§E7.3群準同型と同型

最終更新

整数を、12を法とする剰余類へ移す写像では、二つの整数を加えてから写す結果と、それぞれを写してから加える結果が一致する。しかし、12だけ異なる整数は同じ剰余類へ移る。群の間の写像を調べるには、演算が保たれることと、異なる元を区別することを分けて考える必要がある。

群の演算を保つ写像を群準同型といい、そのうち全単射であるものを群同型という。準同型は異なる群の演算を比較するための基本的な写像であり、同型は元の表し方によらず群の構造が一致することを表す。

本記事では、群準同型と同型の基本的な性質について解説する。

1 準同型と同型

定義 1.1. 群G,HG,Hに対し、写像φ ⁣:G→H\varphi\colon G\to Hが群準同型 (group homomorphism) であるとは、任意のa,b∈Ga,b\in Gに対して

φ(ab)=φ(a)φ(b)\varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)

が成り立つことをいう。全単射な群準同型を群同型 (group isomorphism) という。群同型G→HG\to Hが存在するとき、G≅HG\cong Hと書く。

命題 1.2. 群準同型φ ⁣:G→H\varphi\colon G\to Hと任意のg∈Gg\in Gに対して

φ(eG)=eH,φ(g−1)=φ(g)−1\varphi(e_G)=e_H,\qquad \varphi(g^{-1})=\varphi(g)^{-1}

が成り立つ。

証明. 準同型性から

φ(eG)=φ(eGeG)=φ(eG)φ(eG)\varphi(e_G)=\varphi(e_Ge_G)=\varphi(e_G)\varphi(e_G)

を得る。この等式の左からφ(eG)−1\varphi(e_G)^{-1}を掛けるとeH=φ(eG)e_H=\varphi(e_G)を得る。次に

eH=φ(eG)=φ(gg−1)=φ(g)φ(g−1)e_H=\varphi(e_G)=\varphi(gg^{-1}) =\varphi(g)\varphi(g^{-1})

である。同じ計算によってφ(g−1)φ(g)=φ(g−1g)=eH\varphi(g^{-1})\varphi(g)=\varphi(g^{-1}g)=e_Hも成り立つ。φ(g)\varphi(g)の逆元の一意性からφ(g−1)=φ(g)−1\varphi(g^{-1})=\varphi(g)^{-1}が従う。▨

命題 1.3. 群準同型φ ⁣:G→H\varphi\colon G\to H、元g∈Gg\in G、整数mmに対して

φ(gm)=φ(g)m\varphi(g^m)=\varphi(g)^m

が成り立つ。

証明.m=0m=0の場合は、単位元の保存からφ(g0)=φ(eG)=eH=φ(g)0\varphi(g^0)=\varphi(e_G)=e_H=\varphi(g)^0である。非負整数mmで等式が成り立つならば

φ(gm+1)=φ(gmg)=φ(gm)φ(g)=φ(g)m+1\varphi(g^{m+1}) =\varphi(g^mg) =\varphi(g^m)\varphi(g) =\varphi(g)^{m+1}

である。したがって、帰納法によりすべての非負整数mmで等式が成り立つ。m<0m<0の場合、m=−km=-kを満たす正の整数kkを取る。逆元の保存と正の整数の場合から

φ(gm)=φ((g−1)k)=φ(g−1)k=φ(g)−k=φ(g)m\varphi(g^m) =\varphi((g^{-1})^k) =\varphi(g^{-1})^k =\varphi(g)^{-k} =\varphi(g)^m

を得る。▨

命題 1.4. 群準同型φ ⁣:G→H\varphi\colon G\to Hとψ ⁣:H→K\psi\colon H\to Kに対して、ψ∘φ ⁣:G→K\psi\circ\varphi\colon G\to Kは群準同型である。

証明. 任意のa,b∈Ga,b\in Gに対して

(ψ∘φ)(ab)=ψ(φ(ab))=ψ(φ(a)φ(b))=ψ(φ(a))ψ(φ(b))(\psi\circ\varphi)(ab) =\psi(\varphi(ab)) =\psi(\varphi(a)\varphi(b)) =\psi(\varphi(a))\psi(\varphi(b))

