コックス「ガロワ理論」 14.3節の演習問題3

演習問題13

(a)

X={1,...,n}の異なる元からなる任意の2つの順序付きn対(i₁,...,i_n), (j₁,...,j_n)について、

j_k=σ(i_k)となる写像σ:X→Xは明らかに1対1で全射だから、

対称群の定義によりσ∈S_n。

(i₁,...,i_n), (j₁,...,j_n)は任意だから、順序付きn対全体の集合P_n上で、

S_nは可移に作用するので、S_nはn重可移

(b)

n≥3とし、X={1,...,n}の異なる元からなる任意の2つの順序付き(n-2)対

(i₁,...,i_n-2), (j₁,...,j_n-2)について、{i₁,...,i_n-2}={j₁,...,j_n-2}だったとする。

このとき、(a)によりS_nはn重可移だから(n-2)重可移なので、

σ·(i₁,...,i_n-2)=(j₁,...,j_n-2)となるσ∈S_nが存在する。

{i₁,...,i_n-2}に含まれないXの2元をx₁,x₂として、

σ(x₁ x₂)·(i₁,...,i_n-2)=(j₁,...,j_n-2)となり、(x₁ x₂)は互換だから、

sgn(σ(x₁ x₂))=-sgn(σ)となり、σとσ(x₁ x₂)のどちらかはA_nに入る。

したがって、{i₁,...,i_n-2}={j₁,...,j_n-2}ならば、

τ·(i₁,...,i_n-2)=(j₁,...,j_n-2)となるτ∈A_nが存在する。

{i₁,...,i_n-2}≠{j₁,...,j_n-2}で、{j₁,...,j_n-2}に入らない{i₁,...,i_n-2}の元が1つの場合、

それぞれ唯一つのi_k∉{j₁,...,j_n-2}とj_l∉{i₁,...,i_n-2}をとり、

(j₁,..., j_{l -1}, j_l, j_{l +1},...,j_n-2)の代わりに(j₁,..., j_{l -1},i_k, j_{l +1},...,j_n-2)を用いた、

σ·(i₁,...,i_k,...,i_n-2)=(j₁,..., j_{l -1},i_k, j_{l +1},...,j_n-2)となるσ∈A_nが存在する。

すると(i_k j_l)σ(i_k j_l)^-1·(i₁,...,i_k,...,i_n-2)= j₁,..., j_{l -1}, j_l, j_{l +1},...,j_n-2)で、

(i_k j_l)σ(i_k j_l)^-1∈A_nとなる。

{j₁,...,j_n-2}に入らない{i₁,...,i_n-2}の元が2つの場合には、

1つの場合の(i_k j_l)に当たる互換2つによって、

1つの場合と同様にすればよい。

よって、σ·(i₁,...,i_n-2)=(j₁,...,j_n-2)となるσ∈A_nが、

任意の(i₁,...,i_n-2),(j₁,...,j_n-2)について存在するのでA_nは(n-2)重可移。

(n-1)対(i₁,...,i_n-1), (j₁,...,j_n-1)については、

(n-2)対の場合の(x₁ x₂)が存在しないので、

σ·(i₁,...,i_n-2)=(j₁,...,j_n-2)となるσ∈S_nが偶置換とは限らない。

実際、例えば(i₁,...,i_n-2,i_n-1)を(i₁,...,i_n-1,i_n-2)に写す置換は、

(i_n-1 i_n-2)∉A_nのみだから、A_nは(n-1)重可移ではない。

演習問題14

(a)

2×2行列には4つの成分があるので、成分の選択はq⁴通りあるが、

そのうちGL(2,F_q)の元になるのは行列式が0でない行列である。

2×2行列の行列式が0になるのは、

(i)第1行目がすべて0となるq²通りの行列

(ii)第1行目の一つの成分が0、もうひとつの成分が0ではなく、

第2行目が第1行目のスカラー倍(このスカラーはF_qの元)となる2(q-1)q通りの行列

(iii) 第1行目の成分はすべて0でなく、

第2行目が第1行目のスカラー倍となる(q-1)²q通りの行列

のいずれかだから、|GL(2,F_q)|=q⁴-[q²+2(q-1)q+(q-1)²q]=q(q-1)(q²-1)。

(b)

