代数学について（部分群を示す）

質問

２．準同型写像f:G⇒G'において像f(G)はG'の部分群であることを示せ。

準同型なので、ｆ（ａｂ）＝ｆ（ａ）ｆ（ｂ）が常に成立する。
ここからどのように部分群であることを示して行くのかを教えてください。

回答No.5

kup3kup3 · ベストアンサー

こんにちは。

#3です。最後の問題にミスがありました。
「(2)　f(－x)=－x for　∀x∈Z を示せ。」は間違いで
『(2)　f(－x)=－f(x) for　∀x∈Z を示せ。』に訂正してください。

回答No.4

kup3kup3

こんにちは。#2,#3です。
「部分群」の定義が正確でなかったので「訂正」です。
また一般的な「群」の定義も書いておきます。
[定義２]などの番号もすべてリセットします。

集合Gが群であることを次のように定義する。
[定義１]
集合Gが群であるとは次の場合をいう。
集合Gの元a∈G，b∈Gに対し第３の元　c∈Gが一意的に定まり、次の３条件を満たすとき、
Gは群をなすという。a,bによって一意的に定まる元c∈Gをa,bの積または結合といい、
a*bで表す。c=a*b　。a∈G，b∈G　⇒a*b∈G　に注意。「*」を群G内の「演算」という。
(1)(結合律)　(a*b)*c=a*(b*c)　・・・(1.1)
(2)単位元とよばれる元e∈Gがあり、∀a∈G に対し a*e=e*a=a ・・・(1.2)となる。
(3)∀a∈Gに対し ∃x∈G　で　x*a=a*x=e ・・・(1.3)が成り立つ。
　 このx∈Gをaの逆元という。x∈Gに注意。
(注意)　[定義１]から群Gは単位元eを含み　G∋e　で Gは「空集合ではない」。
これを G<>φと書くことにする。（<>は「=でない」ということ）

Gが「演算*」に関して群であるとき次の[命題２][命題3]が成り立つ。
[命題２]　(単位元の一意性）
Gが「演算*」に関して群であるとき，Gの単位元は一意的に定まる。
すなわち　e∈G,e'∈G　がともに単位元とする。⇒　e=e'

「証明」
eが単位元であることより(1.2)において元a∈Gとして　
e'∈G をとれば e'*e=e' ・・・(2.1)　
一方　e'も単位元であるから　∀a∈G に対し a*e'=e'*a=a ・・・(2.2)が成り立つ。
(2.2)において 元a∈Gとして　e∈G をとれば　e*e'=e'*e=e　
　よって　 e'*e=e　・・・(2.3)
(2.1)(2.3)より　e'=e　ゆえに「証明された」。

[命題3]　(逆元の一意性）
x∈G,y∈Gが元a∈Gの逆元であるとする。⇒　x=y

「証明」
xがaの逆元だから　　x*a=a*x=e　・・・(3.1)　また
yもaの逆元だから　　y*a=a*y=e　・・・(3.2)
このとき(3.1)(3.2)より　x=x*e=x*(a*y)=(x*a)*y=e*y=y
（ ∵(3.2)のa*y=eと(3.1)のx*a=e）つまり　x=y　・・・(3.3)
よって逆元　x,yは見かけ上２つあってもそれらは一致する。
（証明終わり）

[定義４]
この[命題３]により　群Gの元a∈G　に対しその逆元　x∈Gはaにより一意的に
決まる。そこで　aにより一意的に決まるこのxをx=a^(-1)と書くことにする。
　a∈G　⇒　a^(-1)∈G　・・・(4.1) に注意。

[系５]
∀a∈G　⇒　a^(-1)∈G　で　{a^(-1)}*a=a*{a^(-1)}=e　・・・(5.1)
(∵　a^(-1)=xはaの逆元だから）
[定義６]
集合Gは「演算*」によって群であるとする。Gの部分集合HがGと「同じ演算*」
によって「群」となるとき、群Hを「群Gの部分群」という。

◎群Gの単位元をe，群Gの部分群Hの単位元をe'とする。もしかして、
eとe'とは一致しないかも知れないという心配が起こる。しかし
「このようなことはない」ことを保証するのが次の命題である。

