§E7.2部分群と巡回群

証明.(1)$\Rightarrow$(2)を示す。$H\leq G$と仮定する。$H$の単位元を$e_H$と書き、$h\in H$を一つ取る。$e_Hh=h=e_Gh$であるから、$G$の右簡約律によって$e_H=e_G$である。$b\in H$の$H$における逆元は$G$においても$b$の逆元であるから、逆元の一意性によって$b^{-1}\in H$である。$H$は積について閉じているため、任意の$a,b\in H$に対して$ab^{-1}\in H$である。したがって(2)が成り立つ。

(2)$\Rightarrow$(1)を示す。逆に(2)を仮定する。$H$は空でないから、ある$a\in H$が存在する。(2)を$a,a$に適用すると$aa^{-1}=e_G\in H$を得る。任意の$b\in H$に対して(2)を$e_G,b$に適用すると$b^{-1}\in H$を得る。任意の$a,b\in H$に対して、すでに示した$b^{-1}\in H$と(2)を$a,b^{-1}$に適用すると

を得る。結合律は$G$の結合律を制限したものである。したがって$H$は群であり、$H\leq G$である。▨

証明. 単位行列$I$の行列式は$1$であるため、二つの集合は空でない。$A,B\in\operatorname{SL}_n(K)$とする。行列式の乗法性§E3.15 命題 2.2と

から$\det(B^{-1})=1$を得る。したがって

であるから、$AB^{-1}\in\operatorname{SL}_n(K)$である。命題 1.2により$\operatorname{SL}_n(K)\leq\operatorname{GL}_n(K)$である。

$P,Q\in\operatorname{SO}(n)$に対しても同じ計算から$\det(PQ^{-1})=1$を得る。また、$\operatorname{O}(n)$は群であるから$PQ^{-1}\in\operatorname{O}(n)$である。したがって命題 1.2により$\operatorname{SO}(n)\leq\operatorname{O}(n)$である。▨

証明.$S$を含む部分群全体の共通部分を$I$とする。各部分群は$e_G$を含むので$I$は空でない。$a,b\in I$ならば、$S$を含む任意の部分群$H$に対して$a,b\in H$である。したがって$ab^{-1}\in H$であり、$ab^{-1}\in I$である。命題 1.2から$I\leq G$が従う。また、$I$は定義から$S$を含み、$S$を含む任意の部分群に含まれる。したがって$I=\langle S\rangle$は最小である。

表示された有限積全体を$W$とする。空積によって$e_G\in W$である。二つの有限積の積は二つの語を連結した有限積であり、有限積$w=s_1^{\varepsilon_1}\cdots s_k^{\varepsilon_k}$の逆元は

である。よって$W\leq G$であり、$S\subseteq W$であるから$\langle S\rangle\subseteq W$である。逆に、$S$を含む任意の部分群は$S$の各元の逆元と各生成元および各生成元の逆元の有限積を含む。したがって$W$は該当するすべての部分群に含まれ、$W\subseteq\langle S\rangle$である。ゆえに$W=\langle S\rangle$である。▨

証明.$n\mid m$ならば、$m=qn$を満たす整数$q$が存在する。§E7.1 命題 1.6から

を得る。

逆に$g^m=e_G$と仮定する。整数の除法によって$m=qn+r$、$0\leq r<n$と書く。このとき

である。$n$は$g$の正の冪が単位元になる最小の指数であるから、$r=0$でなければならない。したがって$n\mid m$である。▨

証明.§E7.1 命題 1.6から

であるから、$\theta$は準同型である。$G=\langle g\rangle$であるため、$\theta$は全射である。実際、命題 3.2によれば$G$の各元は$g$と$g^{-1}$の有限積であり、§E7.1 命題 1.6によって、ある整数$k$に対する$g^k$の形にまとめられる。

