コックス「ガロワ理論」 8.4節の演習問題

演習問題1

Abel群の部分群は全て正規部分群である。

G≃C_p≃ℤ/pℤなら明らかにGは部分群を持たないのでGは単純群。

逆にAbel群Gが単純群とする。Gは非自明だから、

eでない元gを少なくとも一つ含む。

gの生成する巡回群<g>は位数o(g)のGの正規部分群だが、

Gは単純だから<g>=Gでなければならない。したがってG≃C_o(g)≃ℤ/o(g)ℤ。

m|o(g)とすると<g^m>はGの正規部分群となるから、<g^m>=Gまたは<g^m>={e}、

すなわちm=1またはm=o(g)しかありえないのでo(g)は素数。

よってある素数pに対しo(g)=pで G≃C_p≃ℤ/pℤ。

演習問題2

S_nはの任意の元は互換の積として表され、A_n⊂S_nは偶数個の互換の積からなる。

2個の互換の積(ij)(kl)を考える。i≠j, k≠lである。

(i) i,j,k,lの4つがすべて異なる場合。

(A.2)式から(ijk)=(jki)=(ji)(jk), (jkl)=(klj)=(kj)(kl)により

(ijk)(jkl)=(ji)(jk)(kj)(kl)=(ij)(kl)。

(ii) i,j,k,lの3つが異なり、1組等しい組がある場合

i≠j, k≠lだから、以下の場合で尽くされる。

i,j,kは異なり、i=lのときは(ij)(kl)=(ij)(ki)=(ij)(ik)=(ikj)。

i,j,lは異なり、i=kのときはkとlを書き替えればよい。すなわち(ij)(kl)=(ilj)。

i,j,kは異なりj=lのときや、i,j,lは異なりj=kのときは、

iとjを書き換えれば上の場合に帰着される。

(iii) i,j,k,lのうち2つずつが等しい場合

i≠j, k≠lだから、i=k,j=lまたはi=l,j=k。

いずれにせよ(ij)(kl)=(ij)(ij)=(1)

n≤2なら(iii)の場合しか起こらないので、2個の互換の積は常に恒等置換。

n≥3なら2個の互換の積は、3-サイクルの積または恒等置換として表現できる。

A_nは偶数個の互換の積からなるから、A_nは3-サイクルによって生成される。

i,j,k,lはi≠j, k≠lである以外は任意だから、A_nは全ての3-サイクルを含む。

演習問題3

(c) ((8.21)式)を先に証明し、(8.21)式を用いて(a)(b)を示すほうが簡単。

(c)

HTMLの制約のため、(1234)を(ijkl)へ移す置換のCauchy記法を、

((1234)(ijkl))等と書くことにする。

θ=((1 2...n)(θ(1) θ(2)...θ(n))とし、

必要なら置換される文字の書き順序を適当に入れ替えて、

θ(i₁ i₂...i_l) θ^-1

=((1 2...n)(θ(1) θ(2)...θ(n))) ((1 2...i₁...i₂...i_l...n)(1 2...i₂...i₃...i₁...n)) ((θ(1) θ(2)...θ(n)) (1 2...n))

=((θ(1) θ(2)...θ(i₁)...θ(i₂)...θ(i_l)...θ(n)) (θ(1) θ(2)...θ(i₂)...θ(i₃)...θ(i₁)...θ(n)))

=(θ(i₁) θ(i₂)...θ(i_l))

さらに任意の置換σを、共通部分のないサイクルの積に分解して

σ=(i₁ i₂...i_l)(j₁ j₂...j_m)...(k₁ k₂...k_r)とすれば、

θσθ^-1=θ(i₁ i₂...i_l) (j₁ j₂...j_m)...(k₁ k₂...k_r)θ^-1

=θ(i₁ i₂...i_l)θ^-1θ(j₁ j₂...j_m) θ^-1θ... θ^-1θ(k₁ k₂...k_r)θ^-1

=(θ(i₁) θ(i₂)...θ(i_l))(θ(j₁) θ(j₂)...θ(j_m))... (θ(k₁) θ(k₂)...θ(k_r))

