位数6の群を力技で求める。

はじめに

本稿は位数$6$の群を力技で求めることが目的である。$Sylow$の定理などを用いたら簡単に回答することができるが今回は使わないことにする。また部分群の知識もないものとする。

分類

以降、$G$を位数$6$の群として$e$をその単位元とする。
$G$に関しては以下の$2$通りを考えることができる。

①ある元$a\in G$が存在して$G$の任意の元が$a^i$の形で書くことができる場合

$0\le i<j<6\Rightarrow a^i\ne a^j\dots$(A)であることを示す。
もし、$a^i=a^j$であったとすると$a^{j-i}=e$となり$a^i$の形で書ける元は高々$j-i<6$個になってしまう。これは①の仮定に矛盾である。よって$a^0=e,a^1,a^2,a^3,a^4,a^5$はいずれも異なる。これは$G=\{a^0,a^1,a^2,a^3,a^4,a^5\}$であることを意味する。群の演算について考える。$a^6$のみを考えたら良い。上の主張よりある$0\le i<6$となる$i$が存在して$a^6=a^i$となる。$a^{6-i}=a^0$となる。(A)より$i=0$であることがわかる。よって$0\le i<6$なる任意の$i,j$について$a^i\cdot a^j=a^{i+jを6で割った余り}$ という演算が入ることがわかる。これが群の条件を満足することは頑張って求めることもできるが省略する。

② ①ではないとき

$a$を単位元でない$G$の元とする。仮定より$a^i$ の形で表されないような$G$の元が存在する。このような元を一つ取り$b$とする。ある$i\in {\mathbb{Z}}^{+}$が存在して$a^i=e$となることを示す。もし任意の$i\in \mathbb{N}=\{0,1,\dots ,\}$について$a^i\ne e$であると仮定すると$i\ne j\Rightarrow a^i\ne a^j$となる。というのも$i\ne j$で$a^i=a^j$であるとすると$a^{|i-j|}=e$となり$|i-j|=0$すなわち$i=j$を得るからである。また任意の元$n\in \mathbb{N}$について$a^n\in G$であることは$G$が演算について閉じていることから従う。すると、$\{a^0,a^1,\dots a^n,\dots \}\subseteq G\dots$(B)となる。$i\ne j\Rightarrow a^i\ne a^j$より左辺は無限集合となるが右辺は有限集合なので矛盾である。($G$の位数は6であった！)
よってある$i\in {\mathbb{Z}}^{+}$が存在して$a^i=e$となる。そのような最小の$i$が何か求める。$G$が演算について閉じていることから(B)式が成立する。(B)の式において左辺の元の個数は$i$である。よって$1\le i\le 6$であることがわかる。$a$は単位元ではないので$i\ne 1$である。
また②の仮定より$i\ne 6$である。よって$i=2,3,4,5$のいずれかである。
(イ)$i=4$のとき
$\{e,a,a^2,a^3,b\}\subseteq G$となる。(左辺の元はすべて異なる。)$ab\in G$であるが$ab\notin \{e,a,a^2,a^3,b\}$であることは$G$が群であることから直ぐに従う。よって、$G=\{e,a,a^2,a^3,b,ab\}$となる。$a^{2}b\in G=\{e,a,a^2,a^3,b,ab\}$となるが$a^{2}b$は$e,a,a^2,a^3,b,ab$のいずれにもなり得ない。よって矛盾。
(ロ)$i=5$のとき
$b$の決め方から$G=\{e,a,a^2,a^3,a^4,b\}$となる。$ab\in \{e,a,a^2,a^3,a^4,b\}$であるがこれは矛盾。
よって$i=2,3$のいずれかである。ここで上と同様の議論により単位元でないような$G$の任意の元$x\in G\setminus \{e\}$について$x^{j_x}=e$となるような$j_x\in \{2,3\}$が存在する。$G$は以下の3通りに場合分けをすることができる。
(ハ)任意の元$x\in G\setminus \{e\}$について$j_x=2$であるとき
$\{e,a,b,ab\}\subseteq G$となる。(左辺の元はすべて異なる。)ここで仮定より$(ab{)}^2=e$すなわち$abab=e$となる。左から$a$を、右から$b$をかけて$ab=ba$となる。元$c\in G\setminus \{e,a,b,ab\}$を取る。$\{e,a,b,ab,c,ac\}\subseteq G$となる。(左辺の元はすべて異なる。)$G$の位数を考えると、$\{e,a,b,ab,c,ac\}=G$となるが$bc\in G$は$e,a,b,ab,c,ac$のいずれとも異なる。(詳細は省略するがここで$ab=ba$および同様に示される$G$の可換性などを用いる。)よって矛盾。
(ニ)任意の元$x\in G\setminus \{e\}$について$j_x=3$であるとき
$\{e,a,a^2,b\}\subseteq G$となる。(左辺の元はすべて異なる。)もし、$a^2=b^2$だとすると、左側から$a,$右側から$b$を掛けて$a=b$を得るので矛盾。よって$\{e,a,a^2,b,b^2\}\subseteq G$となる。(左辺の元はすべて異なる。)元$c\in G\setminus \{e,a,a^2,b,b^2\}$を取る。仮定より$c^2\in G$は$e,a,a^2,b,b^2,c$のいずれにもなり得ない。これは矛盾。
(ハ)ある元$a,b\in G$が存在して$j_a=2,j_b=3$となるとき
$\{e,a,b,b^2,ab,a{b}^2\}\subseteq G$となる。(左辺の元はすべて異なる。)$G$の位数を考えて$\{e,a,b,b^2,ab,a{b}^2\}=G$となる。演算が群構造を持つことを確認する。$ba\in G$の値が何になることを調べる。(後の議論は結合律を満たすかの確認なので省略する。)$ba\in G$の値は$ab,a^{2}b$のどちらかである。(これは逆元を持つことから従う。)$ba=ab$であると仮定する。可換性から、$(ab{)}^2=a^2{b}^2\ne e,(ab{)}^3=a^3{b}^3=a\ne e$を得るがこれは(二)の仮定に矛盾。よって、$ba=a^{2}b$であることがわかる。これは群構造を持つ。

以上で位数$6$の群の分類が完成した。結果をまとめておく。

①のような群は$\mathbb{Z}/\mathbb{6}\mathbb{Z}$と同型である。つまり、整数問題でいうところの$\mathrm{mod}6$を考えている状況である。

②のような群は${\mathfrak{S}}_3$と同型である。つまり、組み合わせ問題でいうところの3つの異なる球を入れ替える操作を考えている状況である。

最後に

群の問題を初等的に解決しようとすると上記のように非常に労力がかかってしまう。(もしかしたらもう少し初等的な解法で楽なものがあるかもしれない。)$Lagrange$の定理とか使えたらもう少し楽になるかもしれない。天変地異でも起こって高校数学に群論がでてきたら東大入試で位数8の群を分類せよ、みたいな問題が出てたらいいなあ($Sylow$の定理はコラム的な位置付けで載っていないとキツそうだけど)