Fitting 部分群 | 群論入門

1 正規冪零部分群の積

注意 1.1.

元の中心化群は部分群であり、群の中心は全元の中心化群の共通部分である（§E7.13 命題 3.1）。
有限群が冪零であることと、すべての Sylow 部分群が正規であることは同値である。このとき群は Sylow 部分群の内部直積になる（§E7.23 定理 4.1）。
有限群には Sylow $p$ 部分群が存在する（§E7.18 定理 1.3）。任意の $p$ 部分群は、ある Sylow $p$ 部分群に含まれ、任意の二つの Sylow $p$ 部分群は共役である（§E7.18 定理 2.2）。
$H\le G$ と $N\trianglelefteq G$ に対し、 $HN$ は部分群であり、 $H/(H\cap N)\cong HN/N$ である。とくに群が有限ならば $|HN|=|H||N|/|H\cap N|$ となる（§E7.8 定理 2.1）。
可解群の部分群と商群は可解であり、正規部分群と対応する商群がともに可解ならば元の群も可解である（§E7.22 定理 3.3）。
非自明な有限可解群の極小な非自明正規部分群は、ある素数 $p$ に対する初等アーベル $p$ 群である（§E7.24 系 2.3）。

定理 1.2 (Fitting の積定理). $G$ を有限群とし、 $M,N\trianglelefteq G$ を冪零部分群とする。このとき $MN\trianglelefteq G$ であり、 $MN$ は冪零群である。

証明. $M,N\trianglelefteq G$ なので $MN$ は $G$ の正規部分群である。

$p$ を任意の素数とする。 $p$ が群の位数を割らない場合には自明部分群を Sylow $p$ 部分群とみなし、 $M$ と $N$ の Sylow $p$ 部分群をそれぞれ $M_p$ と $N_p$ と書く。§E7.23 定理 4.1により、 $M_p\trianglelefteq M$ である。§E7.18 定理 2.2により Sylow $p$ 部分群はすべて共役なので、 $M_p$ は $M$ の唯一の Sylow $p$ 部分群である。 $M$ の任意の自己同型は Sylow $p$ 部分群を Sylow $p$ 部分群へ移すため、 $M_p$ は $M$ の特性部分群である。 $M\trianglelefteq G$ から $M_p\trianglelefteq G$ が従う。 $N_p$ についても、 $N_p\trianglelefteq N$ と Sylow $p$ 部分群の共役性から $N_p$ は $N$ の唯一の Sylow $p$ 部分群であり、 $N$ の特性部分群である。 $N\trianglelefteq G$ なので $N_p\trianglelefteq G$ となる。

したがって $P_p=M_pN_p$ は $G$ の正規部分群である。また

|P_p|=\frac{|M_p||N_p|}{|M_p\cap N_p|}

は $p$ の冪なので、 $P_p$ は $MN$ の $p$ 部分群である。

正整数 $a$ を割る最大の $p$ の冪を $a_p$ と書く。とくに、有限群 $X$ に対して $|X|_p$ は $|X|$ を割る最大の $p$ の冪である。 $M\cap N$ の Sylow $p$ 部分群 $R$ を取る。 $R$ は $M$ と $N$ の $p$ 部分群なので、§E7.18 定理 2.2と $M_p,N_p$ の一意性により

R\le M_p\cap N_p

となる。一方、 $M_p\cap N_p$ は $M\cap N$ の $p$ 部分群である。 $R$ の位数は $|M\cap N|$ を割る最大の $p$ の冪なので、上の包含と合わせて

M_p\cap N_p=R,\qquad |M_p\cap N_p|=|M\cap N|_p

を得る。したがって

\begin{aligned} |P_p| &=\frac{|M|_p|N|_p}{|M\cap N|_p}\\ &=\left(\frac{|M||N|}{|M\cap N|}\right)_p =|MN|_p. \end{aligned}

ゆえに $P_p$ は $MN$ の Sylow $p$ 部分群である。 $P_p\trianglelefteq G$ なので、とくに $P_p\trianglelefteq MN$ である。任意の素数 $p$ について $MN$ の Sylow $p$ 部分群が正規であるから、§E7.23 定理 4.1により $MN$ は冪零群である。▨

例 1.3. $G=S_3$ とし、

H=\langle(1\,2)\rangle,\qquad K=\langle(2\,3)\rangle

と置く。 $H$ と $K$ は位数 $2$ の巡回群なので冪零である。しかし、集合としての積は

HK=\{e,(1\,2),(2\,3),(1\,2\,3)\}

であり、4個の元をもつ。 $4$ は $|S_3|=6$ を割らないため、§E7.6 定理 2.1により $HK$ は部分群でない。実際、 $H$ と $K$ は $S_3$ の正規部分群ではない。

