§E7.2部分群と巡回群

最終更新

整数全体の加法を3の倍数全体に制限しても、和と加法逆元は3の倍数全体の中に留まる。一方、整数の任意の部分集合が同じ性質をもつわけではない。群の一部を選んだときに群の構造が保たれる条件と、選んだ元から演算を繰り返して得られる範囲を調べる必要がある。

もとの演算によって群をなす部分集合を部分群といい、与えられた元の集まりを含む最小の部分群を生成部分群という。一つの元で生成される巡回群では、各元を整数回の反復として表すことができる。巡回群は、群の内部の構造を生成元と反復の周期によって理解するための基本例である。

本記事では、部分群と巡回群の基本的な性質について解説する。

1 部分群の判定

部分群の定義では群公理をすべて要求する。しかし、群の演算を部分集合に制限した演算は、もとの群の結合律をそのまま満たすため、部分群であることの判定は一つの閉性条件へまとめることができる。

定義 1.1. 群GGの部分集合HHが部分群 (subgroup) であるとは、GGの演算をHHに制限するとHHが群になることをいう。このときH≤GH\leq Gと書く。

命題 1.2. 群GGの空でない部分集合HHに対して、次の二条件は同値である。

  1. H≤GH\leq Gである。
  2. 任意のa,b∈Ha,b\in Hに対してab−1∈Hab^{-1}\in Hである。

証明.(1)⇒\Rightarrow(2)を示す。H≤GH\leq Gと仮定する。HHの単位元をeHe_Hと書き、h∈Hh\in Hを一つ取る。eHh=h=eGhe_Hh=h=e_Ghであるから、GGの右簡約律によってeH=eGe_H=e_Gである。b∈Hb\in HのHHにおける逆元はGGにおいてもbbの逆元であるから、逆元の一意性によってb−1∈Hb^{-1}\in Hである。HHは積について閉じているため、任意のa,b∈Ha,b\in Hに対してab−1∈Hab^{-1}\in Hである。したがって(2)が成り立つ。

(2)⇒\Rightarrow(1)を示す。逆に(2)を仮定する。HHは空でないから、あるa∈Ha\in Hが存在する。(2)をa,aa,aに適用するとaa−1=eG∈Haa^{-1}=e_G\in Hを得る。任意のb∈Hb\in Hに対して(2)をeG,be_G,bに適用するとb−1∈Hb^{-1}\in Hを得る。任意のa,b∈Ha,b\in Hに対して、すでに示したb−1∈Hb^{-1}\in Hと(2)をa,b−1a,b^{-1}に適用すると

a(b−1)−1=ab∈Ha(b^{-1})^{-1}=ab\in H

を得る。結合律はGGの結合律を制限したものである。したがってHHは群であり、H≤GH\leq Gである。▨

上の命題でHHが空でないという仮定は必要である。空集合は(2)を空虚に満たすが、単位元を含まないため部分群ではない。

2 行列群の部分群

KKを可換体、nnを正の整数とする。一般線形群と直交群の元を、行列式が11である行列に限ると、自然な部分群が得られる。

定義 2.1. 特殊線形群 (special linear group) と特殊直交群 (special orthogonal group) を、それぞれ

SL⁡n(K)={A∈GL⁡n(K)∣det⁡A=1},SO⁡(n)=O⁡(n)∩SL⁡n(R)={Q∈O⁡(n)∣det⁡Q=1}\SL_n(K) =\{A\in\GL_n(K)\mid\det A=1\}, \qquad \SO(n) =\Orth(n)\cap\SL_n(\R) =\{Q\in\Orth(n)\mid\det Q=1\}

によって定める。

命題 2.2. 次の包含関係は部分群の包含である。

SL⁡n(K)≤GL⁡n(K),SO⁡(n)≤O⁡(n).\SL_n(K)\leq\GL_n(K), \qquad \SO(n)\leq\Orth(n).

