群論のメモ
10-6
(2)
$ \mathbb Q$から$ \mathbb Z$への準同型写像は零写像のみであること。
$ \forall x\in\mathbb Q,f(x)=nf(\frac xn)=z\in\mathbb Z$であるとき、
$ \mathbb Z\ni f(\frac xn)=\frac zn\in\mathbb Z$
が成立するには、$z$が任意の$n$に割り切られなければならない、よって$z=0$
つまりfは零写像。
(1)
$\mathbb Z$が1によって生成される巡回群であることを利用して、$f(1)=a$として、
$ f(n\times 1)=nf(1)=na $としてやると良い。
そして$a>0,a<0$で場合分けしてやると終わり。
10-8
(2)
$ \mathbb Q$と$ \mathbb Z$は同型ではない。
$ \mathbb Q$は巡回群でないが、$ \mathbb Z$は1によって生成される巡回群である。
ここに全単射準同型写像$ f:\mathbb Z\to \mathbb Q$を定めてやると、
$ <1>=\mathbb Z= \{1m|m\in\mathbb Z \} $より
$ \forall n\in\mathbb Z, \exists a\in\mathbb{Q}\ \ s.t.\ f(1n)=nf(1)=a\in\mathbb Q$であるが、ここで$f$は全射であるため、
$ \forall b\in\mathbb Q$に対してある$ l\in \mathbb Z$が存在し、$b=lf(1)$が成り立つ。
このとき、$ \mathbb Z\ni l$であるが、$ \frac {b}{f(1)}\in\mathbb Q$より、矛盾。
(3)
$ \mathbb R $ と $ \mathbb{R}^* $は同型ではない。
$ x=-1\in\mathbb{R}^* $に対して、$ ord(x)=2 $となり、
位数2の元$ -1$が$ \mathbb{R}^* $に存在するが、
全単射準同型写像$ f:\mathbb{R}^*\to \mathbb R$を考えると、
$ f(x^2)=f(x)+f(x)=0 $(0は $ \mathbb R $の単位元)が成り立つと考えられるが、
$ f(x)=-f(x)$となり、この式が成り立つのは、$ f $が零写像のときである。
(4)
$ \mathbb{C}^* $ と $ \mathbb{R}^* $も同型ではない。
$ z^3=1 $となる$ z\in\mathbb C $が単位元以外に一つ存在するので、全単射準同型写像 $ f:\mathbb{C}^* \to\mathbb{R}^* $ を考えると、
$ f(z^3)=e_{ \mathbb{R}^* }=f(z)f(z)f(z) $ と表されるが、$ \mathbb{R}^* $ 上で $ \forall a\in\mathbb{R}^* \ s.t. \ a^3=1 $となるような$ a\in\mathbb{R}^* $は1のみである。
したがって、$ f(z)=1 $である。
すると、
$ 1 $以外の複素数解$ \ne1\to f(以外の複素数解)=f(1)=1 $となり、
単射であることに矛盾。
12-3
$ G $を群とし、単位元でない元を含むと仮定したとき、
恒等写像$ id_G $の他に$ G $の自己同型写像は必ず存在するわけではない。
反例として、位数2の群$ G_1={e,x} $を考える。このとき、全単射準同型写像$ f:G_1\to G_1 $を考えると、
$ f $は準同型写像であるので、$ f(e_G)=f(e_G) $が成り立ち、
かつ全射であるので、残った元より$ f(x)=x $とならねばならない。
よって、恒等写像以外の自己同型写像は必ずしも存在しない。
12-4
$ C^*、T=\{z\in\mathbb C|\ |z|=1\} $とおいたとき、$ \mathbb{R/Z}\cong T $であることを示す。
写像$ f:\mathbb R\to T $を、$ f(\theta)=1\times(\cos(2\pi\theta)+i\sin(2\pi\theta)) $というように定めると良い。
この設定初見殺しすぎる
