正二面体群

風邪をこじらせました. 二日寝て回復しましたが, 無理はいけませんね~.
しばし忙しくて更新できませんでした. 年も越えているので友人に触発されて・・・

今年の抱負:
【仕事】計画性と正確さを持って
【プライベート】大胆に

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さて, 今日は正二面体群上の演算や有限群に関する諸々の命題を検証していきます.

H=<x>, #H=n, #K=2 を満たす二つの群H, Kに準同型σ:K→AutHをσ_i(x)=x^(-1)と定義すれば, D_n=H\rtimes Kは半直積群を成す. これを正二面体群とする.

まずこの群の演算を詳しく見てみよう. 演算は次のようなものである.

(h1,k1)(h2,k2)=(h1σ_k1(h2),k1k2) (hi∈H, kj∈K)

単位元が(e_H,e_K)なのは

(h,k)(e_H,e_K)=(hσ_k(e_H),k)=(h,k)
※σはHの自己同型であるから勿論単射. よってσ(e)=e.

から直ちに確かめられる.

逆元を探すと,

(h1σ_k1(h2),k1k2)=(e_H,e_K)から

σ_k1(h2)=h1^(-1) … (ρi)
k2=k1^(-1)

(ρi)の逆変換をとってh2=σ_(-k1)(h1^(-1))

すなわち逆元は

(h,k)^(-1)=(σ_(-k)(h^(-1)),k^(-1))

実際 (h,k)(h,k)^(-1)=(h(σ_ko(-k))(h^(-1)),e_K)=(hh^(-1),e_K)=e.

これで正二面体群D_nが群であることは分かった.
このGがHとKに直積分解できないことは, H\hookrightarrow H\times \{e\}\lhd Gだが一般にKはGと可換ではないことから見れる.

(h,k)(e,y)(h,k)^{-1}=(h\sigma_k(e),ky)(\sigma_{-k}(h^{-1}),k^{-1}) = (h\sigma_{y^*}(h^{-1}),y^*)

y^*=kyk^{-1}=eのときを除いてKは正規でない.

群GがH_i(1≦i≦r)の直積に分解できるための必要十分は,

(DPi) H_i\lhd G (1≦i≦r).
(DPii) \prod H_i\ni (x_1,x_2,\ldots,x_r)\twoheadrightarrow x_1x_2\cdots x_r \in Gが一意的.
(DPiii) H_1H_2\cdots H_i\cap H_{i+1}=\{e\} (1≦i≦r-1)

であったから, (DPi)を満たさないので直積分解はできない.

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ここで具体的に, D_3を3点集合X={a,b,c}に作用させる手段を考えてみたい.
D_3からXの対称群Sym(X)への準同型 L:D_3→Sym(X) をどのように定めると自然だろう?

まずL_st=L_sL_t (s,t∈G)を満たさなくてはいけないのでそれを目標にしよう.

Kは定義から位数2の巡回群だから符号に同型で次のように定めることができる.

L(h,k)(x)=L(h,e)(sgn(k)x).

次にHは位数3(D_3を考えている)で巡回群なので, 3次交代群A_3と同一視すれば,

L(h,e)sgn(k)x=L(e,e)(sgn(k)h)(x) (h∈A_3, x∈X)

即ち

L(h,k)=sgn(k)h

と書ける.

このとき

 {\rm L}(st)={\rm L}(h_1\sigma_{k_1}(h_2),k_1k_2)={\rm sgn}(k_1k_2)h_1\sigma_{k_1}(h_2) \\ ={\rm sgn}(k_1){\rm sgn}(k_2)h_1\sigma_{k_1}(h_2) = {\rm L}(s){\rm L}(t)

が満たされるから, 左D_3作用が定義された.

※もしH=Z/3ZとA_3以外の位数3の群を割り当てても, 左作用の定義

(LAi) (gh)x=g(hx)
(LAii) ex=x
(g,h,e∈H, x∈X)

を満たすような位数3の作用群の候補はA_3をおいて他になく,


 \begin{matrix} e & \Leftrightarrow & [0] \\ <i,j,k> & \Leftrightarrow & [1] \\ <k,j,i> & \Leftrightarrow & [2] \end{matrix}

なる対応が余儀なくされる.

