではhn=nhを意味する.
写像φ:H×NHN/(HN)hH,nNに対してφ(h,n)=hnを満たすものとして定める.すると,任意のh,hH,n,nNに対して
φ((h,n)(h,n))=φ(hh,nn)=hhnn=hnhn=φ(h,n)φ(h,n)
が成り立つので,φは群準同型である.その定義から明らかにφは全射.hH,nNh,nKerφを満たすとすると,hnHNとなる.よって
h=(hn)n1N,n=h1(hn)H
となるので,h,nHNである.h,nHNなら(h,n)Kerφは明らかであるから,
Kerφ=(HN)×(HN)
となる.よって準同型定理より同型
HN/(HN)(H×N)/Kerφ{H/(HN)}×{N/(HN)}
を得る.(証明終)

Gを群,H,NGの部分群とする.NGの正規部分群であるとき,同型HN/NH/(HN)が成り立つ.特に,H,Nが有限群であるとき,位数に関して
|HN|=|H||N||HN|
が成り立つ.

証明を表示

Nは部分群HNの中でも正規であることに注意する.HからHN/Nへの自然な準同型をπとすると,πは全射でその核はHNである.よって,準同型定理より題意が従う.後半はこの同型から明らかである.(証明終)

Sylowの定理

Gを有限群とし,その位数をnとする.pnの素因数とし,n=pam(mpと互いに素)と表す.このとき,Gの部分群H|H|=paを満たすものが存在し,これをSylowp部分群という.また,Gの全てのSylowp部分群は共役であり,その個数ss1modpを満たす.

証明
自明である(冗談です.長いから略しました).(証明終)

今回の記事は以上です.
最後までお読み頂きありがとうございました.

参考文献

[1]
永田雅宜, 復刻版 大学院への代数学演習, 現代数学社, 2021
[2]
代数学1 群論入門, 雪江明彦, 日本評論社, 2010
投稿日:2022527
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素朴な問題が特に好きです.

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  2. 問題と解答
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