が成り立つ。右辺は(ψ∘φ)(a)(ψ∘φ)(b)(\psi\circ\varphi)(a)(\psi\circ\varphi)(b)に等しいため、ψ∘φ\psi\circ\varphiは群準同型である。▨

命題 1.5. 群同型φ ⁣:G→H\varphi\colon G\to Hの逆写像φ−1 ⁣:H→G\varphi^{-1}\colon H\to Gは群同型である。

証明. 任意のx,y∈Hx,y\in Hを取る。φ\varphiは全射であるから、x=φ(a)x=\varphi(a)、y=φ(b)y=\varphi(b)を満たすa,b∈Ga,b\in Gが存在する。準同型性から

φ−1(xy)=φ−1(φ(a)φ(b))=φ−1(φ(ab))=ab=φ−1(x)φ−1(y)\varphi^{-1}(xy) =\varphi^{-1}(\varphi(a)\varphi(b)) =\varphi^{-1}(\varphi(ab)) =ab =\varphi^{-1}(x)\varphi^{-1}(y)

である。したがってφ−1\varphi^{-1}は群準同型である。また、全単射の逆写像は全単射であるから、φ−1\varphi^{-1}は群同型である。▨

2 核・像と完全な図式

定義 2.1. 群準同型φ ⁣:G→H\varphi\colon G\to Hの核 (kernel) と像 (image) を

ker⁡φ={g∈G∣φ(g)=eH},im⁡φ={φ(g)∣g∈G}\ker\varphi=\{g\in G\mid\varphi(g)=e_H\}, \qquad \operatorname{im}\varphi=\{\varphi(g)\mid g\in G\}

によって定める。

命題 2.2. 群準同型φ ⁣:G→H\varphi\colon G\to Hに対して、ker⁡φ≤G\ker\varphi\leq Gかつim⁡φ≤H\operatorname{im}\varphi\leq Hである。さらに、次の二条件は同値である。

  1. φ\varphiは単射である。
  2. ker⁡φ={eG}\ker\varphi=\{e_G\}である。

証明. 単位元の保存からeG∈ker⁡φe_G\in\ker\varphiである。a,b∈ker⁡φa,b\in\ker\varphiに対して

φ(ab−1)=φ(a)φ(b−1)=φ(a)φ(b)−1=eH\varphi(ab^{-1}) =\varphi(a)\varphi(b^{-1}) =\varphi(a)\varphi(b)^{-1} =e_H

であるから、ab−1∈ker⁡φab^{-1}\in\ker\varphiである。§E7.2 命題 1.2によりker⁡φ≤G\ker\varphi\leq Gである。

eH=φ(eG)e_H=\varphi(e_G)であるから、im⁡φ\operatorname{im}\varphiは空でない。x,y∈im⁡φx,y\in\operatorname{im}\varphiに対し、x=φ(a)x=\varphi(a)、y=φ(b)y=\varphi(b)を満たすa,b∈Ga,b\in Gが存在する。このとき

xy−1=φ(a)φ(b)−1=φ(ab−1)∈im⁡φxy^{-1} =\varphi(a)\varphi(b)^{-1} =\varphi(ab^{-1}) \in\operatorname{im}\varphi

である。§E7.2 命題 1.2によりim⁡φ≤H\operatorname{im}\varphi\leq Hである。

(1)⇒\Rightarrow(2)を示す。φ\varphiが単射であると仮定する。g∈ker⁡φg\in\ker\varphiならばφ(g)=eH=φ(eG)\varphi(g)=e_H=\varphi(e_G)であるから、g=eGg=e_Gである。ゆえにker⁡φ={eG}\ker\varphi=\{e_G\}である。

(2)⇒\Rightarrow(1)を示す。逆にker⁡φ={eG}\ker\varphi=\{e_G\}と仮定する。φ(a)=φ(b)\varphi(a)=\varphi(b)ならば

φ(ab−1)=φ(a)φ(b)−1=eH\varphi(ab^{-1}) =\varphi(a)\varphi(b)^{-1} =e_H

である。したがってab−1∈ker⁡φab^{-1}\in\ker\varphiであり、ab−1=eGab^{-1}=e_Gとなる。右からbbを掛けるとa=ba=bを得る。ゆえにφ\varphiは単射である。▨