[命題７]
集合Gが「演算*」によって群になっているとする。集合Hは群Gの部分群とする。
Gは群だから、Gの単位元 eを含む。e∈G 。Hは群Gの部分群だから、Hの群としての
単位元　e'を含む。e'∈H　。このとき e'=e　・・・(7.1)　となる。

「証明」
e'∈H　でHは群だから　e'*e'∈H　かつ e'は Hの群としての単位元
だから　e'*e'=e' ・・・(7.2)　ここで　e'∈H⊂Gより　e'∈G　そこで(7.2)を
群G内での等式と考える。e'∈GのG内での逆元を x∈G　とすれば「逆元の定義」
(1.3)より　x*e'=e　・・・(7.3)　がGの中で成り立つ。e'*e'=e' ・・・(7.2)の両辺に
左から　xを掛けて　x*(e'*e')=x*e' ・・・(7.4)　がGの中で成り立つ。
(7.3)より この右辺=e　・・・(7.5)　また(7.4)の左辺＝(x*e')*e'=e*e'・・・(7.6)　
（∵(7.3)　）ところが eはGの単位元だから ∀a∈Gに対し e*a=a　。
aとして　[e'∈H⊂Gより] e'∈G　をとれば Gの中で　e*e'=e'　ゆえに　
(7.4)の左辺＝e' ・・・(7.7)　。(7.5)と(7.7)より e'=e　となり(7.1)が示された。
（証明終わり）

[命題８]
集合Gが「演算*」により群であるとする。このときGの部分集合Hが群Gの部分群
であるための必要十分条件は次の３つ（　H⊆Gに注意）

(1)H<>φ　（　Hは「空集合でない 」！）（前の回答ではこれが抜けていた）
(2)∀a∈H，∀b∈H　⇒　a*b∈H
(3)∀a∈H　に対し　Gでのaの逆元　a^(-1)∈G　が存在するが
　 この a^(-1)∈H　・・・（8.1)となる。
「証明」
Gの単位元を e∈Gとする。そのとき　[命題７]の(7.1)より e∈Hを示せば
eはHの単位元 e'∈H　と一致するので、Hには　単位元が存在することになるから。
(1)のH<>φ　より ∃b∈H　・・・(8.2) すると条件(3)より　b^(-1)∈H ・・・(8.3)
(8.2)(8.3)と条件(2)より b^(-1)*b∈H　　{b^(-1)}*b=e　より（∵(5.1)）
これは　e∈Hであることを示している。
　(証明終わり）

これで前の「回答」はそのまま通用します。
f(G)の任意の元は　f(a)　（ただし　a∈G）と書けること、及び
f(a)∈f(G)，f(b)∈f(G)　（ただし　a∈G　，b∈G　・・・(#)）をとったとき、
「Gは群だから　a∈G　，b∈G　⇒　a*b∈G」　（これが抜けていた）と
fは準同形よりf(a)・f(b)=f(a*b)∈f(G)　となることから分かるはずです。

納得がいかないなら、写像について復習することをおすすめします。
また「質問」があるなら「質問してください」

なお、共立出版の「線形代数と群論」赤尾和男　著は正しくは
「線形代数と群」でした。このP207の「命題7.28]には
他のかたが回答された「ｐシロー群」の問題の「証明」も載っています。
「線形代数」の内容としては「行列の標準化」が目的で程度が高く、それに比べ
後半の「群」の方は初等的です。

◎少し問題を出しておきましょう。
Zを整数全体の造る加法群とする。単位元は「0」で、a∈Zの逆元は　「－a」です。このときZは足し算｛＋」
について可換群となります。
f:Z　→　Z　を準同形写像とします。つまり　f(x+y)=f(x)＋f(y)　for　∀x∈Z　，∀y∈Zとする。