任意のA∈GL(2,F_q)とS∈SL(2,F_q)についてdet(ASA^-1)=1だから、

ASA^-1∈SL(2,F_q)なのでSL(2,F_q)⊴GL(2,F_q)。

(1/det(A))I₂A∈SL(2,F_q)だからA∈det(A)I₂SL(2,F_q)でdet(A)∈F_q^*なので、

GL(2,F_q)/SL(2,F_q)≃F_q^*I₂となるから、|GL(2,F_q)/SL(2,F_q)|=q-1。

よって(a)により|SL(2,F_q)|=|GL(2,F_q)|/(q-1)=q(q²-1)。

PGL(2,F_q)=GL(2,F_q)/F_q^*I₂だから、|PGL(2,F_q)|= |GL(2,F_q)|/(q-1)=q(q²-1)=|SL(2,F_q)|。

(c)

定義によりPSL(2,F_q)はSL(2,F_q)の、

aI₂ (a∈F_q^*)からなるSL(2,F_q)の正規部分群Nによる商群SL(2,F_q)/N。

N⊴SL(2,F_q)よりdet(aI₂)=a²=1だから、a=±1なのでN={±I₂}。

故にF_qの標数が2(すなわち命題11.1.1によりq=2ⁿ (n∈ℕ))ならN={I₂}だから、

|PSL(2,F_q)|=|SL(2,F_q)|=q(q²-1)、

またF_qの標数が奇素数ならN={±I₂}だから、

|PSL(2,F_q)|=|SL(2,F_q)|/2=q(q²-1)/2である。

(d)

(c)により、

|PSL(2,F₂)|=6,

|PSL(2,F₃)|=12,

|PSL(2,F₅)|=60,

|PSL(2,F₇)|=168。

(e)

