コックス「ガロワ理論」 14.4節の演習問題1

演習問題1

14.3節演習問題2によりAGL(1,F_p²)=F_p²⋊GL(1,F_p²)=F_p²⋊(F_p²)^*で、

F_p²⊴AGL(1,F_p²), AGL(1,F_p²)/F_p²≃(F_p²)^*である。

F_p²と(F_p²)^*はAbel群だから定理8.1.5により可解なので、

定理8.1.4によりAGL(1,F_p²)は可解。

14.3節演習問題3(a)によりAGL(1,F_p²)⊴AΓL(1,F_p²)で、

AΓL(1,F_p²)/AGL(1,F_p²)=Gal(F_p²/F_p)≃ℤ/2ℤ。

AGL(1,F_p²), ℤ/2ℤは可解だから、定理8.1.4によりAΓL(1,F_p²)は可解。

|AGL(1,F_p²)|=|F_p²||(F_p²)^*|=p²(p²-1)だから、

|AΓL(1,F_p²)|=|AGL(1,F_p²)||Gal(F_p²/F_p)|=2p²(p²-1)。

演習問題2

(a)

α,β,b,b'∈F_p, a,a'∈F_p^*とし、γ=γ_a,b, γ'=γ_a',b'∈AGL(1,F_p)とする。

γ(α)=aα+b, γ'(β)=a'β+b'である。

^t(α,β)∈F_p²に対し、A=((a,0),(0,a'))∈GL(2,F_p), w=^t(b,b')∈F_p²として、

γ_A,w∈AGL(2, F_p)をとれば、γ_A,w(^t(α,β))=A^t(α,β)+w=^t(aα+b, a'β+b')=^t(γ(α),γ'(β))

なので、δ(α,β)= ^t(γ_A,w(^t(α,β)))。

故にδに対しγ_A,wを対応させる写像AGL(1,F_p)×AGL(1,F_p)→AGL(2, F_p)が定義でき、

この写像は明らかに1対1準同型だから、

δとγ_A,wを同一視することによりδ∈AGL(2, F_p)となる。

(b)

N=((0,1),(1,0))∈GL(2, F_p)とし、γ_N,0∈AGL(2, F_p)をNと同一視する。

γ_N,0²=γ_I2,0なのでo(N)=2。

(a)と同じノーテーションの元、

γ_N,0∘γ_A,w∘γ_N,0^-1(^t(α,β))=γ_NAN^-1,Nw(^t(α,β))=(γ'(α), γ(β))=δ'(α,β)。

ただしδ'=(γ',γ), NAN^-1=((a',0),(0,a)), Nw= ^t(b',b)である。

したがってγ_N,0∘γ_A,w∘γ_N,0^-1=δ'∈AGL(1,F_p)×AGL(1,F_p)だから、

N(AGL(1,F_p)×AGL(1,F_p))N^-1⊂AGL(1,F_p)×AGL(1,F_p)。

逆の包含関係は明らかだから、

N(AGL(1,F_p)×AGL(1,F_p))N^-1=AGL(1,F_p)×AGL(1,F_p)。

(c)

AGL(1,F_p)=F_p⋊F_p^*で、F_p⊴AGL(1,F_p), AGL(1,F_p)/F_p≃F_p^*である。

F_pとF_p^*はAbel群だから定理8.1.5により可解なので、

定理8.1.4によりAGL(1,F_p)は可解。

さらにAGL(1,F_p)⊴AGL(1,F_p)×AGL(1,F_p),

AGL(1,F_p)≃(AGL(1,F_p)×AGL(1,F_p))だから、

定理8.1.4によりAGL(1,F_p)×AGL(1,F_p)は可解。

(b)によりAGL(1,F_p)×AGL(1,F_p)⊴<AGL(1,F_p)×AGL(1,F_p),N>=M₂で、

M₂/(AGL(1,F_p)×AGL(1,F_p))≃<N>。|<N>|=2だから<N>は可解なので、

定理8.1.4によりM₂は可解。

|M₂/(AGL(1,F_p)×AGL(1,F_p))|=o(N)=2だから、

|M₂|=2|AGL(1,F_p)|²=2(|F_p||F_p^*|)²=2[p(p-1)]²=2p²(p-1)²。

(d)

