代数と幾何D（第2回小テスト解答・2007/11/21）1

代数と幾何Ｄ（第 2 回小テスト解答・2007/11/21）1
各小問 10 点 (150 点満点)
[1] ＜ 10 点＞空でない集合 G 上に二項演算 ◦ : G × G −→ G, (a, b) 7−→ a ◦ b が定義され，以
下 (G1), (G2), (G3) を満たすとき (G, ◦) を群という：
(G1) 結合法則任意の a, b, c ∈ G に対して，(a ◦ b) ◦ c = a ◦ (b ◦ c)．
(G2) 単位元の存在ある e ∈ G が存在し，任意の a ∈ G に対して，a ◦ e = e ◦ a = a．
(G3) 逆元の存在任意の a ∈ G に対し，ある a0 ∈ G が存在して，a ◦ a0 = a0 ◦ a = e．
[2] ＜ 4+3+3 点＞ (i) 偶置換 (ii) 奇置換 (iii) 奇置換
[3] ＜各 2 点+(i), (iii) はボーナス各 3 点＞
(i)-1 1
2
3
4
5 (i)-2
1
2
3
4
5 (i)-3
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
(ii) 6 本
(iii) (1 5 3 4 2) は偶置換なので，横棒は必ず偶数本 (なぜか？考える！)．1 が 5 に移る
ので，(1 2), (2 3), (3 4), (4 5) に対応した横棒が 4 本必要であり，またその 4 本だけだと
(1 2)(2 3)(3 4)(4 5) = (1 5 4 3 2) となってしまう．よって 1 を 5 に移す置換の内，(1 5 4 3 2)
以外は横棒が 5 本以上必要であり，かつ 5 本で実現できるものは奇置換に限る．
[4] ＜ 4+3+3 点＞ (i) ord(a) = ∞ とすると，hai の元 ai , aj (i < j) に対し，ai 6= aj であり，
#hai = ∞．なぜなら，ai = aj =⇒ aj−i = 1 で，ord(a) = ∞ に矛盾する．しかし，今
#G < ∞ であり，hai は G の部分集合なので，ord(a) < ∞ の場合のみ考えれば十分である．
ord(a) = n < ∞ とすると，hai = {1, a, a2 , . . . , an−1 }．このとき，#hai = n を示す．もし，
ai = aj (0 ≤ i < j ≤ n − 1) とすれば，aj−i = 1 (0 < j − i ≤ n − 1) となり，ord(a) = n に
矛盾する．よって ai 6= aj (0 ≤ i < j ≤ n − 1) であり，#hai = n.
(ii) hai の任意の元 x = ai , y = aj に対し，xy −1 = ai (aj )−1 = ai−j ∈ hai. よって（部分群の
判定条件より）hai は G の部分群である．
(iii) hai の任意の元 x = ai , y = aj に対し，xy = ai aj = ai+j = aj+i = aj ai = yx.
[5] ＜各 2 点＞ Hasse 図 (棒は部分群を表わす)
C8 = hai
C4 = ha2 i
2
2
5
3
C3 = ha3 i
C2 = ha4 i
¡
@
@
C5 =
C2 = ha5 i ¡
¡
2@
@ ¡
3
3
2
¡
ha2 i
¡
¡
C16 = hai
2
@
@
2
C6 =
C4 = ha3 i ¡ @2
¡
2@
@ ¡
5
3
ha2 i
@
2@ ¡
3
(i)
1
◦
(1)
a
b
c
d
e
(1)
(1)
a
b
c
d
e
a
a
b
(1)
e
c
d
b
b
(1)
a
d
e
c
c
c
d
e
(1)
a
b
d
d
e
c
b
(1)
a
(ii)
1
C2 = ha8 i
PP 2
´
PP
´ ¢ D
P
´
¢
D
´ 3 ¢3 D3
h(1 2 3)i
´
´
¢
D
h(1 2)i h(1 3)i h(2 3)i ¡¡
PP
2 @2
¥2 ¡ 3
PP
PP@ ¥ ¡
{1}
Web 版 (得点分布等の一部情報を削除)
2
{1}
S3
e
e
c
d
a
b
(1)
C4 = ha4 i
2
{1}
[6] ＜ 5+5 点＞
C8 = ha2 i
2
@
C3 = ha4 i
C2 = ha6 i ¡
¡
{1}
{1}
{1}
C12 = hai
C10 = hai
C9 = hai
2
代数と幾何Ｄ（第 2 回小テスト解答・2007/11/21）
[7] ＜ 5+5 点＞ (i) 群 (G, ◦) から群 (G0 , ∗) への写像 f : G → G0 が
∀a, b ∈ G に対し，f (a ◦ b) = f (a) ∗ f (b)
を満たすとき，f を G から G0 への準同型写像という．
(ii) 群 (G, ◦) から群 (G0 , ∗) への写像 f : G −→ G0 が全単射であり，かつ準同型写像のとき，
同型写像という．
[8] ＜ 3+3+2+2 点＞ (i) f は全単射より，逆写像 g(全単射) が存在する．よって，g(a0 b0 ) =
g(a0 )g(b0 ), (∀a0 , b0 ∈ G0 ) を示す．f は全射より ∃a, b ∈ G s.t. f (a) = a0 , f (b) = b0 . f は準同
型より a0 b0 = f (a)f (b) = f (ab) が成立し，g(a0 b0 ) = ab = g(a0 )g(b0 ) が成り立つ.
