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代数的位相幾何の問題

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代数的位相幾何

$g \geq 1$ を整数とし、 $Σ_{g}$ を種数 $g$ の向き付け可能な閉曲面とする。 $Σ_{g}$ の 2 重被覆 $p : E \to Σ_{g}$ で全空間 $E$ が連結であるものを考える。2 つの被覆 $p_{1} : E_{1} \to Σ_{g}$ 、 $p_{2} : E_{2} \to Σ_{g}$ は、同相写像 $h : E_{1} \to E_{2}$ で $p_{2} \circ h = p_{1}$ を満たすものが存在するとき同型であるという（基点は考えない）。

このとき、 $Σ_{g}$ の連結な 2 重被覆は、同型を除いてちょうど $2^{2 g} - 1$ 個あることを証明せよ。

ただし、次の事実は証明なしに用いてよい。

(i) 被覆空間の分類定理: $X$ が弧状連結・局所弧状連結・半局所単連結な空間で $x_{0} \in X$ のとき、 $X$ の連結な被覆の同型類（基点なし）全体と、 $π_{1} (X, x_{0})$ の部分群の共役類全体の間には全単射があり、連結な被覆 $p : E \to X$ には部分群 $p_{*} π_{1} (E, e_{0})$ （ $e_{0} \in p^{- 1} (x_{0})$ ）の共役類が対応する。さらに、このとき被覆の重複度（シート数）は指数 $[π_{1} (X, x_{0}) : p_{*} π_{1} (E, e_{0})]$ に等しい。

(ii) $π_{1} (Σ_{g}, x_{0})$ は表示 $⟨ a_{1}, b_{1}, \dots, a_{g}, b_{g} ∣ [a_{1}, b_{1}] [a_{2}, b_{2}] \dots [a_{g}, b_{g}]⟩$ をもつ。ここで $[a, b] = ab a^{- 1} b^{- 1}$ である。

この問題で使うもの

被覆空間と部分群の対応（説明と入口の問題）
基本群の表示とアーベル化（説明と入口の問題）
1 次元表現とアーベル化（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（100 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

被覆空間の分類定理を使い、連結な 2 重被覆の同型類を $π_{1} (Σ_{g})$ の指数 2 の部分群の共役類の個数に言い換える。

ヒント 2

指数 2 の部分群は必ず正規部分群であり、全射準同型 $π_{1} (Σ_{g}) \to Z /2$ の核と 1 対 1 に対応する。

ヒント 3

$Z /2$ は可換なので、交換子の積という関係式は自動的に $0$ に送られる。したがって準同型 $π_{1} (Σ_{g}) \to Z /2$ は $2 g$ 個の生成元の像を自由に選んで定まる。

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

$Σ_{g}$ が分類定理の仮定（弧状連結・局所弧状連結・半局所単連結）を満たすことに触れ、連結な 2 重被覆の同型類を指数 2 の部分群の共役類に言い換えている（2 点）
指数 2 の部分群が正規であることを剰余類の比較などで示し、共役類が部分群そのものと同じであることを述べている（2 点）
指数 2 の部分群と全射準同型 $π_{1} (Σ_{g}) \to Z /2$ が核をとる対応で 1 対 1 であることを、全射性・単射性の両方について確かめている（2 点）
表示の普遍性と $Z /2$ の可換性から、関係式が自動的に満たされ、準同型が $2^{2 g}$ 個あることを導いている（3 点）
零準同型を除いて全射準同型が $2^{2 g} - 1$ 個であることを述べ、結論をまとめている（1 点）

結果を記録する（このブラウザにだけ保存されます）:

模範解答を読む

$G = π_{1} (Σ_{g}, x_{0})$ とおく。

ステップ 1（分類定理への帰着）. $Σ_{g}$ は閉曲面（2 次元多様体）なので、弧状連結であり、各点が $R^{2}$ の開円板と同相な近傍をもつから局所弧状連結かつ半局所単連結である。よって (i) が使え、 $Σ_{g}$ の連結な被覆の同型類は $G$ の部分群の共役類と 1 対 1 に対応し、2 重被覆には指数 2 の部分群の共役類が対応する。したがって、示すべきことは
$# {G の指数 2 の部分群の共役類} = 2^{2 g} - 1$
である。