命題 2.3. 群準同型φ ⁣:G→H\varphi\colon G\to Hに対して、次の主張が成り立つ。

  1. 任意の部分群L≤HL\leq Hに対して、φ−1(L)≤G\varphi^{-1}(L)\leq Gである。
  2. 任意の部分群K≤GK\leq Gに対して、φ(K)≤H\varphi(K)\leq Hである。

証明. 証明は演習とする（問題 4.1 (1)、問題 4.1 (2)）。▨

命題 2.4.1≤i≤41\leq i\leq4の各iiに対し、Ai,BiA_i,B_iを群、fi:Ai→Bif_i:A_i\to B_iを準同型とする。A5,B5A_5,B_5は、それぞれ基点∗A,∗B*_A,*_Bを選んだ集合とし、f5:A5→B5f_5:A_5\to B_5はf5(∗A)=∗Bf_5(*_A)=*_Bを満たす写像とする。次の可換図式において、ui,viu_i,v_iは1≤i≤31\leq i\leq3に対して準同型であり、u4,v4u_4,v_4はu4(1)=∗Au_4(1)=*_A、v4(1)=∗Bv_4(1)=*_Bを満たす写像であるとする。

A1→u1A2→u2A3→u3A4→u4A5f1↓f2↓f3↓f4↓f5↓B1→v1B2→v2B3→v3B4→v4B5\begin{array}{ccccccccc} A_1&\xrightarrow{u_1}&A_2&\xrightarrow{u_2}&A_3&\xrightarrow{u_3}&A_4&\xrightarrow{u_4}&A_5\\ {\scriptstyle f_1}\downarrow&&{\scriptstyle f_2}\downarrow&&{\scriptstyle f_3}\downarrow&&{\scriptstyle f_4}\downarrow&&{\scriptstyle f_5}\downarrow\\ B_1&\xrightarrow{v_1}&B_2&\xrightarrow{v_2}&B_3&\xrightarrow{v_3}&B_4&\xrightarrow{v_4}&B_5 \end{array}(2.4.1)\text{(2.4.1)}

両行は完全であるとする。すなわち、i=2,3i=2,3に対して

ui−1(Ai−1)=ker⁡ui,vi−1(Bi−1)=ker⁡viu_{i-1}(A_{i-1})=\ker u_i,\qquad v_{i-1}(B_{i-1})=\ker v_i

であり、さらに

u3(A3)=u4−1({∗A}),v3(B3)=v4−1({∗B})u_3(A_3)=u_4^{-1}(\{*_A\}),\qquad v_3(B_3)=v_4^{-1}(\{*_B\})

である。このとき、次が成り立つ。

  1. f1f_1が全射であり、f2,f4f_2,f_4が単射ならば、f3f_3は単射である。
  2. f2,f4f_2,f_4が全射であり、f5−1({∗B})={∗A}f_5^{-1}(\{*_B\})=\{*_A\}ならば、f3f_3は全射である。特に、f2,f4f_2,f_4が全射であり、f5f_5が単射ならば、f3f_3は全射である。

特に、f1f_1が全射であり、f2,f4f_2,f_4が同型であり、f5f_5が単射ならば、f3f_3は同型である。

A5,B5A_5,B_5が群であり、u4,v4,f5u_4,v_4,f_5が準同型である場合には、単位元を基点として同じ結論が成り立つ。

証明.主張 (1)の仮定のもとで、x∈A3x\in A_3がf3(x)=1f_3(x)=1を満たすとする。可換性により

f4(u3(x))=v3(f3(x))=1f_4(u_3(x))=v_3(f_3(x))=1

であるから、f4f_4の単射性によりu3(x)=1u_3(x)=1である。上の行のA3A_3における完全性により、u2(a)=xu_2(a)=xを満たすa∈A2a\in A_2をとることができる。

v2(f2(a))=f3(u2(a))=1v_2(f_2(a))=f_3(u_2(a))=1であるから、下の行のB2B_2における完全性により、v1(b)=f2(a)v_1(b)=f_2(a)を満たすb∈B1b\in B_1をとることができる。f1f_1は全射であるから、f1(c)=bf_1(c)=bを満たすc∈A1c\in A_1をとる。可換性により

f2(u1(c))=v1(f1(c))=v1(b)=f2(a)f_2(u_1(c))=v_1(f_1(c))=v_1(b)=f_2(a)

