p群の中心 | 中心が自明ではないことの証明【p群が冪零である証明も】
" p群の中心 “が自明でないということを証明します。すなわち、p群の中心が単位群 {e} ではないということです。このことを既に証明している定理から導きます。
そのため、p群 G には、単位元 e とは異なる G の元 g で、どの G の元とも可換であるものが存在するということになります。
既に成立している命題を適用して、さらに新しい命題を証明するということの練習に、群論の入門で扱われる内容を解説します。
この記事では、群の単位元のことを e と表しています。
p群の中心 :用語や記号の準備
有限集合 S に含まれている元の個数を、位数といいます。
|S| で、その集合の位数を表します。
p群は、|G| が素数 p のベキ乗の群のことです。素数は 2 以上の自然数なので、2 個以上の元が含まれていることになります。
必ず群 G に含まれている元が、単位元 e です。
{g ∈ G | gx = xg (∀x ∈ G)} を群 G の中心といい、Z(G) と表します。
e が Z(G) に含まれていることから、どの群についても、その群の中心は空集合ではないということになります。また、群の中心は、その群の部分群となっています。
このことは、部分群の判定方法という記事で証明を述べています。
可換とは限らない群 G について、p群だと、Z(G) に単位元 e とは異なる元が存在するということを示すのが、この記事のメインの内容です。
基本となる考え方
p群 G の中心 Z(G) ≠ {e} ということを理解するためには、群の作用についての理解が大切です。
群の自身への共役作用と軌道分解の考え方で、p群の中心が自明でないことを証明します。
共役作用についての各軌道のことを共役類といいます。
群論を学習し始めたときに中心と紛らわしいですが、次のような部分群も考えます。
x ∈ G に対して、
{g ∈ G | gxg-1 = x} を x の固定部分群といい、NG(x) と表します。
x の固定部分群が、全体 G に一致しているということは、x が G のどの元とも可換ということになります。
※ gxg-1 = x と gx = xg が同値だからです。
以前に投稿した記事で共役類についての基本内容を解説しました。今回の内容は、その良い練習となるかと思います。
p群の中心 :自明でないことの証明
【命題１】
G を p群とする。ただし、G の位数は 2 以上とする。
このとき、中心Z(G) ≠ {e}
＜証明＞
群 G の G 自身への共役作用について、軌道分解を考えます。
中心 Z(G) の各元が 1 点集合から成る G-軌道で、2 個以上からの元から成る軌道を O1, … , Ot とします。
G = Z(G) ∪iOi が共役作用についての軌道分解です。
（i は 1 から t まで動くとします。）
ここで、Z(G) = G とすると、仮定より G の位数は 2 以上の可換群ということになり、単位元と異なる元が Z(G) に含まれているため、命題が成立します。
そこで、Z(G) ≠ G という場合について、議論を進めることにします。
Z(G)≠Gの場合
Z(G) ≠ G というのは、G が非可換な群ということです。
今、G が可換群でないため、Z(G) に含まれていない G の元 g が存在します。
※ 集合と論理の考え方です。Z(G) に含まれていないということは、Z(G) に含まれるための条件の否定を満たすということになります。
論理記号という記事で、∀や∃についての否定について解説をしています。
この g の存在から、g と可換でない G の元が存在することになります。その元を含む軌道を Oj とします。
したがって、2 点以上の元をもつ軌道が少なくとも 1 つは存在することになります。
そこで、O1, … , Ot を 2 点以上の元から成る共役作用についての軌道とします。
（ただし、t ≧ 1 です。）
各 Oi から任意に元 ai を取ります。
すると、ai を含む軌道の位数と作用をしている群の位数の関係から、固定部分群の指数を用いて次の等式を得ます。
つまり、|Oi| = |G| ÷ |NG(ai)|
ここで、Oi は、2 個以上の元から成る部分集合です。
※ 1 点集合となっていると、その元は中心の元に含まれていることになってしまいます。
|G| ÷ |NG(ai)| = |Oi| ≧ 2 より、
|Oi| は |G| の 2 以上の約数となっています。
素因数分解を考えると、|G| の素因数は素数 p のみです。
よって、|Oi| が素数 p のベキということになります。
