期末試験問題 (`15/01/27実施)

代数学 AII 期末試験 2015.01.27 実施
学籍番号：氏名１
総得点次の置換 σ, τ について στ の巡回置換型 (サイクルシェイプ) と位数を求めよ。(10 点)
(
)
1 2 3 4 5 6
,
σ=
4 1 2 3 6 5
(
τ=
1 2 3 4 5 6
6 1 5 3 4 2
)
【解答】置換の積を計算すると
(
)
1 2 3 4 5 6
στ =
= (1 5 3 6)(2 4)
5 4 6 2 3 1
となる。よって στ の巡回置換型は 2141 型である。また，στ の位数はその巡回置換型から 2 と 4
の最小公倍数である 4 となる。
２
G, H を群とするとき，次の問に答えよ。(各 10 点・計 20 点)
(1) a, b ∈ G について，(ab)−1 = b−1 a−1 を示せ。
(2) f : G −→ H を群準同型とするとき，f (1G ) = 1H を示せ。
【解答】 (1): (ab)(b−1 a−1 ) = 1G および (b−1 a−1 )(ab) = 1G を示せばよい。
(ab)(b−1 a−1 ) = a(bb−1 )a−1 = a · 1G · a−1 = aa−1 = 1G
(b−1 a−1 )(ab) = b−1 (a−1 a)b = b−1 · 1G · b = bb−1 = 1G
これより (ab)−1 = b−1 a−1 が成り立つ。
(2): t = f (1G ) とおくと，f は準同型であるから t = f (1G ) = f (1G · 1G ) = f (1G )f (1G ) = t2 が成り
立つ。この両辺に t−1 をかけて t = 1H を得る。よって f (1G ) = 1H である。
３
群 G において次で定まる二項関係は同値関係であることを示せ。(10 点)
a ∼ b ⇐⇒ ∃ x ∈ G s.t. b = x−1 ax
【解答】反射律，対称律，推移律をそれぞれ示す。
(i): 任意の a ∈ G について a = 1G · a · 1G = 1−1
G · a · 1G が成り立つので，a ∼ a である。
(ii): a ∼ b とすると，ある x ∈ G が存在して b = x−1 ax が成り立つ。このとき a = xbx−1 となるが，
x = (x−1 )−1 であるから，y = x−1 とおけば a = y −1 by が成り立つ。よって b ∼ a である。
(iii): a ∼ b, b ∼ c とすると，ある x, y ∈ G が存在して b = x−1 ax, c = y −1 by が成り立つ。このと
き (xy)−1 = y −1 x−1 より c = y −1 by = y −1 (x−1 ax)y = (y −1 x−1 )a(xy) = (xy)−1 a(xy) が成り立つので，
a ∼ c である。
以上から与えられた二項関係は G 上の同値関係となる。
４
以下で定まる行列 A, B を用いて G = {Am B n ∈ GL2 (R) | m, n ≥ 1} とおくとき，以下の問
に答えよ。ただし I は 2 次の単位行列を表す。(計 60 点)
[
]
[
]
0 1
−1 1
A=
B=
1 0
−1 0
,
(1) A および B の位数を求めよ。(5 点)
(2) A−1 ∈ G および B −1 ∈ G を示せ。(5 点)
【Hint: A−1 = Am B n , B −1 = Am B n となる m, n ≥ 1 をそれぞれ求める。】
(3) AB = B −1 A および BA = AB −1 を示せ。(5 点)
(4) G = {I, A, AB, AB 2 , B, B 2 } であることを示せ。(5 点)
【Hint: 任意の G の元は Am B n (1 ≤ m ≤ 2, 1 ≤ n ≤ 3) と表せることを示す。】
(5) G は GL2 (R) の部分群になることを示せ。(10 点)
(6) f : G −→ R× を X 7−→ det X で定めるとき，f は群準同型であることを示せ。(10 点)
(7) Ker f = ⟨B⟩ を示せ。(10 点)
(8) Im f = {±1} であることを示せ。(10 点)
【解答】 (1): Am , B m (m = 2, 3, . . . ) を計算してみると
[
]
[
]
1
0
0
−1
A2 =
, B2 =
,
0 1
1 −1
[
B3 =
]
1 0
0 1
となり，A2 = B 3 = I が分かる。よって A の位数は 2 , B の位数は 3 である。
(2): A2 = B 3 = I より A−1 = A, B −1 = B 2 である。よって A−1 = A = A1 B 3 ∈ G, B −1 = B 2 =
A2 B 2 ∈ G である。
(3): 両辺をそれぞれ計算して比較する。
[
]
[
]
−1 0
−1 0
AB =
, B −1 A = B 2 A =
,
−1 1
−1 1
[
BA =
]
1 −1
,
0 −1
[
AB −1 = AB 2 =
1 −1
0 −1
]
よって AB = B −1 A, BA = AB −1 が成り立つ。
(4): A2 = B 3 = I より {I = A2 B 3 , A = AB 3 , AB, AB 2 , B = A2 B, B 2 = A2 B 2 } ⊂ G である。また
(1) より
Am =
{
I
(m ≡ 0 mod 2Z)
A (m ≡ 1 mod 2Z)
,



