余剰類について分かりません。

正規部分群を勉強していて思ったのですが、
部分群H、a∈群G に対して

右余剰類　aH　と左余剰類Ha が同じ場合

aH=Ha

ですが、

h,h' ∈Hとして

ah=h'aが全てのh∈Hに対して満たされる時、

aH=Haとしていいのでしょうか？

というのも、
∀h∈H ah=h'a
であれば、aH⊆Ha
となるのは明確ですが、
Ha⊆aHをどう証明すればいいのか分かりません。

もし、Hが正規部分群であれば、

ha=a (a^-1ha)=ah'
となり、Ha⊆aH

と出来ますが、ここではそう言った前提ではないため、
簡単にa^-1ha∈Hであるとは言い切れない気もするのですが、
そうでないと、aH=Haと出来なくなってしまいます。

仮にaH=Haと出来ないとすると

ah=h'a

で、もしah1とah2がh'aだとした場合、

ah1=h'a=ah2 => ah1=ah2 => h1=h2

となり、一対一の関係であるといえます。
が、
aHとHaは同じ要素数のはずなので、一体一の関係があるとすれば、

∀ah=h'a

が満たされた場合

hとh'は一体一の関係があるため、aH=Haになると思うのです。（この考え方はあっているのでしょうか？？)

しかし、どうしても

Ha⊆aH　もしくはa^-1ha∈H　であると証明出来ません。。

わかりずらい質問で申し訳ありません。
どなたか分かる方よろしくお願いします。

No.5 回答者： alice_44 回答日時： 2012/07/02 19:17

G の任意の元 a に対して aH⊆Ha が示せたのなら、

a = b^-1 と置けば (b^-1)H⊆H(b^-1) だから
両側から b を掛けて Hb⊆bH です。

「両側から b を掛けて」の意味は、
(b^-1)H⊆H(b^-1) ⇔ ∀h∈H,∃h’∈H,(b^-1)h=h'(b^-1)
と (b^-1)h=h'(b^-1) ⇔ hb=bh' を併せて
(b^-1)H⊆H(b^-1) ⇔ ∀h∈H,∃h’∈H,hb=bh' ⇔ Hb⊆bH
が言えるってこと。

これが G の任意の元 b について言えるのだから、
aH=Ha は成り立ちますね。
H が有限かどうかは問題ではないです。

この回答へのお礼

回答ありがとうございます。

確かに、任意のaであればaH=Haは示せそうです。
ですが、私の疑問は、
もし特定のaでしか
∀h∈H、∃h’a∈Ha ah=h'a∈Ha

が成り立つ、という情報しかなかった場合なのです。

確かに、群Gの中にa^(-1)=bが存在します。

すると仰る通り、

∀h∈H,∃h’∈H,(b^-1)h=h'(b^-1)
が常に成り立ち、
(b^-1)h=h'(b^-1) ⇔ hb=bh'
(b^-1)H⊆H(b^-1) ⇔ ∀h∈H,∃h’∈H,hb=bh' ⇔ Hb⊆bH

となるのは分かります。

ですが、それも
Hb⊆bH

とは示せますが、
Hは正規部分群ではないので、総ての元b∈Gについて上の関係性が成り立つとは限らないので
やはり

Hb⊆bH　⇔　aH⊆Ha

という事しか証明出来ない、つまりaH=Haと明確に保証されない気がします。。

でも、有限であればgraphaffine様の補足に書いたように、必ずそうならないとおかしい気がするんです。
私の理屈の何かが間違っているのか、間違っているとしたらどこが間違っているのか、指摘していただきたいです。

お礼日時：2012/07/02 22:21

No.4 回答者： graphaffine 回答日時： 2012/07/02 13:16

前にも書きましたが、見てもらえなかったのでしょうか。

>h,h' ∈Hとして
>ah=h'aが全てのh∈Hに対して満たされる時、

が、意味不明です。h'は何者ですか。hについてはHの全ての元と書いてありますが、
h'には何の説明も有りません。


想像するところでは、「もし、aha^(-1)が常にHに含まれるならば、常にah=h'aの形に書ける」と言うことを言いたいのかもしれませんが、それであればHが正規部分群であることが前提になってしまってます。従って、aH=Haになるのは当たり前です。

＃3のお礼

>aH⊂Haと言えるのは、納得だと思います。

いきなり出て来てわけが分かりません。何処からこういう結論になったのでしょうか。
それから、急に、無限の場合は除外するような話が出てきましたが、有限群が前提ですか。

