中小企業の働き方改革をサポート>>

可換群Gの二つの元a,bのそれぞれの位数m,nが
互いに素ならば、abの位数はmnである。


この証明が分からないです。

あと、位数m,nが互いに素なようになる可換群はどのようなものがあるでしょうか?
例えばmodの世界において考えると、
mod nの時、位数はn-1の約数になるので互いに素にはならないと思うのです。

そもそもが間違えているかもしれません。
優しく教えていただければ幸いです。

よろしくお願いします。

このQ&Aに関連する最新のQ&A

A 回答 (3件)

abの位数がmnとなること



以下にあげる♪の「位数の性質」がポイントになると
「Gの元aの位数がmとする。整数kに対してa^k=eとなるとき
kはmで割り切れる」…♪

Gの単位元をeとする。

abの位数をxとする
(ab)^(mn)={a^(mn)}{b^(mn)}=e*e=e
だから♪の位数の性質よりmnはxで割り切れる。…※

またabの位数はxだから、(ab)^x=eがいえる。

e=(ab)^(nx)={a^(nx)}{b^(nx)}=a^(nx)
よってa^(nx)=eとなる。
aの位数がmだから、♪の位数の性質よりnxがmで割り切れる
mとnは互いに素だから、xがmで割り切れる。…☆

e=(ab)^(mx)={a^(mx)}{b^(mx)}=b^(mx)
よってb^(mx)=eとなる。
bの位数がnだから、♪の位数の性質よりmxがnで割り切れる
mとnは互いに素だから、xがnで割り切れる。…★

☆と★よりxはmかつnで割り切れる。
m,nは互いに素だからm,nの最小公倍数はmnとなるから
xはmnで割り切れる。…§

※と§よりx=mnとなることがいえる。
したがってabの位数がmnとなる。

君の疑問に関して
そもそも「どんな演算に関して群になるのか」きちんと考えないから、君の議論はおかしくなる。
例えば加法に関して群をなす集合と、乗法に関して群をなす集合をいっしょくたに扱ったらおかしくなるのは当たり前。
群を考えるときは、どんな演算に関して群となるのかきちんと認識することが大事。

ex.体Fを考えるとき、Fは加法に関して群をなしている。
そしてFから0を除いた集合F-{0}は乗法に関して群をなしている。

可換群の実例
mとnを互いに素な実数とする
剰余環Z/mZとZ/nZは、位数がそれぞれm,nとなる加法に関する群となる。
そしてZ/mnZは位数がmnとなる加法に関する群である。
    • good
    • 0
この回答へのお礼

丁寧な証明本当にありがとうございます。
分かりやすくて、納得できました。

疑問についても優しく教えていただいて本当にありがとうございます。


ありがとうございました。

お礼日時:2010/06/29 14:17

確かに、mod は例がよくなかった。


剰余環 Z/mZ の乗法半群が群になるのは、
m が素数の場合だけ。
m=2 なら、m-1 は 1 だから
n-1 と素にならないし、
m と n が共に奇素数であれば、
m-1 と n-1 は公約数 2 を持つ。

他の例を考えたほうがよい。
1 の m 乗根(複素数)がなす乗法群など
どうだろう。
    • good
    • 0
この回答へのお礼

modの例がよくない理由まで教えていただいてありがとうございます。

教えていただいた例を、発表のレポートに入れてみようと思います。


ありがとうございました。

お礼日時:2010/06/29 14:19

>位数はn-1の約数になるので互いに素にはならないと思うのです。



ん?具体的に例えば 24 の約数を列挙してみるべきです。
    • good
    • 0

このQ&Aに関連する人気のQ&A

お探しのQ&Aが見つからない時は、教えて!gooで質問しましょう!

このQ&Aを見た人はこんなQ&Aも見ています

このQ&Aを見た人が検索しているワード

このQ&Aと関連する良く見られている質問

QPが群Gのシローp-部分群であるとき Pが唯一のシローp-部分群である

Pが群Gのシローp-部分群であるとき Pが唯一のシローp-部分群であることと

PがGの正規部分群であることが同値であることを

シローの定理を使って示すにはどうすればいいのでしょうか?