だから、

σ=((1 2...n)(σ(1) σ(2)...σ(n)))とCauchy記法で書けば

θσθ^-1=((1 2...n)(θ(σ(1)) θ(σ(2))...θ(σ(n))))である。

(a)

(8.21)式より

σ^-1(j₁ j₂ j₃)^-1σ(j₁ j₂ j₃)=(σ^-1(j₁) σ^-1(j₂) σ^-1(j₃))^-1(j₁ j₂ j₃)
=(σ^-1(j₃) σ^-1(j₂) σ^-1(j₁))(j₁ j₂ j₃)。

jは{j₁,j₂,j₃}に入っていないので、(j₁ j₂ j₃)によってjは置換されず、

σ(j)は{j₁,j₂,j₃}に入っていないので、(σ^-1(j₃) σ^-1(j₂) σ^-1(j₁)) によってjは置換されない。

以上により、σ^-1(j₁ j₂ j₃)^-1σ(j₁ j₂ j₃)はjを固定する。

(b)

σ=(i₁ i₂ i₃ i₄...)(...)...とすると、(8.21)式より

σ^-1(i₂ i₃ i₄)^-1σ(i₂ i₃ i₄)=(σ^-1(i₄) σ^-1(i₃) σ^-1(i₂))(i₂ i₃ i₄)
=(i₃ i₂ i₁)(i₂ i₃ i₄)=(i₂ i₁ i₃)(i₂ i₃ i₄)。

ここで(A.2)式を用いて

σ^-1(i₂ i₃ i₄)^-1σ(i₂ i₃ i₄)=(i₂ i₃)(i₂ i₁)(i₂ i₄)(i₂ i₃)= (i₂ i₃)(i₂ i₄ i₁)(i₂ i₃)^-1

=((i₂ i₃)(i₂) i₄ i₁)=(i₃ i₄ i₁)=(i₁ i₃ i₄)

となり(8.18)式を得る。

またσ=(i₁ i₂ i₃...)(i₄ i₅...)...として(8.21)式と(A.2)式を用いて、

σ^-1(i₂ i₃ i₅)^-1σ(i₂ i₃ i₅)=(σ^-1(i₅) σ^-1(i₃) σ^-1(i₂))(i₂ i₃ i₅)=(i₄ i₂ i₁)(i₂ i₃ i₅)

=(i₂ i₁ i₄)(i₂ i₃ i₅)=(i₂ i₄)(i₂ i₁)(i₂ i₅)(i₂ i₃)=(i₂ i₃ i₅ i₁ i₄)=(i₁ i₄ i₂ i₃ i₅)

となり(8.19)式を得る。

さらにσ=(i₁ i₂)(i₃ i₄)(...)(...)...として(8.21)式と(A.2)式を用いて、

σ^-1(i₂ i₃ i₄)^-1σ(i₂ i₃ i₄)=(σ^-1(i₄) σ^-1(i₃) σ^-1(i₂))(i₂ i₃ i₄)=(i₃ i₄ i₁)(i₂ i₃ i₄)

=(i₃ i₄ i₁)(i₄ i₂ i₃)=(i₃ i₁)(i₃ i₄)(i₄ i₃)(i₄ i₂)=(i₁ i₃)(i₂ i₄)

