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Gを有限群として、任意の自然数dに対してGの部分集合
{x|x^d=e,x∈G}
に含まれる元の数がd以下ならGは巡回群となる。

Gの位数をnとしてnの元の存在を示そうと思うんですがうまく説明ができなく困ってます、、

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A 回答 (7件)

先ほどの私の証明を再訂正します。


「Gを有限群として、任意の自然数dに対してGの部分集合
|{x|x^d=e,x∈G}|≦dならGは巡回群となる」
の証明
Gを有限群とすると、
m=max{|x||x∈G,|x|=min{d|x^d=e}}≦|G|(m<|G|の場合もある)
となるGの元の位数の最大値mが存在し、
a∈G,位数|a|=mとなる元aが存在する.
(a)=(1元aから生成される巡回群)とする.
O(d)={x|x^d=e,x∈G}とする.
b∈Gとする.
(b)=(1元bから生成される巡回群)とする.
(b)⊂O(|b|)
|O(|b|)|≦|b|だから|b|≦|O(|b|)|≦|b|となり|O(|b|)|=|b|となりO(|b|)=(b)となる.
|a|=mだからO(m)=(a)となる.
任意のx∈Gとする.
(x^{-1}bx)=(1元x^{-1}bxから生成される巡回群)とする.
(b)と(x^{-1}bx)は同型だから,|O(|b|)|=|b|=|x^{-1}bx|となり
(x^{-1}bx)=O(|b|)=(b)となるから
任意のb∈Gに対して(b)はGの正規部分群となるから
(a)もGの正規部分群となる.
|b|=hp^i,(h,i)は自然数でhとpは互いに素となる任意の素数をpとする.
m=kp^j,kとpは互いに素となるようにする.
b^hから生成される巡回群(b^h)は位数p^iのGの正規部分群となり
a^{p^j}から生成される巡回群(a^{p^j})は位数kのGの正規部分群となる
kとpは互いに素だから(b^h)∩(a^{p^j})={e}
(b^h)と(a^{p^j})の元は可換となるから
巡回群((b^h)(a^{p^j}))に対して
|(b^h)(a^{p^j})|=|b^h|*|a^{p^j}|=(p^i)*k≦m=kp^jとなりp^i≦p^jとなりi≦jとなるから
|b^h|=p^i≦p^j≦kp^j=mとなり|b^h|はmの約数となるから
(b^h)⊂(a)
(b)は|b|の各素因数のpSylow巡回群の直積だから(b)⊂(a)
bは任意のGの元だから
G=(a)=(1元aから生成される巡回群)となる.
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先ほどの私の証明を訂正します。


Gを有限群として、任意の自然数dに対してGの部分集合
|{x|x^d=e,x∈G}|≦dならGは巡回群となる
の証明
d=max{|x||x∈G,|x|=min{d|x^d=e}}をGの元の位数の最大値とできる.(有限群だから)
a∈G,位数|a|=dとなる元aがある.(有限群だから)
(a)を1元aから生成される巡回群とすると,|(a)|=|a|=dとなる.
任意の元xに対して(xa)を1元xaから生成される巡回群とする.
(xa)の位数|xa|は(x)の位数|x|と|a|=dの最小公倍数となり,
d=|a|≦|xa|≦dだから|x|≦|xa|=dとなるから
Gのすべての元x∈Gの位数|x|に対して|x|はdの約数となりx^d=eとなる
すなわちG⊂{x|x^d=e,x∈G}
仮定により|{x|x^d=e,x∈G}|≦dだから
|G|≦|{x|x^d=e,x∈G}|≦d
|G|=dとなり,|G|=|a|となり,G=(a)だから
Gは1元aから生成される巡回群となる
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Gを有限群として、任意の自然数dに対してGの部分集合


{x|x^d=e,x∈G}
の含まれる元の数がd以下ならGは巡回群となる
の証明
d=max{|x||x∈G,|x|=min{d|x^d=e}}をGの元の位数の最大値とできる.(有限群だから)
a∈G,位数|a|=dとなる元aがある.(有限群だから)
(a)を1元aから生成される巡回群とすると,|(a)|=|a|=dとなる.
任意の元xに対して(xa)を1元xaから生成される巡回群とする.
(xa)の位数|xa|は(x)の位数|x|と|a|=dの最小公倍数となり,
d=|a|≦|xa|≦dだから|x|≦|xa|=dとなるから
Gのすべての元x∈Gの位数に対して|x|はdの約数となる
Gの位数|G|=nとすると
nはGのすべての元xの位数|x|(dの約数)の最小公倍数dに一致し
n=dとなり,|G|=|a|となり,G=(a)だから
Gは1元aから生成される巡回群となる
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>上記の証明にGがアーベル群であることが使われていないことに注意してください。


アーベル群じゃないので {x ∈ G | x^d = e } は部分群とは限りませんが、
O(d) = { x ∈ G | x の位数は d } と修正すれば良さそうですね。
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要するに位数nの元の存在が言えればいいのですね



証明
ちょっとした命題から
Gの元aの位数がkなら、a^h(ただしhは自然数)の位数はk/(k,h)であること(ただし(k,h)はhとkの最大公約数)を意味します。・・・※

