コックス「ガロワ理論」 14.4節の演習問題2

演習問題10

(a)

平方剰余の第1補充法則によりp≡1 (mod 4)であることと

-1がpを法とした平方剰余であることは同値だから、

i²=-1となるi∈F_p^*が存在するので、i⁴=1。

命題14.4.4(c)によりHとN(H)は共軛を除き一意的だから、

g=-g^-1=((0,-1),(1,0)), h=((s,t),(t,-s)) (s,t∈F_p, s²+t²=-1)と仮定してよい。

特にs,tについて、s=i,t=0とおくことができるから、

h=-h^-1=((i,0),(0,-i))=i((1,0),(0,-1))。gh=-(gh)^-1=i((0,1),(1,0))で、

{[I₂], [g], [h], [gh]}≃D₄。

a₁=((0,1),(1,0)), a₂=((i,0),(0,1)), a₃=((1,-1),(1,1))とする。

o([a₁])=2, o([a₂])=o([a₃])=4である。

g=((0,-1),(1,0))=2^-1a₃², h=i((1,0),(0,-1))=-ia₂²だから、

[g]=[a₃²], [h]=[a₂²]なので、H=<[g], [h]>=<[a₂²], [a₃²]>⊂<[a₁],[a₂],[a₃]>。

また[gh]=[a₁]でもある。

t₁=[a₂a₃]=[(1,-1),(-i,-i)], [a₂a₃]³=[I₂]だからo([a₂a₃])=3。

t₂=[a₃a₂]=[(1,i),(1,-i)], [a₃a₂]³=[I₂]だからo([a₃a₂])=3。

Hによる共軛によって、他の位数3の元が以下のように生成される：

t₃=[ga₂a₃g^-1]=[(1,-1),(i,i)],

t₄=[ga₃a₂g^-1]=[(1,-i),(1,i)] ,

[ha₂a₃h^-1]=[(1,1),(i,-i)]=t₄^-1,

[ha₃a₂h^-1]=[(1,-i),(-1,-i)]=t₃^-1,

[gha₂a₃(gh)^-1]=[(1,1),(-i,i)]=t₂^-1,

[gha₃a₂(gh)^-1]=[(1,i),(-1,i)]=t₁^-1。

T₁={e,t₁,t₁^-1}, T₂={e,t₂,t₂^-1}, T₃={e,t₃,t₃^-1}, T₄={e,t₄,t₄^-1}とする。

a∈<[a₁],[a₂],[a₃]>の{T₁, T₂, T₃, T₄}への作用を、a·T_i=aT_ia^-1で定義する(1≤i≤4)。

PGL(2,F_p)の行列の計算を地道にやって、

[a₁]·T_i=T_{((12)(34))(i)}, [a₂]·T_i=T_((1342))(i), [a₃]·T_i=T_((1234))(i)がわかる。

すなわちこの作用は{T₁,T₂,T₃,T₄}の置換となるから、

群準同型φ: <[a₁],[a₂],[a₃]>→S₄ (a↦σ)が存在して、a·T_i=T_σ(i)。

φ([a₁])=(12)(34), φ([a₂])=(1342), φ([a₃])=(1234)である。

φ([a₂])φ([a₁])=(1342)(12)(34)=(23)は基本互換だから、

Im(φ)は基本互換(23)と巡回置換(1234)を含むので、S₄を生成する。

したがってIm(φ)≃S₄となりはφは全射。

φ([g])=φ([a₃²])=(1234)²=(13)(24), φ([h])=φ([a₂²])=(1342)²=(14)(23)だから

[g],[h]∉Ker(φ)なので、Ker(φ)⋂H={e}。

[a₁]=[gh]∈H=<[g], [h]>だから[a₁]H[a₁]^-1=H。

[a₂ga₂^-1]=[gh], [a₂ha₂^-1]=[h]だから[a₂]H[a₂]^-1=H。

[a₃ga₃^-1]=[g], [a₃ha₃^-1]=[gh]だから[a₃]H[a₃]^-1=H。

故にH⊴<[a₁],[a₂],[a₃]>。Ker(φ)⊴<[a₁],[a₂],[a₃]>, Ker(φ)⋂H={e}だから、

14.3節演習問題7(b)により、Ker(φ)の元とHの元は可換。