これで平面上の正n角形を裏返しも含めて自分に移す作用全体という意味も了承されたのではないだろうか.

e.g.
L(+,(3,2,1))(X)={c,a,b}
L(-, (1,2,3))(X)={-b,-c,-a}

※図は正三角形のつもりですが, いびつですね.
dihedralg

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Proposition.1) 有限群Gの中心をZ(G)とする. G/Z(G)が巡回群ならばGはAbel群である.
Proof.1) G/Z(G)の指数をr, 生成元をaとすると, 任意の剰余類xZ(G)に対し, あるh∈Z(G)があって

xh=a^k (x∈(G\Z(G))∪{e}, a∈G, h∈Z(G), 0≦k<r)

と表せる.

同様に

yi=a^m (y∈(G\Z(G))∪{e}, a∈G, i∈Z(G), 0≦m<r)

をとって,

x=a^kh^(-1)
y=a^mi^(-1)

とする.

xyx^(-1)=a^k (h^(-1)a^mi^(-1)h) a^(-k)
=a^k a^m (i^(-1) a^(-k) i) i^(-1)
=a^(k+m-k)i^(-1)
=y

従って任意の(G\Z(G))∪{e}の元は互いに可換.
一方中心Z(G)は定義からGと可換な元全体からなるAbel群であるから, 結局Gが可換群であることがいえる■

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Proposition.2) 非自明なp群Gの中心は自明でない.
Proof.2) 有限p群Gの位数をp^r(r≧1)とする.
まずx∈Gの共役類をO_G(x)=O(x)={gxg^(-1)|g∈G}と定義すれば,

#O(x)=1⇔x∈Z(G) … (2.1).

共役類について, x=exe^(-1)だから自明な元x∈O(x)がある.
任意のy∈O(x)に対し, あるg∈Gがあってy=gxg^(-1). そのようなyが1つ, つまり自明な元xに限られるからy=x=gxg^(-1). これはO(x)の元がGの任意の元と可換であることを示し, O(x)⊂Z(G)から→は言える. ←は xyx^(-1)=y (∀y∈G)からx=yxy^(-1)であり, {x}=O(x)から従う.

G/Z(x)≡O(x) (bijectional) … (2.2).

f:G/Z(x)→O(x) :: gZ(x)→f(g)=gxg^(-1)

とすれば, fは定義から全射. f^(-1)(gxg^(-1))=gZ(x)を示したい.
h∈f^(-1)(gxg^(-1)) に対しf(h)=hxh^(-1)=gxg^(-1). つまりg^(-1)h∈Z(x). よってh∈gZ(x).

これらを使って先の命題を示したいと思います.

まず中心Z(G)は共役類の濃度が1であるようなx∈G全体であり, かつ中心化群の共通部分, すなわち

Z(G)={x∈G|#O(x)=1}=\displaystyle{\bigcap_{x\in G}Z_G(x)} … (2.3)

と表せる. 今Gの軌道分解を

G=\displaystyle{\bigcup_{i\in I}O(x_i)}

とすると, 相異なる軌道が交わりを持たない(O(x_i)≠O(x_j)⇒O(x_i)∩O(x_j)=Ø)こととGが有限群であることから,

#G=\displaystyle{\sum_{i\in I}\sharp O(x_i)}.

ここで(2.3)から

#Z(G)=1+…+1=#J

と中心の濃度を1の和に分割できるので, 類等式

#G=#Z(G)+\displaystyle{\sum_{i\in I\backslash J}\sharp O(x_i)}

を得る.

(2.2)とGがp冪の位数を持つことから, #O(x_i) (i∈I\J)はp冪で,

#G=p^r=#Z(G)+p+p^2+…

今もし#Z(G)=1とすれば右辺はpで割り切れないので矛盾. よって中心Z(G)の濃度は1でない■

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次回はより高い次元の群にシュライアーの細分定理(Schreier refinement theorem)を適用させて部分群の細分の(同型を除く)一意性を示していこうと思います. 旗多様体, または組みひも群の性質も詳しく見ていきます.

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