2 Fitting 部分群

定義 2.1. $G$ を有限群とする。 $G$ の正規冪零部分群全体の集合を $\mathcal N(G)$ とし、

F(G)=\prod_{N\in\mathcal N(G)}N

と定める。この部分群を $G$ の Fitting 部分群 (Fitting subgroup) という。自明部分群は $\mathcal N(G)$ に属する。

定理 2.2. $G$ を有限群とする。このとき $F(G)$ は $G$ の正規冪零部分群であり、すべての正規冪零部分群を含む。したがって $F(G)$ は包含関係に関して最大の正規冪零部分群であり、しかも $G$ の特性部分群である。

証明. $G$ は有限群なので $\mathcal N(G)$ は有限集合である。その元を $N_1,\ldots,N_s$ とする。定理 1.2を繰り返し適用すると、

N_1,\quad N_1N_2,\quad\ldots,\quad N_1\cdots N_s=F(G)

はすべて $G$ の正規冪零部分群である。定義から、任意の $N\in\mathcal N(G)$ は $F(G)$ に含まれる。ゆえに $F(G)$ は最大の正規冪零部分群である。

$\alpha\in\operatorname{Aut}(G)$ とする。 $N\trianglelefteq G$ ならば $\alpha(N)\trianglelefteq G$ である。また、同型写像は Sylow 部分群を Sylow 部分群へ移し、正規性を保つ。したがって§E7.23 定理 4.1により、 $N$ が冪零ならば $\alpha(N)$ も冪零である。ゆえに $\alpha$ は $\mathcal N(G)$ をそれ自身へ全単射に移し、

\alpha(F(G)) =\prod_{N\in\mathcal N(G)}\alpha(N) =\prod_{N\in\mathcal N(G)}N =F(G)

を満たす。したがって $F(G)$ は $G$ の特性部分群である。▨

命題 2.3. $G$ を有限群とし、 $N\trianglelefteq G$ とする。このとき $F(N)\trianglelefteq G$ であり、

F(N)=N\cap F(G)

である。

証明. 演習とする（問題 4.1 (2)）。▨

3 有限可解群における自己中心化性

定義 3.1. 群 $G$ と部分群 $H\le G$ に対して

C_G(H)=\{g\in G\mid gh=hg\text{ がすべての }h\in H\text{ について成り立つ}\}

と定め、 $H$ の中心化群 (centralizer of a subgroup) と呼ぶ。

命題 3.2. 群 $G$ の任意の部分群 $H\leq G$ に対して、 $C_G(H)$ は $G$ の部分群である。

証明. 定義から

C_G(H)=\bigcap_{h\in H}C_G(h)

であり、§E7.13 命題 3.1により右辺の各集合は部分群である。部分群の共通部分は部分群であるから、 $C_G(H)\leq G$ となる。

▨

命題 3.3. $G$ を非自明な有限可解群とする。このとき

F(G)\ne\{e_G\}.

証明. 有限性により、 $G$ は包含関係に関して極小な非自明正規部分群 $V$ をもつ。§E7.24 系 2.3により、ある素数 $p$ に対して $V$ は初等アーベル $p$ 群である。とくに $V$ はアーベル群なので、その上中心列は

\{e_G\}\le V=Z(V)

で $V$ に達し、 $V$ は冪零群である。 $V\trianglelefteq G$ と定理 2.2から

\{e_G\}\ne V\le F(G)

を得る。▨

補題 3.4. $L$ を有限群、 $Z\le Z(L)$ を部分群とする。ある素数 $p$ に対して $L/Z$ が $p$ 群ならば、 $L$ は冪零群である。

証明. 商写像を $\pi\colon L\to L/Z$ とする。§E7.23 定理 3.1と§E7.23 定理 2.3により、 $L/Z$ は有限長の中心列

\{Z\}=\overline C_0\leq\overline C_1\leq\cdots\leq\overline C_c=L/Z

をもつ。 $D_0=\{e_L\}$ 、 $D_{i+1}=\pi^{-1}(\overline C_i)$ （ $0\leq i\leq c$ ）と置くと、

\{e_L\}=D_0\leq D_1=Z\leq\cdots\leq D_{c+1}=L

である。各 $D_i$ は $L$ の正規部分群であり、 $Z\leq Z(L)$ から $[L,D_1]=\{e_L\}$ となる。 $1\leq i\leq c$ に対しては

\pi([L,D_{i+1}])=[L/Z,\overline C_i]\leq\overline C_{i-1}

なので $[L,D_{i+1}]\leq D_i$ である。したがって $(D_i)_{i=0}^{c+1}$ は $L$ の中心列であり、§E7.23 定理 2.3により $L$ は冪零群である。 $L/Z$ が自明な場合にも、 $c=0$ として $\{e_L\}\leq Z=L$ が中心列となる。▨

定理 3.5. $G$ を非自明な有限可解群とする。このとき

C_G(F(G))\le F(G).