すなわち、素数 p は |Oi| を割り切ります。
ゆえに、類等式から、
|G|=|Z(G)|+|O1|+…+|Ot| より、
|G| と |Oi| が p の倍数であるため、|Z(g)| も p の倍数となります。
素数 p は 2 以上なので、
Z(G) の位数が 2 以上となります。
よって、Z(G) には単位元 e と異なる元が含まれていることになります。【証明完了】
これで、p群の中心には、単位元と異なる元が少なくとも 1 つは存在することが証明できました。
p群の中心が単位群でないことの実践として、位数が p2 の群が可換群となっていることを示します。
p群の中心 :位数がpの二乗の群は可換
【命題２】
p を素数とし、群 G の位数が p2 だとする。
このとき、G は可換である。
＜証明＞
G = Z(G) とすると、G が可換ということです。
そのため、G ≠ Z(G) だと仮定し、矛盾を導きます。
今、G ≠ Z(G) であり、|G| = p2 です。
ラグランジュの定理から、|Z(G)| は |G| の約数です。また、【命題１】より、Z(G) は単位群ではありません。
よって、|Z(G)| = p となります。
素数位数の群は、巡回群なので、Z(G) の生成元を a と置きます。
つまり、Z(G) = ＜a＞ です。
ここで、Z(G) のどの元も、G の元と可換なので、Z(G) は G の正規部分群となっています。
そのため、剰余群 G/Z(G) が定義できます。
ここで、|G/Z(G)| = p2 ÷ p = p です。再び素数位数の群が巡回群であることを使います。
bZ(G) を G/Z(G) の生成元とすると、
G/Z(G) = ＜bZ(G)＞ です（g ∈ G）。
ここまでの内容をまとめます。
G = Z(G)∪bZ(G)∪…∪bp-1Z(G),
Z(G) = ＜a＞ となっています。
よって、G = ＜a, b＞ と二元生成となっています。
ここで、a ∈ Z(G) なので、a と b は可換です。
つまり、ab = ba です。
ここから矛盾を見つけます。
矛盾を見つける
G = Z(G)∪bZ(G)∪…∪bp-1Z(G) ということでした。
今、G ≠ Z(G) としているので、Z(G) に含まれていない G の元 x が存在します。
この x が含まれている剰余類は、Z(G) 以外のどれかです。
そのため、x ∈ biZ(G) とします。
よって、ある g ∈ Z(G) が存在し、
x = big と表すことができます。
y を G の任意の元とすると、
G = ＜a, b＞ より、
y = ambn と表すことができます。
g ∈ Z(G) であり、a と b が可換ということから、
xy = (big)(ambn) = bi(ambn)g
= am(bibn)g = am(bi+n)g
= am(bn+i)g = (ambn)(big) = yx
これは、x ∈ Z(G) ということを示しています。
x は Z(G) に含まれていないので、矛盾です。
したがって、背理法から G = Z(G) でなければなりません。【証明完了】
今回の記事では、p群についての内容を扱いました。
ここまでの議論と関連する内容として、シローの定理という記事で、pベキについての最高ベキの部分群についての定理たちを解説しています。
ここからは、p群と冪零についての【命題】を証明します。
位数 p, p2 の p群は、どちらも可換群（アーベル群）でした。ここからは、pn について成立する命題について議論します。
p群の中心 :冪零について
【定理】
群 G が中心列をもつことと、G の降中心列は有限の長さに単位群となることは同値である。
ブログべき零群より
ここからの内容は、群論の入門内容で、中心列についての基礎的な性質を学習した後の内容となります。
群 G が中心列をもつとき、G は冪零であると定義されています。
群 G が冪零であるとき、つまり、G が中心列をもつとき、G の降中心列は、有限の長さで単位群となるということを、リンク先の記事で示しています。
中心列を学習するには、交換子群についての性質も関連するので、群論の入門内容で後ろの方の内容となります。
群 G の降中心列は、帰納的に次のように定義されています。
C1(G) = G とし、
自然数 i に対して、
Ci+1(G) = [G, Ci(G)] と定義されています。
自然数 n に対して、Cn(G) は G の正規部分群になっていることが証明されています。
G が冪零、つまり、G が中心列をもつときには、ある自然数 r が存在して、
Cr(G) = {e} となるということです。
N を G の正規部分群としたとき、
