ねじれ群 | ねじれ部分群で剰余群をつくると、ねじれのない群になることの証明

2023年2月9日

" ねじれ群 – ねじれ部分群 “について、基本となる内容を解説しています。

ねじれ部分群でコセットを考えると、どうなるのか。二項演算が可換であるということから議論を広げます。

ねじれ元とは、元の位数が有限位数の元のことです。

有限位数の元全体が部分群になること、そしてコセットを考えるとどうなるのかを論理の飛躍なく説明します。

それでは、ねじれ元の定義から説明します。

ねじれ群 :ねじれ元の定義から

群 A をアーベル群（加法群）とします。A の元 x の位数が有限であるときに、x を A のねじれ元といいます。
　
位数が有限ということは、ある正の自然数 n が存在して nx = 0 となります。
　
0 ∈ A は、n = 1 の段階で既に 0 なので位数 1 と有限です。そのため、必ずアーベル群には、少なくとも一つはねじれ元が存在するということになります。
　
そこで、アーベル群 A のすべてのねじれ元を全部集めた部分集合 T を定義することができます。
※ この T はトーションの頭文字をとりました。

それでは、この T が A の部分群になっていることを確認します。
　

部分群の定義の確認

x, y ∈ T とすると、T の定義から x と y の位数が有限なので、ある正の整数 m と n が存在して、
mx = 0, ny = 0 となります。

よって、
(mn)(x – y)
= n(mx) – m(ny) = 0 – 0 = 0

これは、x – y の位数が有限であることを示しています。
　
したがって、x – y ∈ T となり、T が部分群であることの必要十分条件が確認できました。【証明完了】

この部分群 T を A のねじれ部分群といいます。
　
T が全体 A に一致しているときは、A をねじれ群といいます。

このときは、アーベル群 A のすべての元が有限位数ということです。

なお、0 ∈ T なので、どんなアーベル群についても、必ず T は空集合ではないということになります。

ここで、アーベル群の二項演算は可換なので、どんな部分群も正規部分群ということになります。

そのため、コセットを考え、剰余群を定義することができます。

ねじれ群 – ねじれ部分群 :コセットを考えると

T をアーベル群 A のねじれ部分群とします。

T は A の正規部分群なので、コセットを考えて剰余群を定義することができます。

※ 詳しくは第二同型定理という記事で説明をしています。

A/T という剰余群についての基本となる定理を証明します。

言葉の注意ですが、アーベル群 A の元について、有限位数の元が零元 0 のみのとき、A はねじれがない群といいます。

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【定理１】

T をアーベル群 A のねじれ部分群とする。

このとき、
剰余群 A/T は、ねじれのないアーベル群である。

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＜証明＞

もし a + T ∈ A/T （a ∈ A かつ a は T の元ではない）の位数が有限だったとします。

※ 背理法を用いて、A/T がねじれのない群ということを示します。

a が T の元ではないということから、T の定義より、a の位数は有限位数ではないということになります。

すなわち、ある正の整数 n が存在して、
n(a + T) = 0 + T

これは、(na) + T = 0 + T ということなので、
na = na + 0
∈ {na + x | x ∈ T} = (na) + T

また、n(a + T) = (na) + T であり、
(na) + T = 0 + T なので、
na ∈ (na) + T
= 0 + T = { 0 + x | x ∈ T}

よって、ある y ∈ T が存在して、
na = 0 + y = y ∈ T

na ∈ T より、T の定義から、
na は有限位数なので、ある正の整数 k が存在して、k(na) = 0

これは、(kn)a = k(na) = 0 ということなので、a が位数有限であることを示しています。

しかし、a の位数は有限位数ではなかったので、矛盾です。

よって、A/T の零元 0 + T を除く全ての元について、位数が有限ではないということが示せました。

つまり、A/T はねじれのない群です。【証明完了】

この【定理１】から、ねじれ部分群 T について A/T を考えると、ねじれ元を分断できることが分かりました。

さらに、ねじれのないアーベル群について確実に成立する定理を考えます。

ねじれがないとき

さきほど、A/T がねじれのない群ということを示しました。

さらに議論を進めるために、一つ定理を準備します。

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【定理２】

ねじれがない有限生成アーベル群 A は、有限階数の自由アーベル群である。

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＜証明＞

x₁, … , x_n という有限個の元で A が生成されていたとします。
　
これら n 個の元が一次独立だと、示したい結論が導けたことになります。そこで、これらが一次従属であるとして矛盾を導きます。