証明. 単位行列IIの行列式は11であるため、二つの集合は空でない。A,B∈SL⁡n(K)A,B\in\SL_n(K)とする。行列式の乗法性§E3.15 命題 2.2と

1=det⁡I=det⁡(BB−1)=det⁡Bdet⁡(B−1)1=\det I=\det(BB^{-1})=\det B\det(B^{-1})

からdet⁡(B−1)=1\det(B^{-1})=1を得る。したがって

det⁡(AB−1)=det⁡Adet⁡(B−1)=1\det(AB^{-1})=\det A\det(B^{-1})=1

であるから、AB−1∈SL⁡n(K)AB^{-1}\in\SL_n(K)である。命題 1.2によりSL⁡n(K)≤GL⁡n(K)\SL_n(K)\leq\GL_n(K)である。

P,Q∈SO⁡(n)P,Q\in\SO(n)に対しても同じ計算からdet⁡(PQ−1)=1\det(PQ^{-1})=1を得る。また、O⁡(n)\Orth(n)は群であるからPQ−1∈O⁡(n)PQ^{-1}\in\Orth(n)である。したがって命題 1.2によりSO⁡(n)≤O⁡(n)\SO(n)\leq\Orth(n)である。▨

3 生成部分群

部分集合を含む部分群が複数存在しても、該当する部分群すべての共通部分によって最小のものが定まる。

定義 3.1. 群GGと部分集合S⊆GS\subseteq Gに対し、SSを含むGGのすべての部分群の共通部分を

⟨S⟩=⋂H≤GS⊆HH\langle S\rangle =\bigcap_{\substack{H\leq G\\S\subseteq H}}H

と書き、SSが生成する部分群 (subgroup generated by a subset) という。元g∈Gg\in Gに対して⟨{g}⟩\langle\{g\}\rangleを⟨g⟩\langle g\rangleと略記する。ある元ggによってG=⟨g⟩G=\langle g\rangleと書くことができる群を巡回群 (cyclic group) という。

定義で共通部分をとる部分群の族は空ではない。群GG自身がSSを含む部分群だからである。

命題 3.2. 群GGの任意の部分集合SSに対して、⟨S⟩\langle S\rangleはSSを含む最小の部分群である。さらに、⟨S⟩\langle S\rangleは

s1ε1s2ε2⋯skεk(k≥0, si∈S, εi∈{1,−1})s_1^{\varepsilon_1}s_2^{\varepsilon_2}\cdots s_k^{\varepsilon_k} \qquad (k\geq0,\ s_i\in S,\ \varepsilon_i\in\{1,-1\})

という有限積全体に等しい。k=0k=0の積はeGe_Gとする。

証明.SSを含む部分群全体の共通部分をIIとする。各部分群はeGe_Gを含むのでIIは空でない。a,b∈Ia,b\in Iならば、SSを含む任意の部分群HHに対してa,b∈Ha,b\in Hである。したがってab−1∈Hab^{-1}\in Hであり、ab−1∈Iab^{-1}\in Iである。命題 1.2からI≤GI\leq Gが従う。また、IIは定義からSSを含み、SSを含む任意の部分群に含まれる。したがってI=⟨S⟩I=\langle S\rangleは最小である。

表示された有限積全体をWWとする。空積によってeG∈We_G\in Wである。二つの有限積の積は二つの語を連結した有限積であり、有限積w=s1ε1⋯skεkw=s_1^{\varepsilon_1}\cdots s_k^{\varepsilon_k}の逆元は

w−1=sk−εk⋯s1−ε1w^{-1}=s_k^{-\varepsilon_k}\cdots s_1^{-\varepsilon_1}

である。よってW≤GW\leq Gであり、S⊆WS\subseteq Wであるから⟨S⟩⊆W\langle S\rangle\subseteq Wである。逆に、SSを含む任意の部分群はSSの各元の逆元と各生成元および各生成元の逆元の有限積を含む。したがってWWは該当するすべての部分群に含まれ、W⊆⟨S⟩W\subseteq\langle S\rangleである。ゆえにW=⟨S⟩W=\langle S\rangleである。▨

補題 3.3.KKを可換体とし、x∈Kx\in Kに対して

u(x)=(1x01),v(x)=(10x1)u(x)=\begin{pmatrix}1&x\\0&1\end{pmatrix},\qquad v(x)=\begin{pmatrix}1&0\\x&1\end{pmatrix}

とおく。このとき、SL⁡2(K)\SL_2(K)の任意の元は、x,y∈Kx,y\in Kを因子ごとに選んだ有限個の行列u(x)u(x)・v(y)v(y)の積である。

証明.