この回答への補足

回答ありがとうございます。

私の理解不足で申し訳ありません。
今理解いたしました。

h'というのは、
任意のh∈Hで
ah=h'a　　　　
が、成り立つh'∈H　がある、というので、

ここで特定のh'というのは、例えばたった一つの元の話ではなく、
どのh'∈Hでも良いが、
ah=h'a　が成り立つh'なので、任意ではありません。
そういった意味の”特定”のhのことを仰ってらっしゃったのかと勘違いしていました。

もう一度、整理して質問を書くと、
任意のh∈Hに対して
ah=h'a　　　　
が、成り立つようなh'∈Hが、総てのh∈Hに存在する時、　

（h'は特定の元のことではなく、ah＝h'aに対応するh',だからh1,h2∈H の時、ah1=h'1a ah2=h'2aが成立するh'1とh'2∈Hが存在するということ, h'1とh'2は必ずしも同じとは限らない)

aH=Haと果たして言えるかどうか？

です。

＞想像するところでは、「もし、aha^(-1)が常にHに含まれるならば、常にah=h'aの形に書ける」と言うことを言いたい
＞のかもしれませんが、それであればHが正規部分群であることが前提になってしまってます。従って、aH=Haになる
＞のは当たり前です。

これは、Hが正規部分群と特定しない、と強調するため、
”もし正規部分群であれば、上の証明が簡単に出来るが、正規部分群でなければ　｛aha^(-1)ではなく｝
a^(-1)haが常にHにある、という証明をどうすればいいのかわからない”
と書いたんです。


>aH⊂Haと言えるのは、納得だと思います。

というのは、
∀h∈H ah=h'a∈Ha
なので、aH⊆Ha
だからです。

で、有限群を指名したのは、
補足でも書いた通り、ラグランジュの定理によりaHとHaの要素数が同じであると言えるからです。
つまり、有限群では、
∀h∈H ah=h'a∈Ha
が成り立つ時、
aH⊆Ha
となるが、aHとHaは同じサイズなので
aH=Haとなるんではないか。

だとしたら、
∀h∈H ah=h'a∈Ha
が成り立つ時、
aH=Ha
となり、

a^-1ha∈Hが任意のhについて成り立つはずですが、仰るように

Hは正規部分群ではないのでa^(-1)haやaha^(-1)が常にHに含まれることは保障されないんではないか？？

この矛盾はどこから来るのか？何が間違っているのか、というところで今悩んでいるんです。。

勿論、上記の矛盾は、有限群を前提としたものなのですが、
ラグランジュの定理は多分、無限群には適応されないと思うので、
そもそも∀h∈H ah=h'a∈Ha
が成り立つ時、
aH=Haと言う確信が持てません。

なので、有限群の時、と限定したんです。

無限の時、または有限無限関係なく、∀h∈H ah=h'a∈Ha
が成り立つ時、aH=Haが成立する、または必ずしも成立しない、
と証明が出来たらいいんですが、出来ずモヤモヤしたままなのです。

補足日時：2012/07/02 14:32

この回答へのお礼

補足で書き忘れたのですが、

つまり、有限群では、
∀h∈H ah=h'a∈Ha
が成り立つ時、
aH⊆Ha
となるが、aHとHaは同じサイズなので
aH=Haとなるんではないか。

というのは、
ah1=h'a=ah2 が成り立つ時
h1=h2でなければいけない、
つまり
ah=h'aは一対一の関係にあると言えると思います。

なので
(ah1＝h'1a), (ah2＝ h'2a), (ah3＝....
というように
もし仮にaHが独立したN個要素数があれば
それに対応するh'a∈Haも、独立したN個あるということです。
ですが、Haの要素数自体、aHと同じなのでN個だから、
aH=Haとなるのでは？

という理屈です。

何度も同じことを繰り返してしまいますが

そうなると、
∀h∈H、∃h’a∈Ha ah=h'a∈Ha
が成り立つ時

常にaH=Haと言えることになります。

が、そうなると

ah=h'a∈Ha
=> aH⊆Ha
ha=a(a^(-1)ha)∈aH
も成り立たなければなりません。

つまり、aH⊆Haが成り立つ＝＞
a^(-1)haが常にHの元である、と言えてしまうのです。

でもHは正規部分群と特定したわけではないにもかかわらず、そうなると
a^(-1)H=Ha^(-1)も同時に成り立つことになります。（aha^(-1)も常にHにあるため)
そんなことがあるのか？？