これは$ \forall a,b\ s.t. \ f(a+b)=\cos(2\pi a+2\pi b)+i\sin(2\pi a+2\pi b) $かつ $ f(a)\times f(b)=(\cos(2\pi a)+i\sin(2\pi a))\times (\cos(2\pi b)+i\sin(2\pi b))=\cos(2\pi a+2\pi b)+i\sin(2\pi a+2\pi b) $ よってこれはhom。 これは$ r=1 $で常に$ |f(\theta)|=1 $となってくれる。 全射であるのは、適切な$ \theta_1\in\mathbb R $をとれば任意の絶対値1の複素数がとれるので示せる。よって$ Imf=\mathbb R $。 次に$ Kerf=\{c\in\mathbb R|\ f(c)=1\in T\} $だが、$ \cos(2\pi\times\mathbb Z)=0 $なので、$ Kerf=\mathbb Z $ よって、$ \mathbb{R/Z\cong}T $。
12-5
位数が等しい有限巡回群は同型である。
$ \because $位数が等しいので、$ x_1^m\in G_1\ s.t.\ f(x_1^m)=x_2^m $というように位数が同じもの同士に
飛ばす写像$ f:G_1\to G_2 $を考えてやると準同型全単射写像を簡単に構成することが出来る。
12-6
(1)
$ H<G $ は $ \forall a,b\in[0,\frac mn-1] $とか上手くとってやると良い。
そして$ -a+b\in H $とすればOK。そして加法群$ H $は可換なのでアーベル群。
アーベル群である部分群は自動的に正規部分群$ \because(\forall x\in G,\forall h\in H\ s.t.\ x+h+(-x)=h\in H) $
であるので、$ H\triangleleft G $
(2)
ラグランジュの定理より、
$ \sharp (\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})=\sharp{H}\times\sharp((\mathbb{Z/m\mathbb Z)}/H) $が成り立つので、
$ \sharp (\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})=m $ 、$ \sharp H=\frac mn $ より、 $ \sharp((\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})/H)=n $
ここで12-5より、位数が等しい有限巡回群は同型であるので、
$ (\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})/H $は、位数nの有限巡回群と同型である。
12-7
(3) $ f:\mathbb C\to \mathbb R,f(a+bi)=b(\forall a,b\in R) $
(2)より$ Kerf=\{c\in\mathbb C| f(c)=0\} $つまり、虚部がゼロである任意の複素数、つまり任意の$ \mathbb R $。
ここで、$ \mathbb C/Kerf $を考える。これは、$ \mathbb C/z\ \ \ \ (\forall z\in\mathbb R) $である。
そして、$ \forall l=m+ni\in\mathbb C(\exists m,n\in\mathbb R) $とおくと、
剰余群$ \mathbb C/Kerf $ で $ \mathbb C $の元全てを表現すると考えるなら、
$ z $は任意なので$ \mathbb R $に等しいと考えることが出来、$ m+ni+\mathbb R=ni+\mathbb R $
よって、完全代表系は、$ \{ ni+\mathbb R\ |n\in\mathbb R \} $より$ n\in\mathbb R $である。
(補足)
全射であり、準同型であり、$ Kerf=\mathbb R$であることを示した。
つまり、準同型定理を適用すると、$ \mathbb C/\mathbb R =\mathbb C/Kerf\cong Imf=\mathbb R $$
12-8
$ \varphi’\circ f=f’:G\to G’\to G’/N’ $
誘導に乗れば容易ではあるが、$ Kerf’=N $を示すのは難しい。
$ z\in Kerf\Longleftrightarrow f’(z)=\bar{e}’\in G’/N’\ \ (\bar{e’}はG’/N’の単位元) $
$ \Longleftrightarrow \varphi’(f(z))=\bar{e}’ $
$ \Longleftrightarrow f(z)\in Ker(\varphi’) $
$ \Longleftrightarrow z\in N\ \ (\because\ f:N\to N’\ s.t.\ \varphi’:N’\to N’/N’\ \therefore \varphi’は単位元をとる) $
よって、$ Ker f’=N $
あとは消化試合
13-4(2)
$ \sigma $は分かりやすいが、
