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群論の問題

難易度 2大学院の講義の演習問題レベル証明問題大学院数学群論

$A$ を有限生成アーベル群（演算は加法で書く）とし、正の整数 $n$ に対して $n A = {na ∣ a \in A}$ とおく。すべての素数 $p$ に対して剰余群 $A / p A$ が巡回群であると仮定する。このとき $A$ は巡回群であることを証明せよ。ただし、自明群 ${0}$ も巡回群とみなす。

なお、有限生成アーベル群の基本定理（単因子形）: 「任意の有限生成アーベル群 $A$ に対し、整数 $r \geq 0$ , $k \geq 0$ と $1 < d_{1} ∣ d_{2} ∣ \dots ∣ d_{k}$ を満たす整数 $d_{1}, \dots, d_{k}$ が存在して $A ≅ Z^{r} \oplus Z / d_{1} Z \oplus \dots \oplus Z / d_{k} Z$ となる」は用いてよい。

この問題で使うもの

有限アーベル群の分類（単因子と素因子型）（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（69 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

基本定理で $A$ を単因子形に分解し、各素数 $p$ について $A / p A$ を具体的に計算する方針で考えましょう。

ヒント 2

直和は成分ごとに $p$ 倍の像で割ればよく、 $Z / p Z$ と $(Z / d Z) / p (Z / d Z) ≅ Z / g cd (p, d) Z$ が各成分の寄与です。また $(Z / p Z)^{t}$ が巡回群になるのは $t \leq 1$ のときだけです。

ヒント 3

$A ≅ Z^{r} \oplus ⨁_{i = 1}^{k} Z / d_{i} Z$ とすると、 $A / p A ≅ (Z / p Z)^{r + s_{p}}$ （ $s_{p}$ は $p ∣ d_{i}$ となる $i$ の個数）です。ここで $p$ を $d_{1}$ の素因数に選ぶと何がわかるか考えましょう。

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

基本定理で $A$ を $Z^{r} \oplus ⨁ Z / d_{i} Z$ と表し、同型写像が $p A$ を $pB$ に移すので $A / p A$ と $B / pB$ が同型であることを確認している（2 点）
直和の各成分ごとに $p$ 倍の像で割ればよいこと、 $Z$ の成分から $Z / p Z$ が、 $Z / d Z$ の成分から $Z / g cd (p, d) Z$ が出ることを示し、 $A / p A ≅ (Z / p Z)^{r + s_{p}}$ を得ている（3 点）
$(Z / p Z)^{t}$ が巡回群なら $t \leq 1$ であることを、元の位数が $1$ か $p$ しかないことから説明している（2 点）
$p$ を $d_{1}$ の素因数に選び、整除関係 $d_{1} ∣ d_{i}$ から $s_{p} = k$ を導いて $r + k \leq 1$ とし、 $k = 0$ の場合も含めて $A$ が巡回群と結論している（3 点）

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模範解答を読む

基本定理により $A ≅ B := Z^{r} \oplus Z / d_{1} Z \oplus \dots \oplus Z / d_{k} Z$ （ $r, k \geq 0$ , $1 < d_{1} ∣ \dots ∣ d_{k}$ ）と書ける。

ステップ 1: 同型で移しても $A / p A$ は変わらない。
同型写像 $f : A \to B$ について、 $f (p a) = p f (a)$ と $f$ の全射性から $f (p A) = pB$ である。よって $f$ と標準射影の合成 $A \to B \to B / pB$ は全射で核が $f^{- 1} (pB) = p A$ となり、準同型定理より $A / p A ≅ B / pB$ 。したがって各素数 $p$ について $B / pB$ も巡回群である。また、 $B$ が巡回群であることを示せば、それと同型な $A$ も巡回群である。

ステップ 2: $B / pB$ の計算。
$p$ を素数とする。

(a) アーベル群 $C_{1}, \dots, C_{m}$ について、 $p (c_{1}, \dots, c_{m}) = (p c_{1}, \dots, p c_{m})$ なので $p (C_{1} \oplus \dots \oplus C_{m}) = p C_{1} \oplus \dots \oplus p C_{m}$ である。各成分の標準射影を並べた準同型 $C_{1} \oplus \dots \oplus C_{m} \to C_{1} / p C_{1} \oplus \dots \oplus C_{m} / p C_{m}$ は全射で、核は $p C_{1} \oplus \dots \oplus p C_{m}$ だから、準同型定理より
$(C_{1} \oplus \dots \oplus C_{m}) / p (C_{1} \oplus \dots \oplus C_{m}) ≅ C_{1} / p C_{1} \oplus \dots \oplus C_{m} / p C_{m} .$

(b) 自由部分の成分 $Z$ について: $Z$ の元を $p$ 倍したもの全体は $p Z$ なので、 $Z / p Z$ は文字どおり $Z$ を $p Z$ で割った剰余群であり、この成分の寄与は $Z / p Z$ である。

(c) 正の整数 $d$ に対し、 $Z / d Z$ の元 $x + d Z$ の $p$ 倍は $p x + d Z$ なので、 $p (Z / d Z) = (p Z + d Z) / d Z$ である。 $p Z + d Z = g Z$ （ $g = g cd (p, d)$ ）だから、第三同型定理より
$(Z / d Z) / p (Z / d Z) = (Z / d Z) / (g Z / d Z) ≅ Z / g Z .$
$p$ は素数なので、 $p ∣ d$ なら $g = p$ 、 $p ∤ d$ なら $g = 1$ である（ $Z /1 Z$ は自明群）。

(a), (b), (c) を合わせると、 $p ∣ d_{i}$ となる $i$ の個数を $s_{p}$ として、 $Z$ の $r$ 個の成分がそれぞれ $Z / p Z$ を、 $p ∣ d_{i}$ となる $s_{p}$ 個の成分がそれぞれ $Z / p Z$ を与え、残りの成分は自明群を与えるので
$B / pB ≅ (Z / p Z)^{r + s_{p}} .$

ステップ 3: 指数の評価。
$(Z / p Z)^{t}$ は位数 $p^{t}$ で、任意の元 $x$ について $p x = 0$ だから、すべての元の位数は $1$ または $p$ である。 $t \geq 2$ ならば $p < p^{t}$ なので位数 $p^{t}$ の元が存在せず、巡回群でない。したがって仮定から、すべての素数 $p$ について $r + s_{p} \leq 1$ である。

ステップ 4: 場合分け。
- $k = 0$ のとき: 任意の素数（たとえば $p = 2$ ）で $s_{p} = 0$ なので $r \leq 1$ 。よって $B ≅ {0}$ または $B ≅ Z$ であり、どちらも巡回群である。
- $k \geq 1$ のとき: $d_{1} > 1$ なので $d_{1}$ の素因数 $p$ をとる。 $d_{1} ∣ d_{i}$ （ $i = 1, \dots, k$ ）より $p ∣ d_{i}$ がすべての $i$ で成り立つので $s_{p} = k$ 。よって $r + k \leq 1$ となり、 $k \geq 1$ と合わせて $k = 1$ , $r = 0$ 。したがって $B ≅ Z / d_{1} Z$ で、巡回群である。

結論. いずれの場合も $B$ は巡回群であり、ステップ 1 より $A ≅ B$ も巡回群である。 $■$

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