京大数学科院試過去問解答例(2019専門02)

1. 帰納法で示す。$n=1$のとき示すことは何もない。$n=k$で成り立つとき
   $$ \begin{split} [a:b]^{k+1}&=[a:b]^k[a:b]\\ &=[a^k:b][a,b]\\ &=a^{-k}b^{-1}a^kba^{-1}b^{-1}ab\\ &=a^{-(k+1)}b^{-1}a^{k}b^{-1}bab\\ &=a^{-(k+1)}b^{-1}a^{k+1}b&=[a^{k+1}:b] \end{split} $$
   であるから$n=k+1$についても結果が従う。
2. 帰納法で示す。$n=1$のとき示すことは何もない。$n=k$のとき成り立つと仮定する。このとき帰納法の仮定と(1)から
   $$ \begin{split} (ab)^{k+1}&=a^kb^k[a:b]^{-\frac{k(k-1)}{2}}(ab)\\ &=a^kb^kab[a:b]^{-\frac{k(k-1)}{2}}\\ &=a^{k+1}b^k[b^k:a]b[a:b]^{-\frac{k(k-1)}{2}}\\ &=a^{k+1}b^k[a:b]^{-k}b[b^{-1}:a^{-1}]^{\frac{k(k-1)}{2}}\\ &=a^{k+1}b^{k+1}[a:b]^{-\frac{k(k+1)}{2}}&=a^{k+1}b^{k+1}[a:b]^{-\frac{k(k+1)}{2}} \end{split} $$
   であるから結果が従う。

$G$の位数が$p^n$とする。$n$に関する帰納法で示す。$n=1$のとき示すことは何もない。次に$n=k$のとき定理が成り立っているとする。ここで$|G|=p^{k+1}$とする。$G$の位数$p$の部分群$H$を任意に取ったとき、帰納法の仮定から$G/H$はアーベル群であり、これによって
$$ [G:G]\subseteq H $$
が従う。以下$[G:G]\neq\{1\}$として矛盾を導く。このとき$[G:G]$は$G$の部分群で唯一の位数$p$の巡回群になる。非自明な$p$群は自明な中心を持たないことを考慮すると、$[G:G]\subseteq Z(G)$が従い、補題1から任意の$a,b\in G$に対して
$$ (ab)^n=a^nb^n[a:b]^{-\frac{n(n-1)}{2}} $$
が従う。$n=p$を代入すると、$p$は奇素数であることと$|[G:G]|=p$であることを考慮すれば、任意の$a,b\in G$に対して$(ab)^p=a^pb^p$であることがわかる。よって群準同型
$$ \begin{split} f:G&\to G\\ a&\mapsto a^p \end{split} $$
が定義され、$[G:G]=\mathrm{Ker}f$である。ここで$H=\mathrm{Im}f$は$G$の指数$p$の正規部分群であり、補題1から任意の$a^p\in H$及び$b\in G$に対して
$$ [a^p:b]=[a:b]^p=1 $$
が成り立つから$H=Z(G)$が従う。このとき$G/Z(G)$が位数$p$の巡回群であることが従うが、これは$G$がアーベル群であることを意味し矛盾する。以上から$[G:G]=\{1\}$、つまり$G$はアーベル群である。

$|G|=2^{r+1}$とする。完全列
$$ 0\to Q_8\times (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^r\to G\to\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\to 0 $$
が取れたとする。そして$a\in G$が全射で$1+2\mathbb{Z}$に送られる元とする。$a$の位数は$2,4,8$のいずれかである。$a$と非可換な$Q_8\times (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^r$の元があったとする。このとき$a$は$Q_8$の元$i,j,k$のいずれか$2$つと非可換であり、残りの一つと可換である。ここで$a^2$が$i,j,k$と可換であるから$a^4=1$がわかる。ここで$ak^{-1}$を$a$に置き換えることで
$$ a^2\in \{1\}\times (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^r $$
$$ a\in Z(G) $$
として良い。ここで$a^2\neq1$とすると、$G$は$Q_8\times \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$を含むが、これはデデキント群でないから矛盾する。よって$a^2=1$になるように$a$を取ることができる。以上から
$$ G=Q_8\times (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^{r+1} $$
である。
以下結果を示す。$|G|=8$のときにハミルトン群としてあり得るのは$Q_8$のみである。以下$|G|=2^n>8$とする。このとき$G$は$Q_8$を正規部分群として含む。このとき群の列
$$ Q_8\triangleleft G_1\triangleleft G_2\triangleleft\cdots \triangleleft G_{n-2}=G $$
を$|G_i/G_{i-1}|=2$になるようにとる。このとき前半の議論から順次
$$ G_i=Q_8\times(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^{i} $$
が従う。以上で示せた。

$G_p$を$G$の$p$シロー部分群とする。このとき$G$のデデキント性から相異なる$p,q$に対して$[G_p:G_q]\subseteq G_p\cap G_q=\{1\}$であることを考慮すれば
$$ G=\prod_{p}G_p $$
である。あとは補題1と補題2から従う。

1. (3)からすぐに従う。
2. (3)からすぐに従う。
3. 有限ハミルトン群の構造定理から$G$は
   $$ G=Q_8\times (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^r\times H $$
   と書けるかアーベル群であるかのいずれかである(但し$r\in\mathbb{N}$であり、$H$は位数奇数の有限アーベル群)。$Q_8$は位数$4$の部分群を$3$つ持つから$G$はアーベル群である。また$(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^2$は位数$p$の部分群を$p+1$つ持つから$G$の$p$シロー部分群は巡回群である。以上から$|G|$を割り切る各素数$p_i$に対して自然数$a_i$が存在して
   $$ G=\prod_{i}\mathbb{Z}/p_i^{a_i}\mathbb{Z}=\frac{\mathbb{Z}}{\qty(\prod_ip_i^{a_i})\mathbb{Z}} $$
   であるから結果が従う。