部分群

サイトのTOP→理系インデックス
代数学のTOP→代数学インデックス





定義 ( 部分群 )

G を群とする。

H を G の空でない部分集合とする。

H は G の演算に関して群であるとする。

このとき、H を 『 G の部分群 』 という。

φ:G×G→G を G における演算とする。

ここで、φを H×H 上に制限しよう。

H が G の部分群であれば、これはφ:H×H→H となることを意味する。

φ:H×H→G では不十分であることに注意しよう。

つまり、H は G の演算に関して閉じている。

このことは定義(部分群)と定義(群)に注意すれば分かる。

={0、±n、±2n、±3n、・・・}とする。

このとき、通常の加法に関して n の部分群である。

参考

群の部分集合が部分群になるとは限らない。

証明

成り立つとは限らないことを示すには、反例を1つ挙げればよい。

例えば、G=−{0}は通常の乗法に関して群である。

しかし、その部分集合 H={−2、2}は群ではない。

実際、2∈H かつ −2∈H であるが、2・(−2)=−4 は H に属さない。

つまり、H は演算に関して閉じていない。

よって、H はこの演算に関して群ではない。

参考

G=−{0} とおく。

H={−1、1} とおく。

このとき、H は(通常の乗法に関して) G の部分群である。

証明

明らかである。

A4

H を群 G の部分群とする。

このとき、次が成り立つ。

(1) H の単位元は G の単位元と等しい。

(2) H における a∈H の逆元は、G における a の逆元と等しい。

(1)の証明

を H の単位元とする。

いま、e=e である。(★)

∈G であるから、G における e の逆元 e−1∈G が存在する。

(★)の両辺に左から e−1 をかけると、ee=e である。

よって、e=e である。

(2)の証明

a∈H とおく。

x を、H における a の逆元とする。

いま、ax=xa=e である。

よって、(1)より、ax=xa=e である。

一方、G において aa−1=a−1a=e である。

よって、ax=aa−1 である。

両辺に左から a−1 をかけると、x=a−1 である。

参考 ( クイズ )

ところで、A4(1)の証明を次のように書いてはいけないのであろうか?

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

を H の単位元とする。

いま、ee=e である。

よって、e=e である。

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

こちらの証明の方が簡単であるように思える。

ところが、この証明は正しくない。

これについての解説はすぐ下に書く。

しかし、まずはぜひ読者自ら考えてほしい。

参考 ( クイズに対する解答 )

クイズに対して解答を与える。

この証明の間違いは、いきなり 「 ee=e 」 と書いていることである。

いま、H は G の部分群なのであった。

つまり、H の演算は H×H→H で定義されている。

しかし、e が H に属しているかどうかが分かっていない。

は H の単位元なので、任意の x∈H に対し、xe=x となるであろう。

ところが、e が H に属しているかどうか分からないから、ee=e は言えない。

一方、G の演算で考えれば、ee=e が成り立つことは言える。

しかし、ここから e=e を結論することはできない。

理由は、上と同様に、e が H に属するかどうか分からないからである。

つまり、クイズに書かれている証明は 『 循環論法 』 である。

A5 ( 部分群に対する同値条件 )

H を、群 G の空でない部分集合とする。

このとき、次は同値である。

(1) H は G の部分群である。

(2) 「 a、b∈H ⇒ ab∈H 」 かつ 「 a∈H ⇒ a−1∈H 」 である。

(3) 「 a、b∈H ⇒ ab−1∈H 」 である。

(1)⇔(2)の証明

(1)を仮定する。

いま、a、b∈H ⇒ ab∈H である。(※定義:部分群)

また、a∈H ⇒ a−1∈H である。(※A4)

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

(2)を仮定する。

いま、H は演算に関して閉じている。

また、G において結合則が成り立っているから、H についても結合則が成り立つ。

仮定より、H は空ではない。

そこで、a∈H とおく。

仮定より、a−1∈H である。

よって、仮定より、aa−1∈H かつ a−1a∈H である。

よって、e∈H である。

(2)⇔(3)の証明

(2)を仮定する。

a、b∈H とおく。

仮定(2)より、b−1∈H である。

つまり、いま、 a、b−1∈H である。

よって、ab−1∈H である。

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

(3)を仮定する。

定理の仮定より、H は空でないから、ある元 a∈H が存在する。

よって、仮定(3)より、e=aa−1∈H である。

いま、a、e∈H であるから、a−1=ea−1∈H である。

以上により、a∈H ⇒ a−1∈H である。(★)

改めて、a、b∈H とおく。

(★)より、b−1∈H である。

よって、仮定(3)より、ab=a(b−1−1∈H である。