冪零群 | 群論入門

1 上中心列と下中心列

定義 1.1. 群 $G$ の部分群 $A,B\leq G$ に対し、

[A,B]=\langle[a,b]\mid a\in A,\ b\in B\rangle, \qquad [a,b]=aba^{-1}b^{-1}

と書く。 $[a,b]$ を $a,b$ の交換子 (commutator)、 $[A,B]$ を $A,B$ の交換子部分群 (commutator subgroup of two subgroups) と呼ぶ。

定義 1.2. 群 $G$ の上中心列 (upper central series) を

Z_0(G)=\{e_G\}, \qquad Z_{n+1}(G)/Z_n(G)=Z\bigl(G/Z_n(G)\bigr)

によって定める。

補題 1.3. 群 $G$ と任意の整数 $n\geq0$ に対して

Z_{n+1}(G) =\{x\in G\mid[x,g]\in Z_n(G)\text{ for all }g\in G\}

\text{(1.3.1)}

である。

証明. 商写像を

q_n\colon G\longrightarrow G/Z_n(G)

とする。 $x\in G$ に対し、上中心列の定義から

\begin{aligned} x\in Z_{n+1}(G) &\Longleftrightarrow q_n(x)\in Z\bigl(G/Z_n(G)\bigr)\\ &\Longleftrightarrow [q_n(x),q_n(g)]=e_{G/Z_n(G)} \quad\text{がすべての }g\in G\text{ について成り立つ}\\ &\Longleftrightarrow q_n([x,g])=e_{G/Z_n(G)} \quad\text{がすべての }g\in G\text{ について成り立つ}\\ &\Longleftrightarrow [x,g]\in Z_n(G) \quad\text{がすべての }g\in G\text{ について成り立つ}. \end{aligned}

したがって、上中心列の商による定義と式 (1.3.1)は同値である。

▨

定義 1.4. 群 $G$ の下中心列 (lower central series) を

\gamma_1(G)=G, \qquad \gamma_{n+1}(G)=[G,\gamma_n(G)]

によって定める。

補題 1.5. 群 $G$ について、すべての整数 $n\geq0$ に対する $Z_n(G)$ と、すべての整数 $n\geq1$ に対する $\gamma_n(G)$ は $G$ の特性部分群であり、

\{e_G\}=Z_0(G)\leq Z_1(G)\leq Z_2(G)\leq\cdots, \qquad G=\gamma_1(G)\geq\gamma_2(G)\geq\gamma_3(G)\geq\cdots

が成り立つ。

証明. $Z_0(G)=\{e_G\}$ は特性部分群である。 $Z_n(G)$ が特性部分群ならば、§E7.15 命題 4.4と§E7.15 命題 4.3により、商群 $G/Z_n(G)$ の中心の逆像 $Z_{n+1}(G)$ も特性部分群である。この逆像は商写像の核 $Z_n(G)$ を含むので、 $Z_n(G)\leq Z_{n+1}(G)$ である。

$\gamma_1(G)=G$ は特性部分群である。 $\gamma_n(G)$ が特性部分群ならば、任意の $\alpha\in\operatorname{Aut}(G)$ に対して

\alpha([G,\gamma_n(G)]) =[\alpha(G),\alpha(\gamma_n(G))] =[G,\gamma_n(G)]

であるから、 $\gamma_{n+1}(G)$ も特性部分群である。§E7.15 命題 4.2 (1)により $\gamma_n(G)\trianglelefteq G$ である。 $g\in G$ 、 $x\in\gamma_n(G)$ に対して

[g,x]=(gxg^{-1})x^{-1}\in\gamma_n(G)

なので、 $\gamma_{n+1}(G)\leq\gamma_n(G)$ である。

▨

定義 1.6. 群 $G$ が、ある整数 $c\geq0$ に対して

Z_c(G)=G

となるとき、 $G$ を冪零群 (nilpotent group) という。そのような最小の $c$ を $G$ の冪零度 (nilpotency class) という。自明群の冪零度は $0$ である。

2 中心列による二つの定義の比較

定義 2.1. 群 $G$ の部分群の列

\{e_G\}=C_0\leq C_1\leq\cdots\leq C_c=G

で、各 $C_i\trianglelefteq G$ かつ

[G,C_i]\leq C_{i-1} \qquad(1\leq i\leq c)