(1)このとき f(0)=0 を示せ。(2)　f(－x)=－x for　∀x∈Z を示せ。
(3)　f(1)=a　とおいたとき　f(x)をaとxで表せ。

最後によく定義を調べないで回答したことを謝っておきます。すみませんでした。
以上です。

回答No.3

kup3kup3

こんにちは。#2です。
すみません。「準同型」にたいして[思い違い」をしてたことがあり「訂正」です。
また、「群Gの定義が一般的でない特殊なものになっていたので」そのことも
申し分けないです。

前に回答した「f:G　→G'が準同型である」ことの条件の[定義4]には条件が一つ余分でした。つまり
★前の[定義4]　で次の『から』までの
『群Gと群G'があって、「群Gの演算は*」,「群G'の演算は・」であるとする。
GからG'への写像　f:G　→G'が与えられたとき、
f:G　→G'が準同型(homomorphism)であるとは、次の2条件が満たされること。
(1)∀a∈G,∀b∈G　⇒　f(a*b)=f(a)・f(b)　となること。
(2)∀a∈G　⇒　f(a^(-1))=(f(a))^(-1)となること。つまりaの逆元は、fにより
G'の元f(a)の逆元であるところの(f(a))^(-1)に移されること。』

の条件の(2)は必要ではなく、前の[定義4]を次のように直します。
[定義4.2]
群Gと群G'があって、「群Gの演算は*」,「群G'の演算は・」であるとする。
GからG'への写像　f:G　→G'が与えられたとき、
f:G　→G'が準同型(homomorphism)であるとは、次の条件◎が満たされること。
◎∀a∈G,∀b∈G　⇒　f(a*b)=f(a)・f(b)　となること。

この条件だけが準同型の定義です。これより、

[命題６]
群Gと群G'があって、「群Gの演算は*」,「群G'の演算は・」であるとする。
GからG'への写像　f:G　→G'が与えられたとき、
f:G　→G'が準同型(homomorphism)であるならば、

∀a∈G　⇒　f(a^(-1))=(f(a))^(-1)・・・(&1)も出てくるのです。

[命題６］の「証明」

群Gの単位元をe,群G'の単位元をe'とする。
そのとき、まずf:G　→G'が準同型より、
(1)　f(e)=e'・・・(6.1)が成り立つことを示す。それはeは単位元だから、e*e=e　である。
　よって　fで写してf(e*e)=f(e)　・・・(6.2)　fは準同型だから、
(6.2)の左辺=f(e)・f(e)である。よって　(6.2)はf(e)・f(e)=f(e)　・・・(6.3)となる。
ここで　f(e)∈G'でG'は群だから　f(e)のG'での逆元(f(e))^(-1)が存在する。よって　(6.3)の両辺に
左から　(f(e))^(-1)をかけて
　[(f(e))^(-1)・f(e)]・f(e)=(f(e))^(-1)・f(e)・・・(6.4)　
(f(e))^(-1)はf(e)のG'での逆元だから、(f(e))^(-1)・f(e)=e'　・・・(6.5)となる。
(6.5)を用いると(6.4)は　　e'・f(e)=e'　・・・(6.6)となる。e'はG'の単位元だから、
この左辺=e'・f(e)=f(e)　となる。ゆえに(6.6)は　f(e)=e'となる。よって(6.1)が成り立つ。
（これで(1)が示された）
これを用いて　
(2)　(f(a))^(-1)=f(a^(-1))　・・・(6.7)を示す。(6.7)と(&1)とは同じ等式である。
（左右を入れ替えただけ）まずa^(-1)はa∈Gの逆元だから　a^(-1)*a=e　ゆえに

f(a^(-1)*a)=f(e)　・・・(6.8)。　(1)の(6.1)のf(e)=e'と　fが準同型より
f(a^(-1))・f(a)=e'　・・・(6.9)となる。つまり　c=f(a^(-1))　・・・(6.10)とおけば、

(6.9)は　c・f(a)=e'　・・・(6.11)となる。これはc∈G'がf(a)の逆元であることを示している。
☆「逆元の一意性」より　c=(f(a))^(-1)　・・・(6.12)　となることが分かる。ゆえに
(6.10)より　f(a^(-1))=(f(a))^(-1)　・・・(&1)が証明された。すなわち　(6.7)が
成り立つ。（[命題６]の証明終わり）

