有限生成アーベル群の準同型・元・部分群の個数

$∣ Hom (Z / m, Z / n) ∣ = g cd (m, n)$ 、 $Hom (Z, A) ≅ A$ と直和の分配で準同型の個数を求め、 $∣ G [d] ∣ = \prod_{i} g cd (d, d_{i})$ から位数がちょうど $d$ の元の個数を求められる。有限アーベル群で指数 $n$ の部分群と位数 $n$ の部分群が同じ個数あることと素数ごとの分解を使い、指定した指数の部分群の個数を求められる（例: $∣ Hom (Z /4 \oplus Z /6, Z /12) ∣ = 24$ 、 $Z /2 \oplus Z /6$ の指数 $6$ の部分群は $3$ 個）

前提

有限アーベル群の分類（単因子と素因子型）（大学院数学群論）

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算数中学高校大学大学院

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分割数と分割の母関数（大学数学離散数学・組合せ論）
有限アーベル群の分類（単因子と素因子型）（大学院数学群論）

説明

有限生成アーベル群を $Z / d_{1} \oplus \dots \oplus Z / d_{k} \oplus Z^{s}$ の形に分解しておくと、準同型の個数・位数がちょうど $d$ の元の個数・指定した位数や指数の部分群の個数を、巡回群ごとの $g cd$ の計算に帰着して求められます。基本になるのは $∣ Hom (Z / m, Z / n) ∣ = g cd (m, n)$ 、 $Hom (Z, A) ≅ A$ 、そして $G [d] = {x \in G ∣ d x = 0}$ の位数 $∣ G [d] ∣ = \prod_{i} g cd (d, d_{i})$ です。群の構造を問う問題で、答えを数として出すときに使います。

なぜそうしてよいのか

巡回群 $Z / m$ からの準同型 $f$ は、生成元 $1$ の行き先 $a = f (1)$ で決まります。 $f$ がうまく定義されるための条件は $m \cdot 1 = 0$ が $0$ に移ること、つまり $ma = 0$ だけです。したがって $Hom (Z / m, A)$ は $A [m] = {a \in A ∣ ma = 0}$ と 1 対 1 に対応します（準同型の和 $(f + g) (x) = f (x) + g (x)$ で群とみると同型）。 $Z$ からなら条件がないので $Hom (Z, A) ≅ A$ です。 $A = Z / n$ のとき $m x \equiv 0 (mod n)$ を満たす $x$ は $n / g cd (m, n)$ の倍数で、 $0 \leq x < n$ にちょうど $g cd (m, n)$ 個あります（これらは $n / g cd (m, n)$ で生成される巡回群です）。さらに、直和からの準同型は各成分への制限の組で、直和への準同型は各成分への射影の組で決まるので、 $Hom (A \oplus B, C) ≅ Hom (A, C) \times Hom (B, C)$ 、 $Hom (A, B \oplus C) ≅ Hom (A, B) \times Hom (A, C)$ となり、個数は掛け算になります。例: $∣ Hom (Z /4 \oplus Z /6, Z /12) ∣ = g cd (4, 12) g cd (6, 12) = 4 \cdot 6 = 24$ 。

元の個数も同じ考え方です。 $G = ⨁_{i} Z / d_{i}$ で $d x = 0$ は成分ごとの条件なので $∣ G [d] ∣ = \prod_{i} g cd (d, d_{i})$ 。位数が $d$ を割り切る元の集合が $G [d]$ なので、位数が「ちょうど」 $d$ の元は $G [d]$ から、 $d$ の真の約数 $d^{'}$ に対する $G [d^{'}]$ の元を除いたものです。 $d$ の素因数 $p_{1}, \dots, p_{t}$ について、位数が $d$ の真の約数になる元は $G [d / p_{j}]$ のどれかに入り、 $G [d / p_{i}] \cap G [d / p_{j}] = G [d / (p_{i} p_{j})]$ などとなるので、包除原理で
$N (d) = S \subseteq {p_{1}, \dots, p_{t}} \sum (- 1)^{∣ S ∣} G [d / \prod_{p \in S} p]$
となります。同値な見方として、 $G$ を素数ごとの部分 $G_{p}$ （位数が $p$ のべきの元全体）の直和に分けると、位数 $d = \prod p^{a_{p}}$ の元は「各 $G_{p}$ の位数 $p^{a_{p}}$ の元」の組と 1 対 1 なので、素数ごとに数えて掛けてもかまいません。