GL(3,F₂)のv=(1,0,0)∈(F₂³)^*への線形変換による作用を考える。

GL(3,F₂)は正則な線形変換からなるので、任意のw∈(F₂³)^*について、

あるA∈GL(3,F₂)が存在してA·v=Av=wとなるから、

|GL(3,F₂)·v|=|(F₂³)^*|=|F₂³∖{0}|=2³-1=7。

GL(3,F₂)におけるvの固定部分群GL(3,F₂)_vの元をB=(b_ij)とすると、

Bv=v, v=(1,0,0)よりb₁₁=1, b₂₁=0, b₃₁=0。b_ijに対するBの(i,j)余因子をΔ_ijとすれば、

F₂で考えているのでdet(B)=b₁₁Δ₁₁+ b₂₁Δ₂₁+b₃₁Δ₃₁=Δ₁₁。

B∈GL(3,F₂)なのでΔ₁₁=|(b₂₂, b₂₃),(b₃₂, b₃₃)|≠0だから、

((b₂₂, b₂₃),(b₃₂, b₃₃))の選択の仕方は、GL(2,F₂)の位数と同数となるので、

(d)により((b₂₂, b₂₃),(b₃₂, b₃₃))の選択は6通り。

そしてそのそれぞれについてb₁₂, b₁₃の選択が2²=4通りあるから、

|GL(3,F₂)_v|=6·4=24である。

したがって定理A.4.9（群の作用の基本定理）により、

|GL(3,F₂)|=|GL(3,F₂)·v||GL(3,F₂)_v|=7·24=168。

さらに13.3節演習問題9によりGL(3,F₂)≃PGL(3,F₂)だから、

|PGL(3,F₂)|=|GL(3,F₂)|=168。

演習問題15

GL(2,F₂)については、13.3節演習問題9と同様に、

任意のA∈GL(2,F₂)は正則だからdet(A)∈F₂は0でないので、

det(A)=1の可能性しかない。故にGL(2,F₂)=SL(2,F₂)。

さらに演習問題14(c)の標数2の場合により、

PSL(2,F₂)=SL(2,F₂)/{I₂}≃SL(2,F₂)。

F_p²の原点を通る直線は、(x,y)∈F_p²として、

x≡0 (mod p), y≡0 (mod p)と、x,y,a∈(F_p)^*としてax≡y (mod p)である。

x∈(F_p)^*なのでgcd(x,p)=1だから、任意のx,y∈(F_p)^*に対し、

a∈(F_p)^*が（必ずしも唯一つではないが）定まるので、

上のp+1個の直線でF_p²の原点を通る直線は尽くされている。

したがって、F_p²の原点を通る直線はp+1個ある。

PSL(2,F₂)≃GL(2,F₂)で、

演習問題14(d)により|PSL(2,F₂)|=|GL(2,F₂)|=6=|S₃|である。

F₂²において原点を通る直線は2+1=3個あり、

(F₂)^*のすべての元v₁=(1,0), v₂=(1,1), v₃=(0,1)をそれぞれ通るから、

GL(2,F₂)の元によるF₂²上の線形変換はすべて、v₁,v₂,v₃の置換を生じさせる。

故に群準同型φ₂: GL(2,F₂)→S₃が存在する。

Ker(φ₂)はすべての1≤k≤3に対し(a_ij)v_k=v_kとなる(a_ij)∈GL(2,F₂)だから、

k=1に対しa₁₁=1かつa₂₁=0、

k=2に対しa₁₁+a₁₂=1かつ a₂₁+a₂₂=1、

k=3に対しa₁₂=0かつa₂₂=1なので、このような(a_ij)はI₂のみだからφ₂は1対1。

故に同型だから、GL(2,F₂)≃S₃となり、したがってPSL(2,F₂)≃S₃。

次に演習問題14(d)により|PSL(2,F₃)|=12=|A₄|である。

F₃²において原点を通る直線は3+1=4個あり、

(F₃)^*の元のうち同じ直線上にあるものを類別すると、

l₁={(1,0),(2,0)=-(1,0)}, l₂={(2,1),(1,2)=-(2,1)},

l₃={(1,1),(2,2)=-(1,1)}, l₄={(0,1),(0,2)=-(0,1)}。

PSL(2,F₃)の作用により、l₁,l₂,l₃,l₄が置換されるから、

群準同型φ₃: PSL(2,F₃)→S₄が存在する。

演習問題14(b)によりPSL(2,F₃)=SL(2,F₃)/{±I₂}だから、

k=±1, v₁=(1,0), v₂=(2,1), v₃=(1,1), v₄=(0,1)として、

Ker(φ₃)はすべての1≤m≤4に対し(a_ij)v_m=kv_mとなる(a_ij)∈SL(2,F₂)の、

{±I₂}との積についての同値類である。

(a_ij)v_m=kv_mの具体的表式を整理すると、

a₁₁=a₂₂, a₁₂=0, a₂₁=0を得、|a_ij|=a₁₁a₂₂=1からa₁₁=a₂₂=±1。

故にKer(φ₃)={±I₂}となり、PSL(2,F₃)の単位元だけとなるからφ₃は1対1。

したがって、PSL(2,F₃)≃Im(φ₃)となり、Im(φ₃)はS₄の位数12の部分群である。

このような群はA₄のみだから、PSL(2,F₃)≃A₄。

演習問題16

Hが唯一つのGの極小正規部分群からなるなら、

命題14.3.10によりある単純群Aとあるn∈ℕが存在して、

H≃Aⁿだから、Hは有限単純群の直積と同型。

Hが異なる複数のGの極小正規部分群N₁,..., N_kからなるとすると、