剰余群 G/N についても降中心列を定義することができます。
C1(G/N) = G/N,
Ci+1(G/N) = [G/N, Ci(G/N)] です。
ここで、自然数 n について、
Cn(G/N) = Cn(G)N/N となります。
このことを示しておきます。
n = 1 のとき、
C1(G)N = GN = G だから、
C1(G)N/N = G/N = C1(G/N) となっています。
n = i のときに、
Ci(G/N) = Ci(G)N/N と仮定すると、
Ci+1(G/N) = Ci+1(G)N/N であることを示します。
Ci+1(G) の生成元は、
[g, x] (g∈G, x∈Ci(G)) という形です。
任意の y∈N に対し、
Ci+1(G)N/N の剰余類として
([g, x]y)N = [g, x]N
= (gN)(xN)(g-1N)(xN)-1
帰納法より、
xN = (xe)N∈Ci(G)N/N = Ci+1(G/N) です。
つまり、
([g, x]y)N = (gN)(xN)(g-1N)(xN)-1
= [gN, xN]∈[G/N, Ci+1(G/N)]
Ci+1(G)N/N の生成元が、
すべて Ci+1(G/N) に含まれることが示せたので、
Ci+1(G)N/N ⊂ Ci+1(G/N) です。
今度は、gN∈G/N, aN∈Ci(G/N) を用いた
[gN, aN] という Ci+1(G/N) の生成元について考えます。
[gN, aN]
= (gN)(aN)(gN)-1(aN)-1
ここで、帰納法より、
a は Ci(G)N/N の代表元だから、
ある s∈Ci(G), t∈N を用いて、
a = st と表すことができます。
tN = N より、
[gN, aN]
= (gN)(aN)(gN)-1(aN)-1
= (gN)(sN)(gN)-1(sN)-1
= [g, s]eN
[g, s]∈[G, Ci(G)] = Ci+1(G) より、
[gN, aN] = [g, s]eN
∈Ci+1(G)N/N です。
Ci+1(G/N) の生成元が、
すべて Ci+1(G)N/N に含まれるため、
Ci+1(G/N) ⊂ Ci+1(G)N/N も示せました。
これで、Ci+1(G/N) = Ci+1(G)N/N を確認できました。
帰納法から、任意の自然数 n に対して、
Cn(G/N) = Cn(G)N/N です。
このことから、群 G が冪零だと、Gの降中心列が有限の長さで単位群となることから、剰余群 G/N の降中心列も有限の長さで単位群となります。
G の降中心列と G/N の降中心列の関連を N として Z(G) を考えることにより、p群が冪零であることを示せます。
p群の冪零証明
＜証明＞
この命題の反例が存在したと仮定します。
その反例となる p群の中で、位数が最小の群を G とします。
G の中心 Z(G) が G と一致していたとすると、G は可換群ということになります。
可換群は冪零なので、G が冪零でないことから、
Z(G) は G の真部分群です。
また、p群の中心は単位群でないため、
G/Z(G) の位数は G の位数よりも小さくなっています。
よって、G/Z(G) は G よりも位数が小さい p群です。
G の位数の最小性から、
G/Z(G) という p群は、反例ではないため、冪零です。
そのため、降中心列は、有限の長さで単位群となります。
すなわち、ある自然数 n が存在し、
Cn(G/Z(G)) = {eZ(G)}
Cn(G/Z(G)) = Cn(G)Z(G) だから、
Cn(G)Z(G)/Z(G) = {eZ(G)} です。
よって、任意の x∈Cn(G) に対し、
xZ(G) = (xe)Z(G) = eZ(G) = Z(G)
つまり、
x = xe ∈xZ(G) = Z(G) です。
ゆえに、
Cn(G) ⊂ Z(G) だから、
Cn(G) の任意の元は G の任意の元と可換です。
よって、
Cn+1(G) = [G, Cn(G)] = {e}
G の降中心列が有限の長さで単位群となったので、G は中心列をもつことになります。
そのため、G は冪零であることの定義を満たしました。
これは、G が反例であったことに矛盾します。
よって、この命題の反例が存在しないため、命題は成立ということになります。【証明完了】
これで、p群は冪零となっているということを示すことができました。
しかし、冪零だけども可換ではない p群は存在します。
位数27の群が、その例になります。
それでは、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。