部分群の個数では、有限アーベル群 $G$ について「位数 $n$ の部分群」と「指数 $n$ の部分群」が同じ個数あることを使います。 $N$ を $G$ の元の位数の最小公倍数とし、 $G = Hom (G, Z / N)$ とおくと、 $d_{i} ∣ N$ より $Hom (Z / d_{i}, Z / N) ≅ Z / d_{i}$ なので $G ≅ G$ です。部分群 $H \subseteq G$ に対し $H^{⊥} = {f \in G ∣ f (H) = 0}$ とおきます。 $H$ 上で $0$ になる $f$ は $G / H$ からの準同型と同じものなので $H^{⊥} ≅ Hom (G / H, Z / N)$ で、 $G / H ≅ ⨁_{j} Z / e_{j}$ （各 $e_{j} ∣ N$ ）と分解すれば $∣ H^{⊥} ∣ = \prod_{j} e_{j} = ∣ G / H ∣$ です。逆向きに $G$ の部分群 $K$ に対し $K^{⊥} = {g \in G ∣ すべての f \in K で f (g) = 0}$ とおくと、 $H \subseteq (H^{⊥})^{⊥}$ は定義から明らかです。逆の包含を示すため $g \in / H$ をとります。 $G / H$ での $g$ の像は $0$ でないので、ある成分 $Z / e_{j}$ への射影で $0$ でない値をとります。この射影に単射 $Z / e_{j} \to Z / N$ , $x \mapsto (N / e_{j}) x$ を合成した $f$ は $f (H) = 0$ かつ $f (g) \neq = 0$ を満たすので、 $g \in / (H^{⊥})^{⊥}$ です。よって $(H^{⊥})^{⊥} = H$ となり、 $H \mapsto H^{⊥}$ は単射で、指数 $m$ の部分群を位数 $m$ の部分群に移します。 $G ≅ G$ と合わせると、すべての $m$ について「 $G$ の指数 $m$ の部分群の個数 $\leq$ $G$ の位数 $m$ の部分群の個数」です。これを $m = n$ と $m = ∣ G ∣/ n$ に使えば、位数 $n$ の部分群 $=$ 指数 $∣ G ∣/ n$ の部分群なので
$# (指数 n) \leq # (位数 n) = # (指数 ∣ G ∣/ n) \leq # (位数 ∣ G ∣/ n) = # (指数 n)$
となり、すべて等号です（ここで $#$ は個数）。また部分群 $H$ は $H = ⨁_{p} H_{p}$ （ $H_{p} = H \cap G_{p}$ ）と素数ごとに分かれ、逆に各 $G_{p}$ の部分群を選べばその直和が部分群になるので、個数は素数ごとの個数の積になります。

手順

群を単因子型または素因子型 $⨁_{i} Z / d_{i} \oplus Z^{s}$ に書きなおす。
準同型の個数なら、定義域と値域の直和成分ごとに $∣ Hom (Z / m, Z / n) ∣ = g cd (m, n)$ 、 $Hom (Z, A) ≅ A$ 、 $Hom (Z / m, Z) = 0$ を使い、すべて掛ける。
位数が $d$ を割り切る元の個数は $∣ G [d] ∣ = \prod_{i} g cd (d, d_{i})$ で求める。
位数がちょうど $d$ の元の個数は、 $d$ の素因数 $p$ ごとに $G [d / p]$ を除く包除原理 $N (d) = \sum_{S} (- 1)^{∣ S ∣} ∣ G [d / \prod_{p \in S} p] ∣$ で求める（素数ごとに数えて掛けてもよい）。
指数 $n$ の部分群の個数は、位数 $n$ の部分群の個数と等しいことを使い、 $n = \prod p^{a}$ の素数ごとに $G_{p}$ の位数 $p^{a}$ の部分群を数えて掛ける。位数 $p$ の部分群なら、位数 $p$ の元（ $∣ G_{p} [p] ∣ - 1$ 個）を 1 つの部分群に入る $p - 1$ 個ずつまとめて $\frac{∣ G _{p} [ p ] ∣ - 1}{p - 1}$ 個（例: $Z /2 \oplus Z /2$ では位数 $2$ の元 $3$ 個が別々の部分群を生成して $3$ 個）。位数 $p^{a}$ の巡回部分群なら、位数ちょうど $p^{a}$ の元の個数を、1 つの巡回部分群に含まれる生成元の個数 $p^{a - 1} (p - 1)$ で割る。

