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

0 胞体 $x_{0}$ を 1 つ、1 胞体 $a, b$ を 2 つもち（それぞれ $x_{0}$ を基点とするループとして向きを定める）、2 胞体 $e_{1}, e_{2}$ を、境界がそれぞれループ $a^{3}$ 、 $b^{2}$ に沿うように貼り付けて得られる CW 複体を $X$ とする。基本群 $G = π_{1} (X, x_{0})$ は無限群であるが、そのアーベル化 $G^{ab} = G / [G, G]$ は位数 $6$ の有限群であることを証明せよ。ここで $[G, G]$ は $G$ の交換子部分群である。

ただし、次の事実は証明なしに用いてよい: 連結な CW 複体の 1 骨格が 1 点で束ねた円周の族で、その円周に対応するループを $g_{1}, \dots, g_{r}$ とするとき、2 胞体を接着写像のループ $w_{1}, \dots, w_{s}$ に沿って貼り付けた空間の基本群は、群の表示 $⟨ g_{1}, \dots, g_{r} ∣ w_{1}, \dots, w_{s} ⟩$ で与えられる（ファン・カンペンの定理の帰結）。

この問題で使うもの

基本群の表示とアーベル化（説明と入口の問題）
行列の和・積と 2 次の逆行列（説明と入口の問題）
群の位数と元の位数（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（89 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

まずファン・カンペンの定理から $π_{1} (X)$ の表示 $⟨ a, b ∣ a^{3}, b^{2} ⟩$ を書く。アーベル化の位数は「上から」（元を書き並べる）と「下から」（全射準同型を作る）の両方から評価する。

ヒント 2

アーベル化の元は $m a ˉ + n b ˉ$ の形に書ける。下からの評価には $a \mapsto (1, 0)$ 、 $b \mapsto (0, 1)$ で定まる $Z /3 \times Z /2$ への準同型を使う。無限群であることは、 $A^{3} = I$ 、 $B^{2} = I$ を満たす整数行列 $A, B$ への準同型を作って示す。

ヒント 3

$A = (01 - 1 - 1)$ 、 $B = (- 1 0 01)$ とすると $A B = - (0111)$ であり、この行列の累乗はフィボナッチ数で表せる。

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

胞体構造とファン・カンペンの定理から $π_{1} (X) ≅ ⟨ a, b ∣ a^{3}, b^{2} ⟩$ を正しく導いている（2 点）
アーベル化の任意の元が $m a ˉ + n b ˉ$ （ $0 \leq m \leq 2$ 、 $0 \leq n \leq 1$ ）と書けることから $∣ G^{ab} ∣ \leq 6$ を示している（2 点）
$Z /3 \times Z /2$ への全射準同型が交換子部分群を消すことから、アーベル化からの全射を得て $∣ G^{ab} ∣ \geq 6$ を示している（2 点）
関係式 $a^{3} = b^{2} = 1$ を満たす元をもつ群（行列群など）への準同型を構成し、関係式が満たされることを計算で確かめている（2 点）
その準同型で $ab$ などの像が無限位数であることを具体的に示し、 $G$ が無限群であると結論している（2 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

ステップ 1（基本群の表示）. $X$ の 1 骨格は $x_{0}$ で束ねた 2 つの円周 $a, b$ であり、2 胞体の接着写像はループ $a^{3}$ 、 $b^{2}$ である。問題文の事実より
$G = ⟨ a, b ∣ a^{3}, b^{2} ⟩ .$
すなわち、 $G$ は自由群 $F (a, b)$ を $a^{3}, b^{2}$ の正規閉包で割った群である。以後、群の表示の普遍性: 「群 $K$ の元 $α, β$ が $α^{3} = 1$ 、 $β^{2} = 1$ を満たせば、 $a \mapsto α$ 、 $b \mapsto β$ となる準同型 $G \to K$ がただ 1 つ存在する」を用いる。