α=[(α₁₁,α₁₂)(α₂₁, α₂₂)]∈Ker(φ)とすれば、

[αg]=[gα]よりあるλ∈F_p^*が存在して、

α₁₁=λα₂₂, α₂₂=λα₁₁, α₁₂=-λα₂₁, α₂₁=-λα₁₂,。

λ≠1ならα₁₁=α₁₂=α₂₁=α₂₂=0よりα=0だから、α∈PGL(2,F_p)に反するので、

λ=1, α₁₁=α₂₂, α₁₂=-α₂₁である。

これと[αh]=[hα]よりあるμ∈F_p^*が存在して、

α₁₁=μα₁₁,α₁₂=-μα₁₂。μ≠1かつμ≠-1ならα₁₁=α₁₂=0よりα=0となり、

α∈PGL(2,F_p)に反するので、μ=1またはμ=-1。

μ=-1ならα₁₁=0だからα=[(0,α₁₂)(α₁₂,0)]=[(0,1)(1,0)]=[gh]∈Hとなり、

α∈Ker(φ)⋂H, α≠eなのでKer(φ)⋂H={e}と矛盾するからμ=1。

故にα₁₂=0となるのでα=[(α₁₁,0)(0,α₁₁)]=[I₂]だから、Ker(φ)={[I₂]}。

よってφは1対1だから同型なので、<[a₁],[a₂],[a₃]>≃S₄≃N(H)

(b)

命題14.4.4(c)によりHとN(H)は共軛を除き一意的だから、

g=-g^-1=((0,-1),(1,0)), h=((s,t),(t,-s)) (s,t∈F_p, s²+t²=-1)と仮定してよい。

gh=((-t,s),(s,t))である。

a₁=((1,-1),(1,1)), a₂=((s,t-1),(t+1,-s))として、<[g],[h],[a₁],[a₂]>≃S₄を示せばよい。

[a₁a₂]=[(s-t-1, s+t-1),(s+t+1,-s+t-1)]で、[a₁a₂]³=[I₂]。

[a₂a₁]=[(s+t-1, -s+t-1),(-s+t+1,s+t+1)]で、[a₂a₁]³=[I₂]。

あとは(a)と同様と思うが、計算めんどい・・・。

演習問題11

(a)

(14.26)のπをπ=π₂∘π₁,

π₁:AGL(2,F_p)→GL(2,F_p) (γ_A,v↦A),

π₂:GL(2,F_p)→PGL(2,F_p) (A↦[A])と分ける。

N(H)≃S₄は定理8.4.5により可解。

F_p^*I₂⊴π₂^-1(N(H)), N(H)=π₂^-1(N(H))/F_p^*I₂だから、

|π₂^-1(N(H))|=|N(H)||F_p^*I₂|=24(p-1)で、F_p^*I₂はAbel群なので、

命題8.1.5により可解。故に定理8.1.4によりπ₂^-1(N(H))は可解。

M₃=π₁^-1∘π₂^-1(N(H))=π₁^-1(π₂^-1(N(H)))について、

F_p²⊴M₃, π₂^-1(N(H))=M₃/F_p²だから、

|M₃|=|π₂^-1(N(H))||F_p²|=24p²(p-1)で、F_p²はAbel群なので、

命題8.1.5により可解。故に定理8.1.4によりM₃は可解。

(b)

VはF_p²の1次元部分空間なので、

ある0でないベクトルv∈F_p²によって生成される。

このときすべてのg∈(M₃)₀に対しg(v)=λv (λ∈F_p)だから、

(M₃)₀の全ての元はvを固有ベクトルに持つ。

vと線型独立なベクトルwを一つとればv,wはF_p²を張る。

v=(v₁,v₂),w=(w₁,w₂)とし、v,wを列ベクトルに持つ行列

(vw)=((v₁,w₁), (v₂,w₂))によってgの共軛(vw)^-1g(vw)をとり、

g(w)=(g(w)₁,g(w)₂)とすれば、(vw)^-1g(vw)=((a,b),(0,c))、

ただしa=det((vw))λ(v₁w₂-v₂w₁), b=det((vw))λ(g(w)₁w₂-g(w)₂w₁),

c=det((vw))λ(-g(w)₁v₂+g(w)₂v₁)となる。 a,b,c∈F_pだが、

(vw)^-1g(vw)∈GL(2,F_p)なのでdet((vw)^-1g(vw))=ac≠0だから、

a,c∈F_p^*なので、(14.27)を得る。

(c)

（巻末のヒントにある「14.3節の演習問題20」は「14.3節の演習問題22」の誤植）

             