I
Bn = B


B 2
(n ≡ 0 mod 3Z)
(n ≡ 1 mod 3Z)
(n ≡ 2 mod 3Z)
であるから，任意の m, n ≥ 1 に対して Am B n ∈ {I, A, AB, AB 2 , B, B 2 } となる。よって G =
{I, A, AB, AB 2 , B, B 2 } が成り立つ。
(5): (1), (2), (3) より A2 = B 3 = I, AB = B 2 A, AB 2 = BA が成り立つ。Am B n , Ap B q ∈ G とする
pn
と，BA = AB 2 より B n A = AB 2n であるから，B n Ap = Ap B 2
p
Am (B n Ap )B q = Am (Ap B 2 n )B q = Am+p B 2
p n+q
となる。よって (Am B n )(Ap B q ) =
∈ G より G は積で閉じる。また I = A2 B 3 ∈ G
である。逆元については (Am B n )−1 = (B n )−1 (Am )−1 = (B −1 )n (A−1 )m = (B 2 )n Am = B 2n Am =
Am B 2
m+1 n
∈ G である。以上から G は GL2 (R) の部分群をなす。
【別解】 (4) より G = {I, A, AB, AB 2 , B, B 2 } であるから，この乗積表を計算してもよい。A2 =
B 3 = I, AB = B 2 A, AB 2 = BA を用いて計算すると，G の乗積表は以下のようになる。
I
I
A
AB
AB 2
B
B2
A
AB
AB 2
B
B2
I
A
AB AB 2 B
B2
A
I
B
B 2 AB AB 2
AB B 2
I
B AB 2 A
AB 2 B
B2
I
A
AB
2
2
B AB
A
AB B
I
2
2
B
AB AB
A
I
B
これより G は積で閉じ，I ∈ G であり，またどの行にも I が出てくるので G の各元についてその
逆元も G に存在することが分かる。よって G は GL2 (R) の部分群である。
(6): X, Y ∈ G に対して f (XY ) = det XY = det X · det Y = f (X)f (Y ) より f は準同型である。
(7): 計算すると det A = −1, det B = 1 である。これより det Am B n = det Am · det B n = (det A)m ·
(det B)n = (−1)m · 1n = (−1)m となる。ここで Am B n ∈ Ker f とすると
Am B n ∈ Ker f ⇐⇒ f (Am B n ) = 1 ⇐⇒ det Am B n = 1 ⇐⇒ (−1)m = 1 ⇐⇒ m ≡ 0 mod 2Z
となることから，m は偶数である。このとき A2 = I だったので Am = I であるから，Am B n =
I · B n = B n ∈ ⟨B⟩ となる。これより Ker f ⊂ ⟨B⟩ である。逆に det B n = 1n = 1 より ⟨B⟩ ⊂ Ker f
でもあるので，Ker f = ⟨B⟩ が示せた。
(8): (7) で示したように f (Am B n ) = (−1)m であるから，Im f = {±1} である。

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