証明. $F=F(G)$ 、 $C=C_G(F)$ 、 $Z=Z(F)$ と置く。定理 2.2により $F$ は $G$ の特性部分群である。したがって

gCg^{-1}=C_G(gFg^{-1})=C_G(F)=C

が任意の $g\in G$ について成り立ち、 $C\trianglelefteq G$ である。また、 $Z$ は $F$ の特性部分群なので $Z\trianglelefteq G$ であり、

C\cap F=Z

\text{(3.5.1)}

である。実際、 $C\cap F$ は $F$ のすべての元と可換する $F$ の元全体である。

$C\not\le F$ と仮定する。式 (3.5.1)により $C/Z$ は $G/Z$ の非自明な正規部分群である。§E7.22 定理 3.3により $G/Z$ は有限可解群である。 $C/Z$ に含まれる $G/Z$ の非自明な正規部分群のうち、包含関係に関して極小なものを $L/Z$ とする。 $L/Z$ に含まれる $G/Z$ の非自明な正規部分群は $C/Z$ にも含まれ、選択時の極小性により $L/Z$ 自身に一致する。したがって $L/Z$ は $G/Z$ の極小な非自明正規部分群である。§E7.24 系 2.3を $G/Z$ に適用すると、ある素数 $p$ に対して $L/Z$ は初等アーベル $p$ 群である。

$L/Z\le C/Z$ なので $L\le C$ である。ゆえに $L$ のすべての元は $F$ を中心化する。とくに $Z\le F$ から

Z\le Z(L)

となる。補題 3.4により $L$ は冪零群である。また $L/Z\trianglelefteq G/Z$ なので $L\trianglelefteq G$ である。したがって定理 2.2から $L\le F$ が従う。一方、 $L\le C$ なので式 (3.5.1)から $L\le C\cap F=Z$ となる。包含 $L\le Z$ は $L/Z$ が非自明であることに反する。

したがって $C\le F$ である。▨

4 演習

問題 4.1.

定理 1.2で一方の正規性だけを外すと結論が成り立たないことを示せ。すなわち $G=S_3$ 、 $M=A_3$ 、 $N=\langle(1\,2)\rangle$ とし、 $M$ が正規な冪零部分群、 $N$ が冪零部分群であって、 $MN$ は部分群であるが冪零群でないことを示せ。
命題 2.3を証明せよ。すなわち、有限群 $G$ と正規部分群 $N\trianglelefteq G$ について、 $F(N)\trianglelefteq G$ と $F(N)=N\cap F(G)$ を示せ。
補題 3.4の仮定 $Z\le Z(L)$ を、 $Z$ が $L$ のアーベル正規部分群であるという仮定に弱めると結論が成り立たないことを、 $L=S_3$ 、 $Z=A_3$ と、 $L=A_4$ 、 $Z=\{e,(1\,2)(3\,4),(1\,3)(2\,4),(1\,4)(2\,3)\}$ の二つの例で示せ。
$F(S_3)$ と $F(A_5)$ を求め、それぞれの中心化群を計算せよ。二つの結果が可解性の仮定とどのように対応するかを述べ、自己中心化性から可解性の仮定を外すと結論が成り立たないことを示せ。

解答.

(1)では、 $A_3$ は位数 $3$ の巡回群であるからアーベル群、したがって冪零群であり、指数 $2$ の部分群であるから§E7.7 命題 3.1により正規である。 $N=\langle(1\,2)\rangle$ は位数 $2$ の巡回群であるから冪零群である。 $M\trianglelefteq G$ であるから $MN$ は部分群であり、 $M\cap N=\{e\}$ であるから $|MN|=|M||N|=6$ 、すなわち $MN=S_3$ である。 $S_3$ の Sylow $2$ 部分群 $\langle(1\,2)\rangle$ 、 $\langle(1\,3)\rangle$ 、 $\langle(2\,3)\rangle$ は三つあるので、§E7.18 注意 2.3によりどれも正規でなく、§E7.23 定理 4.1により $S_3$ は冪零群でない。したがって $MN$ は冪零群でない。 $N$ は正規でない。実際、 $(1\,2\,3)(1\,2)(1\,2\,3)^{-1}=(2\,3)\notin N$ である。

(2)では、定理 2.2を有限群 $N$ に適用すると、 $F(N)$ は $N$ の特性部分群であり冪零である。 $N\trianglelefteq G$ なので、§E7.15 命題 4.2 (3)により $F(N)\trianglelefteq G$ となる。したがって $F(N)$ は $G$ の正規冪零部分群であり、定理 2.2により $F(N)\le F(G)$ である。 $F(N)\le N$ であるから $F(N)\le N\cap F(G)$ である。逆に、 $N\cap F(G)$ は $G$ の二つの正規部分群の共通部分であるから $G$ の正規部分群であり、とくに $N$ の正規部分群である。 $N\cap F(G)$ は冪零群 $F(G)$ の部分群であるから、§E7.23 命題 2.5により冪零である。したがって $N\cap F(G)$ は $N$ の正規冪零部分群であり、 $F(N)$ に含まれる。以上により $F(N)=N\cap F(G)$ である。