14.3節の演習問題22によりAGL(1,F_p)≃G₁={((α,β),(0,1))| α∈F_p^*,β∈F_p}⊂GL(2,F_p)。

(c)により(14.27)の大きい方の群のF_p^*I₂による商は、

a'=ac^-1,b'=bc^-1としてG₂={[(a',b'),(0,1)]| a'∈F_p^*, b'∈F_p}⊂PGL(2,F_p)。

写像 G₁→G₂ (((α,β),(0,1)) ↦[(a',b'),(0,1)], a'=α, b'=β)は、

明らかに全射かつ1対1の群準同型だから同型。

よってG₂≃G₁≃AGL(1,F_p)。

(d)

S₄⊂AGL(1,F_p)と仮定すると、|AGL(1,F_p)|=p(p-1)≥|S₄|=24だからp>5。

加法群としてのF_p⊂AGL(1,F_p)は、

自明な部分群以外の部分群を持たないから、

S₄⊂F_pはありえず、F_p⋂S₄がF_pの部分群だからF_p⋂S₄={e}またはF_p⊂S₄。

p>5だから|F_p|は|S₄|=24を割らないので、F_p⊂S₄は不可能。故にF_p⋂S₄={e}。

一般に群G,H,Nに対しN⊴G, H⊂G, N⋂H={e}とする。

h₁,h₂∈Hとしてh₁N=h₂N∈G/Nなら、

あるn₁,n₂∈Nが存在してh₁n₁=h₂n₂だから、h₂^-1h₁=n₂n₁^-1∈N⋂H={e}なので、

h₁=h₂である。すなわち群準同型G→G/Nにおいて、

Hの元はG/Nのすべて異なる元に写されるから、

G/NはHと同型な部分群を含む。

F_p⊴AGL(1,F_p), S₄⊂AGL(1,F_p), F_p⋂S₄={e}なので、

AGL(1,F_p)/F_p≃F_p^*はS₄と同型な部分群を含むが、

F_p^*はAbel群でS₄は非Abel群だからこれは不可能。

よってS₄はAGL(1,F_p)の部分群ではありえない。

演習問題12

(a)

(M₁)₀={γ_a,σ,0| a∈(F_p²)^*, σ∈Gal(F_p²/F_p)}である。

(M₁)₀≃M₁/F_p²だから命題14.4.1により|(M₁)₀|=2(p²-1)。

(M₁)₀は(F_p²)^*と同型なAbel部分群を持ち、|(F_p²)^*|=p²-1だから、

定理A.1.1（Lagrangeの定理）により[(M₁)₀:(F_p²)^*]=2。

(M₂)₀=<F_p^*×F_p^*,((0,1),(1,0))>で、|(M₂)₀|=2(p-1)²。

(M₂)₀はF_p^*×F_p^*と同型なAbel部分群を持ち、|F_p^*×F_p^*|=(p-1)²だから、

定理A.1.1（Lagrangeの定理）により[(M₂)₀:F_p^*×F_p^*]=2。

(14.26)のπをπ=π₂∘π₁,

π₁:AGL(2,F_p)→GL(2,F_p) (γ_A,v↦A),

π₂:GL(2,F_p)→PGL(2,F_p) (A↦[A])と分けると、

命題14.4.5の証明から(M₃)₀=π₂^-1(N(H))。

N₂=(M₃)₀⋂SL(2,F_p)はπ₂^-1(N(H))のF_p^*I₂との積についての同値関係の、

完全代表系となるから、N(H)≃S₄と同型な(M₃)₀の部分群となり、

N₂⋂F_p^*I₂={e}。(M₃)₀=N₂F_p^*I₂で、N₂⊴π₂^-1(N(H)), F_p^*I₂⊴π₂^-1(N(H))だから、

14.3節演習問題7により、(M₃)₀≃N₂×F_p^*I₂。

|N₂|=|S₄|=24なので、|(M₃)₀|=24(p-1)。

N₂≃S₄より、N₂のAbel部分群は位数4以下のものしかないので、

指数が6より小さい部分群は非Abel群である。

したがって(M₃)₀は指数2のAbel群を部分群に持たないので、

(M₃)₀⊄(M₁)₀, (M₃)₀⊄(M₁)₀。

(b)

p=3の時命題14.4.5により|M₃|=24·3²·2=432。

一方14.3節演習問題14(a)により|GL(2,F₃)|=48だから、

|AGL(2,F₃)|=48·3²=432=|M₃|となる。

M₃⊂AGL(2,F₃)だから、M₃=AGL(2,F₃)。

(c)