ステップ 2（指数 2 の部分群は正規部分群）. $H \leq G$ を指数 2 の部分群とする。 $x \in G$ について、 $x \in H$ なら $x H = H = H x$ である。 $x \in / H$ なら、左剰余類は $H$ と $x H$ の 2 つで $G = H ⊔ x H$ 、右剰余類も $H$ と $H x$ の 2 つで $G = H ⊔ H x$ なので、 $x H = G ∖ H = H x$ である。いずれの場合も $x H = H x$ 、すなわち $x H x^{- 1} = H$ となり、 $H$ は正規部分群である。よって $H$ の共役類は ${H}$ だけであり、数えるべきものは指数 2 の部分群そのものの個数になる。

ステップ 3（指数 2 の部分群と全射準同型 $G \to Z /2$ の対応）. 全射準同型 $φ : G \to Z /2$ に対し、準同型定理より $G / ker φ ≅ Z /2$ なので $ker φ$ は指数 2 の部分群である。この対応 $φ \mapsto ker φ$ が全単射であることを示す。

全射性: 指数 2 の部分群 $H$ はステップ 2 より正規なので、商群 $G / H$ は位数 2 の群であり、 $Z /2$ と同型である。同型 $ι : G / H \to Z /2$ と自然な射影 $π : G \to G / H$ の合成 $φ = ι \circ π$ は全射準同型で、 $ker φ = H$ である。
単射性: 全射準同型 $φ, ψ : G \to Z /2$ が $ker φ = ker ψ = H$ を満たすとする。 $x \in H$ なら $φ (x) = 0 = ψ (x)$ 、 $x \in / H$ なら $φ (x) \neq = 0$ 、 $ψ (x) \neq = 0$ なので $φ (x) = 1 = ψ (x)$ である。よって $φ = ψ$ 。

したがって、指数 2 の部分群の個数は全射準同型 $G \to Z /2$ の個数に等しい。

ステップ 4（準同型 $G \to Z /2$ の個数）. (ii) の表示と表示の普遍性により、準同型 $φ : G \to Z /2$ は、生成元の像 $φ (a_{i}), φ (b_{i}) \in Z /2$ $(1 \leq i \leq g)$ の組であって関係式を満たすものと 1 対 1 に対応する。 $Z /2$ は可換群なので、どのように像 $α_{i} = φ (a_{i})$ 、 $β_{i} = φ (b_{i})$ を選んでも
$φ ([a_{i}, b_{i}]) = α_{i} + β_{i} - α_{i} - β_{i} = 0$
となり、関係式 $[a_{1}, b_{1}] \dots [a_{g}, b_{g}]$ の像は $0$ である。よって $2 g$ 個の生成元の像は自由に選べ、準同型 $G \to Z /2$ はちょうど $2^{2 g}$ 個ある。

ステップ 5（全射なものを数える）. $Z /2$ の部分群は ${0}$ と $Z /2$ だけなので、準同型 $φ : G \to Z /2$ の像は ${0}$ か $Z /2$ である。像が ${0}$ になるのは零準同型 1 個だけなので、全射準同型は $2^{2 g} - 1$ 個ある（ $g \geq 1$ なので $2^{2 g} - 1 \geq 3 > 0$ ）。

結論. ステップ 3〜5 より $G$ の指数 2 の部分群はちょうど $2^{2 g} - 1$ 個あり、ステップ 2 よりそれぞれが単独で 1 つの共役類をなす。ステップ 1 より、 $Σ_{g}$ の連結な 2 重被覆は同型を除いてちょうど $2^{2 g} - 1$ 個ある。 $■$

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