$ \tau=\begin{pmatrix} 1&2&3&4 \ 3&2&1&4 \end{pmatrix}=(1\ \ 3) $
が難しい。
$ (i\ \ j)=(1\ \ j)(i\ \ 1)(1\ \ j) $を利用すると、
$ (1\ \ 3)=(2\ \ 3)(2\ \ 1)(2\ \ 3) $
とできる。(1は2で置き換え、隣接置換にした。)
しかし、
$ \omega=\begin{pmatrix} 1&2&3&4 \\ 4&3&2&1 \end{pmatrix}=(1\ \ 4)(2\ \ 3) $
を隣接置換にするのは難しいので、実際にあみだくじを書いてゴリ押しが一番早い。
13-5
(1)
$ A_n\triangleleft S_n $を示す。
$ \sigma\in A_n\Longleftrightarrow \sigmaは偶置換 $
$ \Longleftrightarrow sgn(\sigma)=1 $
$ \Longleftrightarrow \sigma\in Ker(sgn) $
よって、$ A_n=Ker(sgn) $
ここで、$ f:G\to G’\ \ (f\ is\ hom) $のとき、$ Kerf\triangleleft G,\ Imf\triangleleft G’ $が成り立つ。
したがって、$ A_n\triangleleft S_n $
(2)
$ S_n/Ker(sgn)\cong Im(sgn) $を考える。
すると、$ n\ge2 $であれば間違いなく$ sgn $は$ \pm1 $を必ずとれるので、全射。よって$ Im(sgn)=\{\pm1\} $
次に、(1)より、$ A_n=Ker(sgn) $であるので、準同型定理より$ S_n/A_n\cong\{\pm1\} $が得られる。
ここで$ S_n/A_n $と$ \pm1 $は同型であるので、全単射準同型写像が存在する。よって、$ \sharp (S_n/A_n)=2 $
したがってラグランジュの定理より、
$ \sharp(S_n)=\sharp(S_n/A_n)\sharp(A_n) $が成り立つので、(そして$ \sharp(S_n)=n! $)
$ n!=\sharp(S_n/A_n)\times 2 $
$ \therefore \sharp(S_n/A_n)=\frac{n!}{2} $
13-6
(1)
$ \{(k\ \ k+1)|k\in\{1,2,…,n-1\}\} $は$ S_n $の生成系になることを示す。
任意の互換を$ (i\ \ j) $とおくと、13-4(2)のやつより、
$ (i\ \ j)=(j-1\ \ j)(i\ \ j-1)(j-1\ \ j) $と表されるので、
これを繰り返し、
$ (i\ \ j)=(j-1\ \ j)(j-2\ \ j-1)(i\ \ j-2)(j-2\ \ j-1)(j-1\ \ j) $
…
としていくと、全ての互換を隣接互換として表すことができるので、
任意の置換が互換の積で表せることより、$ (k\ \ k+1) $は$ S_n $を生成する。
(2)
$ \{(1\ \ k)|k\in\{1,2,…,n-1\}\} $が$ S_n $の生成系になることを示す。
また先ほどの式を用いて隣接互換を作れるように変形を行うと、
$ (1\ \ k)=(k-1\ \ k)(1\ \ k-1)(k-1\ \ k) $と変形できるので、
これを繰り返し、
$ (1\ \ k)=(k-1\ \ k)(k-2\ \ k-1)(1\ \ k-2 )(k-2\ \ k-1)(k-1\ \ k)
…$
としていくと、
全ての元を隣接互換で表すことが出来るので、
(1)より$ (1\ \ k) $は$ S_n $を生成する。
(3)
$ T=<\{(1\ \ 2)(1\ \ 2\ \ …\ \ n)\}>=S_n $を示す。
まず、$ \subset $は明らか。
次に、$ \supset $を示す。
(2)より$ S_n=<\{(1\ \ k)|k\in{2,…,n\}\}> $であることに注意する。
まず$ k=1 $のとき、明らかに$ (1\ \ 2)\in T\subset $
次に、$ k=2 $のとき、$ (2\ \ 3)=(1\ \ 2\ \ …\ \ n)(1\ \ 2)(1\ \ 2\ \ …\ \ n)^{-1}\in T\subset（これは暗記) $
そして$ k\ge3 $のとき、$ (k\ \ k+1)=(1\ \ 2\ \ …\ \ n)(k-1\ \ k)(1\ \ 2\ \ …\ \ n)^{-1}\in T\subset $
したがって、$ \supset $も示すことが出来た。
13-7
(1)