となり(8.20)式を得る。

演習問題4

明らかにH₁⋂H₂はH₂の部分群である。

さらにg∈G, h₁∈H₁を任意に取ると、H₁⊴Gにより g ^-1h₁g∈H₁だから、

とくにh₂∈H₂, h∈H₁⋂H₂とすればh₂^-1hh₂∈H₁。

一方H₂はGの部分群なのでh₂^-1hh₂∈H₂だから、h₂^-1hh₂∈H₁⋂H₂。

したがってH₁⋂H₂⊴ H₂。

演習問題5

Hの元を互いに共通部分のないサイクルに分解したとき

3サイクルが含まれる元が存在したとすると、

定理8.4.3の証明の場合2と同様にして、

Hは全ての3サイクルを含むことが証明され、

したがってH=A_nとなりH⋂ A_n={e}と矛盾するから、

Hのeでない元は全て、互いに独立な2サイクルの積である。

Hが偶数個の互換の積からなる元を含めばH⋂ A_n={e}と矛盾するから、

Hはeと、奇数個の互換の積からなる、符号-1で位数2の元のみからなる。

さらにHが2つの異なる元σ,τ (o(σ)=o(τ)=2, sgn(σ)=sgn(τ)=-1)を持てば、

στ∈H, sgn(στ)=1となるのでστ≠e, στ∈H⋂ A_nとなるから、H⋂ A_n={e}と矛盾。

故にHの自明でない元は高々一つでなければならないから、H={e,σ}。

演習問題6

(a)

K⊴G/Hとする。自然準同型π: G→G/H (g→gH)を考える。

 (8.1)式で定義されるπ^-1を用いて8.1節演習問題3により、

π^-1(K)はHを含むGの部分群である。

k∈π^-1(K)とすると任意のg∈G について、

K⊴G/Hよりπ(gkg^-1)=π(g)π(k)π(g)^-1∈Kだから、

gkg^-1∈π^-1(K)となるのでπ^-1(K) ⊴Gとなる。

ところがH⊂π^-1(K)と、H≠GがGの位数最大の正規部分群であることから、

H=π^-1(K)でなければならない。

8.1節演習問題3によりKer(π)=Hだから、K=π(H)={eH}はG/Hの単位元となり、

すなわちKは自明となる。故にG/Hは単純群。

(b)

