コックス「ガロワ理論」 14.2節の演習問題1

演習問題1

σ=(τ;μ₁,..., μ_k), σ'=(τ';μ'₁,..., μ'_k)∈A≀Bとする。

すべての(i,j)∈R_iに対し、σ'(i,j)=(τ'(i), μ'_i(j))なので、

σσ'(i,j)=σ(τ'(i), μ'_i(j))=(ττ'(i), μ_τ'(i)μ'_i(j))だから、

σσ'=(ττ'; μ_τ'(1)μ'₁,..., μ_τ'(k)μ'_k)となり(14.7)を得る。

ττ'∈A、μ_τ'(i)μ'_i∈Bだからσσ'∈A≀Bなので、A≀Bは積について閉じている。

演習問題2

(a)

任意のn>1について、S_nの部分群Gに互換τが1つ含まれたとする。

n=|G⋂ A_n|とすると、τ∉A_nなのでτ(G⋂A_n)⋂(G⋂A_n)=∅かつ|τ(G⋂A_n)|=nで、

τ(G⋂A_n)の元は全て奇置換だから、Gには偶置換と奇置換が同数含まれ|G|=2nである。

故にn=|G⋂A_n|=|G|/2。

(12)=((1)(2)(3);(12),(3)(4),(5)(6))はS₃≀S₂⊂S₆の元で互換だから、

|(S₃≀S₂)⋂A₆|=|S₃≀S₂|/2=24。

(b)

σ=(12)(34)(56)として、σ=((1)(2)(3);(12),(34),(56))である。

S₃≀S₂の元はτ∈S₃, μ₁∈{(1)(2),(12)}≃S₂, μ₂∈{(3)(4),(34)}≃S₂,

μ₃∈{(5)(6),(56)}≃S₂として(τ; μ₁, μ₂, μ₃)なので、(14.7)の積に対し、

σと可換だから、S₃≀S₂⊂C_S6({σ})。

C_S6({σ})={ρ∈S₆|ρσ=σρ}だから、

ρ∈C_S6({σ})についてσ^-1ρσ=ρ。

すなわちρは1と2、3と4、5と6との

文字の置き換えに対し不変なS₆の元だから、

ブロックR₁,R₂,R₃を保つ置換なので、ρ∈S₃≀S₂となり、

故にC_S6({σ})⊂S₃≀S₂。

以上によりC_S6({σ})=S₃≀S₂。

(c)

σ=(12)(34)(56)は奇置換なので、S₃≀S₂は

S₃≀S₂=((S₃≀S₂)⋂A₆)⋃σ((S₃≀S₂)⋂A₆)

とσについての左剰余類に分解されるから、

D={e,σ}≃S₂とすればS₃≀S₂=D((S₃≀S₂)⋂A₆)である。

(a)により[S₃≀S₂:((S₃≀S₂)⋂A₆)]=2だから((S₃≀S₂)⋂A₆)⊴S₃≀S₂、

また(b)によりDの元はS₃≀S₂の元と可換だからD⊴S₃≀S₂。

σは奇置換で((S₃≀S₂)⋂A₆)は偶置換のみからなるから、

D⋂((S₃≀S₂)⋂A₆)={e}。

故にS₃≀S₂=((S₃≀S₂)⋂A₆)×D≃((S₃≀S₂)⋂A₆)×S₂。

演習問題3

(a)

S_nの元に添字nをつけて区別することにする、

問題の準同型をπ:G→S₃とする。

π(x)=e₃なるx∈Gは例えばx=e₆=(e₃;e₂,e₂,e₂)、

π(x)=(12)₃なるx∈Gは例えばx=(13)(24)=((12)₃;e₂,e₂,e₂)、

π(x)=(13)₃なるx∈Gは例えばx=(15)(26)=((12)₃;e₂,e₂,e₂)、

π(x)=(23)₃なるx∈Gは例えばx=(35)(46)=((23)₃;e₂,e₂,e₂)、

π(x)=(123)₃なるx∈Gは例えばx=(135)(246)=((123)₃;e₂,e₂,e₂)、

π(x)=(132)₃=(123)₃^-1なるx∈Gは例えばx=(153)(246)=((132)₃;e₂,e₂,e₂)∈G

があるからπは全射。

Ker(π)は(e₃;μ₁,μ₂,μ₃) (μ₁∈{e₂,(12)},μ₂∈{e₂,(34)},μ₃∈∈{e₂,(56)})の形の元からなり、

Ker(π)⊂A₆だから、Ker(π)={e₆=(1), (12)(34),(12)(56),(34)(56)}。

(b)