を満たすものを、長さ $c$ の中心列 (central series) という。隣り合う項が等しいことを許す。

補題 2.2. 群 $G$ の長さ $c\geq0$ の中心列 $(C_i)_{0\leq i\leq c}$ に対して

C_i\leq Z_i(G) \qquad(0\leq i\leq c)

が成り立つ。

証明. $C_0=Z_0(G)=\{e_G\}$ である。 $C_i\leq Z_i(G)$ と仮定する。中心列の条件から

[G,C_{i+1}]\leq C_i\leq Z_i(G)

である。交換子の逆元を取れば $[C_{i+1},G]\leq Z_i(G)$ でもある。式 (1.3.1)により

C_{i+1}\leq Z_{i+1}(G)

となる。

▨

定理 2.3. 群 $G$ と整数 $c\geq0$ について、次の三条件は同値である。

$Z_c(G)=G$ である。
$G$ は長さ $c$ の中心列をもつ。
$\gamma_{c+1}(G)=\{e_G\}$ である。

したがって、 $G$ が冪零群であることと、下中心列が有限段で自明部分群に達することは同値である。さらに、冪零群の冪零度は $\gamma_{c+1}(G)=\{e_G\}$ を満たす最小の $c$ に等しい。

証明.(1) $\Rightarrow$ (2)を示す。(1)を仮定する。上中心列は補題 1.5により正規部分群の増大列であり、式 (1.3.1)によって

[G,Z_i(G)]\leq Z_{i-1}(G)

を満たす。したがって

\{e_G\}=Z_0(G)\leq\cdots\leq Z_c(G)=G

は長さ $c$ の中心列であり、(2)を得る。

(2) $\Rightarrow$ (3)を示す。(2)を仮定し、中心列を $(C_i)$ とする。 $\gamma_j(G)\leq C_{c-j+1}$ について、 $j=1$ では $\gamma_1(G)=G=C_c$ である。包含が $j$ で成り立つならば

\gamma_{j+1}(G) =[G,\gamma_j(G)] \leq[G,C_{c-j+1}] \leq C_{c-j}

となる。 $j=c+1$ では

\gamma_{c+1}(G)\leq C_0=\{e_G\}

を得る。したがって(3)が成り立つ。

(3) $\Rightarrow$ (1)を示す。(3)を仮定する。 $0\leq i\leq c$ に対して

C_i=\gamma_{c-i+1}(G)

とおく。下中心列は降下列なので

\{e_G\}=C_0\leq C_1\leq\cdots\leq C_c=G

となる。また、

[G,C_i] =[G,\gamma_{c-i+1}(G)] =\gamma_{c-i+2}(G) =C_{i-1}.

各 $\gamma_j(G)$ は補題 1.5と§E7.15 命題 4.2 (1)により $G$ の正規部分群なので、 $(C_i)$ は長さ $c$ の中心列である。補題 2.2により $G=C_c\leq Z_c(G)$ であり、(1)を得る。

三条件が同じ整数 $c$ について同値なので、最小の $c$ も一致する。

▨

命題 2.4. 任意の冪零群は可解群である。

証明. 冪零群 $G$ の中心列を

\{e_G\}=C_0\leq C_1\leq\cdots\leq C_c=G

とする。 $G=\{e_G\}$ ならば導来列の初項が自明なので可解である。 $G\neq\{e_G\}$ とする。 $1\leq i\leq c$ と $x,y\in C_i$ に対して $[x,y]\in[G,C_i]\leq C_{i-1}$ なので、 $C_i/C_{i-1}$ はアーベル群である。等しい項を除いて逆順に並べると、アーベル因子をもつ有限正規列を得る。§E7.22 定理 2.3により $G$ は可解である。

▨

命題 2.5. 冪零群の任意の部分群と任意の商群は冪零群である。

証明. $G$ の中心列を

\{e_G\}=C_0\leq\cdots\leq C_c=G

とする。 $H\leq G$ に対して

\{e_G\}=H\cap C_0\leq\cdots\leq H\cap C_c=H

とおく。各 $H\cap C_i$ は $H$ で正規であり、

[H,H\cap C_i] \leq H\cap[G,C_i] \leq H\cap C_{i-1}

なので、以上の列は $H$ の中心列である。

$N\trianglelefteq G$ に対して、商写像による像を取ると

\{N\}=C_0N/N\leq\cdots\leq C_cN/N=G/N

となる。また、

[G/N,C_iN/N] \leq C_{i-1}N/N

なので、以上の商群の列は $G/N$ の中心列である。

▨

命題 2.6. $G,H$ を冪零度がそれぞれ $c,d\geq0$ である冪零群とする。任意の整数 $k\geq0$ に対して

Z_k(G\times H)=Z_k(G)\times Z_k(H)