<シローの定理>
(1)p^r | |G| ==> Gは位数p^rの部分群をもつ
よってシローp-部分群は存在する

(2)H: Gのp-部分群とすれば
Hを含むシローp-部分群が存在する

(3)シローp-部分群は互いにG-共役

(4)シローp-部分群の個数は
1+k*p の形 (k∈Z,k≧0)

Aベストアンサー

p-シロー群が正規部分群とは次の二つのことが成り立つ。

(1) Pは正規部分群 ⇔ xP = Px,∀x.
(2) P,Qがp-シロー群 ⇒ aP = Qa,∃a.

Q
= aPa^{-1} (2)より
= P (1)より

よってP=Q、つまり、ただ一つしかない。

p-シロー群がP一つしかないとき
⇒すべてのxに対してp-シロー群xPx^{-1}とPは共役。
⇒axPx^{-1} = Pa,∀x
⇒yPy^{-1} = P,∀y
(y = axと変形)
⇒Pは正規部分群

どうかな、てきとーなんで、ゆるしてね

Q有限アーベル群Gの位数が相異なる2素数p、qの積であるとき、Gは巡回群

有限アーベル群Gの位数が相異なる2素数p、qの積であるとき、Gは巡回群であることを示せ。


という問題があるのですがよくわかりません。できれば詳しく教えていただけると嬉しいです!

Aベストアンサー

大抵の教科書に書いてありませんか?
構造定理を使わずに、手作りっぽく
書いてみると…

G の元で、単位元でないモノの一つを a とし、
a が生成する G の部分群を A とする。
A の位数は、ラグランジェの定理より、
G の位数の約数 1,p,q,pq のどれかになる。
(0) 位数が 1 の場合。
a が単位元でないから、これはありえない。
(1) 位数が p の場合。
可換群の部分群は全て正規部分群だから、
G は A と商群 G/A の直積に分解する。
A,G/A は位数 p,q の部分群であり、
素数位数だから巡回群である。
巡回群同士の直積群は、巡回群となる。
(2) 位数が q の場合。
同上。
(3) 位数が pq の場合。
単項生成の部分群は巡回群だから、
G = A は位数 pq の巡回群になる。

Q【代数学】可換群の証明

【問題】
Gを群とする。任意の、x,y属する(記号の入力がわかりません)Gに対して(xy)^2=x^2y^2が成り立つならば、Gは可換群であることを示せ。ただし、群の公理のみを使って示すこと。

【解答】
群の公理は、以下の①から④である。
①その演算に関して集合は閉じていること。
②結合法則
③単位元の存在
④逆元の存在

①は条件より満たされている。
②は、(xy)^2=x(yy)x=x)y^2)x=x^2y^2となり、満たされる。
③は、単位元1があるため、満たされる。
④は、逆元0があるため、満たされる。
以上から、Gは可換群ということができる。

【質問】
以上のようにして問題を解きました。
したところ、×でした。
どなたか、正答をお教えください。

Aベストアンサー

質問者は問題の意図を完全に理解していません。

問題が聞いているのはGが可換群であることを示すことです。

Gが群であることは問題の前提であるため証明する必要はありません。
証明すべきことは可換、つまり
xy=yx
であることです。

ここで使えるのは群の公理と(xy)^2=x^2y^2だけ。
結合則から
(xy)^2=(xy)(xy)=x(yx)y
これがx^2y^2と等しい。
つまり
x(yx)y=x^2y^2