ステップ 2（ $∣ G^{ab} ∣ \leq 6$ ）. $a ˉ, b ˉ$ を $a, b$ の $G^{ab}$ での像とし、 $G^{ab}$ を加法的に書く。 $G$ は $a, b$ で生成されるので $G^{ab}$ は $a ˉ, b ˉ$ で生成され、 $G^{ab}$ は可換なので、任意の元は整数 $m, n$ を用いて $m a ˉ + n b ˉ$ と書ける。関係式から $3 a ˉ = 0$ 、 $2 b ˉ = 0$ なので、 $m$ を $3$ で割った余り、 $n$ を $2$ で割った余りに置き換えてよい。よって
$G^{ab} = {m a ˉ + n b ˉ ∣ m \in {0, 1, 2}, n \in {0, 1}}$
であり、 $∣ G^{ab} ∣ \leq 3 \cdot 2 = 6$ 。

ステップ 3（ $∣ G^{ab} ∣ \geq 6$ ）. $K = Z /3 \times Z /2$ の元 $α = (1, 0)$ 、 $β = (0, 1)$ は $3 α = 0$ 、 $2 β = 0$ を満たすので、ステップ 1 の普遍性により準同型 $φ : G \to K$ で $φ (a) = α$ 、 $φ (b) = β$ となるものがある。 $K$ は $α, β$ で生成されるので $φ$ は全射である。 $K$ は可換なので交換子 $x y x^{- 1} y^{- 1}$ はすべて $φ$ で $0$ に送られ、 $[G, G] \subset ker φ$ 。よって $φ$ は全射準同型 $φ ˉ : G^{ab} \to K$ を誘導し、 $∣ G^{ab} ∣ \geq ∣ K ∣ = 6$ 。

ステップ 2 と合わせて $∣ G^{ab} ∣ = 6$ である（特に $φ ˉ$ は同型 $G^{ab} ≅ Z /3 \times Z /2 ≅ Z /6$ ）。

ステップ 4（ $G$ が無限群であること）. 整数行列
$A = (01 - 1 - 1), B = (- 1 0 01)$
を考える。どちらも行列式が $\pm 1$ なので $G L_{2} (Z)$ の元である。計算すると
$A^{2} = (- 1 - 1 10), A^{3} = A^{2} A = (1001), B^{2} = (1001)$
なので、ステップ 1 の普遍性により準同型 $ψ : G \to G L_{2} (Z)$ で $ψ (a) = A$ 、 $ψ (b) = B$ となるものがある。

$M = ψ (ab) = A B = (0 - 1 - 1 - 1)$ とおくと $M = - F$ 、 $F = (0111)$ である。フィボナッチ数を $F_{0} = 0$ 、 $F_{1} = 1$ 、 $F_{k + 2} = F_{k + 1} + F_{k}$ で定めると、 $k \geq 1$ に対して
$F^{k} = (F_{k - 1} F_{k} F_{k} F_{k + 1}) (1)$
が成り立つ。実際、 $k = 1$ では $F$ そのものであり、 $(1)$ が $k$ で成り立てば
$F^{k + 1} = F^{k} F = (F_{k} F_{k + 1} F_{k - 1} + F_{k} F_{k} + F_{k + 1}) = (F_{k} F_{k + 1} F_{k + 1} F_{k + 2})$
となり $k + 1$ でも成り立つ（帰納法）。 $k \geq 1$ で $F_{k} \geq 1$ （ $F_{1} = F_{2} = 1$ と漸化式から帰納的に正）なので、 $M^{k} = (- 1)^{k} F^{k}$ の $(1, 2)$ 成分 $(- 1)^{k} F_{k}$ は $0$ でなく、 $M^{k} \neq = I$ である。

もし $G$ が有限群なら、元 $ab$ の位数は有限で、ある $k \geq 1$ で $(ab)^{k} = 1$ となり、 $M^{k} = ψ ((ab)^{k}) = I$ となって矛盾する。したがって $ab$ は無限位数の元であり、 $G$ は無限群である。

結論. $G = π_{1} (X, x_{0})$ は無限群であり、そのアーベル化 $G^{ab}$ は位数 $6$ の有限群である。 $■$

この問題の確認

AI が作成した問題です。公開前に次の確認を行いました。

別の AI が模範解答を見ずに 3 回証明を試み、3 回証明できました
2 つの AI が独立に、模範解答の証明を 1 ステップずつ確かめました
AI の査読で、条件・解説・表記を確認しました
答えの正しさについて慎重に扱うべき点が見つからなかったため、自動で公開しました

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