例題

$G = Z /2 \oplus Z /6 \oplus Z /12$ において、位数がちょうど $6$ である元の個数を求めよ。

例題の解答

手順 1: $G$ はすでに単因子型 $Z /2 \oplus Z /6 \oplus Z /12$ （ $2 ∣ 6 ∣ 12$ ）である。

手順 3: $∣ G [d] ∣ = g cd (d, 2) g cd (d, 6) g cd (d, 12)$ で、
$∣ G [6] ∣ = 2 \cdot 6 \cdot 6 = 72$ 、 $∣ G [3] ∣ = 1 \cdot 3 \cdot 3 = 9$ 、 $∣ G [2] ∣ = 2 \cdot 2 \cdot 2 = 8$ 、 $∣ G [1] ∣ = 1$ 。

手順 4: $6$ の素因数は $2, 3$ なので、位数がちょうど $6$ の元の個数は
$N (6) = ∣ G [6] ∣ - ∣ G [3] ∣ - ∣ G [2] ∣ + ∣ G [1] ∣ = 72 - 9 - 8 + 1 = 56.$
検算（素数ごとに数える）: $G_{2} ≅ Z /2 \oplus Z /2 \oplus Z /4$ で位数ちょうど $2$ の元は $∣ G_{2} [2] ∣ - 1 = 8 - 1 = 7$ 個、 $G_{3} ≅ Z /3 \oplus Z /3$ で位数ちょうど $3$ の元は $9 - 1 = 8$ 個。積は $7 \cdot 8 = 56$ で一致する。

答え: $56$

よくある誤り

$∣ Hom (Z / m, Z / n) ∣$ を $mn$ や $lcm (m, n)$ としてしまう誤り。たとえば $Hom (Z /4, Z /6)$ の個数を $24$ や $12$ とする。正しくは $1$ の行き先 $x$ が $4 x \equiv 0 (mod 6)$ を満たせばよく、 $x = 0, 3$ の $g cd (4, 6) = 2$ 個。
位数が「ちょうど」 $d$ の元の個数を $∣ G [d] ∣$ としてしまう誤り。 $G [d]$ には位数が $d$ の約数の元もすべて入る。たとえば $Z /2 \oplus Z /4$ の位数 $4$ の元は $∣ G [4] ∣ = 8$ 個ではなく、 $∣ G [4] ∣ - ∣ G [2] ∣ = 8 - 4 = 4$ 個。
$Hom$ の向きを取りちがえる誤り。 $Hom (Z, Z / n) ≅ Z / n$ は $n$ 個だが、 $Hom (Z / n, Z)$ も $n$ 個としてしまう。正しくは $Z$ には $n x = 0$ を満たす $x$ が $0$ しかないので、 $Hom (Z / n, Z) = 0$ （ $1$ 個）。
部分群の個数を巡回群と同じく「約数 1 つにつき 1 個」と考えてしまう誤り。たとえば $Z /2 \oplus Z /2$ の位数 $2$ （指数 $2$ ）の部分群を $1$ 個とする。正しくは位数 $2$ の元 $3$ 個がそれぞれ別の部分群を生成するので $3$ 個。

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）
アーベル群 $Z /6 Z \oplus Z /9 Z$ から $Z /12 Z$ への群準同型全体の集合
$Hom (Z /6 Z \oplus Z /9 Z, Z /12 Z)$
の元の個数を求めよ。

この技能を使う問題

この技能の次に学べること

有限アーベル群の自己同型群の位数（大学院数学群論）