$ n,k\in\mathbb N,n\ge2,k\in[1,n] $とするとき、$ H=\{\sigma\in S_n|\sigma(k)=k\}<S_n $を示す。
$ \forall a,b\ s.t.\ a^{-1}b $において、$ a^{-1}(b(k))=k $が成り立つので、
$ a^{-1}b\in H $もまた成り立つ。よって、$ H<S_n $。
(2)
具体例を一つ挙げ、$ k $を具体的に定めて、
$ k $が任意の$ S_n $の逆元と元で計算した前後で変わっていることを示せば終わり。
13-8
(1),(2)
普通にやる。
(3)
$ \sigma=\tau^2 $となる置換$ \tau\in S_n $が存在するかを考える。
(2)より、$ sgn(\sigma)=-1 $であることを示した。
仮定より$ sgn(\tau^{2})=-1 $であるが、$ sgn $は準同型写像であるので、
$ sgn(\tau^2)=(sgn(\tau))^2=-1 $が成り立つ。
よって矛盾。
このような置換$ \tau $は存在しない。
13-9
(1)
$ sgn $と適宜置き換えれば良い
(2)
$ f $が全射であることを用いれば$ Imf=\{ \pm 1\} $であり、
$ Kerf=\{\sigma\in S_n|f(\sigma)=1\in {\{ \pm 1 }\} \} $
つまり、$ Kerf=(偶置換)=A_n $
(3)
$ S_n/A_n\cong\mathbb Z/\mathbb{2Z} $を示す。
(2)及び準同型定理より、
$ S_n/A_n\cong\{\pm 1\} $が成り立つ。
そして
$ g(x)=\begin{cases}+1&(xが偶数) \\ -1&(xが奇数)\end{cases} $
という写像$ g:\mathbb Z\to \{\pm 1\} $を定めると、明らかに全射なので$ Img=\{\pm1\} $
次に$ Kerg=\{\tau\in \mathbb Z|f(\tau)=1\in\{\pm1\}\}=2\mathbb Z $であるので、
ここまでくれば準同型写像であることも示せると思うので、省略する。
よって準同型定理より、$ \mathbb Z/2\mathbb Z\cong \{\pm1\} $
ここで同型の推移律によって、$ \mathbb Z/2\mathbb Z\cong S_n/A_n $
14-1
Gの任意の部分群Hに対して、GからHへの全射準同型写像が存在する。
これは偽である。
反例を一つ挙げる。
$ f:S_3\to A_3\ \ (fは全射準同型写像) $
$ S_3=\{e,(1\ \ 2),(2\ \ 3),(1\ \ 3),(1\ \ 2\ \ 3),(3\ \ 2\ \ 1)\} $
$ Imf=A_3={e,(1\ \ 2\ \ 3),(3\ \ 2\ \ 1)} $を考えると、
ラグランジュの定理及び準同型定理より
$ S_3/Kerf\cong A_3 $
$ \therefore\ \ \sharp(S_3/Kerf)=\sharp(A_3) $
$ \therefore\ \ \sharp(Kerf)=\frac{\sharp(S_3)}{\sharp(A_3)}\ \ (\because\ \sharp(S_3/Kerf)\sharp(Kerf)=\sharp(S_3)) $
$ \therefore\ \ 3!=6=\sharp(Kerf)\times3\ \ \therefore \sharp(Kerf)=2 $ 。
よって、$ S_3 $は位数2の正規部分群を持つはずなので、位数2の部分群を挙げて考えてみる。
$ H_1=\{e,(1\ \ 2)\},H_2=\{e,(2\ \ 3)\},H_3=\{e,(1\ \ 3)\} $
ここで、$ H_1 $について考える。
$ (3\ \ 2\ \ 1)(1\ \ 2)(1\ \ 2\ \ 3)=(1\ \ 3)\notin K_1 $となる。
(これを$ H_2,H_3 $でも考えると…)
したがって、$ S_3 $には位数2の正規部分群は存在しない。
よって、このような写像$ f $は存在しない。
14-2
$ a_i,b_i\in G_i\ \ (i=1,2,…,n) $を任意にとっていい感じに計算して終了
14-3
$ f:G_1\times G_2\to G_2\times G_1 $という入れ替えの写像を作ってやると、
簡単に全単射準同型写像であることを示せる。
14-4
Gを群、$ H_1,…,H_n $をGの部分群とする。$ G=H_1H_2…H_n $は直積分解を与えるとする。
(1)
$ H_i\triangleleft G\ \ (i=1,…,n) $を示す。
$ \forall h_i\in H_i\ \ (i=1,2,…,n),\forall x\in G $をとると、