質問者は②のところでいろいろ変形していますが、証明すべきxy=yxを使って式を変形しているため問題です。xy=yxというのは証明していないため使えません。

x(yx)y=x^2y^2

この式の両辺に左からx^-1,右からy^-1をかけてみましょう。そうすれば
xy=yx
が得られるはずです。

Qe^(-x^2)の積分

e^(-x^2)の積分はどうやったらよいのでしょうか?
どなたか分かる方、よろしくお願いします。

eは自然対数の底でe^(-x^2)=exp{-x^2}

Aベストアンサー

ガウス分布に使いますね。
やりかたですね。一般的なものを参考程度までに、

xy座標の第一象限で原点を通る一辺aの正方形
と正方形に接する半径aの(1/4)円とr半径√2aを考えるんですね。
正方形の領域□でe^-x^2 をx方向に積分すると、
∫[0→a]e^-x^2dx
正方形の領域だからe^-y^2 をy方向に積分しても
同じ値になりますね。だから
∫[0→a]e^-x^2dx=∫[0→a]e^-y^2dy
ということは、x,yは独立に考えられるので、
∫[0→a]e^-(x^2+y^2)dxdy
={∫[0→a]e^-x^2dx}^2
という関係が出ますね。
だから、e^-(x^2)を積分する代わりにe^-(x^2+y^2)を積分してその√を取れば解が得られるという論法を利用するんですね。
四角形の領域で
I=∫[x,y:0→a]e^-(x^2+y^2)dxdy
を積分するにはちょっとなんで、四角形に接する大小の円で挟み撃ちを考えるんですね。
半径aの(1/4)円では、
極座標変換して、(x^2+y^2)=r^2, dxdy=rdrdθ
=∫[0→a]e^-(r^2)dr∫[0→π/2]dθ
=(1/2)(1-e^-a^2)(π/2)=(π/4)(1-e^-a^2)
同様に、半径√2aの(1/4)円では、
=(π/4){1-e^-(2a^2)}
だから、
x:0→a
√{(π/4)(1-e^-a^2)}<∫[0→a]e^-(x^2)dx
<√{(π/4){1-e^-(2a^2)}}
が回答ですね。これ以上は数値表を参照ですね。
a→∞ であれば、
∫[0→∞]e^-(x^2)dx=(√π)/2
が回答になりますね。
広域積分でも検索すれば参考になるかも。

ガウス分布に使いますね。
やりかたですね。一般的なものを参考程度までに、

xy座標の第一象限で原点を通る一辺aの正方形
と正方形に接する半径aの(1/4)円とr半径√2aを考えるんですね。
正方形の領域□でe^-x^2 をx方向に積分すると、
∫[0→a]e^-x^2dx
正方形の領域だからe^-y^2 をy方向に積分しても
同じ値になりますね。だから
∫[0→a]e^-x^2dx=∫[0→a]e^-y^2dy
ということは、x,yは独立に考えられるので、
∫[0→a]e^-(x^2+y^2)dxdy
={∫[0→a]e^-x^2dx}^2
という関係が出ますね。
...続きを読む

Q群Gの元aの位数

35歳すぎにして、代数学の初心者です。
代数における群Gの元aの位数の意味がよくわかりません。位数って群の元の数ですよね?ってことは、元aが位数を持つということは、元aも群だということなのでしょうか?元aは群Gの部分群でないと、元aは位数を持たないのでしょうか?
これがわからないので、「群Gの元aの位数がmnならばa^nの位数はmであることを示せ」などといわれても、ちんぷんかんぷんです。
どなたか、判りやすく教えていただける方がいましたら、よろしくお願いいたします。

Aベストアンサー

#4です。
補足に対して少しお答えします。
群に入っている演算は何でもいいわけですが
乗法が分かりやすいし、よく説明に使われると思うので
(質問にa^nという表現もあることですし)
乗法で話をします。

群は演算に関して閉じています。
だからaがあればaを何回か掛けてできる数は全部入って
いなければいけません。

よってa^nはGに入っています。(当然nは自然数)
Gの位数が有限ならa^nはどこかで繰り返しにならないとGの位数より個数が増えてしまいます。
証明は難しく無いですが略します。感覚的にはわかってもらえると思います。

