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群論の問題

難易度 4大学院入試の難問レベル証明問題大学院数学群論

位数 $144$ の群は単純群でないこと、すなわち位数 $144$ の任意の群 $G$ は ${e}$ と $G$ 以外の正規部分群をもつことを証明せよ。ただし、ここで単純群とは、単位群でなく、正規部分群が自明なもの（ ${e}$ と自分自身）しかない群のこととする。シローの定理（シロー部分群の存在・共役性、およびシロー $p$ 部分群の個数 $n_{p}$ が $n_{p} \equiv 1 (mod p)$ かつ $n_{p}$ が $∣ G ∣$ を割り切ること）、ラグランジュの定理、位数 $p^{2}$ （ $p$ は素数）の群が可換であることは用いてよい。

この問題で使うもの

この問題を解けるようになるまで（79 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

背理法で $G$ を単純と仮定し、まず「単純群は小さな指数の部分群をもたない」ことを剰余類への作用を使って示しましょう。その後、シロー $3$ 部分群の個数で場合分けします。

ヒント 2

指数 $k$ の部分群があると単射 $G \to A_{k}$ が得られ、 $144 ∣ k! /2$ が必要です。これで $n_{3} = 16$ に絞れます。次に、シロー $3$ 部分群どうしが自明に交わるかどうかで場合を分けます。

ヒント 3

自明に交わる場合は位数 $3, 9$ の元を数えると $128$ 個になり、残り $16$ 個がシロー $2$ 部分群を決めます。交わり $D$ が位数 $3$ の場合は、位数 $9$ の群が可換であることから $P, Q \subseteq N_{G} (D)$ となるので、 $∣ N_{G} (D) ∣$ の候補を調べましょう。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

剰余類への作用から単射 $G \to S_{k}$ を作り、さらに像が $A_{k}$ に入ることを示して、指数 $2 \leq k \leq 6$ の部分群が存在しないことを導いている（3 点）
シローの定理と上の結果から $n_{3} \in {1, 4, 16}$ のうち $1, 4$ を除外し、 $n_{3} = 16$ を得ている（1 点）
シロー $3$ 部分群どうしが自明に交わる場合に、位数 $3, 9$ の元が $128$ 個あることを数え、残り $16$ 個からシロー $2$ 部分群が一意（正規）になることを示している（2 点）
交わり $D$ が位数 $3$ の場合に、位数 $9$ の群が可換であることから $P, Q \subseteq N_{G} (D)$ を導いている（2 点）
$∣ N_{G} (D) ∣ \in {18, 36, 72, 144}$ のそれぞれを、 $N_{G} (D)$ 内のシロー $3$ 部分群の個数・指数の補題・単純性によって除外し、結論を述べている（2 点）

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模範解答を読む

背理法で示す。位数 $144 = 2^{4} \cdot 3^{2}$ の群 $G$ が単純群であると仮定し、矛盾を導く。

補題: $G$ は指数 $k$ （ $2 \leq k \leq 6$ ）の部分群をもたない。
$H$ を指数 $k \geq 2$ の部分群とする。 $G$ は左剰余類の集合 $G / H$ （ $k$ 個の元）に左からの掛け算で作用し、準同型 $φ : G \to S_{k}$ を与える。 $ker φ = ⋂_{g \in G} g H g^{- 1} \subseteq H \neq = G$ は $G$ の正規部分群なので、単純性から $ker φ = {e}$ 、すなわち $φ$ は単射である。さらに符号との合成 $sgn \circ φ : G \to {\pm 1}$ の核は指数 $1$ または $2$ の正規部分群であり、指数 $2$ なら ${e}$ でも $G$ でもない正規部分群になる（ $∣ G ∣ = 144 > 2$ なので核は ${e}$ ではない）から単純性に反する。よって $φ (G) \subseteq A_{k}$ であり、ラグランジュの定理から $144$ は $∣ A_{k} ∣ = k! /2$ を割り切る。しかし $k = 2, 3, 4, 5, 6$ に対し $k! /2 = 1, 3, 12, 60, 360$ で、いずれも $144$ の倍数でない（ $360 = 2 \cdot 144 + 72$ ）。これは矛盾である。