(a)により(M₁)₀は(F_p²)^*と同型なAbel部分群を持つ。

乗法群(F_p²)^*は命題A.5.3により位数p²-1の巡回群で、

9.1節演習問題10によりϕ(p²-1)個の生成元を持つ。

生成元の1つをaとすれば、a^p-1≠1, (a^p-1)^p+1=1だから、o(a^p-1)=p+1。

故に(M₁)₀は位数p+1の部分群を持つので、

M₁は位数p+1の部分群を持つ。

定理A.1.1（Lagrangeの定理）によりp+1は|(M₁)₀|を割る。

よって定理A.4.9（群の作用の基本定理）により、p+1は|M₁|を割る。

p+1はp>3のとき|M₃|=24p²(p-1)を割らないので、

このときM₃は位数p+1の部分群を持ちえないからM₁⊄M₃。

(d)

命題14.4.2と命題14.4.5により|M₃|/|M₂|=12/(p-1)だから、

p>7なら(p-1)∤12なので定理A.1.1（Lagrangeの定理）によりM₂⊄M₃。

p=7のとき、M₂⊂M₃と仮定する。

(14.26)のπによりPGL(2,F₇)に移ると、π(M₂)⊂N(H)≃S₄で、

命題14.4.2から|M₂|=2p²(p-1)²より|π(M₂)|=2(p-1)=12なので、

π(M₂)はS₄での位数12の部分群と同型。

このような部分群はA₄だけだからπ(M₂)≃A₄。

(a)と同様にH₂=(M₂)₀⋂SL(2,F_p)をとれば、

H₂はπ₂^-1(π(M₂))のF₇^*I₂との積についての同値関係の、

完全代表系となるから、A₄≃H₂⊂(M₂)₀となり、

H₂⋂F₇^*I₂={e}。(M₂)₀=H₂F₇^*I₂で、H₂⊴π₂^-1(π(M₂)), F₇^*I₂⊴π₂^-1(π(M₂))だから、

14.3節演習問題7により、(M₂)₀≃H₂×F₇^*I₂。

(a)により(M₂)₀は指数2のAbel部分群を含む。

|(M₂)₀|=|H₂||F₇^*I₂|=12·6=72なので、このAbel部分群の位数は36だが、

H₂≃A₄の部分群でAbel群になる群の最大位数は4なので、

H₂×F₇^*I₂のAbel部分群の最大位数は4·6=24だから、

H₂×F₇^*I₂は指数2のAbel部分群を含み得ないので矛盾。

よってp=7のときもM₂⊄M₃。

以上によりp>5ならM₂⊄M₃。

(e)