※の命題の証明
a^hの位数をxとします。
(Gは有限群ですので、a^hの位数の存在は自明としていいのでは)
(a^h)^{k/(k,h)}=(a^k)^{h/(k,h)}=e
です。
位数の性質よりk/(k,h)はxで割り切れます。
よってx≦k/(k,h)・・・○
また
(a^h)^x=a^(hx)=e
だから位数の性質よりhxはkで割り切れます。
hx=ky(yは自然数)とかけます。
{h/(k,h)}x={k/(k,h)}y
よって、{h/(k,h)}xはk/(k,h)で割り切れる。
h/(k,h)とk/(k,h)は互いに素だから、xがk/(k,h)で割り切れる。
よってk/(k,h)≦x・・・●
○と●よりx=k/(k,h)がいえた。
※の命題の証明終

それでは回答を
Gの任意の元sはs^n=eとなります(証明は代数学のテキストを参照ください)。
よって、sの位数はnの約数に限定されます。・・・□
{x|x^d=e}となるGの部分集合をO(d)とおきます。

そこで、位数がdとなる元xの個数を考えて見ます。
xの個数をf(d)とおきます。
f(d)の値を決定しましょう。
位数dの元がひとつもないとき
f(d)=0です。
位数dの元が1以上あるとき
位数dの元tが存在するとき
tの位数はdだからt^0,・・・,t^(d-1)は全て異なり
問題の条件より
x^d=eとなる元の個数(すなわち部分群O(d)の位数)はd以下なので、x^d=eとなる元はt^0,・・・,t^(d-1)以外にはありません。
t^0,・・・,t^(d-1)の中で位数がdとなるものを探しましょう。
t^iの位数を考えると
iとdが互いに素ではないとき
t^iの位数はd/(d,i)<dとなります
iとdが互いに素のとき
t^iの位数はd/(d,i)=dとなります

以上より、位数dの元の個数f(d)=φ(n)となります。
(ただしφ(n)は1以上n以下の数のうち、nと互いに素なものの個数です、一般的にオイラー関数といわれます)。

以上より、f(d)=0あるいはφ(d)となる。

□よりdはnの任意の正の約数を動けばGの任意の元sはGの部分群
O(d)={x|x^d=e}のどれかの元になっています。
よって
n≦Σ|O(d)|(dはnの任意の約数を動く)
ただし、|O(d)|とはGの部分群O(d)の位数を意味する。
Σ|O(d)|(dはnの任意の約数を動く)≦Σφ(d)(dはnの任意の約数を動く)・・・◎
ところが
Σφ(d)(dはnの任意の約数を動く)=n・・・♪
より、◎の部分で等式が成立するので
nの任意の約数dに対してf(d)=φ(d)>0でなければなりません。
したがって、位数nの元の個数f(n)はf(n)=φ(n)>0となって、位数nの元が存在することがいえました。

証明終

P.S.
♪の証明は初頭整数論の本かあるいは下記サイトの定理19を参照ください。
P.S.-2
上記の証明にGがアーベル群であることが使われていないことに注意してください。

参考URL:http://aozoragakuen.sakura.ne.jp/suuronN/node30. …
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アーベル群なら、G の中で位数最大の元をもってくればいいんじゃない?

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これって非可換でも成立したんだっけ?

この回答への補足

非可換では成立しないかと思われます、、

補足日時:2007/06/19 19:58
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Q生成元の求め方

代数学において
生成元とはどのようにして求めますか?
Z2の場合とZ2+Z2の場合を例に教えてください。
ご存知の方お願いします。

Aベストアンサー

M = Z2 + Z2 = Z2 × Z2 = { (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1) } の部分集合のうち、元の個数が 1 のものは生成系になれませんが、そのことは理解できますよね。

で、M の部分集合のうち、元の個数が 2 であるものを考えます。
それらのうちで (0, 0) を元に持つものは、元の個数が 1 である部分集合と実質的に変わらないので、生成系になれません。
(0, 0) を元に持たなければ、生成系になっていることを確認してみます。

A = { (0, 1), (1, 1) } が生成系であるなら、M の任意の元は (0, 1) と (1, 1) の線形結合として表せるはずです。
実際、
(0, 0) = 0(0, 1) + 0(1, 1)
(0, 1) = 1(0, 1) + 0(1, 1)
(1, 0) = 1(0, 1) + 1(1, 1)
(1, 1) = 0(0, 1) + 1(1, 1)
となりますから、A = { (0, 1), (1, 1) } は確かに M の生成系になっています。
さらに、S ⊂ A を満たす M の部分集合 S で、M の生成系になるものは存在しません(ここで S ⊂ A は、S が A の真部分集合であることを表すとします)。
よって、A は M の極小生成系であることが確認できました。
同じようにして、B = { (0, 1), (1, 0) } と C = { (1, 0), (1, 1) } も M の極小生成系であることを、御自身で確認なさってください。

D = { (0, 0), (0, 1), (1, 1) } や E = { (0, 1), (1, 0), (1, 1) } なども M の生成系ですが、極小生成系にはなっていません。

M = Z2 + Z2 = Z2 × Z2 = { (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1) } の部分集合のうち、元の個数が 1 のものは生成系になれませんが、そのことは理解できますよね。

で、M の部分集合のうち、元の個数が 2 であるものを考えます。
それらのうちで (0, 0) を元に持つものは、元の個数が 1 である部分集合と実質的に変わらないので、生成系になれません。
(0, 0) を元に持たなければ、生成系になっていることを確認してみます。

A = { (0, 1), (1, 1) } が生成系であるなら、M の任意の元は (0, 1) と (1, 1) の線形結...続きを読む


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