特に、 $G$ は位数 $72, 48, 36, 24$ （指数 $2, 3, 4, 6$ ）の部分群をもたない。

ステップ 1: $n_{3} = 16$ 。
シローの定理より $n_{3} \equiv 1 (mod 3)$ かつ $n_{3} ∣ 16$ なので $n_{3} \in {1, 4, 16}$ 。 $n_{3} = 1$ ならシロー $3$ 部分群は共役で自分自身に移るので正規部分群となり、その位数は $9$ だから ${e}$ でも $G$ でもなく、単純性に反する。 $n_{3} = 4$ なら、シロー $3$ 部分群 $P$ の共役の個数が $[G : N_{G} (P)] = 4$ となり、指数 $4$ の部分群 $N_{G} (P)$ が存在して補題に反する。よって $n_{3} = 16$ 。

ステップ 2: 相異なるシロー $3$ 部分群が常に自明に交わる場合。
どの相異なる $2$ つのシロー $3$ 部分群 $P \neq = Q$ も $P \cap Q = {e}$ を満たすとする。各シロー $3$ 部分群は単位元以外に $8$ 個の元をもち、それらは位数 $3$ または $9$ である。逆に位数 $3$ または $9$ の元 $x$ が生成する部分群は $3$ 群なので、あるシロー $3$ 部分群に含まれる（シローの定理）。したがって位数が $3$ または $9$ の元はちょうど $16 \cdot 8 = 128$ 個ある。残りの元は $144 - 128 = 16$ 個である。一方、シロー $2$ 部分群（位数 $16$ ）の元の位数は $2$ の冪なので、どのシロー $2$ 部分群もこの $16$ 個の元からなる集合に含まれ、位数が $16$ だからこの集合と一致する。よってシロー $2$ 部分群はただ $1$ つで、 $n_{2} = 1$ となり、シロー $2$ 部分群は正規部分群（位数 $16$ なので自明でない）となって矛盾する。

ステップ 3: 交わりが自明でない $2$ つのシロー $3$ 部分群がある場合。
$P \neq = Q$ をシロー $3$ 部分群で $D = P \cap Q \neq = {e}$ となるものとする。 $D$ は $P$ の部分群で $D \neq = P$ （ $D = P$ なら $∣ P ∣ = ∣ Q ∣$ より $P = Q$ ）なので、ラグランジュの定理から $∣ D ∣ = 3$ 。位数 $9 = 3^{2}$ の群は可換なので、 $P$ の元も $Q$ の元も $D$ の元と可換であり、特に $P \subseteq N_{G} (D)$ , $Q \subseteq N_{G} (D)$ 。 $N = N_{G} (D)$ とおく。

$∣ N ∣$ は $∣ P ∣ = 9$ の倍数で $144$ の約数なので $∣ N ∣ \in {9, 18, 36, 72, 144}$ 。 $N$ は相異なる $P, Q$ を含むので $∣ N ∣ > 9$ 。また $P, Q$ は $N$ のシロー $3$ 部分群（位数 $9$ が $∣ N ∣$ を割り切る $3$ の最大冪）なので、 $N$ のシロー $3$ 部分群の個数 $n_{3} (N)$ は $2$ 以上で、 $n_{3} (N) \equiv 1 (mod 3)$ より $n_{3} (N) \geq 4$ 、かつ $n_{3} (N) ∣ ∣ N ∣/9$ 。 $∣ N ∣ = 18$ なら $n_{3} (N) ∣ 2$ となり矛盾。 $∣ N ∣ = 36, 72$ なら $N$ は指数 $4, 2$ の部分群で補題に反する。 $∣ N ∣ = 144$ なら $N = G$ 、すなわち $D$ は位数 $3$ の正規部分群となり単純性に反する。いずれも矛盾である。

結論. ステップ 2・3 は起こりうるすべての場合を尽くしており、どちらでも矛盾が生じた。よって仮定は誤りであり、位数 $144$ の群は単純群でない。 $■$

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