であり、 $G\times H$ の冪零度は $\max\{c,d\}$ である。

証明. 演習とする（問題 6.1 (2)、項目 (2)）。▨

3 有限 p 群

定理 3.1. 素数 $p$ に対して、任意の有限 $p$ 群は冪零群である。

証明. $G=\{e_G\}$ ならば $Z_0(G)=G$ なので、 $G$ は冪零群である。 $G\neq\{e_G\}$ とし、位数の小さい有限 $p$ 群は冪零であると仮定する。§E7.13 定理 7.2により

Z=Z(G)\neq\{e_G\}

である。 $Z=G$ ならば $G$ はアーベル群なので $Z_1(G)=G$ であり、冪零群である。

$Z\neq G$ とする。商群 $G/Z$ は $G$ より位数の小さい有限 $p$ 群なので、帰納法によって中心列

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

をもつ。商写像 $\pi\colon G\to G/Z$ に対し、

D_0=\{e_G\}, \qquad D_1=Z, \qquad D_{i+1}=\pi^{-1}(\overline C_i)\quad(1\leq i\leq c)

とおく。このとき

\{e_G\}=D_0\leq D_1\leq\cdots\leq D_{c+1}=G.

$[G,D_1]=[G,Z]=\{e_G\}$ であり、 $1\leq i\leq c$ について

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

なので $[G,D_{i+1}]\leq D_i$ である。したがって $(D_i)$ は $G$ の中心列であり、 $G$ は冪零群である。

▨

4 有限冪零群の Sylow 分解

定理 4.1. 有限群 $G$ の位数を

|G|=\prod_{i=1}^r p_i^{a_i}

と素因数分解し、各 $i$ について Sylow $p_i$ 部分群 $P_i$ を取る。次の三条件は同値である。

$G$ は冪零群である。
すべての Sylow 部分群が $G$ の正規部分群である。
各 $P_i$ は $G$ の正規部分群であり、積写像
$P_1\times\cdots\times P_r\longrightarrow G, \qquad (x_1,\ldots,x_r)\longmapsto x_1\cdots x_r$
は同型である。

特に、有限群が冪零であることと、その Sylow 部分群すべての内部直積であることは同値である。

証明.(1) $\Rightarrow$ (2)を示す。 $G=\{e_G\}$ は Sylow 部分群として自明部分群だけをもち、その部分群は正規である。非自明な冪零群 $G$ を取り、位数の小さい有限冪零群の Sylow 部分群はすべて正規であると仮定する。 $Z(G)\neq\{e_G\}$ である。実際、 $Z_1(G)=Z(G)$ が自明ならば上中心列の定義によってすべての $Z_i(G)$ が自明となり、有限段で $G$ に達することができない。

$Z=Z(G)$ とおく。 $Z=G$ ならば $G$ はアーベル群なので、すべての部分群が正規である。 $Z\neq G$ とする。命題 2.5により $G/Z$ は冪零群であり、 $|G/Z|<|G|$ である。

$P$ を $G$ の Sylow $p$ 部分群とする。 $R$ を $Z$ の Sylow $p$ 部分群とする。 $Z$ はアーベル群なので、§E7.18 定理 2.2と共役作用の自明性から $R$ は $Z$ の唯一の Sylow $p$ 部分群である。また、 $Z$ は中心に含まれるので $PR$ は $p$ 部分群である。 $P$ の極大性から $R\leq P$ である。一方、 $P\cap Z$ は $Z$ の $p$ 部分群なので $P\cap Z\leq R$ である。ゆえに

P\cap Z=R.