であり、f2f_2の単射性からu1(c)=au_1(c)=aを得る。上の行のA2A_2における完全性により、x=u2(a)=u2(u1(c))=1x=u_2(a)=u_2(u_1(c))=1である。したがってker⁡f3={1}\ker f_3=\{1\}であり、命題 2.2によりf3f_3は単射である。

主張 (2)の仮定のもとで、y∈B3y\in B_3をとる。f4f_4は全射であるから、f4(d)=v3(y)f_4(d)=v_3(y)を満たすd∈A4d\in A_4をとる。下の行のB4B_4における完全性と可換性により

f5(u4(d))=v4(f4(d))=v4(v3(y))=∗Bf_5(u_4(d))=v_4(f_4(d))=v_4(v_3(y))=*_B

である。仮定f5−1({∗B})={∗A}f_5^{-1}(\{*_B\})=\{*_A\}からu4(d)=∗Au_4(d)=*_Aである。上の行のA4A_4における完全性により、u3(x)=du_3(x)=dを満たすx∈A3x\in A_3をとることができる。

可換性によりv3(f3(x))=f4(u3(x))=v3(y)v_3(f_3(x))=f_4(u_3(x))=v_3(y)であるから、

v3(f3(x)−1y)=v3(f3(x))−1v3(y)=1v_3\bigl(f_3(x)^{-1}y\bigr)=v_3(f_3(x))^{-1}v_3(y)=1

となる。下の行のB3B_3における完全性により、v2(b)=f3(x)−1yv_2(b)=f_3(x)^{-1}yを満たすb∈B2b\in B_2をとる。f2f_2は全射であるから、f2(a)=bf_2(a)=bを満たすa∈A2a\in A_2をとる。可換性と準同型の性質により

f3(xu2(a))=f3(x)v2(f2(a))=f3(x)(f3(x)−1y)=yf_3\bigl(xu_2(a)\bigr) =f_3(x)v_2(f_2(a)) =f_3(x)\bigl(f_3(x)^{-1}y\bigr) =y

である。yyはB3B_3の任意の元であったから、f3f_3は全射である。f5f_5が単射ならば、f5(∗A)=∗Bf_5(*_A)=*_Bによりf5−1({∗B})={∗A}f_5^{-1}(\{*_B\})=\{*_A\}が成り立つ。

f1f_1が全射であり、f2,f4f_2,f_4が同型であり、f5f_5が単射ならば、主張 (1)と主張 (2)によりf3f_3は全単射な準同型であるから、同型である。▨

3 例と非例

定義 3.1.KKを可換体、nnを正の整数とする。群GGから一般線形群GL⁡n(K)\GL_n(K)への群準同型

ρ ⁣:G⟶GL⁡n(K)\rho\colon G\longrightarrow\GL_n(K)

を、GGのKK上の nn次元行列表示 (n-dimensional matrix representation) という。ρ\rhoが単射であるとき、この行列表示は忠実 (faithful representation) であるという。

命題 3.2. 写像

ι ⁣:(R,+)⟶GL⁡2(R),t⟼U(t)=(1t01)\iota\colon(\R,+)\longrightarrow\GL_2(\R), \qquad t\longmapsto U(t)= \begin{pmatrix} 1&t\\ 0&1 \end{pmatrix}

は忠実な行列表示である。

証明. 任意のs,t∈Rs,t\in\Rに対して

U(s)U(t)=(1s+t01)=U(s+t),U(t)−1=U(−t)U(s)U(t) = \begin{pmatrix} 1&s+t\\ 0&1 \end{pmatrix} =U(s+t), \qquad U(t)^{-1}=U(-t)

が成り立つ。したがって各U(t)U(t)は可逆であり、ι\iotaは群準同型である。U(t)=IU(t)=Iならば(1,2)(1,2)成分の比較からt=0t=0を得るため、ker⁡ι={0}\ker\iota=\{0\}である。命題 2.2によってι\iotaは単射であり、この行列表示は忠実である。▨

例 3.3.nnを正の整数とする。写像

qn ⁣:(Z,+)⟶(Z/nZ,+),a⟼[a]nq_n\colon(\Z,+)\longrightarrow(\Z/n\Z,+), \qquad a\longmapsto[a]_n