(14.26)のπをπ=π₂∘π₁,

π₁:AGL(2,F_p)→GL(2,F_p) (γ_A,v↦A),

π₂:GL(2,F_p)→PGL(2,F_p) (A↦[A])と分ける。

p=5のとき、(M₂)₀=<F₅^*×F₅^*,((0,1),(1,0))>⊂GL(2,F₅)で、|(M₂)₀|=2(p-1)²=32。

(M₂)₀/F₅^*I₂=π₂((M₂)₀)⊂PGL(2,F₅)をとると、|π₂((M₂)₀)|=2(p-1)=8。

命題14.4.4と同じノーテーションのもとで、π₂((M₂)₀)⊂N(H)を示す。

p≡1 (mod 4)だから、i²=-1となるi∈F₅^*が存在する。

演習問題10と同様に、命題14.4.4のhにおいてs=i,t=0とおくことができ、

h=((i,0),(0,-i))=i((1,0),(0,-1))∈F₅^*×F₅^*だから、

[h]=[i((1,0),(0,-1))]=[(1,0),(0,-1)]∈π₂((M₂)₀)。

さらに [g]=[(0,1),(1,0)][h]∈π₂((M₂)₀)なのでH=<[g], [h]>⊂π₂((M₂)₀)。

H=D₄なので|H|=4より[π₂((M₂)₀):H]=2だから、

H⊴π₂((M₂)₀)なのでπ₂((M₂)₀)⊂N(H)。

よってπ₂^-1(N(H))=(M₃)₀より(M₂)₀⊂(M₃)₀。

π₁^-1((M₃)₀)=M₃。また(14.22)により(M₂)₀=<((λ,0),(0,μ)),((0,1),(1,0))>(λ,μ∈F₅^*)。

明らかにπ₁^-1(<((λ,0),(0,μ))>)≃AGL(1,F_p)×AGL(1,F_p)だから、

M₂≃<π₁^-1(<((λ,0),(0,μ))>),((0,1),(1,0))>

⊂π₁^-1(<((λ,0),(0,μ)),((0,1),(1,0))>)=π₁^-1((M₂)₀)⊂π₁^-1((M₃)₀)=M₃となる。

（実は((0,1),(1,0))^t(x,y)+^t(α,β)=^t(y+α, x+β)=((0,1),(1,0)){I₂^t(x,y)+^t(β,α)}

なので、((0,1),(1,0))を線形変換部分に持つAGL(2,F_p)の元は、

((0,1),(1,0))とπ₁^-1(<((λ,0),(0,μ))>)の元の合成だから、

<π₁^-1(<((λ,0),(0,μ))>),((0,1),(1,0))>=π₁^-1(<((λ,0),(0,μ)),((0,1),(1,0))>)なので、

π₁^-1((M₂)₀)=M₂）

演習問題13

もしあるa≠1なるa∈F_p^*についてaI₂∈G₀、すなわち{I₂}⊊G₀⋂F_p^*I₂なら、

pは素数なのでaはF_p^*の生成元だからF_p^*I₂=<aI₂>となる。

故にF_p^*I₂⊂G₀だから<G₀,F_p^*I₂>=G₀となり<G₀,F_p^*I₂>は可解。

G₀⋂F_p^*I₂={I₂}なら、写像G₀×F_p^*I₂→<G₀,F_p^*I₂>は明らかに全射群準同型で、

核は(I₂,I₂)だから同型。F_p^*I₂⊴G₀×F_p^*I₂とG₀×F_p^*I₂/F_p^*I₂≃G₀

は可解だから、定理8.1.4によりG₀×F_p^*I₂≃<G₀,F_p^*I₂>は可解。

演習問題14

(a)

g=((α,0),(0,β))とすると、C(g)はgと可換なGL(2,F_p)の元からなるので、

A=((a₁₁,a₁₂),(a₂₁,a₂₂))∈C(g)ならgA=Agよりαa₁₂=βa₁₂, αa₂₁=βa₂₁。

仮定によりα≠βだからa₁₂=a₂₁=0。

したがってa₁₁=μ, a₂₂=νとしてA=((μ,0),(0,ν))で、

A∈GL(2,F_p)だからdet(A)=μν≠0なのでμ,ν∈F_p^*。よって(14.30)を得る。

(b)

((a,b),(c,d))((α,0),(0,β))((a,b),(c,d))^-1

=[1/(ad-bc)]((αad-βbc, -(α-β)ab),((α-β)cd, -αbc+βad))=((μ,0),(0,ν))と、

α≠βより、μ=αad-βbc, ν=-αbc+βad, ab=0,cd=0。

b=0なら、μ=αad≠0だからa≠0かつd≠0なのでcd=0からc=0。

a=0なら、μ=-βbc≠0だからb≠0かつc≠0なのでcd=0からd=0。

したがってb=c=0またはa=d=0。

(c)

(M₂)₀ は(14.22)の行列で生成され、

これらの生成元は(b)の条件を満たすから、(M₂)₀⊂N(C(g))。

演習問題15

補題14.4.3からm∈C(g)ならm=aI₂+bg (a,b∈F_p)だから、

μ=a+bα, ν=bβとおけばC(g)は((μ,ν),(0,μ)) (μ,ν∈F_p)の形の元からなり、

正則行列であるためにμ≠0なので、(14.30)を得る。

なおν=0ならβ≠0よりb=0なので、m=aI₂で自明だが、

一般にはν≠0。

n=((n₁₁,n₁₂),(n₂₁,n₂₂))∈N(C(g))とすれば(14.30)により、

μ₁,ν₁, μ₂,ν₂∈F_p (μ₁≠0, μ₂≠0)として、n((μ₁,ν₁),(0,μ₁))n^-1=((μ₂,ν₂),(0,μ₂))。

この(2,1)成分は-ν₁n₂₁²=0なのでν₁=0またはn₂₁=0。

n₂₁=0ならdet(n)=n₁₁n₂₂≠0より(14.32)を得る。

一般にはν₁≠0なので、n₂₁=0。det(n)=n₁₁n₂₂≠0より(14.32)を得る。