$g$の位数が無限であると仮定する。$\theta(m)=\theta(\ell)$ならば、簡約律と整数冪の法則から$g^{m-\ell}=e_G$を得る。$m-\ell\neq0$ならば、$m-\ell>0$の場合には正の冪が単位元となる。$m-\ell<0$の場合にも、等式の両辺の逆元を取ると$g^{\ell-m}=e_G$となり、正の冪が単位元となる。いずれも$g$の位数が無限であることに反するため、$m-\ell=0$であり、$m=\ell$である。したがって$\theta$は単射でもあり、群同型である。

次に$\operatorname{ord}(g)=n$と仮定する。$[m]_n=[\ell]_n$ならば、§E7.1 命題 2.4から$n\mid(m-\ell)$であり、命題 4.2から$g^{m-\ell}=e_G$を得る。したがって$g^m=g^\ell$であり、$\overline{\theta}$は代表元によらず定まる。整数冪の法則から

であるから、$\overline{\theta}$は準同型である。任意の$g^k\in G$は$\overline{\theta}([k]_n)$に等しいため、$\overline{\theta}$は全射である。$\overline{\theta}([m]_n)=\overline{\theta}([\ell]_n)$ならば$g^{m-\ell}=e_G$であり、命題 4.2から$n\mid(m-\ell)$を得る。§E7.1 命題 2.4から$[m]_n=[\ell]_n$であり、$\overline{\theta}$は単射である。

有限巡回群$G$は$\mathbb Z/n\mathbb Z$と全単射であり、§E7.1 命題 2.4によって後者はちょうど$n$個の元をもつ。したがって$G\cong C_m$かつ$G\cong C_n$ならば$m=|G|=n$である。有限群は無限群$\mathbb Z$と同型ではないため、分類の二つの場合は重ならない。▨

証明. 三角関数の加法定理を用いて行列積を計算すると$R_\theta R_\phi=R_{\theta+\phi}$を得る。また、

であるから、$R_\theta\in\operatorname{SO}(2)$である。$R_\theta R_{-\theta}=R_0=I$であることと整数冪の法則から、整数$k$に対して

が成り立つ。

$R_\beta=I$であることは、$\cos\beta=1$かつ$\sin\beta=0$であることと同値であり、これは$\beta\in2\pi\mathbb Z$と同値である。したがって

この条件を満たす最小の正の整数$k$は$m$である。ゆえに$R_{2\pi/m}$の位数は$m$であり、定理 5.1によって$\langle R_{2\pi/m}\rangle\cong C_m$である。この同型によって$C_m$を像と同一視すれば、$C_m\leq\operatorname{SO}(2)$とみなすことができる。

次に$\alpha/(2\pi)\notin\mathbb Q$とする。正の整数$k$に対して$R_\alpha^k=I$ならば、式 (1) から$k\alpha\in2\pi\mathbb Z$を得る。このとき$\alpha/(2\pi)$は有理数となり、仮定に反する。したがって$R_\alpha$の位数は無限であり、定理 5.1によって表示した写像は群同型である。▨

証明.$G=\langle g\rangle$とし、$H\leq G$とする。$H=\{e_G\}$ならば$H=\langle e_G\rangle$である。

$H\neq\{e_G\}$と仮定し、$h\in H\setminus\{e_G\}$を取る。命題 3.2と§E7.1 命題 1.6により、$h=g^k$を満たす整数$k$が存在する。$h\neq e_G$であるから$k\neq0$である。$k<0$ならば$(g^k)^{-1}=g^{-k}\in H$であるから、

は空でない。$P$の最小元を$d$とする。$g^d\in H$であるから$\langle g^d\rangle\subseteq H$である。

任意の$g^m\in H$に対し、整数の除法によって$m=qd+r$、$0\leq r<d$と書く。このとき

である。$r>0$ならば$d$の最小性に反するため、$r=0$である。したがって$g^m\in\langle g^d\rangle$であり、$H=\langle g^d\rangle$を得る。▨