「逆元の一意性」については一番最後に「説明します」

それでは、質問の回答の「訂正」に移ります。f(G)⊆G'　・・・(#)であるから、
f(G)が群G'の部分群であることを示すには、[定義２]から
次の２つを示せばよい。G'の演算は「・」で示されることに注意。

(1)∀f(a)∈f(G),∀f(b)∈f(G)　⇒f(a)・f(b)∈f(G)
(2)∀f(a)∈f(G)　⇒(f(a))^(-1)∈f(G)
を示せばよい。[補題3]からf(G)の元はf(a)　(ただしa∈G)と書けることに注意する。

「f(G)がG'の部分群であることの証明」

(1)を示す。∀f(a)∈f(G),∀f(b)∈f(G)をとる。f:G→Gが準同型より
f(a)・f(b)=f(a*b)・・・($)　a*b∈Gより　f(a*b)∈f(G)となる。
よって∀f(a)∈f(G),∀f(b)∈f(G)　⇒f(a)・f(b)∈f(G)が示された。
次に
(2)番
∀f(a)∈f(G)をとる。このとき、f(a)の逆元　(f(a))^(-1)∈f(G)を示せばよい。
[命題６]の(6.7)から　(f(a))^(-1)=f(a^(-1))　である。a^(-1)∈G　より

f(a^(-1))∈f(G)　ゆえに　(f(a))^(-1)=f(a^(-1))∈f(G)　つまり(f(a))^(-1)∈f(G)

よって　f(a)の逆元(f(a))^(-1)もf(G)に属す。

こうして(1)(2)が証明されたので、f(G)がG'の部分群である。(回答終わり）

◎ポイントはfが準同型より　f(a)・f(b)=f(a*b)・・・($)を使うことと、
($)より[命題６]の　(f(a))^(-1)=f(a^(-1))を導くことです。

◎「逆元の一意性」について：

ここまできて、「ｐシロー群の問題」が難しかったので、共立出版の
「線形代数と群論」赤尾和男　著を見たら、私が「#2の回答」で用いた群Gの定義は、
昔の本の共立全書「群論」大島　勝著を参考にしたもので、定義が特殊で難しいことを発見した。
すみません。

まず大島の「群論」の定義のもとで、
「(ア)x*a=e　⇒a*x=e　・・・(%1)が成り立つ。よって x*a=a*x=e　・・・(%2)　」こと及び
「(イ)e*a=a　⇒a*e=a　・・・(%3)が成り立つ。よって e*a=a*e=a　・・・(%4)　」ことを
示す必要があることに気が付いた。
これを#2での回答の定義のもとに「大島の本を見て証明」する。

まず「(%1)の証明」

群Gの定義より　x*(a*x)を考えると結合律よりx*(a*x)=(x*a)*x=e*x=x
（∵単位元の定義よりe*x=x）
即ち　x*(a*x)=x　このxに対してy*x=eとなるy∈G　が存在する。この式の左からyをかけて
　y*(x*(a*x))=y*x　・・・(%5)　y*x=e　より(%5)は y*(x*(a*x))=e　・・・(%6)となる。
一方 y*(x*(a*x))=(y*x)*(a*x)=e*(a*x)　・・・(%7)（∵y*x=e）この右辺は単位元eの性質より
e*(a*x)=a*x　だから(%7)は　 y*(x*(a*x))=a*x　・・・(%8)となる。
ゆえに (%6)と(%8)よりa*x=e　・・・(%1)が示された。よって(%2)も成り立つ。これで
(ア)が示された。

(%2)の性質及び　e*a=a　・・・(%9)とすると結合律を使ってe=x*aだから
a*e=a*(xa)=(a*x)a=e*a　(∵(%2)のa*x=eより)　そして(%9)のe*a=aから
a*e=e*a=a　となって(%4)が示された。　　これで(イ)が証明できた。