Nによって0=^t(0,0)は固定されるから、

(M₂)₀=<(AGL(1,F_p)×AGL(1,F_p))₀,N>である。

(a)によりAGL(1,F_p)×AGL(1,F_p)≃{γ_A,w| γ_A,w∈AGL(2,F_p),

A=((λ,0),(0,μ))∈GL(2,F_p) (λ,μ∈F_p^*), w=^t(b,b')∈F_p²}。

これより(AGL(1,F_p)×AGL(1,F_p))₀≃{γ_A,0| γ_A,0∈AGL(2,F_p),

A=((λ,0),(0,μ))∈GL(2,F_p) (λ,μ∈F_p^*)}となるから、

このAとγ_A,0を同一視して(M₂)₀=<((λ,0),(0,μ)),N> (λ,μ∈F_p^*)。

(e)

R_i={(a,[i])|a∈F_p} (0≤i≤p-1)とすると、

F_p²=R₁⋃...⋃ R_p-1, R_i⋂R_j=∅, すべての0≤i≤p-1について|R_i|=pである。

AGL(1,F_p)×AGL(1,F_p)≃

{γ_A,w| γ_A,w∈AGL(2,F_p), A=((λ,0),(0,μ))∈GL(2,F_p) (λ,μ∈F_p^*), w=^t(b,b')∈F_p²}。

によるアフィン線形変換によって、

γ_A,w(R_i)={(λa+b, μ[i]+b')|a∈F_p}={(λa+b, [μi+b']|λa+b∈F_p}=R_[μi+b']となるから、

AGL(1,F_p)×AGL(1,F_p)によって自明でないブロックR₁,...,R_p-1は保たれるので、

AGL(1,F_p)×AGL(1,F_p)は非原始的。

演習問題3

演習問題2(c)により|M₂|=2p²(p-1)²。

p>3なら|M₂|はp²(p²-1)で割れないから、命題14.3.4により、

S_p2の部分群としてM₂は2重可移でない。

|M₁|/|M₂|=(p+1)/(p-1)はp>3なら整数でないから、

定理A.1.1（Lagrangeの定理）によりM₂はM₁の部分群に同型でない。

演習問題4

vはT(v)のスカラー倍ではないから、vとT(v)は線型独立。

Vは2次元ベクトル空間だからvとT(v)は基底をなす。

Tは同型なのでrank(T)=2だから、

Tの固有ベクトルでないvをとれば、vとT(v)は線型独立になる。

Vは2次元ベクトル空間だからvとT(v)の2つがVの基底をなす。

演習問題5

(a)

平方剰余の話。

s∈F_p^*なら、(p-s)²=p(p-2s)+s²≡s²≠0 (mod p)。

pは奇素数なので、1≤s≤(p-1)/2に対する平方剰余だけがSに入る。

s,s'∈F_p^*,1≤s,s'≤(p-1)/2に 対しs²≡s'² (mod p)なら、

s²-s'²=(s-s')(s+s')≡0 (mod p)で、2≤s+s'≤p-1だからs+s'≢0 (mod p)なので、

s-s'≡0 (mod p)となるから、s=s'となる。

故に1≤s≤(p-1)/2に対する平方剰余は全て異なり、(p-1)/2個ある。

またs=0ならs²≡0 (mod p)だから、上と併せて|S|=(p-1)/2+1=(p+1)/2。

(b)

(a)により|S'|=|S|=(p+1)/2だから、|S|+|S'|=p+1>p=|F_p|。

S⋃S'⊂F_pより|F_p|=p≥|S⋃S'|=|S|+|S'|-|S⋂S'|=p+1-|S⋂S'|、

これより|S⋂S'|≥1なのでS⋂S'≠∅。

したがって少なくとも1つのt∈F_pが存在して、

t²∈S⋂S'⊂S'となるから、s²+ t²=a。

演習問題6

(a)

|A-xI₂|=(a-x)(d-x)-bc=x²-(a+d)x+ad-bc=x²-tr(A)x+det(A)。

(b)

A²=((a²+bc, b(a+d)),(c(a+d),bc+d²))

=(tr(A)a-ad+bc, tr(A)b),(tr(A)c, tr(A)d-ad+bc))