x₁, … , x_n から元を選び、一次独立となる個数が最大となるときを考えます。

そして、それらを {y₁, … , y_k} とします。

{y₁, … , y_k} という k 個（k < n) で生成される A の部分群を H とします。

つまり、H = <y₁, … , y_k>

この H は、{y₁, … , y_k} を基底とする自由アーベル群です。

今、x₁, … , x_n が一次従属という仮定の下で議論をしているので、H は A に一致していません。

x₁, … , x_n について、{y₁, … , y_k} に使われなかった残りを、z_k+1, … , z_n と置きます。

k < i ≦ n である自然数 i に対して、一次従属であることから、
m₁y₁ + … + m_ky_k + m_iz_i = 0 を満たす正の整数 m_i が存在します。

※ もし n_i = 0 だとすると、y₁ から y_k が一次独立であることから、m₁ から m_k がすべて 0 となり、一次従属ということに反してしまいます。

今、m_iz_i ∈ <y₁, … , y_k> （i は k + 1 以上 n 以下の自然数）となっています。

y₁, … , y_k の一次結合で表された m_ix_i たちの整数部分 m_k+1, … , m_n を固定します。

そして、
m = m_k+1×…×m_n と置きます。

各 m_i > 0 より、m > 0 となっています。

ここで、f : A → H を、a ∈ A に対して、
f(x) = ma と定義します。

a, b ∈ A に対して、
f(a + b) = m(a + b)
= (ma) + (mb) = f(a) + f(b) なので、f は準同型写像になっています。

A がねじれのない群ということから、f が単射ということが導かれます。

ねじれなしの仮定の効果

t ∈ ker f とします。

このとき、mt = f(t) = 0 となっています。

これは、t の位数が有限ということを表しています。

仮定より、A にはねじれがないことから、零元を除く全ての A の元の位数は有限ではありません。

そのため、t は A の零元 0 ということになります。

ゆえに、ker f = {0} となります。

群準同型定理から、
A/ker f は Im f と群として同型ですが、
ker f = {0} なので、
A と A/ker f が同型ともなっています。

よって、A と Im f は群として同型です。

ここで、Im f は有限階数の自由アーベル群 H の部分群です。

自由アーベル群という以前に書いたブログ記事に証明を書いているのですが、有限階数の自由アーベル群の部分群も有限階数の自由アーベル群となります。

そのため、Im f は有限階数の自由アーベル群です。

ゆえに、A は Im f と群として同型なので、A も有限階数の自由アーベル群ということになります。【証明完了】

ここまでで証明をした【定理１】と【定理２】を合わせると、次の定理が得られます。

ねじれ群 :コセットを利用して分解

【定理３】

A を有限生成アーベル群とし、T を A のねじれ部分群とする。

このとき、A は T と A/T の外部直和に同型である。

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＜証明＞

記号ですが、A/T の元 x + T のことを x’ と表すことにします。

【定理１】より、A/T はねじれがない有限生成アーベル群です。そのため、【定理２】より、有限階数の自由アーベル群となっています。

{a₁', … , a_n'} を A/T の基底とします。

そして、f : A → A/T を自然な全射準同型写像とします。

すなわち、a ∈ A に対して、
f(a) = a’ = a + T です。

ここで、f が全射であることから、A/T の基底を構成する各元 a_i' について、
f(a_i) = a_i' となる a_i ∈ A となっています。

※ a_i' ≠ 0’ なので、a_i の元の位数は有限ではありません。

今、A/T の代表元を a₁, … , a_n に固定します。

すると、{a₁', … , a_n'} が基底なので、
g : A/T → A を
g(z₁a₁'+…+z_na_n')
= z₁a₁+…+z_na_n（各 z_i は整数）と定義することができます。