もし何か誤りがあれば何か間違っているのか。。

というのでモヤモヤしています。

お礼日時：2012/07/02 15:00

No.3 回答者： graphaffine 回答日時： 2012/07/02 02:23

>ah=h'aが全てのh∈Hに対して満たされる時、

h'に関する条件が何も書いていないので、どんなHの元hを取っても、特定のh'に対してah=h'aが成り立つ。と読めるけど、勿論そんなことは無いよね。

多分、言いたいことはこんな感じかな。

固定のa及び任意のhを取る。
もし、aha^(-1)が常にHに含まれるならば、常にah=h'aの形に書けるからaH⊂Haが成り立つ。
同様に、a^(-1)haが常にHに含まれるならば、常にha=ah'の形に書けるからaH⊃Haが成り立ち、合わせてaH=Haが得られる。
しかし、Hは正規部分群ではないのでa^(-1)haやaha^(-1)が常にHに含まれることは保障されず、aH=Haも成り立つとは限らない。

なお、念のためですが⊂や⊃は文献によって等号を含む場合と含まない場合がありますが、上では前者の意味で使っています。

この回答への補足

回答ありがとうございます。

全く仰る通りです。
やはり保証されない、のですか。。

ただここで解せないのが、

質問にも書いたのですが、

もし、任意のh∈Hにおいて
ah=h'a
h'∈H
が常に満たされる場合、
h1 とh2∈H
があってaを掛けた時、

ah1=h'a
ah2=h'a

となるh1とh2が存在したとします。
すると
ah1=h'a=ah2なので　h1=h2となります。
つまり、aHとHaは一体一の関係にあることになります。

写像として考えるならば、

写像S:aH→Ha
S(ah)=h'a　=ah　
つまり、恒等写像とでも言うのでしょうか。
それが一体一の関係にある、ということと同じことだと思います。


ですが、

aHとHa（もし無限でないとすると)はラグランジュの定理により、要素数が同じになります。
要素数が同じで、一体一の関係があるとするならば、

この恒等写像は、全射、と言う事になり、

言い換えるなら、haの恒等写像に対するh'a∈Haが常に一体一で全てのha∈Haに存在する
ということですから、

Ha=aH

となるはずでは。。

でも、仰るようにHは正規部分群ではないのででa^(-1)haやaha^(-1)が常にHに含まれることは保障されず、aH=Haも成り立つとは限らない。

つまり、

Ha=aHと必ずしもなるわけではない。。？

しかし、写像の例えではHa=aHが必ず成り立たなければおかしいはずです。。
一体何が間違っているのかさっぱりわからないのです。、

補足日時：2012/07/02 02:56

この回答へのお礼

皆様の意見を参考にずっと考えてみたら、
上の議論をもっと簡単に表現出来ることに気がつきました。

aH⊂Haと言えるのは、納得だと思います。

ですがaHの要素数とHaの要素数は同じはずなので

aH=Ha

になるはずです。
何故なら仮にaH⊂Ha
（ここでは等号を含まない)
とすると、

Haの要素数がaHの要素数を上回ってしまうことになるからです。

ということは、やはり
Ha=aHは常に成り立つ、ということであっているでしょうか？？

お礼日時：2012/07/02 03:12

No.2 回答者： graphaffine 回答日時： 2012/07/02 00:15

余剰類でなく、剰余類です。

ま、それはいいとして何を質問しているのか、この文章では判然としません。

aH=Haを仮定して、何か他のものを導きたいのか。それとも、そもそもaH=Haが
示したいことなのか。或いはそれ以外の何かなのか。
aH=Haを仮定して、aH=Haを導こうとしているようにも見えますが、気のせいでしょうか。

前者の場合、導きたいものは何でしょう。
後者は、成り立つための必要十分条件は、Hが正規部分群であることです。但し、これは全てのGの元aに対してaH=Haが成り立つ場合の話ですが、この文章では、特定のGの元aに対しての成立を言ってるようにも取れますね。
どっちなんでしょうか。

この回答への補足

回答ありがとうございます。

余剰類ではなく剰余類でした。
わかりにくい質問で申し訳ありません。
簡潔に言うと、私の質問は

h,h' ∈部分群Hとして（正規部分群とは限らない)
特定のa∈親群Gがあり

ah=h'aが全てのh∈Hに対して満たされる時、

aH=Haとしていいのか、

そしてその証明が知りたいんです。

補足日時：2012/07/02 00:32

No.1 回答者： ramayana 回答日時： 2012/07/01 21:02

「ah=h'aが全てのh∈Hに対して満たされる時、aH=Haとしていいのでしょうか？」

⇒　この部分は、正しいです。

この回答への補足

回答ありがとうございます。

出来れば、何故そうなのかという証明を教えて下さるとありがたいです。

補足日時：2012/07/02 00:32