A=(abcd)∈SL⁡2(K)A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\in\SL_2(K)

とする。c≠0c\ne0ならば、ad−bc=1ad-bc=1により

A=u(a−1c)v(c) u(d−1c)A=u\left(\frac{a-1}{c}\right)v(c)\,u\left(\frac{d-1}{c}\right)

である。c=0c=0ならばad=1ad=1であるからa≠0a\ne0である。v(1)Av(1)AはSL⁡2(K)\SL_2(K)の元であり、その(2,1)(2,1)成分aaは00でない。したがって、前の場合によりv(1)Av(1)Aはu(x)u(x)とv(y)v(y)の有限個の積であり、A=v(−1)(v(1)A)A=v(-1)\bigl(v(1)A\bigr)も同じ形の積である。▨

4 元の位数

巡回群が有限群であるかどうかと、有限群であるときの元の個数を調べるために、元の位数を定義する。

定義 4.1. 群GGの元ggに対して、gn=eGg^n=e_Gを満たす正の整数nnが存在するとき、そのような正の整数のうち最小のものをggの位数 (order of an element) といい、ord⁡(g)\operatorname{ord}(g)と書く。そのような正の整数が存在しないとき、ggの位数は無限であるという。

命題 4.2. 群GGの元ggの位数が正の整数nnであるとする。任意の整数mmに対して

gm=eG⟺n∣mg^m=e_G\quad\Longleftrightarrow\quad n\mid m

が成り立つ。

証明.n∣mn\mid mならば、m=qnm=qnを満たす整数qqが存在する。§E7.1 命題 1.6から

gm=(gn)q=eGg^m=(g^n)^q=e_G

を得る。

逆にgm=eGg^m=e_Gと仮定する。整数の除法によってm=qn+rm=qn+r、0≤r<n0\leq r<nと書く。このとき

eG=gm=(gn)qgr=gre_G=g^m=(g^n)^qg^r=g^r

である。nnはggの正の冪が単位元になる最小の指数であるから、r=0r=0でなければならない。したがってn∣mn\mid mである。▨

5 巡回群の分類

定理 5.1. 群G=⟨g⟩G=\langle g\rangleを巡回群とする。

  1. ggの位数が無限ならば、写像 θ ⁣:(Z,+)⟶G,m⟼gm\theta\colon(\Z,+)\longrightarrow G,\qquad m\longmapsto g^m は加法を積へ移す全単射である。
  2. ggの位数が正の整数nnならば、写像 θ‾ ⁣:Z/nZ⟶G,[m]n⟼gm\overline{\theta}\colon\Z/n\Z\longrightarrow G,\qquad [m]_n\longmapsto g^m は加法を積へ移す全単射である。

したがって、任意の巡回群とZ\ZまたはCn=Z/nZC_n=\Z/n\Zとの間には、加法を積へ移す全単射が存在する。有限の場合の正の整数nnは一意である。

証明.§E7.1 命題 1.6から

θ(m+ℓ)=gm+ℓ=gmgℓ=θ(m)θ(ℓ)\theta(m+\ell)=g^{m+\ell}=g^mg^\ell=\theta(m)\theta(\ell)

であるから、θ\thetaは加法を積へ移す。G=⟨g⟩G=\langle g\rangleであるため、θ\thetaは全射である。実際、命題 3.2によればGGの各元はggとg−1g^{-1}の有限積であり、§E7.1 命題 1.6によって、ある整数kkに対するgkg^kの形にまとめられる。

ggの位数が無限であると仮定する。θ(m)=θ(ℓ)\theta(m)=\theta(\ell)ならば、簡約律と整数冪の法則からgm−ℓ=eGg^{m-\ell}=e_Gを得る。m−ℓ≠0m-\ell\neq0ならば、m−ℓ>0m-\ell>0の場合には正の冪が単位元となる。m−ℓ<0m-\ell<0の場合にも、等式の両辺の逆元を取るとgℓ−m=eGg^{\ell-m}=e_Gとなり、正の冪が単位元となる。いずれもggの位数が無限であることに反するため、m−ℓ=0m-\ell=0であり、m=ℓm=\ellである。したがってθ\thetaは加法を積へ移す全単射である。