さて、「(%4)を単位元の存在、(%2)を逆元の存在」と普通は定義する。
私もそう習ったことを思い出した。
だから、「群Gの定義」を普通のように直して下さい。

「逆元の一意性」を示す。

(ア)の x*a=a*x=e　・・・(%2)を満たすxのようなものyがもう一つあるとすると、
　　　 y*a=a*y=e ・・・(%10)が成り立つことになる。
このとき、x*(a*y)=x*e　・・・(%11)（∵(%10)のa*y=eより）そして
(%4)のa*e=aのaをxとして x*e=x　よって(%11)は　x*(a*y)=x　・・・(%12)となる。
一方x*(a*y)=(x*a)*y=e*y=y　(∵　x*a=eとe*y=yより）即ちx*(a*y)=y　・・・(%13)。
　(%12)と(%13)より
　x=y　・・・(%14)がいえた。　

つまり(%2)かつ (%10)を満たすものは一致し、一つしかない。
これを「aの逆元の一意性」という。

「単位元の一意性」も言える。つまり　
「e*a=a*e=a　・・・(%4)を満たすeは一つしかない」ことが分かる。

　以上です。
★★　
なお、共立出版の「線形代数と群論」赤尾和男　著は

後半のP107の第4章から「群」のことがp227の第7章まで、割と丁寧に
書いてあって「章末の練習問題も解答が載っているので」お勧めです。

ここの必要な所だけ、読めばよいです。また学習が進んだら、他を拾い読みすればよい。

全部は分からなくても気にする必要はないのです。私も一杯あります。

以上です。

回答No.2

kup3kup3

こんにちは。
前から質問者さんの質問に答えようとしていた者です。レポートは通過したのに、分からない所があってそれを
分からないままにせず、何とか解決したいというお気持ち、立派だなと思います。まずは部分群の問題から解決しましょう。
これをよく読んで理解して学習を諦めずに続けて行ってください。

さて、まず群Gとありますが、群の定義を書きます。
[定義１]
空でない集合Gを考える。
集合Gの任意の2元a,bに対し、集合Gの第3の元cが一意的に決まり、
次の3条件(1)(2)(3)を満足するとき、Gは「群をなす」という。
a,bによって一意的に決まる元cをa,bの積といいい、a*bで表す。
(このとき、a*b∈Gとなることが大事、a,bの順番に注意）「*]は演算である。
(1)
Gの任意の元a,b,cに対して、結合律　(a*b)*c=a*(b*c)が成り立つ。
(2)
単位元と呼ばれる特別な元eが存在し、Gの任意の要素aに対しe*a=a
を満たす。
(3)
Gのすべての元aに対しaの逆元とよばれるGの元xが存在し、
x*a=e　を満たす。このxをa^(-1)で表し、aの逆元という。

以上が定義です。詳しくは「集合Gは演算「*」によって群をなす」という。
このように、群Gは空集合ではなく、必ず「単位元e」を含む。

さて、群Gの部分集合Hに対して、Hの2元a,bに対して「演算した結果」のGの元a*bと、
Gでの逆元a^(-1)が考えられる。これら、a*b,a^(-1)はGの元ではあるが、必ずしもHの元ではない。
このa*b,a^(-1)が必ずまた部分集合Hに属するような、そういう部分集合Hを考えたい。
そこで
[定義２]
群Gに対しその部分集合Hが群Gの「部分群H」であるとは、次の2条件を満たすときをいう。
(1)∀a∈H,∀b∈H　⇒a*b∈H　と必ずなること。
(2)∀a∈H　⇒a^(-1)∈H　と必ずなること。

この２つで部分集合HはGと同じ「演算*」によって、群となることが分かります。
なぜなら[定義１]の群の条件の(1)(2)(3)はHを含むGで成立していて、その成立に
必要なのは、まさにa*b∈H,a^(-1)∈Hとなることだからです。
[補題3]
f:G　→G'を写像としたとき、その像f(G)は　f(G)={f(a)∈G'｜∀a∈G}である。
f(G)はG'の部分集合である。f(G)⊆G'　・・・(#)　つまりf(G)の元はみな
f(b)　（b∈G）の形をしている。
[定義4]
群Gと群G'があって、「群Gの演算は*」,「群G'の演算は・」であるとする。
GからG'への写像　f:G　→G'が与えられたとき、
f:G　→G'が準同型(homomorphism)であるとは、次の2条件が満たされること。
(1)∀a∈G,∀b∈G　⇒　f(a*b)=f(a)・f(b)　となること。
(2)∀a∈G　⇒　f(a^(-1))=(f(a))^(-1)となること。つまりaの逆元は、fにより
G'の元f(a)の逆元であるところの(f(a))^(-1)に移されること。