※ 基底の取り方に依存する写像 g です。

合成写像 fg は A/T から A/T への恒等写像となっています。

このことから、g は単射ということになります。

実際、x’, y’ ∈ A/T に対して、
g(x’) = g(y’) とし、これらを f で移すと、
(fg)(x’) = (fg)(y’)

fg が恒等的なので、x’ = y’ となり、g が単射ということになります。

そのため、Im g = g(A/T) は A/T と群として同型になっています。
※ Im g を B と置きます。

{a₁, … , a_n} は B を生成していますが、全体 A を生成しているかは定かではありません。

しかし、A が有限生成という仮定から、有限個の元を補充すると、A の生成系とすることができます。

{a₁, … , a_n, b₁, … , b_i} を A の生成元とします。

すると、A の任意の元 x はこれらの一次結合で表され、b1 + T, … , bi + T が 、
{a₁', … , a_n'} という A/T の基底の一次結合で表されるので、次のようになります。

これは、A = T + B ということを示しています。

さらに、x ∈ T ∩ B とすると、x ∈ B だから、
ある a + T ∈ A/T が存在して、
x = g(a + T) … (1)

x ∈ T だから、f(x) = 0 + T なので、
0 + T = f(x)
= fg(a + T) = a + T

よって、
g(a + T) = g(0 + T) = 0

(1) より、x = g(a + T) = 0

したがって、T ∩ B = {0}

これは、A = T + B が内部直和ということを示しています。
　
よって、B が A/T と群として同型だったので、
A は T と A/T の外部直和と群として同型になります。【証明終了】