次にord⁡(g)=n\operatorname{ord}(g)=nと仮定する。[m]n=[ℓ]n[m]_n=[\ell]_nならば、§E7.1 命題 2.5からn∣(m−ℓ)n\mid(m-\ell)であり、命題 4.2からgm−ℓ=eGg^{m-\ell}=e_Gを得る。したがってgm=gℓg^m=g^\ellであり、θ‾\overline{\theta}は代表元によらず定まる。整数冪の法則から

θ‾([m]n+[ℓ]n)=gm+ℓ=gmgℓ\overline{\theta}([m]_n+[\ell]_n) =g^{m+\ell}=g^mg^\ell

であるから、θ‾\overline{\theta}は加法を積へ移す。任意のgk∈Gg^k\in Gはθ‾([k]n)\overline{\theta}([k]_n)に等しいため、θ‾\overline{\theta}は全射である。θ‾([m]n)=θ‾([ℓ]n)\overline{\theta}([m]_n)=\overline{\theta}([\ell]_n)ならばgm−ℓ=eGg^{m-\ell}=e_Gであり、命題 4.2からn∣(m−ℓ)n\mid(m-\ell)を得る。§E7.1 命題 2.5から[m]n=[ℓ]n[m]_n=[\ell]_nであり、θ‾\overline{\theta}は単射である。

有限巡回群GGはZ/nZ\Z/n\Zと全単射であり、§E7.1 命題 2.5によって後者はちょうどnn個の元をもつ。したがって正の整数m,nm,nに対してCmC_mとGG、CnC_nとGGの間に全単射があれば、m=∣G∣=nm=|G|=nである。有限群と無限集合Z\Zの間には全単射が存在しないため、分類の二つの場合は重ならない。▨

命題 5.2. 巡回群の任意の部分群は巡回群である。

証明.G=⟨g⟩G=\langle g\rangleとし、H≤GH\leq Gとする。H={eG}H=\{e_G\}ならばH=⟨eG⟩H=\langle e_G\rangleである。

H≠{eG}H\neq\{e_G\}と仮定し、h∈H∖{eG}h\in H\setminus\{e_G\}を取る。命題 3.2と§E7.1 命題 1.6により、h=gkh=g^kを満たす整数kkが存在する。h≠eGh\neq e_Gであるからk≠0k\neq0である。k<0k<0ならば(gk)−1=g−k∈H(g^k)^{-1}=g^{-k}\in Hであるから、

P={m>0∣gm∈H}P=\{m>0\mid g^m\in H\}

は空でない。PPの最小元をddとする。gd∈Hg^d\in Hであるから⟨gd⟩⊆H\langle g^d\rangle\subseteq Hである。

任意のgm∈Hg^m\in Hに対し、整数の除法によってm=qd+rm=qd+r、0≤r<d0\leq r<dと書く。このとき

gr=gm(gd)−q∈Hg^r=g^m(g^d)^{-q}\in H

である。r>0r>0ならばddの最小性に反するため、r=0r=0である。したがってgm∈⟨gd⟩g^m\in\langle g^d\rangleであり、H=⟨gd⟩H=\langle g^d\rangleを得る。▨

6 回転が生成する巡回部分群

実数θ\thetaに対して、平面の回転行列を

Rθ=(cos⁡θ−sin⁡θsin⁡θcos⁡θ)R_\theta = \begin{pmatrix} \cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta \end{pmatrix}

と書く。

命題 6.1. 実数θ,ϕ\theta,\phiに対して

Rθ∈SO⁡(2),RθRϕ=Rθ+ϕR_\theta\in\SO(2), \qquad R_\theta R_\phi=R_{\theta+\phi}

が成り立つ。さらに、次の二つの主張が成り立つ。

  1. 正の整数mmに対して、⟨R2π/m⟩\langle R_{2\pi/m}\rangleは位数mmの巡回部分群であり、写像Cm→⟨R2π/m⟩C_m\to\langle R_{2\pi/m}\rangle、[k]m↦R2π/mk[k]_m\mapsto R_{2\pi/m}^kは加法を行列の積へ移す全単射である。
  2. 実数α\alphaがα/(2π)∉Q\alpha/(2\pi)\notin\Qを満たすならば、⟨Rα⟩\langle R_\alpha\rangleは無限巡回群であり、写像 Z⟶⟨Rα⟩,k⟼Rαk\Z\longrightarrow\langle R_\alpha\rangle, \qquad k\longmapsto R_\alpha^k は加法を積へ移す全単射である。

