置換表現による被覆の数え上げ

連結な $n$ 重被覆の同型類が、推移的な準同型 $π_{1} (X) \to S_{n}$ の $S_{n}$ 共役類と 1 対 1 に対応し、指数 $n$ の部分群（基点つき被覆）の個数が推移的準同型の個数の $\frac{1}{( n - 1 )!}$ 倍であることを使える。表示の生成元の像を置換として選び、関係式と推移性を確かめて数えられる（例: $S^{1} \lor S^{1}$ では推移的準同型 $F_{2} \to S_{3}$ が $26$ 個で、指数 $3$ の部分群は $13$ 個、連結 $3$ 重被覆は同型を除いて $7$ 個）

前提

被覆空間と部分群の対応（大学院数学代数的位相幾何）
対称群の共役類（大学数学代数学）

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算数中学高校大学大学院

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対称群の共役類（大学数学代数学）

説明

連結な $n$ 重被覆を、基本群から対称群への準同型 $ρ : π_{1} (X) \to S_{n}$ （ファイバーの点の並べ替え）として書き表し、被覆や指数 $n$ の部分群を数え上げられるようになります。基本群が表示 $⟨ x_{1}, \dots, x_{k} ∣ r_{1}, \dots, r_{m} ⟩$ で与えられていれば、生成元の行き先の置換を選んで関係式を満たすものを数えるだけなので、基本群が非アーベル群で部分群を直接列挙しにくいときに特に役立ちます。

なぜそうしてよいのか

連結な $n$ 重被覆 $p : Y \to X$ の基点 $x_{0}$ の上のファイバー $p^{- 1} (x_{0})$ は $n$ 点で、ループの持ち上げによって $π_{1} (X, x_{0})$ がこれを並べ替えます（前提の技能の作用）。ファイバーの点に $1, \dots, n$ と番号をつけると、この作用は準同型 $ρ : π_{1} (X) \to S_{n}$ になります（ループの合成と置換の合成の順序の流儀によっては反準同型になるので、そのときは $ρ (γ)$ の逆元をとって準同型にそろえる。数え上げの結果は変わらない）。 $Y$ が連結であることは、どの点からどの点へもループの持ち上げで移れること、つまり $ρ$ の像が ${1, \dots, n}$ に推移的に作用することと同じです。番号の付け方を変えると $ρ$ は $g ρ g^{- 1}$ （ $g \in S_{n}$ ）に変わるので、被覆の同型類は推移的準同型の $S_{n}$ 共役類に対応します。逆に推移的準同型があれば、普遍被覆と ${1, \dots, n}$ から被覆を組み立てられ、この対応は 1 対 1 です。

基点つきの被覆、すなわち指数 $n$ の部分群 $H$ との関係も同じ見方でわかります。推移的準同型 $ρ$ から、点 $1$ の固定部分群 $H = {γ ∣ ρ (γ) (1) = 1}$ が指数 $n$ の部分群として決まります。逆に $H$ を与えたとき、 $H$ による剰余類の集合（ $n$ 個）に、 $H$ 自身が $1$ になるように番号をつける方法は残り $n - 1$ 個の並べ方 $(n - 1)!$ 通りで、それぞれ異なる $ρ$ を与えます（剰余類 $H$ を固定する $π_{1} (X)$ 同変な全単射は、推移性から恒等写像しかないため）。よって
$# {指数 n の部分群} = \frac{# { 推移的準同型 π _{1} ( X ) \to S _{n} }}{( n - 1 )!}$
です。一方、被覆の同型類の個数は共役による軌道の個数で、軌道の大きさは $n! /∣ 像の中心化群 ∣$ と軌道ごとに違いうるので、単純に $n!$ で割ってはいけません。

準同型は生成元の行き先で決まり、行き先の置換の組が関係式 $r_{j}$ をすべて満たすときに限って準同型になります。したがって数え上げは「生成元に置換を割り当てる → 関係式を確認する → 生成される部分群が推移的か確認する」という有限の作業になります。

手順

基本群の表示 $⟨ x_{1}, \dots, x_{k} ∣ r_{1}, \dots, r_{m} ⟩$ を書く
各生成元 $x_{i}$ の行き先の置換 $σ_{i} \in S_{n}$ を選び、関係式 $r_{j} (σ_{1}, \dots, σ_{k}) = id$ をすべて満たす組を数える（準同型の個数）
そのうち $σ_{1}, \dots, σ_{k}$ が生成する部分群が ${1, \dots, n}$ に推移的に作用するものだけを残す（推移的準同型の個数 $t_{n}$ ）。推移的でないものを全体から引くと数えやすいことが多い
指数 $n$ の部分群（基点つき連結被覆）の個数は $t_{n} / (n - 1)!$
被覆の同型類の個数は、推移的準同型の組を $S_{n}$ の同時共役 $(σ_{i}) \mapsto (g σ_{i} g^{- 1})$ で割った軌道の個数として、巡回型や中心化群で分類して数える