さらに、T が有限群だということが分かります。

T の位数が有限な理由

有限生成アーベル群 A のねじれ部分群 T は、位数が有限な有限群ということまで決定できます。

今、証明した定理から、A は T と A/T の外直和（外直積）と群として同型です。

A から T と A/T の外直積への群同型写像を Ψ とします。

そして、 T × A/T の元 (t, a + T) に対して、
t ∈ T を対応させるという射影を p とします。

Ψ と p で写像を合成すると、
A から T × A/T を経由して T への群準同型写像となります。

よって、p(Ψ(A)) = T となります。

A が有限生成なアーベル群だったので、
p(Ψ(A)) = T も有限生成です。

そして、T のどの元の位数も有限というねじれ部分群の定義から、位数 | T | が有限と結論づけられます。

有限個の生成元の元の位数が有限なので、生成されている集合 T は、有限個の元となっているということです。

このねじれ群 T は有限生成アーベル群のねじれ群です。そのため、A が有限生成ということと全射準同型像の関係から、T が有限群ということを導けました。

つまり、有限生成のアーベル群が有限階数の自由アーベル群とねじれ群の直和に分解することが分かりました。

ここからは、有限生成アーベル群のねじれ部分群がアーベルp群の直和に分解することを説明します。

アーベルp群 :まず準備の巡回群

有限位数のアーベル群を考えるときに、整数の最大公約数についての議論を使います。

その内容を加法群 Z（整数環の加法群）について、巡回群の内容で準備しておきます。

なお、アーベル群の単位元は 0 と表すことにし、二項演算は + で表すことにします。

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【命題１】

巡回群 G = <x> の部分群 H も巡回群である。

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＜証明＞

H が単位群 {0} のときは、H = <0> なので定理が成立します。
そのため、以下で、H ≠ {0} とします。

<x> = G ⊃ H なので、ある正の整数が存在して、
nx ∈ H となります。

そのような整数 n の中で最小の正整数を m と置くと、
mx ∈ H です。

H の各元は ax (a は整数) という形で表されます。

ax ∈ H という状況で、a と m で除法の定理の形で表すと、
a = mq + r（ここで 0 ≦ r < m）

この整数 q と r は、a を m で割ったときの商が q で、余りが r ということです。
※ ユークリッド整域というブログで、除法の定理を証明しています。

今、
ax = (mq + r)x
= mqx + rx = q(mx) + rx

さらに、ax と mx は部分群 H の元なので、
rx = ax – q(mx) ∈ H

m の最小性から、r = 0 でなければなりません。

よって、a = qm となり、a は m の倍数となります。

以上より、H のどの元も mx もしくは mx の逆元を有限個の和ということになり、H が mx の一元で生成されているということになります。

つまり、H = <mx>【証明完了】

ここから、環論でもよく使う最大公約数が 1 となっているときの等式について証明をします。

記号ですが、z₁, … , z_n ∈ Z の最大公約数を
gcd(z₁, … , z_n) と表すことにします。

よく使う等式

【命題２】

z₁, … , z_n ∈ Z について、
gcd(z₁, … , z_n) = d であるとき、
ある整数 m₁, … , m_n が存在して、
m₁z₁ + … + m_nz_n = d

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＜証明＞

加法群 Z は 1 のみで生成されている巡回群です。

H = <z₁, … , z_n> という Z の部分群に対して、【命題１】を適用すると、
ある d’ ∈ Z が存在して、H = <d’>

よって、d’ ∈ H なので、
ある整数 m₁, … , m_n が存在して、
m₁z₁ + … + m_nz_n = d’

ここで、この d’ が z₁, … , z_n の最大公約数となっていることが次のようにして確かめられます。

1 ≦ i ≦ n について、z_i ∈ H = <d’> より、
ある整数 k_i が存在し、z_i = k_id’

よって、d’ は z_i の約数ということになります。

そのため、d’ ≦ d = gcd(z₁, … , z_n)

また、m₁z₁ + … + m_nz_n = d’

の左辺は d で割り切れるので、d は 右辺の d’ の約数となっています。

そのため、d ≦ d’ でもあるので、d = d’【証明完了】

具体的な最大公約数を求める方法については、互除法というブログ記事に書いています。

それでは、準備が完了したので、有限位数のアーベル群の構造の考察をします。

以前の記事で、次の【定理４】を証明しています。

アーベルp群 :記号の導入から始めて

上で示した【定理３】によって、有限生成アーベル群は、ねじれ群 T と剰余群 A/T に直和に分けられています。

そして、A/T は有限階数の自由アーベル群です。

そのため、ねじれ群 T の構造が分かれば、有限生成アーベル群の構造が分かるということになります。

T が有限群ということも示しています。

そのため、有限位数のアーベル群がどうなっているのかを、ここからは考えます。

この T(p) は、A の部分群となっています。そのことを次で証明します。

実際に確認

【命題３】

アーベル群 A の元で、元の位数が素数 p のべきとなっているものが少なくとも 1 つは存在したとする。

このとき、T(p) は A の部分群である。

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＜証明＞

x, y ∈ T(p) とし、x と y の元の位数をそれぞれ a と b とします。

ここで、max{a, b} = c と置きます。

すると、
p^c(x – y) = p^cx – p^cy = 0 – 0 = 0 となり、x – y の位数も素数 p のべきということになります。

よって、x – y ∈ T(p) となり、T(p) が A の部分群であることが証明できました。【証明完了】

この T(p) は、どの元の位数も素数 p のべきで、p ではない他の素数が使われていません。

シローの定理に関連する考察をすると、
T(p) の位数が p とは異なる素数 q を素因子としてもつと、元の位数が q となっている元が T(p) の中に含まれることになります。