|G|=24=2³·3だから定理A.5.1(a)（Sylowの第1定理）により、

Gは3-Sylow部分群を持ち、定理A.5.1(c)（Sylowの第1定理）により、

Gの3-Sylow部分群の個数をNとしてN≡1 (mod 3)かつN|24=|G|。

故にN=1または4。

(c)

6=1·6=2·3だから、位数6の元は6サイクルか、

2サイクルと3サイクルの共通部分のない積である。

いずれにせよ全て奇置換だから、A₆は位数6の元を持たない。

(d)

N=1ならGの唯一つの3-Sylow部分群H≃C₃はGの正規部分群。

また、Ker(π)⊴Gなので、h∈H, k∈Ker(π)を任意に取れば、

k^-1hk∈Hかつh^-1kh∈Ker(π)だから、

hkh^-1k^-1=(hkh^-1)k^-1∈Ker(π)かつhkh^-1k^-1=h(k^-1hk)^-1∈Hなので、

hkh^-1k^-1∈H⋂Ker(π)。

Ker(π)は(a)によりe以外には位数2の元しかなく、

H≃C₃だからHはe以外には位数3の元しかないから、

H⋂Ker(π)={e}なので、hk=khである。

h∈H, k∈Ker(π)は任意だから、o(h)=3, o(k)=2の元を取れば、

(hk)ⁱ=hⁱkⁱ=eなる最小のi>0はlcm(o(h),o(k))=6だから、

o(hk)=6となり、故にGは位数6の元を持つ。これはG⊂A₆より(c)と矛盾

したがってN=1ではありえない。よってN=4。

(e)

Gは共軛によって4つの3-Sylow部分群H₁, H₂, H₃, H₄に作用するので、

σ∈G, τ∈S₄としてσ·H_i=σH_iσ^-1=H_j=H_τ(i) (1≤i,j≤4)によって、

写像φ: G→S₄を定義すると、φは明らかに群準同型。

|G|=|S₄|=24だから、φが1対1であることを示せば良い。

Ker(φ)={e₆}すなわち、すべての1≤i≤4についてσH_iσ^-1=H_iとなるσ∈Gが、

e₆以外にない事を示す。

Gの3-Sylow部分群H_iは、eと、互いに逆元である2つの位数3の元からなる。

このうちeでない元は3サイクルか、2つの共通部分のない3サイクルの積だが、

R₁, R₂, R₃をのブロックが2つの文字からなるので、

3サイクル1つではブロックを不変に保てないから、

2つの共通部分のない3サイクルの積でなければならない。

このH_iの元に含まれる1つの3サイクルは、

1を{3,4}または{5,6}のいずれかに移し、

1が移った文字が3なら、3は{5,6}へ、4なら{3,4}へ移す。

この3サイクルによって、積のもう一方の3サイクルは一意に決まる。

この仕方は2³=8通りあるので、互いに逆元である2つの組ずつ、

計4組が各H_iに入る。

したがって、Gの3-Sylow部分群は

H₁={e,(135)(246),(153)(264)}={(e₃; e₂,e₂,e₂),((123); e₂,e₂,e₂), ((132); e₂,e₂,e₂)},

H₂={e,(136)(245),(163)(254)}={(e₃; e₂,e₂,e₂),((123); e₂,e₂,(12)), ((132); (12),e₂,e₂)},

H₃={e,(145)(236),(154)(263)}={(e₃; e₂,e₂,e₂),((123); e₂,(12),e₂), ((132); e₂,e₂,(12))},

