§E7.6Lagrange の定理

証明.$aH=bH$ならば$b=be_G\in bH=aH$であるから、$b=ah$を満たす$h\in H$が存在する。したがって$a^{-1}b=h\in H$である。逆に$a^{-1}b=h_0\in H$ならば$b=ah_0$である。$h_0H=H$であるため

を得る。よって式 (1.2.1)が成り立つ。

$Ha=Hb$ならば$a\in Ha=Hb$であるから、$a=hb$を満たす$h\in H$が存在し、$ab^{-1}=h\in H$となる。逆に$ab^{-1}=h_0\in H$ならば$a=h_0b$であり、$Hh_0=H$から

を得る。よって式 (1.2.2)も成り立つ。最後の二主張は、式 (1.2.1)、式 (1.2.2)と剰余類の定義から従う。▨

証明.$a,b\in G$に対して

と定める。$a^{-1}a=e_G\in H$であるから反射律が成り立つ。$a^{-1}b\in H$ならば$(a^{-1}b)^{-1}=b^{-1}a\in H$であるから対称律が成り立つ。$a^{-1}b,b^{-1}c\in H$ならば

であるから推移律が成り立つ。したがって$\sim_L$は同値関係である。$a$の同値類は

であるため、左剰余類は同値類として$G$を分割する。

同じく

と定める。反射律と対称律は左の場合と同じである。$ba^{-1},cb^{-1}\in H$ならば

であるから推移律も成り立つ。$a$の同値類は

であるため、右剰余類も$G$を分割する。

$L_g$は左簡約律によって単射であり、$gH$の定義によって全射である。$R_g$は右簡約律によって単射であり、$Hg$の定義によって全射である。

最後に、部分集合の各元の逆元を取ると

である。$gH=kH$ならば逆元を取って$Hg^{-1}=Hk^{-1}$となるため、表示された対応は代表元によらず定まる。右剰余類から左剰余類への対応

も同じ理由で代表元によらず定まり、二つの対応の合成はそれぞれ恒等写像になる。したがって、表示された対応は全単射である。▨

証明.定理 1.3によって、$G$は$[G:H]$個の左剰余類の交わらない和である。同じ定理の全単射$L_g\colon H\to gH$によって、各左剰余類はちょうど$|H|$個の元をもつ。したがって

である。▨

証明.定理 2.1の等式で、$[G:H]$は正の整数である。▨

証明.§E7.2 定理 5.1によって、巡回部分群$\langle g\rangle$の元の個数は$\operatorname{ord}(g)$に等しい。$\langle g\rangle\leq G$であるから、系 2.2より

を得る。$|G|=k\operatorname{ord}(g)$と書けば

である。▨

証明.$p\geq2$であるから、$g\in G\setminus\{e_G\}$を取ることができる。系 2.3により$\operatorname{ord}(g)$は$p$を割り切る。$g\neq e_G$であるから$\operatorname{ord}(g)\neq1$であり、$p$が素数であることから$\operatorname{ord}(g)=p$となる。したがって$|\langle g\rangle|=p=|G|$であり、$\langle g\rangle=G$である。§E7.2 定理 5.1によって$G\cong\Z/p\Z$を得る。▨

証明. 頂点$v$を固定する回転は、$v$と反対側の頂点を結ぶ軸のまわりの$2\pi/5$の整数倍の回転であり、位数$5$の巡回群をなす。面$f$を固定する回転は、$f$と反対側の面の中心を結ぶ軸のまわりの$2\pi/3$の整数倍の回転であり、位数$3$の巡回群をなす。辺$e$を集合として固定する向きを保つ回転は、恒等変換と、$e$の中点と反対側の辺の中点を結ぶ軸のまわりの半回転であり、位数$2$の巡回群をなす。

頂点$v$を任意の頂点$w$へ送る回転を$g_w$とする。$v$を$w$へ送る回転全体は左剰余類$g_w(I^+)_v$である。実際、$g(v)=w$と$g_w^{-1}g(v)=v$は同値であるから、$g(v)=w$と$g\in g_w(I^+)_v$は同値である。異なる頂点に対応する左剰余類は交わらず、各回転は$v$をいずれかの頂点へ送るため、これらの左剰余類は$I^+$を尽くす。したがって

を得る。面と辺についても同じ剰余類分割を用いると、$|I^+|=20\cdot3=30\cdot2=60$となる。□

証明. 証明は演習とする（問題 5.1 (4)、解答は解答）。▨

証明.$a\equiv a'\pmod p$ならば$p\mid(a-a')$であるから、$p\mid a$と$p\mid a'$は同値である。したがって$U_p$の定義は代表元によらない。

$a\equiv a'\pmod p$かつ$b\equiv b'\pmod p$とする。$a-a'=pr$、$b-b'=ps$を満たす整数$r,s$が存在し、

である。したがって剰余類の積は代表元によらず定まる。

$p\nmid a$とする。補題 4.1により$au+pv=1$を満たす整数$u,v$が存在するため

である。この等式から$p\nmid u$も従うため、$[u]_p\in U_p$である。また、$p\nmid a$かつ$p\nmid b$ならば$p\nmid ab$である。実際、$p\mid ab$ならば、上の等式に$b$を掛けて

を得る。右辺の二項はともに$p$で割り切れるため$p\mid b$となり、仮定に反する。よって$U_p$は積について閉じている。結合律は整数の乗法から従い、$[1]_p$は単位元であり、上で構成した$[u]_p$が$[a]_p$の逆元である。したがって$U_p$は群である。

§E7.1 命題 2.5により、$U_p$の元は$[1]_p,\ldots,[p-1]_p$の$p-1$個である。系 2.3を位数$p-1$の群$U_p$の元$[a]_p$に適用すると、

となる。ゆえに$a^{p-1}\equiv1\pmod p$を得る。▨

証明.§E7.5 命題 3.3により$A_4$は位数$4!/2=12$の群である。§E7.4 定理 5.1と§E7.5 命題 2.3により、$A_4$の元は、恒等置換、8個の3-cycle、および3個の二重互換

である。3-cycle の位数は3、二重互換の位数は2である。

位数6の部分群$H\leq A_4$が存在すると仮定する。$H$の5個の非単位元のうち、位数3の元は逆元どうしの二元の組に分かれる。したがって$H$に含まれる位数2の元の個数は奇数である。$A_4$には位数2の元が3個しかなく、そのうち二つの積は残る一つになるため、$H$に含まれる位数2の元の個数は1または3である。

3個すべてを含む場合、恒等置換とその3個は位数4の部分群$V$をなし、$V\leq H$となる。しかし定理 2.1を有限群$H$と部分群$V$に適用すると$4\mid6$が必要となり、矛盾する。

位数2の元が一つだけの場合、その元を$t$とする。残る4元の中から位数3の元$p$を取り、$P=\langle p\rangle$とする。$|P|=3$であるから、定理 1.3と定理 2.1により

である。$tp$は$P$に属さず、$t$とも異なるため、位数3である。その逆元は$P$に属さず、$t$でも$tp$自身でもない。したがって

である。一方、左辺は$p^2t$であるから$p^2t=tp^2$となり、$p$と$t$は可換である。すると

となり、$tp$の位数が3であることに反する。二つの場合がともに矛盾するため、$A_4$は位数6の部分群をもたない。▨