(a)のG=G₀, H=G₁とする。|G₀|>|G₁|である。

G₁自身と異なるG₁の位数最大の正規部分群をG₂とすれば、

(a)と同様にしてG₁/G₂は単純群となり、|G₁|>|G₂|である。

以下同様に、正規部分群が自明となるまで繰り返す。

|G₀|は有限だから、この過程は有限回で必ず終了し、

Gの組成列{e}=G_n⊂G_n-1⊂... ⊂G₁⊂G₀=Gが得られるので、

Gは組成列を少なくとも一つ持つ。

演習問題7

補題8.4.4と定理8.1.9（Feit-Thompsonの定理）の対偶から、

全ての非Abel有限単純群は偶数位数を持つ。

逆に全ての非Abel有限単純群の位数が偶数なら、奇数位数の単純群はAbel群。

演習問題１によりこのような群は奇素数位数の巡回群に同型で、

命題8.1.5により可解。

Gを奇数位数の群とし、演習問題6の方法に基づき組成列を作ると、

定理A.1.1（Lagrangeの定理）によりGの組成因子は全て奇数位数の単純群となる。

故にGの組成因子は全て可解だから、8.1節演習問題8によりGは可解となり、

定理8.1.9（Feit-Thompsonの定理）が従う。

演習問題8

ℤ/4ℤ≃C₄≃<σ> (o(σ)=4), ℤ/2ℤ×ℤ/2ℤ≃D₄={e,τ,υ,τυ}(o(τ)=o(υ)=2, τυ=υτ)である。

|C₄|=4だから自明でない最大の正規部分群は位数2をもち、

<σ²>≃C₂がこの性質を満たすから、演習問題6により

C₄の組成列は{e}⊂C₂⊂C₄。これより組成因子はC₄/C₂≃C₂と C₂/{e}≃C₂。

|D₄|=4だから自明でない最大の正規部分群は位数2をもち、

<τ>≃C₂あるいは<υ>≃C₂がこの性質を満たすから、演習問題6により

C₄の組成列は{e}⊂C₂⊂D₄。組成因子はD₄/C₂≃C₂と C₂/{e}≃C₂。

以上により、ℤ/4ℤと ℤ/2ℤ×ℤ/2ℤは同じ組成因子を持つ。

シルヴァーマン 「はじめての数論」第3版 第1章練習問題

※MathJaxの数式表示に少し時間がかかります。

1.1

三角数の一般項を$T_n=n(n+1)/2$、平方数の一般項を$S_m=m^2$とする。$T_n=S_m$となる自然数は、不定方程式$n(n+1)/2=m^2$の自然数解$n=n_i, m=m_i$ ($i=1,2,3,..$)。$T_1=S_1=1$より$n_1=1$, $m_1=1$、$T_8=S_6=36$より$n_2=8$, $m_2=6$である。探索すると$T_{49}=S_{35}=1225$より$n_3=49$, $m_3=35$、$T_{288}=S_{204}=41616$より$n_4=288$, $m_4=204$。無数にありそうな気はする。

本を一周読んだ後の記述を使うと、$n(n+1)/2=m^2$より$x=2n+1$, $y=2m$とおけば、Pell方程式（第30章）$x^2-2y^2=1$が得られる。この最小解は$x=x_1=3$, $y=y_1=2$で、定理30.1により、全ての解は$x_k+y_k√2=(x_1+y_1√2)^k$, $k=1,2,3,...$で与えられる。$x_1$は奇数、$y_1$は偶数。また$x_{k-1}$が奇数、$y_{k-1}$が偶数なら、$x_k+ y_k√2=(x_1+y_1√2)(x_{k-1}+ y_{k-1}√2)$より$x_k= x_1x_{k-1}+2y_1y_{k-1}$は奇数、$y_k= y_1x_{k-1}+x_1y_{k-1}$は偶数となるから、全ての$x_k$が奇数、全ての$y_k$が偶数となるので、$n_k=(x_k-1)/2$, $m_k=y_k/2$によって$T_n=S_m$となる自然数の無数の組が得られる。

1.2

$i$番目の奇数までの奇数の和を$S_n=\sum_{i=1}^n (2i-1)$として、$S_1=1, S_2=4, S_3=9, S_4=16, S_5=25,...$となり平方数の列になりそう。実際 $S_n=\sum_{i=1}^n (2i-1)=2\sum_{i=1}^n i-n=2n(n+1)/2-n=n^2$で確かに平方数である。

1.3

$p$が奇素数なら、$p, p+2, p+4$のいずれかは3の倍数だから、その3の倍数が素数3自身の場合、すなわち3,5,7の場合しかない。$p=2$なら$p+2=4$, $p+4=6$は素数でない。したがって、三つ子素数は3,5,7の1組しかない。

1.4

(a)

$N^2-1=(N+1)(N-1)$だから、$N-1=1$すなわち$N=2$の場合しかない。このとき$N^2-1=3$で素数だから、この1つの場合のみ。

(b)

2, 7, 23, 47,....無数にありそうな気はする。

(c)

$N^2-3$については13, 61, 97,...無数にありそうな気はする。$N^2-4$については$N^2-4=(N+2)(N-2)$より$N-2=1$すなわち$N=3$の場合しかない。このとき$N^2-4=5$で素数だから、この1つの場合のみ。

(d)

$a$が平方数でないこと、と予想される。

1.5

$S=1+2+3+...+n$とする。

(i)$n$が偶数の時
$n=2m$として、$S=1+2+3+...+m+(m+1)+...+n$の第$i$項と第$(n-i+1)$項の和($i=1,2,...,m$)は、$i+n-i+1=n+1$なので、各$i=1,2,...,m$について和を取れば、$S=(n+1)m=n(n+1)/2$。

(ii)$n$が奇数の時

$n=2m+1, m=(n-1)/2$として、$S=1+2+3+...+m+(m+1)+(m+2)+...+n$の第$i$項と第$(n-i+1)$項の和($i=1,2,...,m$)は、$i+n-i+1=n+1$で、第$m+1$項は$m+1=(n-1)/2+1=(n+1)/2$。したがって、各$i=1,2,...,m$についての和をとり、第$m+1$項を加えると、$S=(n+1)m+(n+1)/2 =n(n+1)/2$。