例題

$X = R P^{2} \lor R P^{2}$ の基本群は $π_{1} (X) = ⟨ a, b ∣ a^{2}, b^{2} ⟩$ である。 $π_{1} (X)$ の指数 $3$ の部分群の個数と、 $X$ の連結な $3$ 重被覆の同型類の個数を、この順に組で求めよ。

例題の解答

手順1：表示は $⟨ a, b ∣ a^{2}, b^{2} ⟩$ 。

手順2： $a, b$ の行き先 $σ, τ \in S_{3}$ は $σ^{2} = τ^{2} = id$ を満たせばよい。そのような置換は恒等置換と互換 $(12), (13), (23)$ の $4$ 個なので、準同型は $4 \times 4 = 16$ 個。

手順3： $σ = τ$ のとき、またはどちらかが $id$ のとき、 $⟨ σ, τ ⟩$ は ${id}$ か 1 つの互換が生成する位数 $2$ の部分群で、少なくとも 1 点を動かさないので推移的でない。 $σ \neq = τ$ がともに互換のとき、たとえば $(12), (13)$ は ${1, 2, 3}$ のどの 2 点も結べる（ $1 \leftrightarrow 2$ , $1 \leftrightarrow 3$ ）ので推移的で、実際 $⟨ σ, τ ⟩ = S_{3}$ になる。このような組は $3 \times 2 = 6$ 個なので $t_{3} = 6$ 。

手順4：指数 $3$ の部分群の個数は $6/ (3 - 1)! = 6/2 = 3$ 。

手順5： $S_{3}$ の同時共役 $(σ, τ) \mapsto (g σ g^{- 1}, g τ g^{- 1})$ で $6$ 個の組を分ける。組を固定する $g$ は $σ, τ$ の両方と可換、すなわち $⟨ σ, τ ⟩ = S_{3}$ 全体と可換な元で、 $S_{3}$ の中心は自明なのでそれは恒等置換だけ。よって軌道の大きさは $3! /1 = 6$ で、 $6$ 個の組はすべて 1 つの軌道になる。したがって連結 $3$ 重被覆は同型を除いて $1$ 個。

答えは $(3, 1)$ 。

答え: $(3, 1)$

よくある誤り

推移性の確認を忘れて、準同型の個数をそのまま使ってしまう誤り。推移的でない準同型は非連結な被覆に対応する。例えば $F_{2} \to S_{3}$ の準同型は $6^{2} = 36$ 個だが、推移的なのは $36 - 10 = 26$ 個
指数 $n$ の部分群の個数を推移的準同型の個数を $n!$ で割って求めてしまう誤り。基点を $1$ に固定した番号付けの自由度は $(n - 1)!$ なので、正しくは $t_{n} / (n - 1)!$ （例: $F_{2}$ , $n = 3$ で $26/2 = 13$ ）
被覆の同型類の個数も $t_{n} / n!$ としてしまう誤り。共役の軌道の大きさは像の中心化群の位数で割った $n! /∣ C ∣$ で軌道ごとに異なりうる。例えば $F_{2}$ , $n = 3$ では $26/6$ は整数にならず、軌道を分類して数えると $7$ 個
推移性を「生成される部分群の位数が $n$ の倍数」だけで判定してしまう誤り。位数が $n$ の倍数でも推移的とは限らず（例: $S_{4}$ の $⟨(12), (34)⟩$ は位数 $4$ だが推移的でない）、軌道が 1 つかどうかを直接確かめる必要がある

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
$X = S^{1} \lor R P^{2}$ （円周と実射影平面の 1 点和）とする。その基本群は
$G = π_{1} (X) = ⟨ a, b ∣ b^{2} ⟩$
と表示される（ $a$ は $S^{1}$ を 1 周するループ、 $b$ は $R P^{2}$ の基本群の生成元）。 $G$ の指数 $3$ の部分群の個数を求めよ。ただし、互いに共役な部分群も異なる部分群であれば別々に数える（部分群そのものの個数を数え、共役類の個数ではない）。準同型の個数ではなく、部分群の個数を答えること。

この技能を使う問題

この技能の次に学べること

曲面群から対称群への準同型の個数（フロベニウスの公式）（大学院数学代数的位相幾何）