有限生成アーベル群 | 基本定理の証明で構造を理解

2023年3月2日

" 有限生成アーベル群 “の構造についての基本定理を解説しています。

どうして有限生成アーベル群が巡回群の直積たちと同型になっているのかということを押さえることで、群論への理解が深まるかと思います。

また、体論で使うこともあり、代数学の入門内容を理解する上で、大切な基本定理となります。

有限体の乗法群が一元生成の巡回群となっているということが、有限生成アーベル群の基本定理から導かれます。

群論や環論で学習した定理をいくつか使うので、重たい内容ですが、議論の骨格をつかまえながら、細部を詰めていきます。

このブログ記事では、整数全体を加法群として Z と表しています。

有限生成アーベル群 :準備のための内容

【定理１】

有限生成アーベル群 A のねじれ部分群を T とすると、A は A/T と T の直積と群として同型になる。

ブログねじれ群より

この剰余群 A/T は、ねじれのない群で、有限階数の自由アーベル群となっています。

階数を r とすると、A/T は、
Z × Z × … × Z（r 個の直積群）という加法群の直積群と同型になっています。

有限生成アーベル群 A のねじれ群 T については、位数有限で、アーベルp群の直積と同型になっています。

※ 位数が素数 p のベキとなっている有限位数のアーベル群が、アーベルp群です。

このブログでは、アーベルp群を T(p) と表すことにします。

【定理２】

有限生成アーベル群 A のねじれ部分群を T とすると、アーベル p 群たちの直積と同型になる。

※ 先ほどのねじれ群という記事で証明を述べています。

有限生成アーベル群 A のねじれ部分群 T について、ある素数 p₁, p₂, … , p_n が存在して、

T(p₁) × T(p₂) × … × T(p_n) が T と群同型となるということです。

このため、アーベル群p群の構造が分かれば、はじめに与えられた有限生成アーベル群 A の構造が分かることになります。

そこで、アーベルp群 T(p) の構造を調べます。

特別な有限生成系

素数 p について、T(p) ≠ {0} というアーベルp群は有限群です。

S ⊂ T(p) で、＜S＞ = T(p) となる部分集合を T(p) の生成系といいます。
※ ただし、生成系 S の元として単位元 0 は含めません。

T(p) が有限位数なので、T(p) の生成系は、必ず有限個の生成元でできています。また、有限群なので、部分集合の個数が有限個しかないので、有限生成系の個数も有限個ということになります。

そのため、T(p) のすべての有限生成系について、有限生成系 S の位数には最小値 k が存在します。

{a₁, a₂, … , a_k} という k 個の生成元から成る有限生成系について、各生成元 a_i の元の位数は、p ベキとなっています。

a_i の元の位数を p^t_i （1 ≦ i ≦ k）とするとき、
指数 t₁, … , t_k の和 t₁ + … + t_k を考えます。

有限生成系の個数が有限個しかないので、それらについての指数の和という値は有限通りしか現れません。

よって、指数の和にも最小値が存在します。その指数の和が最小となるときの有限生成系を S₀ と置きます。

S₀ = {b₁, … , b_k} という k 個の生成元から成る有限生成系について、各 b_i の元の位数を p^t_i' とします。

つまり、p^t_i'b_i = 0 となっています。

このときの指数が t_i' です。

※ 生成元として 0 は含めていないので、各 b_i は 0 ではありません。

ここで、添え字 i を適当に並び替えて、元の位数についての指数が降べきの順になるようにします。

記号のまとめ

S₀ = {c₁, … , c_k} で、各 c_i の元の位数を p^α_i と表します。

指数が降べきの順になるように並び替えたので、
α₁ ≧ α₂ ≧ … ≧ α_k となっています。

また、T(p) ≠ {0} の生成元なので、 α_k ≧ 1 となっています。

そして、S₀ の選び方から、
α₁ + α₂ + … + α_n という元の位数の指数の和が最小値となっています。

ここから、アーベルp群の構造についての定理を証明します。

この有限生成系 S₀ についての設定をそのまま以下の【定理３】において使います。

有限生成アーベル群 :核心の定理

【定理３】

p を素数とし、T(p) ≠ {0} をアーベルp群とする。

この T(p) は、
Z/p^α₁Z × Z/p^α₂Z × … × Z/p^α_kZ
(α₁ ≧ α₂ ≧ … ≧ α_k ≧ 1) という直積群と群として同型となる。