=tr(A)A-det(A)I₂よりA²-tr(A)A+det(A)I₂=0。

演習問題7

mg=gmかつmh=-hmの時は、mg=-gmかつmh=hmの時と同様にすれば、

(mg)g=(gm)g=g(mg),

(mg)h=mgh=-mhg=hmg=h(mg)だから、

mg∈C_GL(2,Fp)(g)⋂C_GL(2,Fp)(h)となり、

補題14.4.3によりmg=a'I₂+b'g=c'I₂+d'h (a',b',c',d'∈F_p)。

これよりmg=gmかつmh=hmの時と同様に、

λ∈F_pとしてmg=λI₂だから、m=λg^-1、故に[m]=[g^-1]。

g²=-I₂だから、g=-g^-1なので[g]=[g^-1]となり[m]=[g]∈H。

mg=-gmかつmh=-hmの時は、

(mgh)g=mghg=-mggh=gmgh=g(mgh),

(mgh)h=mghh=-mhgh=hmgh=h(mgh)だから、

mgh∈C_GL(2,Fp)(g)⋂C_GL(2,Fp)(h)となり、

補題14.4.3によりmgh=a"I₂+b"g=c"I₂+d"h (a",b",c",d"∈F_p)。

前段落と同様にして、[m]=[h^-1g^-1]=[h^-1][g^-1]。

h²=-I₂だから、h=-h^-1なので[h]=[h^-1]となり、また[g]=[g^-1]だから、

[m]=[h][g]=[hg]=[-gh]=[gh]∈H。

演習問題8

(a)

|G|=24=2³·3なので、定理A.5.1（Sylowの定理）により、

GはN₃個の位数3の3-Sylow部分群を持ち、N₃|24かつN₃≡1 (mod 3)。

これよりN₃=1または4。

N₃=1なら唯一つの3-Sylow部分群をH₁としてH₁⊴G。

H₁≃ℤ/3ℤは単位元以外は位数3の元のみを含み、

H≃(ℤ/2ℤ)²≃D₄は単位元以外は位数2の元のみを含むので、H⋂H₁={e}。

H⊴Gだから14.3節演習問題7(b)により、

Hの元とH₁の元は可換だからH₁⊂C_G(H)=Hだが、これはH⋂H₁={e}と矛盾。

したがってN₃=4。

(b)

H₁⊴N(H₁), N(H₁)⊂Gなので、|N(H₁)|=2^l·3 (0≤l≤3)。

このうち可能な最大のlに対する位数を持つ群がN(H₁)。

定理A.5.1（Sylowの定理）により、

N(H₁)が持つ3-Sylow部分群の数をn₃として、

n₃≡1 (mod 3)かつ2^l·3|n₃。

H₁⊴N(H₁)だからn₃=1なので、0≤l≤1となる。

したがって|N(H₁)|=2·3=6。

(c)

(a)によるGは、互いに共軛な4つの3-Sylow部分群を持つから、

共軛によるGの作用によって4つの3-Sylow部分群は置換されるので、

準同型φ: G→S₄が存在する。

Gの4つの3-Sylow部分群をH₁, H₂, H₃, H₄とする。

N(H_i)の共軛による作用によってH_iは不変で、

N(H_i)はH_iを不変にするGの部分群の中で最大のものだから、

N(H_i)はH_iの固定部分群。

故にKer(φ)=N(H₁)⋂N(H₂)⋂N(H₃)⋂N(H₄)である。

Ker(φ)が位数3の元を持てば、すべてのN(H_i)が位数3の同じ元を持ち、

したがってすべてのN(H_i)が、

この位数3の元で生成される位数3の同じ部分群を含む。

(b)により|N(H_i)|=6=2·3だから、

すべてのN(H_i)に位数3の部分群は唯一つH_iのみなので、

H₁=H₂=H₃=H₄となり、Gの3-Sylow部分群は唯一つとなる。

これは(a)と矛盾するから、Ker(φ)は位数3の元を持たない。

(d)

(b)により|N(H_i)|=6=2·3 で、

(c)によりKer(φ)=N(H₁)⋂N(H₂)⋂N(H₃)⋂N(H₄)かつ、

Ker(φ)は位数3の元を持たないので、Ker(φ)は位数2の元を高々1つ持つ。

よって|Ker(φ)|≤2だから、|G|=24=|G/Ker(φ)||Ker(φ)|≤2|G/Ker(φ)|。

定理A.1.9（群準同型の基本定理）によりG/Ker(φ)≃Im(φ)なので、

|Im(φ)|≥12である。

S₄の位数12以上の部分群はA₄とS₄だけだからIm(φ)はA₄を含む。

(e)