· · a}) = · · · = f (a) · · · f (a) = f (a)n ．
(ii) f (an ) = f (a
· · a}) = f (a)f (a
| ·{z
| ·{z
|
{z
}
n
n−1
n
(iii) ord(a) = n, ord(f (a)) = m とする．an = 1 より f (a)n = f (an ) = f (1) = 1, (f (1) = 1
は f (1) = f (1 · 1) = f (1)f (1) より分かる)．よって，m | n．また，同様に逆写像を考えれ
ば，f (a)m = 1 より am = g(f (a))m = g(f (a)m ) = g(1) = 1．よって，n | m であり，m = n．
(iv) ab = ba ならば，f (a)f (b) = f (ab) = f (ba) = f (b)f (a).
[9] ＜ 4+3+3 点＞ (i) f : Cn → Cn0 , ai 7→ bi (i = 1, . . . n) とする．写像 f は全単射であり，か
つ f (ai aj ) = f (ai+j ) = bi+j = bi bj = f (ai )f (aj ) より準同型写像．よって Cn と Cn0 は同型．
(ii) 2 つの群が同型のとき，対応する各元の位数は等しい ([8](iii) 参照)．C4 と V4 の各元の
位数を比較すると
C4 の元
位数
1 a a2
1 4 2
a3
4
V4 の元 (1) (1 2)(3 4)
位数
1
2
(1 3)(2 4)
2
(1 4)(2 3)
2
となる．よって，C4 と V4 は同型でない．
(iii) S3 は非可換群，C6 は可換群 ([4](iii) 参照) なので，同型ではない (← なぜか？分からな
い場合は，少しの時間考える！ [8](iv) を参照).
[別解] S3 と C6 の各元の位数を比較すると
S3 の元 1 (1 2 3)
位数
1
3
(1 3 2)
3
(1 2)
2
(1 3)
2
(2 3)
2
C6 の元
位数
1 a
1 6
a2
3
a3
2
a4
3
a5
6
であり，S3 と C6 は同型ではない．
[10] ＜ 4+3+3 点＞ (i) A4 = {(1), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3), (1 2 3), (1 3 2), (1 2 4), (1 4 2),
(1 3 4), (1 4 3), (2 3 4), (2 4 3)}. (ii) #A4 = 12.
(iii) A5 の各元は (1), (i1 i2 )(i3 i4 ), (i1 i2 i3 ), (i1 i2 i3 i4 i5 ) の形である．形 (i1 i2 )(i3 i4 ) は，
数字を 4 つ選び，それぞれ 3 種類作れるので 5 C4 × 3 = 15 個．形 (i1 i2 i3 ) は，数字を 3 つ
選び，それぞれ 2 種類作れるので 5 C3 × 2 = 20 個．形 (i1 i2 i3 i4 i5 ) は，i1 = 1 と固定する
と 4 P4 = 4! = 24 種類作れて 24 個ある．よって，#A5 = 1 + 15 + 20 + 24 = 60．
[11] ＜ 4+3+3 点＞ (i) ord(σ) = n, ord(τ ) = 2, ord(στ ) = 2.
(ii) (i) より，τ = τ −1 , (στ )2 = 1 である．よって，(στ )2 = 1 ⇐⇒ (στ )(στ ) = 1 ⇐⇒
στ στ = 1 ⇐⇒ στ σ = τ −1 ⇐⇒ στ σ = τ ⇐⇒ τ σ = σ −1 τ ．
(iii) στ σ 2 (τ σ)τ = στ σ 2 (σ −1 τ )τ = στ (σ 2 σ −1 )τ 2 = σ(τ σ) = σ(σ −1 τ ) = τ (= σ 0 τ ).