証明. 三角関数の加法定理を用いて行列積を計算するとRθRϕ=Rθ+ϕR_\theta R_\phi=R_{\theta+\phi}を得る。また、

RθTRθ=I,det⁡Rθ=cos⁡2θ+sin⁡2θ=1R_\theta^{\mathsf T}R_\theta=I, \qquad \det R_\theta=\cos^2\theta+\sin^2\theta=1

であるから、Rθ∈SO⁡(2)R_\theta\in\SO(2)である。RθR−θ=R0=IR_\theta R_{-\theta}=R_0=Iであることと整数冪の法則から、整数kkに対して

Rθk=RkθR_\theta^k=R_{k\theta}(6.1.1)\text{(6.1.1)}

が成り立つ。

Rβ=IR_\beta=Iであることは、cos⁡β=1\cos\beta=1かつsin⁡β=0\sin\beta=0であることと同値であり、これはβ∈2πZ\beta\in2\pi\Zと同値である。したがって

R2π/mk=I⟺km∈Z.R_{2\pi/m}^k=I \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{k}{m}\in\Z.

この条件を満たす最小の正の整数kkはmmである。ゆえにR2π/mR_{2\pi/m}の位数はmmであり、定理 5.1によって表示した写像は加法を行列の積へ移す全単射である。この写像によってCmC_mを⟨R2π/m⟩\langle R_{2\pi/m}\rangleと同一視すれば、CmC_mをSO⁡(2)\SO(2)の部分群とみなすことができる。

次にα/(2π)∉Q\alpha/(2\pi)\notin\Qとする。正の整数kkに対してRαk=IR_\alpha^k=Iならば、式 (6.1.1)からkα∈2πZk\alpha\in2\pi\Zを得る。このときα/(2π)\alpha/(2\pi)は有理数となり、仮定に反する。したがってRαR_\alphaの位数は無限であり、定理 5.1によって表示した写像は加法を積へ移す全単射である。▨

例 6.2. 加法群Z/12Z\Z/12\Zの部分群は次の六つである。

⟨[0]12⟩={[0]12},⟨[6]12⟩={[0]12,[6]12},⟨[4]12⟩={[0]12,[4]12,[8]12},⟨[3]12⟩={[0]12,[3]12,[6]12,[9]12},⟨[2]12⟩={[0]12,[2]12,[4]12,[6]12,[8]12,[10]12},⟨[1]12⟩=Z/12Z.\begin{aligned} &\langle[0]_{12}\rangle=\{[0]_{12}\},\\ &\langle[6]_{12}\rangle=\{[0]_{12},[6]_{12}\},\\ &\langle[4]_{12}\rangle=\{[0]_{12},[4]_{12},[8]_{12}\},\\ &\langle[3]_{12}\rangle=\{[0]_{12},[3]_{12},[6]_{12},[9]_{12}\},\\ &\langle[2]_{12}\rangle=\{[0]_{12},[2]_{12},[4]_{12},[6]_{12},[8]_{12},[10]_{12}\},\\ &\langle[1]_{12}\rangle=\Z/12\Z. \end{aligned}

任意の部分群は命題 5.2によって巡回群であり、各元が生成する部分群を直接計算すると、この六つのいずれかになる。

アーベル群は、巡回群であるとは限らない。

例 6.3.V={(0,0),(1,0),(0,1),(1,1)}V=\{(0,0),(1,0),(0,1),(1,1)\}に、各成分を法22で加える演算を入れる。VVはアーベル群である。しかし、零元でない各元vvはv+v=(0,0)v+v=(0,0)を満たすため、⟨v⟩\langle v\rangleは高々2元しかもたない。したがって4元群VVは巡回群ではない。

7 演習

問題 7.1.

  1. 群GGの部分群の空でない族{Hi}i∈I\{H_i\}_{i\in I}に対して、⋂i∈IHi\bigcap_{i\in I}H_iが部分群であることを一段階部分群判定から証明せよ。
  2. (Z,+)(\Z,+)の任意の部分群が、ある非負整数ddに対するdZd\Zの形で一意に表されることを証明せよ。
  3. 正の整数nnと整数kkに対して、[k]n[k]_nの位数がn/gcd⁡(n,k)n/\gcd(n,k)であることを証明せよ。さらに、[k]n[k]_nがCnC_nを生成するための必要十分条件を述べよ。
解答 (演習の要点).