＜証明＞

T(p) はアーベル群なので、どの部分群も正規部分群です。

そして、S₀ = {c₁, … , c_k} が T(p) の生成系なので、
T(p) = Zc₁ + … + Zc_k

そのため、内直積（内直和）の三条件の残りの一つを確認します。
※ 外直積と内直積というブログで、直積について解説しています。

(Zc₁ + … + Zc_j) ∩ Zc_j+1 = {0}
(1 ≦ j ≦ k – 1) となることを背理法で示します。

j = 1, … , i – 1 について成立するが、j = i のときに

(Zc₁ + … + Zc_i) ∩ Zc_i+1 ≠ {0} と仮定します。

この仮定は、Zc₁ + … + Zc_i は内直和（内直積）だけれども、
Zc₁ + … + Zc_i + Zc_i+1 は内直和ではないという仮定です。

すると、(Zc₁ + … + Zc_i) ∩ Zc_i+1 には 0 以外の元が存在するので、

{z ∈ Z | zc_i+1 ∈ Zc₁ + … + Zc_i} = H

と置くと、H は単位群ではない加法群 Z の部分群となっています。

巡回群 Z の部分群も巡回群なので、H の生成元を d とします。

p^α_i+1c_i+1 = 0 ∈ Zc₁+…+Zc_i より p^α_i+1 ∈ H となっているので、d | p^α_i+1 です。
※ d | p^α_i+1 は d が p^α_i+1 の正の約数ということを表す記号です。

よって、d = p^β (β ≦ α_i+1) という形です。

(Zc₁ + … + Zc_i) ∩ Zc_i+1 ≠ {0} なので、ある 0 でない整数 z が存在して、

0 ≠ zc_i+1 ∈ Zc₁ + … + Zc_i

この z は、z ∈ H = ＜d＞ だから、d | z です。

d = p^β (β ≦ α_i+1) なので、d = p^α_i+1 とすると、c_i+1 の元の位数が p^α_i+1 だったため、
p^α_i+1c_i+1 = 0 となり、 zc_i+1 = 0 となってしまいます。

これは、zc_i+1 ≠ 0 に反するので、
β < α_i+1 …★ となります。

今、p^βc_i+1 ∈ Zc₁ + … + Zc_i より、

z₁, … , z_i という整数が存在して、

p^βc_i+1 = z₁c₁ + … + z_ic_i

ここで、各 h (1 ≦ h ≦ i) について、z_h の素因子 p の最高ベキを r_h ≧ 0とし、z_h = s_hp^r_h と表すことにします。
（sh は p^r_h との最大公約数が 1 である自然数です。）

この両辺に p^α_i+1-β を作用させると、
0 = p^α_i+1c_i+1 = p^α_i+1(z₁c₁ + … + z_ic_i)
= s₁p^{α_i+1-β+r₁}c₁ + … + s_ip^{α_i+1-β+r_i}c_i… ■

ここから、(Zc₁ + … + Zc_i) ∩ Zc_i+1 ≠ {0} と仮定したことによって、生じる矛盾を見つけます。

矛盾を見つける

もし、s₁, … , s_i の全てが 0 だったとします。

■ より、p^βc_i+1 = z₁c₁ + … + z_ic_i = 0 となっているため、β < α_i+1 だったので、c_i+1 の位数が p^α_i+1 であったことに反します。

そのため、1 ≦ h ≦ i を満たすある自然数 h について、s_h ≠ 0 ということになります。

今、議論している「Zc₁ + … + Zc_i が内直和」という仮定から、
■ より、
s₁p^{α_i+1-β+r₁}c₁= … = s_ip^{α_i+1-β+r_i}c_i = 0

s_h ≠ 0 より、p^{α_i+1-β+r_h}c_h = 0 となります。

c_h の元の位数が α_h だったので、

α_i+1 – β + r_h ≧ α_h

つまり、α_i+1 – α_h + r_h ≧ β

ここで、有限生成系 S₀ の定め方から、α_h ≧ α_i+1 なので、
α_h – α_i+1 ≦ 0 より、r_h ≧ α_i+1 – α_h + r_h ≧ β