H₄={e,(146)(235),(164)(253)}={(e₃; e₂,e₂,e₂),((123); e₂,(12),(12)), ((132); (12), e₂,(12))}

である。

GのH_iへの共軛による作用によって、H_iの元の文字は置換される。

すべての1≤i≤4についてσH_iσ^-1=H_iとなるσ∈Ker(φ)の作用によって、

例えばH₁の(135)は不変であるか、または(246),(153),(264)のいずれかへ移り、

対応して(246)はそれぞれ、不変であるかまたは(135),(264),(153)へ移る。

ところが、(135)を不変に保たないσは、例えば(135)が(246)へ移る場合

(12)(34)(56)というように、全て3つの互換の積だからG⊂A₆の元ではないので、

σH₁σ^-1=H₁となるσ∈Gはe₆のみとなる。

H₂, H₃, H₄についても同様だから、Ker(φ)={e₆}。

よってφは1対1だから同型となり、G≃S₄。

(f)

演習問題2(c)によりS₃≀S₂≃G×S₂だから、(e)によりS₃≀S₂≃S₄×S₂。

演習問題4

A,Bは置換群だから有限群で、あるk,l>1についてA⊂S_k, B⊂S_lである。

補題14.2.8によりB^k⊴A≀BかつA≀B/B^k=AだからA≀B/B^kは可解。

列G₀={e}⊂G₁=B⊂G₂=B²⊂... ⊂G_k=B^kを考えると、

すべての1≤i≤kについて、G_i =G_i-1×Bだから、

G_i-1⊴G_iかつG_i/G_i-1=BなのでG_i/G_i-1は可解。

故に8.1節演習問題8(b)によりG_k=B^kは可解。

よって定理8.1.4によりA≀Bは可解。

演習問題5

(a)

(14.9)の写像をφ:G_i→S_pとする。

σ=(τ;μ₁,..., μ_k), σ'=(τ';μ'₁,..., μ'_k) ∈G_iとすると、

G_iの定義によりτ(i)=τ'(i)=iなので、(14.7)の積により

σσ'=(ττ'; μ_τ'(1)μ'₁,..., μ_τ'(i)μ'_i,..., μ_τ'(k)μ'_k)=(ττ'; μ_τ'(1)μ'₁,..., μ_iμ'_i,..., μ_τ'(k)μ'_k)だから、

φ(σσ')=μ_iμ'_i=φ(σ)φ(σ')となり、φは群準同型。

G_i⊂Gだから命題8.1.3によりG_iは可解で、Ker(φ)⊴G_iだから、

定理8.1.4と定理A.1.3（群準同型の基本定理）により、

G_i/Ker(φ)≃Im(φ)は可解。

Gは可移だから、任意にs,t∈R_iをとるとσ(s)=tとなるσ∈Gが存在し、

したがってσ(R_i)=R_iとなるので、σ∈G_iだから、

σ=(τ;μ₁,..., μ_i,..., μ_k) (τ(i)=i)内のμ_iはR_iにおいて可移。

故にIm(φ)は可移。

以上によりIm(φ)は可解かつ可移。

(b)

すべての(k,l)∈R_iに対し

γ(k,l)=(σ^-1(ρ;ν₁,..., ν_p)σ)(k,l)=(σ^-1(ρ;ν₁,..., ν_p))(τ(k), μ_k(l))

=σ^-1(ρτ(k), ν_τ(k)μ_k(l))=(τ^-1ρτ(k), μ_τ^-1ρτ(k)^-1ν_τ(k)μ_k(l))

である。k=j, l=iに対しτ^-1ρτ(j)=j, ν_τ(j)=ν_i=θだから、

γ(j,i)=(j,μ_j^-1θμ_j(i))=(j,λ_j(i))なので、λ_j=μ_j^-1θμ_j。

演習問題6

(a)