(1)を示す。H=⋂i∈IHiH=\bigcap_{i\in I}H_iとおく。各HiH_iは部分群であるからe∈Hie\in H_iであり、I≠∅I\ne\varnothingであるのでe∈He\in Hである。したがってHHは空でない。a,b∈Ha,b\in Hとすると、各i∈Ii\in Iについてa,b∈Hia,b\in H_iであり、HiH_iは部分群であるから命題 1.2によりab−1∈Hiab^{-1}\in H_iである。これがすべてのiiについて成り立つのでab−1∈Hab^{-1}\in Hであり、命題 1.2によりH≤GH\le Gである。

(2)を示す。H≤ZH\le\Zとする。H={0}H=\{0\}ならばH=0ZH=0\Zである。H≠{0}H\ne\{0\}ならば、a∈Ha\in H、a≠0a\ne0を取ると−a∈H-a\in Hでもあるから、HHは正の整数を含む。その最小のものをddとする。HHは加法と符号の反転について閉じているので、すべての整数kkについてkd∈Hkd\in Hであり、dZ⊆Hd\Z\subseteq Hである。逆にa∈Ha\in Hをa=qd+ra=qd+r（0≤r<d0\le r<d）と割ると、r=a−qd∈Hr=a-qd\in Hであり、ddの最小性からr=0r=0である。したがってa∈dZa\in d\Zであり、H=dZH=d\Zである。非負整数d,d′d,d'についてdZ=d′Zd\Z=d'\Zとする。d=0d=0ならばd′Z={0}d'\Z=\{0\}であるからd′=0d'=0である。d,d′>0d,d'>0ならば、d∈d′Zd\in d'\Zとd′∈dZd'\in d\Zからd′∣dd'\mid dかつd∣d′d\mid d'であり、正の整数であるからd=d′d=d'である。

(3)を示す。g=gcd⁡(n,k)>0g=\gcd(n,k)>0とし、n=gn′n=gn'、k=gk′k=gk'と書く。n′>0n'>0かつgcd⁡(n′,∣k′∣)=1\gcd(n',|k'|)=1である。正の整数mmについて、§E7.1 命題 2.5によりm[k]n=[mk]n=[0]nm[k]_n=[mk]_n=[0]_nはn∣mkn\mid mk、すなわちgn′∣gmk′gn'\mid gmk'、すなわちn′∣mk′n'\mid mk'と同値である。§E6.45 補題 4.2 (1)を非負の互いに素な整数n′n'と∣k′∣|k'|に適用すると、un′+v0∣k′∣=1un'+v_0|k'|=1を満たす整数u,v0u,v_0が存在する。k′≥0k'\geq0ならばv=v0v=v_0、k′<0k'<0ならばv=−v0v=-v_0と置くと、un′+vk′=1un'+vk'=1である。k=0k=0の場合にもn′=1n'=1、k′=0k'=0であり、この等式が成り立つ。n′∣mk′n'\mid mk'ならばm=umn′+vmk′m=umn'+vmk'はn′n'で割り切れる。逆にn′∣mn'\mid mならばn′∣mk′n'\mid mk'である。したがってm[k]n=[0]nm[k]_n=[0]_nはn′∣mn'\mid mと同値であり、[k]n[k]_nの位数はn′=n/gcd⁡(n,k)n'=n/\gcd(n,k)である。⟨[k]n⟩\langle[k]_n\rangleの位数は[k]n[k]_nの位数に等しいので、[k]n[k]_nがCnC_nを生成することは、その位数がnnであること、すなわちgcd⁡(n,k)=1\gcd(n,k)=1であることと同値である。▨

参考文献

  1. Michael Artin, Algebra, 2nd ed., Pearson, Boston, 2011.部分群、生成元、巡回群の扱いを参考にした。
  2. David S. Dummit and Richard M. Foote, Abstract Algebra, 3rd ed., Wiley, 2004.部分群判定と巡回群の構造の扱いを参考にした。

前提記事