は

qn(a+b)=[a+b]n=[a]n+[b]nq_n(a+b)=[a+b]_n=[a]_n+[b]_n

を満たす準同型である。任意の剰余類[r]n[r]_nはqn(r)q_n(r)に等しいため、qnq_nは全射である。また、qn(a)=[0]nq_n(a)=[0]_nであることとn∣an\mid aであることは同値である。したがって、その核と像は

ker⁡qn=nZ,im⁡qn=Z/nZ\ker q_n=n\Z,\qquad \operatorname{im}q_n=\Z/n\Z

である。

例 3.4. 写像

d ⁣:(Z,+)⟶(Z,+),d(k)=2kd\colon(\Z,+)\longrightarrow(\Z,+),\qquad d(k)=2k

はd(k+ℓ)=2k+2ℓ=d(k)+d(ℓ)d(k+\ell)=2k+2\ell=d(k)+d(\ell)を満たすため群準同型である。ker⁡d={0}\ker d=\{0\}であるから命題 2.2によって単射である。一方、11は像に属さないため、ddは全射ではない。

積を保たない写像は、全単射であっても群同型ではない。

例 3.5. 写像t ⁣:Z→Zt\colon\Z\to\Zをt(k)=k+1t(k)=k+1と定める。ttは集合の写像として全単射である。しかし

t(0)=1≠0t(0)=1\neq0

であり、群準同型が単位元を保つという必要条件を満たさない。したがってttは(Z,+)(\Z,+)の群準同型ではない。

4 演習

問題 4.1.

  1. 命題 2.3 (1)の証明を完成させよ。
  2. 命題 2.3 (2)の証明を完成させよ。
  3. 群準同型φ ⁣:G→H\varphi\colon G\to Hが全単射であるとする。φ−1\varphi^{-1}が積を保つことを、HHの元をGGの元の像として表す方法を用いずに証明せよ。
解答 (演習の解答).
  1. φ(eG)=eH∈L\varphi(e_G)=e_H\in Lであるから、φ−1(L)\varphi^{-1}(L)は空でない。a,b∈φ−1(L)a,b\in \varphi^{-1}(L)ならば φ(ab−1)=φ(a)φ(b)−1∈L\varphi(ab^{-1})=\varphi(a)\varphi(b)^{-1}\in L である。したがって一段階部分群判定によってφ−1(L)≤G\varphi^{-1}(L)\leq Gである。
  2. eH=φ(eG)∈φ(K)e_H=\varphi(e_G)\in\varphi(K)であるから、φ(K)\varphi(K)は空でない。x,y∈φ(K)x,y\in\varphi(K)に対して、x=φ(a)x=\varphi(a)およびy=φ(b)y=\varphi(b)を満たすa,b∈Ka,b\in Kを取る。このとき xy−1=φ(ab−1)∈φ(K)xy^{-1}=\varphi(ab^{-1})\in\varphi(K) であるから、一段階部分群判定によってφ(K)≤H\varphi(K)\leq Hである。
  3. 任意のx,y∈Hx,y\in Hに対して φ(φ−1(xy))=xy\varphi\bigl(\varphi^{-1}(xy)\bigr)=xy である。一方、φ\varphiが準同型であることから φ(φ−1(x)φ−1(y))=φ(φ−1(x))φ(φ−1(y))=xy\varphi\bigl(\varphi^{-1}(x)\varphi^{-1}(y)\bigr) =\varphi\bigl(\varphi^{-1}(x)\bigr) \varphi\bigl(\varphi^{-1}(y)\bigr) =xy である。φ\varphiは単射であるから、φ−1(xy)=φ−1(x)φ−1(y)\varphi^{-1}(xy)=\varphi^{-1}(x)\varphi^{-1}(y)が従う。したがってφ−1\varphi^{-1}は積を保つ。

▨

問題 4.2.命題 2.4の図式と完全性の仮定のもとで、中央の準同型f3f_3の単射性と全射性を、次の積を用いて証明せよ。

単射性については、x∈ker⁡f3x\in\ker f_3に対してu2(a)=xu_2(a)=xを満たすa∈A2a\in A_2をとり、u1(c)−1a∈ker⁡f2u_1(c)^{-1}a\in\ker f_2を満たすc∈A1c\in A_1を構成せよ。全射性については、y∈B3y\in B_3に対してv3(f3(x))=v3(y)v_3(f_3(x))=v_3(y)を満たすx∈A3x\in A_3をとり、yf3(x)−1yf_3(x)^{-1}をv2∘f2v_2\circ f_2で持ち上げてyyの逆像を構成せよ。単射性の証明では命題 2.4 (1)の仮定を用い、全射性の証明では命題 2.4 (2)の仮定を用いよ。

全射性の証明でf5f_5の条件を使う箇所を示し、A5,B5A_5,B_5の積を用いていないことを確認せよ。

解答.