したがって

|PZ/Z|=|P|/|R|

は $|G/Z|$ を割る $p$ の最大冪であり、 $PZ/Z$ は $G/Z$ の Sylow $p$ 部分群である。帰納法によって $PZ/Z\trianglelefteq G/Z$ なので、その逆像 $PZ$ は $G$ の正規部分群である。

$Z$ は中心に含まれるため、 $P\trianglelefteq PZ$ である。§E7.18 注意 2.3により $P$ は $PZ$ の唯一の Sylow $p$ 部分群である。任意の $g\in G$ に対して、 $PZ\trianglelefteq G$ から $gPg^{-1}$ は $PZ$ の Sylow $p$ 部分群である。唯一性により $gPg^{-1}=P$ となる。ゆえに $P\trianglelefteq G$ であり、(2)を得る。

(2) $\Rightarrow$ (3)を示す。すべての $P_i$ が $G$ の正規部分群であるとし、

R_0=\{e_G\},\qquad R_i=P_1\cdots P_i\quad(1\leq i\leq r)

とおく。正規部分群の積は正規部分群なので、各 $R_i\trianglelefteq G$ である。 $|R_{i-1}|=\prod_{j<i}|P_j|$ と仮定すると、 $R_{i-1}\cap P_i$ の位数は互いに素な $|R_{i-1}|$ と $|P_i|$ をともに割るので、 $R_{i-1}\cap P_i=\{e_G\}$ である。 $R_{i-1},P_i$ は $R_i$ の正規部分群であり、 $R_{i-1}P_i=R_i$ なので、§E7.14 定理 3.2により積写像

R_{i-1}\times P_i\longrightarrow R_i

は同型である。したがって $|R_i|=\prod_{j\leq i}|P_j|$ である。 $R_0$ からの帰納法によって、 $P_1\times\cdots\times P_r\to R_r$ の積写像は同型であり、 $|R_r|=|G|$ である。ゆえに $R_r=G$ であり、(3)を得る。 $r=0$ ならば $|G|=1$ であり、空直積である自明群から $G$ への積写像は同型である。

(3) $\Rightarrow$ (1)を示す。 $r=0$ ならば $G$ は自明群なので冪零である。 $r\geq1$ とする。定理 3.1により各 $P_i$ は冪零群である。命題 2.6を反復すると、 $P_1\times\cdots\times P_r$ は冪零群である。積写像の同型によって $G$ も冪零群である。

▨

5 冪零群の例と非例

例 5.1 (整数 Heisenberg 群). 整数 Heisenberg 群を

H(\Z) = \left\{ u(a,b,c)= \begin{pmatrix} 1&a&c\\ 0&1&b\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \mathrel{}\middle|\mathrel{} a,b,c\in\Z \right\} \leq\GL_3(\Z)

とする。行列積から

u(a,b,c)u(a',b',c') =u(a+a',b+b',c+c'+ab')

\text{(5.1.1)}

であり、

u(a,b,c)^{-1}=u(-a,-b,-c+ab)

となる。したがって $H(\Z)$ は上三角ユニポテント整数行列からなる無限群である。

式 (5.1.1)を用いて交換子を計算すると、

[u(a,b,c),u(a',b',c')] =u(0,0,ab'-a'b)

\text{(5.1.2)}

を得る。 $u(a,b,c)$ が $u(1,0,0)$ と可換するならば、式 (5.1.2)から $b=0$ である。さらに $u(0,1,0)$ と可換するならば $a=0$ である。逆に $u(0,0,c)$ は式 (5.1.1)からすべての元と可換する。よって

Z\bigl(H(\Z)\bigr) =\{u(0,0,c)\mid c\in\Z\}.

式 (5.1.2)に $a=t$ 、 $b=0$ 、 $a'=0$ 、 $b'=1$ を代入すると

[u(t,0,0),u(0,1,0)]=u(0,0,t)

である。したがって

[H(\Z),H(\Z)] =Z\bigl(H(\Z)\bigr).

この部分群は非自明であり、中心に含まれるため、

\gamma_2\bigl(H(\Z)\bigr)=Z\bigl(H(\Z)\bigr), \qquad \gamma_3\bigl(H(\Z)\bigr)=\{I_3\}.

よって $H(\Z)$ の冪零度は正確に $2$ である。

例 5.2 (四元数群). 四元数群

Q_8=\{\pm1,\pm i,\pm j,\pm k\}

は位数 $2^3$ の群なので、定理 3.1によって冪零群である。 $i,j,k$ は互いに反可換であり、 $\pm1$ はすべての元と可換するので $Z(Q_8)=\{\pm1\}$ である。商群では $iZ(Q_8)$ と $jZ(Q_8)$ が位数 $2$ の相異なる部分群を生成し、それらの積は商群全体である。等式 $ij=-ji$ により二つの生成元の像は可換するので、商群はアーベル群である。§E7.14 定理 3.2により

Z(Q_8)=\{\pm1\}, \qquad Q_8/Z(Q_8)\cong C_2\times C_2

である。したがって

\{1\}<Z(Q_8)<Q_8

は長さ $2$ の中心列である。 $Q_8$ は非アーベル群なので冪零度は $1$ ではなく、正確に $2$ である。

§E7.16 注意 5.1で外部結果として掲げた単位四元数の表示では $Q_8\leq\SU(2)$ である。二重被覆 $\rho\colon\SU(2)\to\SO(3)$ を $Q_8$ に制限すると、その核は $\{\pm1\}$ である。したがって

\rho(Q_8)\cong Q_8/\{\pm1\}\cong V_4, \qquad V_4\leq\SO(3).