±1
±1
| ai ∈ {σ, τ }, k ∈ N} であった．
[12] ＜ 4+3+3 点＞ (i) hσ, τ i = h{σ, τ }i = {a±1
1 a2 · · · ak
Dn ⊂ hσ, τ i は明らか．よって Dn ⊃ hσ, τ i を示す．x ∈ hσ, τ i とすると，問 [11](ii) より，
τ σ = σ −1 τ が成り立ち，σ の左側にある τ は σ を σ −1 に変える事によって、右側に移動で
きる．よって，これを繰り返すと x = σ i τ j の形にできる．また，ord (σ) = n, ord (τ ) = 2
より，0 ≤ i ≤ n − 1, 0 ≤ j ≤ 1 としてよい．よって，x ∈ Dn を得る．
(ii) 正三角形の頂点に 1, 2, 3 と番号を付けると，D3 は σ = (1 2 3), τ = (1 2) として，3 次
対称群 S3 の部分群と見なせる．このとき，D3 と S3 の位数は共に 6 であり，D3 = hσ, τ i =
{(1), (1 2 3), (1 3 2), (1 2), (1 3), (2 3)}．よって D3 と S3 は同型．
2
代数と幾何Ｄ（第 2 回小テスト解答・2007/11/21）
[別解] D3 , S3 (問 [6](i) 参照) の群表をそれぞれ書いてみると，
D3
◦
1
σ
σ2
τ
στ
σ2 τ
1
1
σ
σ2
τ
στ
σ2 τ
σ
σ
σ2
1
σ2 τ
τ
στ
σ2
σ2
1
σ
στ
σ2 τ
τ
τ
τ
στ
σ2 τ
1
σ
σ2
στ
στ
σ2 τ
τ
σ2
1
σ
σ2 τ
σ2 τ
τ
στ
σ
σ2
1
◦
(1)
a
b
c
d
e
S3
(1)
(1)
a
b
c
d
e
a
a
b
(1)
e
c
d
b
b
(1)
a
d
e
c
c
c
d
e
(1)
a
b
d
d
e
c
b
(1)
a
e
e
c
d
a
b
(1)
である．群表が同じ形 (積の構造が同じ) なので，D3 と S3 は同型 (D3 ∼
= S3 ) ．
(iii) στ 6= τ σ より Dn は非可換群，一方，C2n は可換群 ([4](iii) 参照) なので，同型ではな
い (← なぜか？分からない場合は，少しの時間考える！ [8](iv) を参照).
[別解] Dn と C2n の各元の位数を比較する．C2n の生成元を a とすると，C2n = hai であり，
ord(a) = 2n．しかし，Dn の各元の位数は n, 2, 1 のうちのどれかであり，位数 2n の元は存
在しない．よって Dn と C2n は同型でない ([8](iii) 参照)．
[13] ＜ 4+3+3 点＞ (i) ak = 1 ⇐⇒ ak−1 = a−1 ⇐⇒ 1 = a−k ⇐⇒ 1 = (a−1 )k より，ord(a) = n,
ord(a−1 ) = m とすれば，m | n かつ n | m より m = n．
(ii) (ab)k = 1 ⇐⇒ (ab) · · · (ab) = 1 ⇐⇒ a (ba) · · · (ba) b = 1 ⇐⇒ a(ba)k−1 = b−1 ⇐⇒
|
|
{z
}
{z
}
k
k−1
(ba)k−1 = a−1 b−1 ⇐⇒ (ba)k−1 = (ba)−1 ⇐⇒ (ba)k = 1 より，ord(ab) = n, ord(ba) = m と
すれば，m | n かつ n | m であり m = n を得る．
(iii) (ii) より ord(abc) = ord(a(bc)) = ord((bc)a) = ord(bca) を得る．同様にして，ord(abc) =
ord((ab)c) = ord(c(ab)) = ord(cab).
[14] ＜ 10 点＞ aHa−1 の任意の元 X = axa−1 , Y = aya−1 に対し，X · Y = (axa−1 )(aya−1 ) =
a(xy)a−1 ∈ aHa−1 かつ X −1 = (axa−1 )−1 = ax−1 a−1 ∈ aHa−1 . よって（部分群の判定条件
より）aHa−1 は G の部分群である．
|H| < ∞ の場合，H = {a1 , . . . , an }, #H = n とすると，aHa−1 = {aa1 a−1 , . . . , aan a−1 } で
あり，ai 6= aj =⇒ aai a−1 6= aaj a−1 , (1 ≤ i < j ≤ n) が成り立つ (なぜなら，消去律より
aai a−1 = aaj a−1 =⇒ ai = aj )．よって |H| = |aHa−1 |.
|H| = ∞ の場合，H の元 x, y (x 6= y) に対して axa−1 6= aya−1 であり，|aHa−1 | = ∞．よっ
て，|H| = |aHa−1 | = ∞ を得る．
[15] ＜ 5+5 点＞ (試験中に訂正：n = 2 とする)
(i) （部分群の判定条件より）∀A, B ∈ SL2 (R) に対して，AB −1 ∈ SL2 (R) を示せばよい．
今，det(A) = det(B) = 1 であり，行列式の性質

 det(XY ) = det(X) · det(Y ),
1
 det(X −1 ) =
det(X)
を用いると, det(AB −1 ) = det(A)·det(B −1 ) = det(A)/det(B) = 1．よって, AB −1 ∈ SL2 (R)．
(ii) まず，R× = R\{0} = R − {0} であった．
（部分群の判定条件より）∀A, B ∈ H に対し，
−1
AB ∈ H かつ A ∈ H を示せばよい．
(
)
( 0 0 )
a b
a b
∈H
A=
∈ H, B =
0 1
0 1
とすると，
(
AB =
aa0 ab0 + b
0
1
)
(
∈H
かつ
よって (H, · ) は (GL2 (R), · ) の部分群である．
3
−1
A
=
1/a −b/a
0
1
)
∈ H.

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