H=N₁N₂...N_kなので、命題14.3.10により、

ある単純群A₁,..., A_kとあるn₁,..., n_k∈ℕが存在して、N_i≃A_i^n_i 。

任意の2つの異なるN_i, N_jについて、

もしN_i⋂N_j≠{e}なら N_i⋂N_j⊴Gだから、

N_iまたはN_jの自明でない部分群N_i⋂N_jがGの正規部分群となり、

N_i, N_jの極小性に反する。故にN_i⋂N_j={e}。

したがって演習問題7(c)を繰り返し適用して、

H=N₁N₂...N_k≃N₁×...×N_k≃A₁^n₁×...×A_k^n_kだから、Hは有限単純群の直積と同型。

演習問題17

演習問題2(d)によりAGL(n,F_p)≃F_pⁿ⋊GL(n,F_p)だから|AGL(n,F_p)|=pⁿ|GL(n,F_p)|。

v=(1,0,...,0)∈F_pⁿ∖{0}への、線形変換によるGL(n,F_p)の作用を考える。

vの固定部分群をGL(n,F_p)_vとして、定理A.4.9（群の作用の基本定理）により、

|GL(n,F_p)|=|GL(n,F_p)·v||GL(n,F_p)_v|で、

演習問題4(c)により、GL(n,F_p)はF_pⁿ∖{0}上可移に作用するから、

|GL(n,F_p)·v|=|F_pⁿ∖{0}|=pⁿ-1。

n≥2について|GL(n,F_p)_v|=∏_1≤k≤n-1 (pⁿ-p^k)を数学的帰納法により証明する。

n=2のとき、演習問題14(a)により|GL(2,F_p)|=p(p-1)(p²-1)で、

|GL(n,F_p)·v|=p²-1だから、

|GL(n,F_p)_v|=|GL(2,F_p)|/|GL(n,F_p)·v|=p²-pなので成り立つ。

n=m-1の時成り立つと仮定して、n=mのときを考える。

A=(a_ij)∈GL(m,F_p)_vとすると、Av=(a₁₁, a₂₁,...,a_m1)=vだから、

a₁₁=1, a₂₁=...=a_m1=0なので、Aの(i,j)余因子をΔ_ijとすれば、

det(A)=a₁₁Δ₁₁=Δ₁₁≠0。

したがってA₁₁=((a₂₂,..., a_2m),...,(a_m2,..., a_mm))∈GL(m-1,F_p)で、

A₁₁の可能な選択の数は帰納法の仮定により、

|GL(m-1,F_p)|=(p^m-1-1)∏_1≤k≤m-2 (p^m-1-p^k)。

各A₁₁に対しa₁₂,..., a_1mの選択がp^m-1通りあるから、

|GL(m,F_p)_v|=p^m-1|GL(m-1,F_p)|=p^m-1(p^m-1-1) ∏_1≤k≤m-2 (p^m-1-p^k)

=(p^m-p)∏_1≤k≤m-2 p(p^m-1-p^k)=(p^m-p)∏_1≤k≤m-2 (p^m-p^k+1)

=(p^m-p)∏_2≤l≤m-1 (p^m-p^l)=∏_1≤l≤m-1 (p^m-p^l)となりn=mでも成り立つ。

したがって、n≥2について|GL(n,F_p)_v|=∏_1≤k≤n-1 (pⁿ-p^k)だから、

|AGL(n,F_p)|=pⁿ(pⁿ-1)∏_1≤k≤n-1 (pⁿ-p^k)となり(14.18)を得る。

演習問題18

(a)

AとBのどちらかがAbel単純群なら、素数位数の巡回群だが・・・

う～ん・・・

(b)

{1,...,r}から任意に1~r-1個の元{i₁,...,i_k}(1≤k≤r-1)をとり、

a_j∈A_j (1≤j≤r)としてπ((a₁,...,a_k))=(a_i1,..., a_ik)によって、

写像π:A₁×...×A_r→A_i1×...×A_ikを定義すれば明らかにπは全射準同型で、

Ker(π)⊴A₁×...×A_rはA₁,...,A_rから A_i1,...,A_ik を除いた群の直積。

A₁,...,A_rは非Abel群なので、演習問題5を繰り返し適用することで、

自明でない正規部分群は全てこの形である。

演習問題19

(a)

Gは可移なので任意のj∈{1,...,n}について、

h(i)=jとなるh∈Gが存在する。

G_iが{1,...,n}∖{i}上可移とする。

k,l∈{1,...,n}を任意のk≠iかつl≠jなる文字として、

l≠iのとき、すなわちk,l∈{1,...,n}∖{i}ならば、

g₁(k)=h^-1(l)≠iとなるg₁∈G_iが存在するので、

σ=hg₁∈Gをとればσ(i)=jかつσ(k)=lとなる。

l=iのときはl≠jよりi≠jで、h^-1(i)≠iだから、

g₂(k)=h^-1(i)となるg₂∈G_iが存在するので、

σ=hg₂∈Gをとればσ(i)=jかつσ(k)=iとなる。

したがって、任意のk≠iかつl≠jなるi,j,k,l∈{1,...,n}について、

σ(i)=jかつσ(k)=lとなるσ∈Gが存在するので、Gは2重可移。

逆にGが2重可移なら、任意のj,k∈{1,...,n}∖{i}について、

j≠iかつk≠iだから、σ(j)=kかつσ(i)=iとなるσ∈Gが存在する。

したがってσ∈G_iだからG_iは{1,...,n}∖{i}上可移。

(b)