三つの非自明な像は、それぞれ座標軸の周りの角 $\pi$ の回転である。

例 5.3. $S_3\triangleright A_3\triangleright\{e\}$ はアーベル因子をもつ正規列なので、§E7.22 定理 2.3により $S_3$ は可解である。しかし $S_3$ には位数 $2$ の Sylow 部分群が三つあり、いずれも正規ではない。定理 4.1により $S_3$ は冪零群ではない。

6 演習

問題 6.1.

非自明なアーベル群の冪零度が $1$ であることを示せ。
命題 2.6の証明を完成させよ。
$p<q$ を素数とする。位数 $pq$ の群が冪零であることと、その群が巡回群 $C_{pq}$ に同型であることが同値であることを示せ。

解答.

$G$ を非自明なアーベル群とする。 $Z(G)=G$ なので $Z_1(G)=G$ である。非自明性から $Z_0(G)\neq G$ であり、冪零度は $1$ である。
群 $A,B$ について $Z(A\times B)=Z(A)\times Z(B)$ である。実際、 $(a,b)$ がすべての $(x,y)$ と可換であることは、 $ax=xa$ と $by=yb$ がすべての $x\in A$ 、 $y\in B$ について成り立つことと同値である。冪零群 $G,H$ の冪零度をそれぞれ $c,d$ とする。 $k=0$ では
$Z_k(G\times H)=Z_k(G)\times Z_k(H)$
の両辺が単位元だけからなり、等式が成り立つ。 $k\geq0$ で等式が成り立つとし、 $Z_k=Z_k(G)\times Z_k(H)$ とおく。写像 $(g,h)\mapsto(gZ_k(G),hZ_k(H))$ は全射な準同型 $G\times H\to G/Z_k(G)\times H/Z_k(H)$ であり、その核は $Z_k$ であるから、同型 $\theta\colon(G\times H)/Z_k\to G/Z_k(G)\times H/Z_k(H)$ が得られる。上中心列の定義により、 $Z_{k+1}(G\times H)$ は $Z\bigl((G\times H)/Z_k\bigr)$ の逆像である。同型は中心を中心へ移すので、 $\theta$ によりこの中心は $Z(G/Z_k(G))\times Z(H/Z_k(H))=Z_{k+1}(G)/Z_k(G)\times Z_{k+1}(H)/Z_k(H)$ に対応し、その逆像は $Z_{k+1}(G)\times Z_{k+1}(H)$ である。よって $k+1$ でも成り立つ。補題 1.5により上中心列は増大列であり、 $Z_k(G)=G$ ならば $Z_{k+1}(G)/Z_k(G)$ は自明群の中心であるから $Z_{k+1}(G)=G$ である。したがって $Z_k(G)=G$ は $k\ge c$ と同値であり、 $Z_k(H)=H$ は $k\ge d$ と同値である。 $Z_k(G\times H)=G\times H$ は $Z_k(G)=G$ かつ $Z_k(H)=H$ と同値であるから、 $k\ge\max\{c,d\}$ と同値である。冪零度の定義により、 $G\times H$ の冪零度は $\max\{c,d\}$ である。
$p<q$ を素数とし、 $G$ を位数 $pq$ の群とする。 $G$ が冪零ならば二つの Sylow 部分群がともに正規であり、定理 4.1によって
$G\cong C_p\times C_q.$
$C_p,C_q$ の生成元をそれぞれ $x,y$ とすると、 $(x,y)^n=(e,e)$ は $p\mid n$ かつ $q\mid n$ と同値である。 $p,q$ は相異なる素数なので、 $(x,y)$ の位数は $pq$ である。したがって $C_p\times C_q$ は巡回群 $C_{pq}$ に同型である。逆に $C_{pq}$ はアーベル群なので冪零群である。

▨

§E7.23冪零群