σ=(τ;g₁,..., g_n), σ'=(τ';g'₁,..., g'_k) ∈A≀Gとすると、

数学ノートの積の定義によりσσ'∈A≀Gで、

e_A≀G=(e_A; e_G,..., e_G)∈A≀Gは明らかにA≀Gの単位元。

またσ^-1=(τ^-1;g_τ^-1(1)^-1,...,g_τ^-1(n)^-1)∈A≀Gとし、Gが作用する集合をXとすれば、

i∈A, x∈Xに対し、σσ^-1(i,x)=σ(τ^-1(i), g_τ^-1(i)^-1(x))=(ττ^-1(i), g_τ^-1(i)g_τ^-1(i)^-1(x))=(i,x)および

σ^-1σ(i,x)=σ^-1(τ(i), g_i(x))=(τ^-1τ(i), g_τ^-1(τ(i))^-1g_i(x))=(i,x)だから、

σ^-1はA≀Gにおけるσの逆元となる。

よってA≀Gは数学ノートの積について群をなす。

(b)

写像(τ;g₁,..., g_n)→τは群準同型A≀G→Aを定義する。

これは全射で、その核はGⁿ=G×...×Gに同型である。

∵) (a)の積によりこの写像は準同型で、

A≀Gの定義により明らかに全射。

核は(e_A; g₁,..., g_n)で、(e_A; g₁,..., g_n)→(g₁,..., g_n)∈Gⁿは明らかに群同型。

(c)

(b)と定理A.1.3（群準同型の基本定理）により、

A≀G/Gⁿ≃Aだから、|A≀G|=|A||G|ⁿ。

演習問題7

HはGへのすべての関数の集合だから、

すべての1≤i≤nについて

I(i)=e_GとなるIが存在し、任意のφ∈Hについて

(Iφ)(i)=(φI)(i)=φ(i)だから、IはHの単位元。

また、任意のφ∈Hについてφ^-1(i)=φ(i)^-1となる関数φ^-1が存在して、

φ^-1はHにおけるφの逆元となる。よってHは群をなす。

φ→(φ(1),...,φ(n))によって写像H→Gⁿを定義すれば、

Hにおける積の定義によりこの写像は群準同型で、

HはGへのすべての関数の集合だから、この写像は全射。

またこの写像の核はすべての1≤i≤nについて

φ(i)=e_Gとなるφだから、上で定義したIのみである。

故に写像は1対1、よって同型。したがってH≃Gⁿ。

(b)

(τ,φ)=(τ; φ(1),...,φ(n))と数学ノートの積の定義および、

(c)の作用の定義により、

(τ,φ)(τ',φ')=(ττ'; φ(τ'(1))φ'(1),..., φ(τ'(n))φ'(n))

=(ττ';((τ')^-1·φ)(1)φ'(1),..., ((τ')^-1·φ)(n)φ'(n))

=(ττ';(((τ')^-1·φ)φ')(1),..., (((τ')^-1·φ)φ')(n))

=(ττ',((τ')^-1·φ)φ')

(c)

任意のφ∈Hについて(e_A·φ)(i)=φ(e_A(i))=φ(i)だからe_A·φ=φ。

また任意のτ,τ'∈Aについて、

(τ·(τ'·φ))(i)=(τ'·φ)(τ^-1(i))=φ((τ')^-1τ^-1(i))=φ((ττ')^-1(i))=(ττ'·φ)(i)

だから（iの置換の順序を逆転するために逆元をとることが必要）、

定義A.4.1の作用の定義を満たしている。

(d)

(6.9)の半直積の定義から、(φ,τ),(φ',τ')∈H⋊Aについて、

(φ,τ)(φ',τ')=(φ(τ·φ'), ττ')である。

写像ψ: A≀G→H⋊A ((τ,φ)→(τ·φ,τ))について、明らかにψは全射。

(b)によりψ((τ,φ)(τ',φ'))=ψ(ττ',((τ')^-1·φ)φ')=((ττ')·(((τ')^-1·φ)φ'), ττ')

=((τ·φ)((ττ')·φ'), ττ')=(τ·φ,τ)(τ'·φ',τ')=ψ((τ,φ))ψ((τ',φ'))だからψは群準同型。

ψ((τ,φ))=(I, e_A)=(e_A·I, e_A)なら(τ,φ)=(e_A, I)だからψは1対1。

よってψは同型となるから、A≀G≃H⋊A。