シロー部分群を使った位数ごとの元の個数

位数 $p$ の元の個数が $n_{p} (p - 1)$ になること（ $p$ は素数）と、分類で得た群の構造（正規シロー部分群・中心にある因子）を使い、位数 $d$ の元の個数を求められる。元の個数の合計が $∣ G ∣$ を超えることから、ある $n_{p}$ が $1$ であること（単純群でないこと）を示せる（例: 位数 $21$ の非可換群の位数 $3$ の元は $14$ 個、位数 $30$ の群は正規なシロー $5$ 部分群をもつ）

前提

シローの定理による小さい位数の群の分類（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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シローの定理とシロー部分群の個数（大学院数学群論）
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自然対数の底 $e$ （数学III 極限）
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増減・凹凸・漸近線とグラフ（数学III 微分法）
テイラー展開（大学数学微分積分）
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べき級数と収束半径（大学数学微分積分）
母関数と係数の取り出し（大学数学離散数学・組合せ論）
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）
シローの定理による小さい位数の群の分類（大学院数学群論）

説明

有限群 $G$ の位数 $∣ G ∣$ を割る素数 $p$ について、 $p^{2} ∤ ∣ G ∣$ のとき位数 $p$ の元の個数がシロー $p$ 部分群の個数 $n_{p}$ を使って $n_{p} (p - 1)$ と求まることを学びます。これと分類で得た群の構造を組み合わせると、位数 $d$ の元の個数を位数ごとに数えられます。逆に、元の個数を足し合わせると $∣ G ∣$ を超えてしまうことから、ある $n_{p}$ が $1$ でなければならない（正規なシロー部分群があり、単純群でない）ことを示す場面でも使います。

なぜそうしてよいのか

$∣ G ∣ = p m$ （ $p ∤ m$ ）とすると、シロー $p$ 部分群は位数 $p$ です。位数が素数 $p$ の群は、単位元以外のどの元も位数 $p$ をもち（元の位数は $p$ を割るので $1$ か $p$ ）、その元が群全体を生成する巡回群です。したがって各シロー $p$ 部分群には位数 $p$ の元がちょうど $p - 1$ 個あります。

逆に、位数 $p$ の元 $g$ は位数 $p$ の部分群 $⟨ g ⟩$ を生成し、これは位数が $∣ G ∣$ の $p$ の部分と一致するのでシロー $p$ 部分群です。つまり位数 $p$ の元はどれか 1 つのシロー $p$ 部分群に入ります。また異なる 2 つのシロー $p$ 部分群 $P \neq = P^{'}$ の共通部分 $P \cap P^{'}$ は $P$ の真部分群なので、位数は $p$ の約数で $p$ 未満、すなわち $1$ です。よって位数 $p$ の元は重複も漏れもなく $n_{p}$ 個のシロー部分群に $p - 1$ 個ずつ分かれ、個数は $n_{p} (p - 1)$ になります。

この数え上げは「位数の異なる元は別の元」という単純な事実と組み合わせられます。例えば $∣ G ∣ = 30 = 2 \cdot 3 \cdot 5$ で $n_{5} \in {1, 6}$ , $n_{3} \in {1, 10}$ です。もし $n_{5} = 6$ かつ $n_{3} = 10$ なら、位数 $5$ の元が $6 \cdot 4 = 24$ 個、位数 $3$ の元が $10 \cdot 2 = 20$ 個で、合計 $44 > 30$ となり矛盾します。よって $n_{3} = 1$ または $n_{5} = 1$ で、 $G$ は正規なシロー部分群をもちます。合成数の位数 $d$ の元を数えるときは、分類で決まった構造（たとえば非可換なら巡回群でないので位数 $∣ G ∣$ の元はない、など）を使います。

手順

$∣ G ∣$ を素因数分解し、 $p^{2} ∤ ∣ G ∣$ となる素数 $p$ （シロー $p$ 部分群の位数が $p$ ）を確認する
シローの定理（ $n_{p} \equiv 1 (mod p)$ , $n_{p} ∣ m$ ）で $n_{p}$ の候補を挙げ、群の条件（非可換・分類で得た構造など）から $n_{p}$ を決める
位数 $p$ の元の個数を $n_{p} (p - 1)$ で求める
合成数の位数 $d$ の元は、分類で得た構造（正規シロー部分群の直積か半直積か、中心にある因子など）から数える
単純群でないことを示すときは、 $n_{p} \neq = 1$ と仮定して位数ごとの元の個数を足し、単位元 $1$ 個も加えて $∣ G ∣$ を超えることを確かめる

例題

位数 $55$ の非可換群 $G$ における位数 $5$ の元の個数を求めよ。

例題の解答

手順 1: $55 = 5 \cdot 11$ で、 $5^{2} ∤ 55$ なのでシロー $5$ 部分群は位数 $5$ 。

手順 2: $n_{5} \equiv 1 (mod 5)$ かつ $n_{5} ∣ 11$ より $n_{5} \in {1, 11}$ 。また $n_{11} \equiv 1 (mod 11)$ かつ $n_{11} ∣ 5$ より $n_{11} = 1$ 。もし $n_{5} = 1$ なら、すべてのシロー部分群が正規なので $G ≅ Z /5 \times Z /11$ となり可換で、仮定に反する。よって $n_{5} = 11$ 。

手順 3: 位数 $5$ の元の個数は $n_{5} (5 - 1) = 11 \cdot 4 = 44$ 。

（検算: 位数 $11$ の元は $n_{11} \cdot 10 = 10$ 個、単位元 $1$ 個で、 $44 + 10 + 1 = 55 = ∣ G ∣$ 。非可換なので位数 $55$ の元はなく、合計が合う。）

答え: $44$

よくある誤り

$p^{2}$ が $∣ G ∣$ を割る場合にも位数 $p$ の元を $n_{p} (p - 1)$ としてしまう誤り。正しくはシロー $p$ 部分群が位数 $p$ のときだけ使える。例えば $A_{4}$ （位数 $12$ ）では $n_{2} = 1$ だが位数 $2$ の元は $1 \cdot (2 - 1) = 1$ 個ではなく $3$ 個
異なるシロー部分群が元を共有すると考えて個数を数え直したり、逆に単位元を $n_{p}$ 回数えてしまう誤り。正しくは位数 $p$ の部分群どうしは単位元だけで交わるので、単位元を除いた $p - 1$ 個ずつを足し、単位元は最後に $1$ 個だけ加える
合計が $∣ G ∣$ を超えることから「 $n_{3} = 1$ かつ $n_{5} = 1$ 」と結論してしまう誤り。位数 $30$ の例で示せるのは $6 \cdot 4 + 10 \cdot 2 = 44 > 30$ より「 $n_{3} = 1$ または $n_{5} = 1$ 」であり、両方が $1$ であることはこの比較だけではわからない
位数 $pq$ の元を、位数 $p$ の元と位数 $q$ の元の個数の積 $n_{p} (p - 1) \cdot n_{q} (q - 1)$ としてしまう誤り。正しくは群の構造から数える。例えば位数 $21$ の非可換群には位数 $21$ の元はなく（あれば巡回群で可換）、位数 $3$ の元 $7 \cdot 2 = 14$ 個、位数 $7$ の元 $6$ 個、単位元 $1$ 個で $21$ になる

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）
$G$ を位数 $39$ の非可換群とする。 $G$ の元のうち、位数がちょうど $3$ であるものの個数を求めよ。

シロー部分群を使った位数ごとの元の個数

前提

説明

なぜそうしてよいのか

手順

例題

よくある誤り

入口の問題

この技能を使う問題