(3)では、 $L=S_3$ 、 $Z=A_3=\{e,(1\,2\,3),(1\,3\,2)\}$ とする。 $A_3$ は位数 $3$ の巡回群であるからアーベル群であり、指数 $2$ の部分群であるから正規である。 $L/Z$ は位数 $2$ の群、すなわち $2$ 群である。一方 $S_3$ の位数 $2$ の部分群 $\langle(1\,2)\rangle$ 、 $\langle(1\,3)\rangle$ 、 $\langle(2\,3)\rangle$ はいずれも Sylow $2$ 部分群であり、三つ存在するので、§E7.18 注意 2.3によりどれも正規でない。§E7.23 定理 4.1により $S_3$ は冪零群でない。 $Z(S_3)=\{e\}$ であるから $Z\not\le Z(L)$ であり、補題の仮定のうち中心性だけが欠けている。 $L=A_4$ とし、 $Z$ を問題の四元集合とする。 $Z$ の三つの非単位元はいずれも位数 $2$ で、二つずつの積は残りの一つに等しいので、 $Z$ はアーベル部分群である。共役は巡回型を保ち、 $A_4$ の位数 $2$ の元は二つの互換の積の三つだけであるから、 $Z$ は $A_4$ の正規部分群である。 $L/Z$ の位数は $12/4=3$ であるから $3$ 群である。一方 $A_4$ の位数 $3$ の部分群 $\langle(1\,2\,3)\rangle$ 、 $\langle(1\,2\,4)\rangle$ 、 $\langle(1\,3\,4)\rangle$ 、 $\langle(2\,3\,4)\rangle$ は相異なる Sylow $3$ 部分群であるから、§E7.18 注意 2.3によりどれも正規でなく、§E7.23 定理 4.1により $A_4$ は冪零群でない。いずれの例でも、 $Z$ はアーベル正規部分群で $L/Z$ は $p$ 群であるが、 $L$ は冪零でない。

例 4.2.問題 4.1 (4)では、 $A_3\trianglelefteq S_3$ は位数 $3$ の巡回群なので冪零であり、

A_3\le F(S_3)

である。 $S_3$ の正規部分群が一つの互換を含めば、共役によって三つの互換をすべて含み、それらが生成する $S_3$ 全体に一致する。しかし、 $S_3$ の三つの Sylow $2$ 部分群は正規でないので、§E7.23 定理 4.1により $S_3$ は冪零でない。したがって $S_3$ の任意の正規冪零部分群は $A_3$ に含まれ、

F(S_3)=A_3

となる。位数 $2$ の部分群は三つとも正規でなく、位数 $3$ の部分群は $A_3$ だけなので、 $S_3$ の正規部分群は $\{e\}$ 、 $A_3$ 、 $S_3$ である。 $S_3$ の元が $(1\,2\,3)$ と可換するならば、その元は $1$ の像によって一意に定まり、 $1$ の像には $1,2,3$ の三通りがある。三つの像に対応する元は $e,(1\,2\,3),(1\,3\,2)$ なので、

C_{S_3}(F(S_3))=A_3=F(S_3)

である。実際、

(1\,2\,3)(1\,2)=(1\,3),\qquad (1\,2)(1\,2\,3)=(2\,3)

は異なる。可解群 $S_3$ について、定理 3.5の包含が成り立つ。

例 4.3.§E7.20 定理 4.1により $A_5$ の正規部分群は $\{e\}$ と $A_5$ だけである。 $A_5$ が冪零ならば、§E7.23 定理 4.1により、その Sylow $5$ 部分群は正規になる。§E7.18 定理 1.3により Sylow $5$ 部分群は存在し、その位数は $5$ であるから非自明な真の部分群である。非自明な真の正規部分群の存在は $A_5$ の単純性に反する。したがって $A_5$ は冪零でなく、

F(A_5)=\{e\}

である。よって

C_{A_5}(F(A_5))=A_5\not\le F(A_5).

§E7.18 例 3.1によれば Sylow $5$ 部分群は六つあり、正規でない。また、§E7.22 定理 6.1により $A_5$ は可解でない。したがって、定理 3.5から可解性の仮定を外すと結論が成り立たない。

▨

§E7.25Fitting 部分群

1 正規冪零部分群の積

2 Fitting 部分群

3 有限可解群における自己中心化性

4 演習

参考文献

前提記事