しかし、T(p) のどの元も、元の位数が p べきなので、そのようにはなっていません。

そのため、T(p) は p 群ということになります。

では、有限位数のアーベル群の構造へと切り込みます。位数有限のアーベル群は、アーベルp群の直和に分解します。

アーベルp群 :アーベルp群の直和になる

【定理５】

A を有限位数のアーベル群とし、A の各元に現れる素因子のすべてが、p₁, … , p_n だとする。

このとき、
A = T(p₁)+…+T(p_n) であり、しかも、これは直和である。

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＜証明＞

まずは、T(p₁) + … + T(p_n) が A と等しいことを示します。

A の各元の位数に現れる素因子全体を P と置きます。

P = {p₁, … , p_n} という有限集合になっています。

p ∈ P とすると、P の定め方から、p は A のある元 a の位数の素因子となっています。

a の元の位数を r とすると、r = pk (k は整数) と表せ、
ka ≠ 0, p(ka) = 0

つまり、0 ≠ ka ∈ T(p) となります。

T(p) ≠ {0} だと位数 p の A の元は存在するので、
p ∈ P と T(p) ≠ {0} が同値となります。

任意の a ∈ A について、a の元の位数を r とします。

そして、r の素因数分解を
r = p^k₁p^k₂ … p^k_s とします。
（ただし、s ≦ n です。）

q_i = r ÷ p^k_i （i = 1, 2, … , s) と置きます。

gcd(q₁, … , q_s) = 1 となっているので、
【命題２】より、ある整数 m₁, … , m_s が存在して、1 = m₁q₁ + … + m_sq_s となります。

よって、
a = 1a = (m₁q₁ + … + m_sq_s)a
= m₁q₁a + … + m_sq_sa

ここで、
p_i(m_iq_ia) = {m_i(p_iq_i)}a = m_ira = 0 なので、
m_iq_ia ∈ T(p_i) です。

これで、A の任意の元 a が、
T(p₁) + … + T(p_s) という部分群に含まれることが示せました。

s ≦ n なので、
A = T(p₁) + … + T(p_n)

次に、これが内直積（内直和）となっていることを示します。

その証明

a_i ∈ T(pi) について、
a₁ + … + a_n = 0 だとします。

a₁ = … = a_n = 0 ということを示せば、A の元の表し方が一意的ということになり、直和であることが示せたことになります。

各 a_k の元の位数を p_k^t_k という p べきだとし、
1 ≦ i ≦ n である任意の i について、
p₁^t₁×…×p_k-1^t_k-1×p_k+1^t_k+1×…×p_n^t_n を q_i と置きます。

p_i^t_i と q_i の最大公約数は 1 なので、【定理５】より、ある整数 x と y が存在して、
xp_i^t_i + yq_i = 1 となります。

つまり、
a_i = (xp_i^t_i + yq_i)a_i = xp_i^t_ia_i + yq_ia_i

ここで、
a_i = -a₁– … -a_i-1 – a_i+1 – … – a_n です。

そして、各 a_k の元の位数が p_k^t_k から、
p_k^t_ka_k = 0 なので、
a_i = xp_i^t_ia_i + yq_ia_i = 0 + yq_ia_i
= yq_i(-a₁– … -a_i-1 – a_i+1 – … – a_n)

p₁^t₁×…×p_k-1^t_k-1×p_k+1^t_k+1×…×p_n^t_n が q_i だったので、
k ≠ i のとき、
q_ia_k = 0 ということから、a_i = 0

1 ≦ i ≦ n の任意の i について、a_i = 0 が示せたので、
T(p₁) + … + T(p_n) が直和であることが示せました。【証明終了】

アーベルp群群の直積に分解するということが示されました。

【補足】

★については、
x₁ + … + x_n = y₁ + … + y_n
とすると、右辺を左辺に移項して、
(x₁ – y₁) + … + (x_n – y_n) = 0

a_i として x_i – y_i と見ると、★より、
a_i = 0 となるので、x_i = y_i となり、表し方の一意性が従います。

この内容まで押さえると、有限生成アーベル群の構造がかなり見えてきます。

それでは、これで今回の記事を終了します。

読んで頂き、ありがとうございました。