☆
それでは、質問の回答に移ります。f(G)⊆G'　・・・(#)であるから、
H'=f(G)とおく。H'=f(G)が群G'の部分群であることを示すには、[定義２]から
次の２つを示せばよい。G'の演算は「・」で示されることに注意。
(1)∀a'∈H',∀b'∈H'⇒a'・b'∈H'
(2)∀a'∈H'　⇒a'^(-1)∈H'
これのH'をf(G)に代えて、f(G)が群G'の部分群であることを示すには、
(1)∀a'∈f(G),∀b'∈f(G)⇒a'・b'∈f(G)
(2)∀a'∈f(G)　⇒a'^(-1)∈f(G)
を示せばよい。[補題3]からf(G)の元はf(a)　(ただしa∈G)と書けることに注意する。
「f(G)がG'の部分群であることの証明」
(1)を示す。∀a'∈f(G),∀b'∈f(G)をとると、[補題3]からGの適当な元a∈G,b∈Gがあって、
a'=f(a),b'=f(b)と書くことができる。すると、a'・b'=f(a)・f(b)・・・($)
となる。よって、このとき　a'・b'∈f(G)となるためにはf(a)・f(b)=f(c)となるようなGの元
cがあればよい。ところが、fが準同型の[定義３]より、f(a*b)=f(a)・f(b)これを左右入れ替えて
f(a)・f(b)=f(a*b)　・・・(#2)よってc=a*bと採ってa'・b'=f(a)・f(b)=f(a*b)∈f(G)となる。
(何となればa*b∈G)　よって∀a'∈f(G),∀b'∈f(G)　⇒a'・b'=f(a*b)∈f(G)が示された。
次に
(2)番
∀a'∈f(G)をとる。適当なGの元aが存在して、a'=f(a)と書くことができる。
。a'の逆元　a'^(-1)はf(a)の逆元　(f(a))^(-1)に等しい。a'^(-1)=(f(a))^(-1)
ところが、fは準同型だから、f(a^(-1))=(f(a))^(-1)　左右入れ替えて
(f(a))^(-1)=f(a^(-1))・・・(#3)　ここでa∈Gだからa^(-1)∈Gである。
よって、a'^(-1)=(f(a))^(-1)=f(a^(-1))∈f(G)　すなわち、a'^(-1)=f(a^(-1))∈f(G)
となって(∵a^(-1)∈G)、(2)が証明された。
こうして(1)(2)が証明されたので、f(G)がG'の部分群である。(証明終わり）

次の「Gの中心Z(G)がGの正規部分群」を示す問題は中心Z(G)の定義が難しいので
簡単な定義を示しておきましょう。
[定義5]
Gの中心Z(G)とはつぎのように定義する。
Z(G)={z∈G|∀b∈Gに対し　b*z=z*b｝つまり、中心の元zは、「演算*」に関してGの任意の元と
交換可能なものを指す。これでZ(G)が正規部分群となる事を示してください。それには
(1)Z(G)が部分群なることと、(2)∀a∈Gに対し、a^(-1)Z(G)a⊆Z(G)となることの２つを示せばよいのです。
なお、「教科書はどんな本」を使用していますか？その本を教えてください。

最後にこれからも諦めずに学習して行ってください

回答No.1

tumagie

G の単位元を e, G' の単位元を e' とおく.
f は準同型ゆえ f(e) = e' だから e'∈ f(G).
x,y∈f(G) とする. ある a,b∈G が存在して x=f(a), y=f(b) であるから xy=f(a)f(b)=f(ab)∈f(G) であり, また x^(-1)=f(a^(-1)) より x^(-1)∈f(G').
以上より f(G) は G' の部分群.