つまり、r_h ≧ β

ここで、
c_i+1 – (s₁p^-β+r₁c₁ + … + s_ip^-β+r_ic_i) = x_i+1 と置きます。

任意の整数 z について、zc_i+1 は、
zx_i+1 -z(s₁p^-β+r₁c₁ + … + s_ip^-β+r_ic_i) と書き換えることができます。

そのため、
{c₁, … , c_i-1, x_i, c_i+1, … , c_k} は T(p) の生成系となります。

また、p^βc_i+1 = z₁c₁ + … + z_ic_i だったので、
p^βc_i+1 – (s₁p^r₁ + … + s_ip^r_i) = 0 となっています。

そのため、
p^βx_i+1
= p^βc_i+1 – p^β(s₁p^-β+r₁c₁ + … + s_ip^-β+r_ic_i)
= p^βc_i+1 – (s₁p^r₁ + … + s_ip^r_i) = 0

これは、x_i+1 の元の位数が p^β 以下であることを示しています。

★より、β < α_i+1 だったので、元の位数の指数の和について、

α₁+ … + α_i-1+ β + α_i+1 + … + α_k
< α₁+ … + α_i-1+ α_i + α_i+1 + … + α_k

これは、生成系 S₀ の元の位数の指数の和が最小であったことに矛盾です。

よって、背理法から、j = 1, 2, … , k – 1 について、(Zc₁ + … + Zc_j) ∩ Zc_j+1 = {0} が示せました。

これで、アーベルp群 T(p) は、Zc₁, … , Zc_k たちの内直積となっていることが示せました。

あとは、各直和因子 Zc_j が Z/p^α_jZ と群として同型であることを示せば【定理３】の証明が完了します。

第二同型定理という記事で証明した群準同型定理を使って書き換えを行います。

単位元へ移される元全体を押さえると、すぐに書き換えることができます。

直和因子の書き換え

f_j : Z → Zc_j を各 z ∈ Z に対し、f_j(z) = zc_j と定義します。

この f_j は加法群（アーベル群）としての全射準同型写像となっています。

c_j の位数が p^α_j だったので、ker f_j = p^α_jZ

よって、準同型定理より、
Z/p^α_jZ = Z/ker f_j は Zc_j と同型になります。

先ほど示した内直和と、この各直和因子の同型を合わせると、
Z/p^α₁Z × Z/p^α₂Z × … × Z/p^α_kZ と T(p) が群として同型となります。【証明完了】

実は、【定理３】の α₁ , … , α_k という整数は、一意的であることが示されます。

有限生成アーベル群 :ただ一通りである理由

【定理４】

アーベルp群 T(p) ≠ {0} の直積分解を
Z/p^α₁Z × Z/p^α₂Z × … × Z/p^α_kZ
(α₁ ≧ α₂ ≧ … ≧ α_k ≧ 1) とする。