Gは可移なので任意の相異なるj₁,...,j_k∈{1,...,n}について、

h_m(i)=j_m (1≤m≤k)なるh_m∈Gが存在する。

G_iが{1,...,n}∖{i}上(k-1)重可移とすると、

{1,...,n}の相異なる元からなる順序付き(k-1)対全体の集合

P_k-1={(j₁,...,j_k-1)| j₁,...,j_k-1∈{1,...,n}∖{i}}について、G_iは可移に作用する。

2つの順序付きk対(i₁,...,i_k), (j₁,...,j_k)について考える。

(i) ある一つの1≤m≤kなるmについてi_m=iで、j₁,...,j_kはiを含まない場合：

h_m(i)=j_mなるh_m∈Gとl≠m (1≤l≤k)について、i_l≠i, j_l=h_m(i_l)≠i だから、

σ₁·(i₁,...,i_m-1,i_m+1,...,i_k)=(h_m^-1(j₁),..., h_m^-1(j_m-1),h_m^-1(j_m+1),...,h_m^-1(j_k))

となるσ₁∈G_iが存在する。σ=h_mσ₁∈Gをとれば、

σ·(i₁,...,i_m-1,i,i_m+1,...,i_k)=h_m·(h_m^-1(j₁),..., h_m^-1(j_m-1),i,h_m^-1(j_m+1),...,h_m^-1(j_k))

=(j₁,...,j_m-1, j_m,j_m+1,...,j_k)となる。

(ii) ある一つの1≤m≤kなるmについてj_m=iで、i₁,...,i_kはiを含まない場合：

(i)によりσ·(j₁,...,j_k)=(i₁,...,i_k)となるσ∈Gが存在するから、σ^-1·(i₁,...,i_k)=(j₁,...,j_k)。

(iii) (i₁,...,i_k), (j₁,...,j_k)の両方にiが含まれる場合：

iを含まない任意の順序付きk対(r₁,...,r_k)について、

(i)によりσ₁·(i₁,...,i_k)=(r₁,...,r_k)となるσ₁∈Gが存在し、

(ii)によりσ₂·(r₁,...,r_k)=(j₁,...,j_k)となるσ₂∈Gが存在するから、

σ=σ₂σ₁∈Gをとればσ·(i₁,...,i_k)=(j₁,...,j_k)。

(iv) (i₁,...,i_k), (j₁,...,j_k)の両方にiが含まれない場合：

iをひとつ含む任意の順序付きk対(r₁=i,...,r_k)について、

(ii)によりσ₁·(i₁,...,i_k)=(r₁,...,r_k)となるσ₁∈Gが存在し、

(i)によりσ₂·(r₁,...,r_k)=(j₁,...,j_k)となるσ₂∈Gが存在するから、

σ=σ₂σ₁∈Gをとればσ·(i₁,...,i_k)=(j₁,...,j_k)。

以上により、任意の2つの順序付きk対(i₁,...,i_k), (j₁,...,j_k)について、

あるσ∈Gが存在してσ·(i₁,...,i_k)=(j₁,...,j_k)となるから、

{1,...,n}の相異なる元からなる順序付きk対全体の集合

P_k={(j₁,...,j_k)| j₁,...,j_k∈{1,...,n}}について、Gは可移に作用することになり、

よってGはk重可移。

逆にGがk重可移とする。{1,...,n}∖{i}の相異なる元からなる、

任意の2つの順序付き(k-1)対 (i₁,...,i_k-1), (j₁,...,j_k-1)に対し、

2つの順序付きk対(i₁,...,i_k-1,i), (j₁,...,j_k-1,i)を考えれば、

あるσ∈Gが存在してσ·(i₁,...,i_k-1,i)=(j₁,...,j_k-1,i)である。

σ(i)=iなのでσ∈G_iだからG_iは{1,...,n}∖{i}上(k-1)重可移。

したがってGがk重可移であることと、

G_iが{1,...,n}∖{i}上(k-1)重可移であることは同値。

演習問題20

定義14.3.1により、Gが2重可移なら、

任意にi∈{1,...,n}をとってiの固定部分群をG_iとすると、

すべてのj,k∈{1,...,n}∖{i}について、

σ(i)=iかつσ(j)=kとなるσ∈G_iが存在するから、G_iは{1,...,n}∖{i}上可移。

そこでj∈{1,...,n}∖{i}を任意に一つ取れば、

先と同様にしてjの固定部分群G_jは{1,...,n}∖{j}上可移となるから、

任意のk∈{1,...,n}∖{j}に対しτ(k)=i となるτ∈G_jが存在する。

するとτσ(j)=iとなるので、結局全てのj,k∈{1,...,n}について、

jをkに写すGの元が存在するから、Gは可移。