$ G $は$ H_i $による直積分解なので、$ x=h’_1h’_2…h’_n\ \ (h’\in H_i) $が一意的に存在する。
したがって、$ xh_ix^{-1} $に登場する元は全て$ H_i $の元であるので、
$ xh_ix^{-1}\in H_i $は明らかである。
よって、$ H_i\triangleleft G $が成り立つ。
(2)
$ G\cong (H_1\times…\times H_n) $を示す。
そのため、
$ f:G\to H_1\times…\times H_n,\ \ f(x)=h_1h_2…h_n\ \ (\forall x\in G,\exists 1 h_1,…,h_n\in H_i\ \ (i=1,2,…,n))\ s.t.\ x=h_1…h_n $
と定める。
まず$ \forall b_i\in H_i\ \ (i=1,2,…,n) $をとると、直積分解の定義より、
$ \exists 1\ x\in G\ s.t.\ x=b_1b_2,…,b_n $が成り立つ。よって、全射である。
ここで直積分解の定義より、ある$ x\in G $に対する$ H_i $の元の取り方は一意的であるため、単射である。
そして$ \forall \alpha,\beta\in G,\exists 1\ h_{\alpha_i}\in H_i,\exists 1\ h_{\beta_i}\in H_i\ s.t.\ \alpha=h_{\alpha_1}h_{\alpha_2}…h_{\alpha_n},\beta=h_{\beta_1}h_{\beta_2}…h_{\beta_n} $
というようにとると、
$ f(\alpha+\beta)=(h_{\alpha_i})(h_{\beta_i}) $
$ f(\alpha)+f(\beta)=(h_{\alpha_i})(h_{\beta_i}) $
よって、$ f $は全単射準同型写像である。
注！準同型写像の証明は$ 全射\to Imf $との兼ね合いもあるので先にやっておいた方が良い?
したがって、$ G\cong (H_1\times…\times H_n) $が成り立つ。
14-5
$ \mathbb C\cong\mathbb R\times\mathbb R $を示す。
$ f:\mathbb C\to \mathbb R\times\mathbb R,f(a,b)=a+bi\ (a,b\in\mathbb R) $
としてやり、全単射準同型写像であることを証明すれば終わり。
14-6
$ \mathbb{C}^* \cong \mathbb{R}^* \times \mathbb{R}^* $は同型ではない。
$ \because 全単射準同型写像f:\mathbb{C}^* \to \mathbb{R}^* \times \mathbb{R}^*,\ f(c)=a+bi\ (\forall c\in\mathbb C,\exists \ a,b\in\mathbb R\ s.t.\ c=a+bi) $を定める。
このとき、位数3の元zを考える。
これは、$ z^3=1 $と表され、1とそれ以外の複素数解$ z’ $を持つ。
$ fはhom $なので、
$ f(z^3)=f(z)f(z)f(z)=1 $
となる。
このとき$ \mathbb R $上には三乗して単位元となる元は1のみであるので、
$ z’\ne1\Longrightarrow f(z’)=f(1)=1 $となり、単射性に矛盾。
したがって、$ \mathbb{C}^* \cong\mathbb{R}^* \times \mathbb{R}^* $は同型ではない。
14-7
$ G_1\times T $と$ G_2\times T $が同型ならば、$ G_1 $と$ G_2 $は同型となるか。→ならない
$ \because G_1=\mathbb Z,\ G_2={e},\ T=\Pi_{i=1}^{\infty}\mathbb Z $をとり、
(このTのとり方がミソである。)
写像$ \phi:G_1\times T\to T $を$ \phi(x,(y_1,y_2,…))=(x,y_1,y_2,…)\in T $と定めると、これは同型写像である。
($ x\in G_1,\ (y_1,y_2,…)\in T $)
同様に$ G_2\times T\cong T $であるので、$ \phi(e,(y_1,y_2,…))=(e,y_1,y_2)\in T $と同型写像を定めることが出来る。
すると、$ G_1\times T\cong G_2\times T $が成り立つが、どう見ても$ G_1=\mathbb Z $と$ G_2=\{e\} $は同型ではない。