このとき、α₁, α₂, … , α_k という整数は一意的に定まる。

＜証明＞

α₁ についての帰納法で示します。

T(p) が、Z/p^β₁Z × Z/p^β₂Z × … × Z/p^β_sZ
(β₁ ≧ β₂ ≧ … ≧ β_s ≧ 1) とも同型だったとします。

1 ≦ h ≦ k である任意の自然数 h について、
Z/p^α_hZ の元を x + p^α_hZ とすると、
α₁ ≧ α_h より、

p^α₁(x + p^α_hZ)
= p^α₁-α_h(p^α_hx + p^α_hZ) = 0 + p^α_hZ

よって、T(p) との同型対応から、T(p) の各元の位数は全て p^α₁ の約数となっています。

そのため、α₁ は pⁿT(p) = {0} を満たす満たす最小の自然数です。

β₁ についても同様の議論をすることで、β₁ は pⁿT(p) = {0} を満たす満たす最小の自然数となります。

したがって、α₁ = β₁ となります。

【α₁ = 1 の場合】
Z/pZ を h 個で直積した群の位数は p^h なので、
位数 | T(p) | = p^k = p^s となっています。

よって、k = s で、どちらについても各直積因子が Z/pZ なので、一意性が示されました。

【α₁ ≧ 2 の場合】
α₁ 未満の自然数について定理が成立すると仮定します。

pT(p) = {px | x ∈ T(p)} はアーベルp群の部分群です。

よって、ラグランジュの定理から、pT(p) もアーベルp群です。

p(Z/p^α₁Z × Z/p^α₂Z × … × Z/p^α_kZ)
= pZ/p^α₁Z × pZ/p^α₂Z × … × pZ/p^α_kZ

ここで、1 ≦ h ≦ k である任意の自然数 h について、
g_h : Z → pZ/p^α_hZ を z ∈ Z に対し、
g_h(z) = pz + p^α_hZ とすると、全射群準同型写像となっています。

ker gh = p^α_h-1Z なので、群準同型定理より、
pZ/p^α₁Z × pZ/p^α₂Z × … × pZ/p^α_kZ と
Z/p^α₁-1Z × Z/p^α₂-1Z × … × Z/p^α_k-1Z が群として同型になります。

pZ/p^α₁Z × pZ/p^α₂Z × … × pZ/p^α_kZ と T(p) が群同型なので、
pT(p) と Z/p^α₁-1Z × Z/p^α₂-1Z × … × Z/p^α_k-1Z が群として同型になります。

同様の議論で、
pT(p) と Z/p^β₁-1Z × Z/p^β₂-1Z × … × Z/p^β_s-1Z が群として同型になります。

α₁ – 1 について、帰納法の仮定を適用すると、s = k で、α₁ = β₁, … , α_k = β_k となります。【証明完了】

さらに、中国剰余定理を使って、
先ほど示した有限生成アーベル群の基本定理を書き換えます。

定理の書き換え

有限生成アーベル群を A とし、そのねじれ部分群を T とすると、
A/T × T と A が同型でした。

A/T の階数が r だとすると、A/T は Z を r 個で直積した自由アーベル群と同型です。
※ Z を r 個で直積した群を Z^r と表すことにします。

T は有限群でアーベルp群たちの直積に分解していました。p₁, … , p_n を相異なる素数とし、
T(p₁) × … × T(p_n) を T の直積分解とします。

ここで、このブログの上で示した【定理３】と【定理４】から、1 以上 n 以下の自然数 i について、アーベルp_i群 T(p_i) は次のように k(i) 個の巡回群の直積に分解しています。

したがって、ねじれ部分群 T の直積分解は次のようになっています。

各素数 p_i については、
Z/p_i^α_i1Z × … × Z/p_i^α_ik(i)Z と分解しています。

ここで、左下の添え字が同じものばかりを集めます。

例えば、左下の添え字が h だとすると、
Z/p^α_h1Z × … × Z/p^α_hnZ です。

ここで、p₁, … , p_n はどれも相異なる素数なので、中国剰余定理が使えます。

p^α_h1p^α_h2・・・p^α_hn = e_h と置くと、
Z/p^α_h1Z × … × Z/p^α_hnZ と Z/e_hZ がアーベル群として同型になります。

直積因子を分解したときに、右したの添え字が一番大きくなるの k だとし、
自然数 i と i + 1 について、α_i ≧ α_i+1 だったことを考えると、
e_i+1 | e_i (i = 1, 2, … , k – 1)

よって、Z/e₁Z × … × Z/e_kZ

ここで、直積因子の順番を入れ替えて、
e_i たちを同じ記号で再び表すと、
e_i | e_i+1 (i = 1, 2, … , k – 1) と同型となっているとも考えることができます。

これで、有限生成アーベル群が、
Z^r × Z/e₁Z × … × Z/e_kZ と、ねじれなしの自由アーベル群と位数有限の部分の直積に分解しているという基本定理の証明が完成しました。

この基本定理を使う場面として、次の記事では、有限体の乗法群が一元生成の巡回群となっていることを示すことができます。

長くなりましたが、これで、このブログを終了します。

読んで頂き、ありがとうございました。