(d)により|Ker(φ)|≤2。Ker(φ)≠{e}すなわち|Ker(φ)|=2と仮定する。

すると(d)によりIm(φ)=A₄。

N₂⊴G, |N₂|=2なる群N₂が存在したとすると、

N₂=Ker(φ)またはN₂⋂Ker(φ)={e}である。

N₂⋂Ker(φ)={e}なら、Ker(φ)⊴Gだから14.3節演習問題7(a)によりN₂Ker(φ)⊴G、

またKer(φ)⊴N₂Ker(φ)だから、

第3同型定理によりN₂Ker(φ)/Ker(φ)≃N₂⊴G/Ker(φ)≃Im(φ)。

したがってIm(φ)=A₄は位数2の正規部分群を持つが、

A₄は位数2の正規部分群を持たないので矛盾。よってN₂=Ker(φ)。

Ker(φ)⋂H={e}なら、H⊴Gと14.3節演習問題7(b)により、

Hの元とKer(φ)の元は可換だからKer(φ)⊂C_G(H)=Hだが、これはH⋂Ker(φ)={e}と矛盾。

故にKer(φ)⊂Hでなければならない。H≃(ℤ/2ℤ)²≃D₄なので、

Hの位数2の部分群はHの正規部分群だからKer(φ)⊴H。

すると第3同型定理によりH/Ker(φ)⊴G/Ker(φ)≃Im(φ)≃A₄で、

|H/Ker(φ)|=2だから、A₄が位数2の正規部分群を持つことになり矛盾。

よってN₂=Ker(φ)もありえないから、Gは位数2の正規部分群を持ちえないので、

Ker(φ)={e}でなければならない。したがって(d)によりG≃S₄。

演習問題9

(a)

補題14.4.3により明らかにC(g)=C_GL(2,Fp)(g)はF_p^*I₂を含み、

m₁,m₂∈C(g)=C_GL(2,Fp)(g)とすれば、

あるa₁,b₁,a₂,b₂∈F_pに対しm₁=a₁I₂+b₁g, m₂=a₂I₂+b₂gなので、

m₁m₂=(a₁I₂+b₁g)(a₂I₂+b₂g)=a₁a₂I₂+(a₁b₂+a₂b₁)g+b₁b₂g²

=(a₂I₂+b₂g)(a₁I₂+b₁g)=m₂m₁だからC(g)はAbel群。

(b)

補題14.4.3によりm=aI₂+bg (a,b∈F_p)とすれば、

m∈Ker(φ)ならφ(m)=I₂=det(m)m^-2だから、g²=-I₂も用いてdet(m)I₂=m²=(a²-b²)I₂+2abg。

g∈GL(2,F_p)∖F_p^*I₂だからab=0だが、

m∈GL(2,F_p)だからdet(m)=a²-b²≠0なので、a,bの両方が0になることはない。

a=0と仮定するとm=bg (b∈F_p^*)なので、det(m)=b²。

するとg²=-I₂からφ(m)=-b²b^-2I₂=-I₂。

p>2なので-I₂≠I₂だから、m∉Ker(φ)となり矛盾。

よってa≠0, b=0だから、m∈F_p^*I₂なのでKer(φ)⊂F_p^*I₂。

逆にm=aI₂∈F_p^*I₂ (a∈F_p^*)ならφ(m)=I₂だからF_p^*I₂⊂Ker(φ)となるので、

Ker(φ)=F_p^*I₂。故に|Ker(φ)|=|F_p^*|=p-1。

定理A.1.3（群準同型の基本定理）によりIm(φ)≃C(g)/Ker(φ)だから、

|Im(φ)|=|C(g)|/(p-1)。

(c)

φ(m)=I₂=det(m)m^-2だからdet(φ(m))=det(m)²det(m)^-2=1なので、

Im(φ)⊂{w∈C(g)|det(w)=1}。

(d)

g²=-I₂となるg∉F_p^*I₂は全て互いに共軛だから、

((0,-1),(1,0))とも共軛なので、g=((0,-1),(1,0))と仮定してよい。

したがって補題14.4.3により、m∈C(g)ならs,t∈F_pとして、

m=sI₂+tg=((s,-t),(t,s))だから、det(m)=s²+t²≠0。

演習問題5により、任意のa∈F_pに対しs²+t²=aとなるs,t∈F_pが存在する。

det(m)≠0なので、Im(det)=F_p^*となり、det: C(g)→F_p^*は全射群準同型で、

Ker(det)={w∈C(g)|det(w)=1}である。

定理A.1.3（群準同型の基本定理）によりIm(det)≃C(g)/Ker(det)だから、

|Im(det)|=|F_p^*|=p-1=|C(g)|/|Ker(det)|。

(b)により|Im(φ)|=|C(g)|/(p-1)だから、|Im(φ)|=|Ker(det)|。

(c)によりIm(φ)⊂Ker(det)だから、Im(φ)=Ker(det)={w∈C(g)|det(w)=1}。