命題 2.4 (1)の仮定のもとで、x∈ker⁡f3x\in\ker f_3をとる。可換性によりf4(u3(x))=v3(f3(x))=1f_4(u_3(x))=v_3(f_3(x))=1であり、f4f_4の単射性からu3(x)=1u_3(x)=1である。A3A_3における完全性により、u2(a)=xu_2(a)=xを満たすa∈A2a\in A_2をとる。v2(f2(a))=f3(x)=1v_2(f_2(a))=f_3(x)=1とB2B_2における完全性により、v1(b)=f2(a)v_1(b)=f_2(a)を満たすb∈B1b\in B_1をとることができる。f1f_1の全射性により、f1(c)=bf_1(c)=bを満たすc∈A1c\in A_1をとる。このとき

f2(u1(c)−1a)=v1(f1(c))−1f2(a)=v1(b)−1f2(a)=1f_2\bigl(u_1(c)^{-1}a\bigr) =v_1(f_1(c))^{-1}f_2(a) =v_1(b)^{-1}f_2(a) =1

である。f2f_2の単射性からu1(c)−1a=1u_1(c)^{-1}a=1であるから、A2A_2における完全性により

1=u2(u1(c)−1a)=u2(u1(c))−1u2(a)=x1=u_2\bigl(u_1(c)^{-1}a\bigr) =u_2(u_1(c))^{-1}u_2(a)=x

となる。したがってker⁡f3={1}\ker f_3=\{1\}であり、命題 2.2によりf3f_3は単射である。

命題 2.4 (2)の仮定のもとで、y∈B3y\in B_3をとる。f4f_4の全射性により、f4(d)=v3(y)f_4(d)=v_3(y)を満たすd∈A4d\in A_4をとる。可換性とB4B_4における完全性から

f5(u4(d))=v4(f4(d))=v4(v3(y))=∗Bf_5(u_4(d))=v_4(f_4(d))=v_4(v_3(y))=*_B

であり、f5−1({∗B})={∗A}f_5^{-1}(\{*_B\})=\{*_A\}を用いてu4(d)=∗Au_4(d)=*_Aを得る。A4A_4における完全性により、u3(x)=du_3(x)=dを満たすx∈A3x\in A_3をとる。このときv3(f3(x))=f4(u3(x))=v3(y)v_3(f_3(x))=f_4(u_3(x))=v_3(y)であるから、

v3(yf3(x)−1)=v3(y)v3(f3(x))−1=1v_3\bigl(yf_3(x)^{-1}\bigr)=v_3(y)v_3(f_3(x))^{-1}=1

である。B3B_3における完全性により、v2(b)=yf3(x)−1v_2(b)=yf_3(x)^{-1}を満たすb∈B2b\in B_2をとる。f2f_2の全射性により、f2(a)=bf_2(a)=bを満たすa∈A2a\in A_2をとると、

f3(u2(a)x)=v2(f2(a))f3(x)=(yf3(x)−1)f3(x)=yf_3\bigl(u_2(a)x\bigr) =v_2(f_2(a))f_3(x) =\bigl(yf_3(x)^{-1}\bigr)f_3(x) =y

となる。したがってf3f_3は全射である。

f5f_5の逆像に関する条件を用いたのは、f5(u4(d))=∗Bf_5(u_4(d))=*_Bからu4(d)=∗Au_4(d)=*_Aを導いた箇所だけである。A5,B5A_5,B_5では基点と写像の値だけを用い、積も逆元も用いていない。▨

参考文献

  1. Michael Artin, Algebra, 2nd ed., Pearson, Boston, 2011.群準同型、核、像、同型の扱いを参考にした。
  2. David S. Dummit and Richard M. Foote, Abstract Algebra, 3rd ed., Wiley, 2004.群準同型と基本的な核・像の性質の扱いを参考にした。

前提記事