だからa^n=e(単位元)となるnが存在するといえる
わけです。1回繰り返しになれば後はその倍数で繰り返し
になりますので「最小の」と断ったのです。

(乗法の例
1のn乗根a^n=1乗法の単位元

加法でいえばa,2a,3a・・・・,na=0加法の単位元
となります。例:割り算したときの余り)

Q有理数の測度

有理数の集合の測度が0であることの証明は
http://oshiete1.goo.ne.jp/qa3714410.html
が定石だと思うのですが、その証明の過程で起こってることがとっても不思議です
「稠密な集合の1点1点を幅のある区間で覆っている」のに、Rを覆えないどころか、区間の幅の和がいくらでも小さくなっちゃうなんて。。。

このことについて、「なるほど~」と思える解説を教えてください
(集合の濃度にはあまり触れずにおねがいします)
よろしくおねがいします

Aベストアンサー

#1です。

> うーん、集合和を有限で止めている覚えはないんですけど。。。

なるほど、質問の意図を読み違えていました。

> だからRを覆っているということはないはずです。

あまり、触れないように避けたのですが、Rって、実数集合のことだったんですね。
Rationalかと思ったのですが、有理数は、普通Qでしたよね。
たしかに、Rは、覆っていませんでした。

Rを覆っていないというのは、どんどん小さくなっていく加算無限の区間列の和集合に含まれないような実数が、どこかわからないけど、存在するといったイメージでしょうが、
実際、区間列の生成方法をうまく決めれば、そのような実数を探し出すことができそうな気がします。

そのような実数があったとして、その実数の近くのどの有理数をとっても、
その有理数を含む区間は狭すぎて、その実数を含まない状況になっていると想像できます。

専門家でなく、また、結構ブランクがあるので、ちゃんとした確認までしてませんが、
(と言い訳させていただきますが)
たぶん、あっているのではないでしょうか?

#1です。

> うーん、集合和を有限で止めている覚えはないんですけど。。。

なるほど、質問の意図を読み違えていました。

> だからRを覆っているということはないはずです。

あまり、触れないように避けたのですが、Rって、実数集合のことだったんですね。
Rationalかと思ったのですが、有理数は、普通Qでしたよね。
たしかに、Rは、覆っていませんでした。

Rを覆っていないというのは、どんどん小さくなっていく加算無限の区間列の和集合に含まれないような実数が、どこかわからないけど、存在す...続きを読む

Q位数6の群を分類したいです。

Gを位数が6の群とする
G≅Z/6Z or S3 のどちらかに同型になることを示したいのですが、
シローの定理からP3:3-Sylow部分群 s3:P3の個数 P2:2-Sylow部分群 s2:P2の個数
とすると、シローの定理からs3=1、s2=1,3となり、
(1)s2=1の時は、G≅Z/2Z×Z/3Z≅Z/6Z
ということは分かったのですが、
(2)s2=3の時はG≅S3になると思うのですが、これをどう示したらよいかが分かりません。
教えていただけませんですか?

Aベストアンサー

シローの定理より
2シロー群{e,a}が存在
3シロー群{e,b,b^2}が存在.3シロー群はひとつしかない.

そこで ab の位数 o(ab) を考える

o(ab)=1,2,3,6である

o(ab)=1ならば ab=e,b=a^{-1}=aで不適

o(ab)=6ならば 位数6の群Gに位数6の要素があるので
Gは巡回群Z/6Z

o(ab)=2ならば abab=e つまり aba=b^{-1}
つまり Gはa^2=e, b^3=e aba=b^{-1}で生成される群でありこれは
三次二面体群D_3すなわち3次対称群S_3

o(ab)=3ならば
abが生成する巡回群<ab>は3シロー群
3シロー群はひとつしかないので
ab=e,b,b^2
ab=eは不適
ab=bも不適
ab=b^2も不適
よってo(ab)は3とはならない

以上より
位数6の有限群は
巡回群か3次の対称群

実際はもっと強いことがいえて
素数p,qに対して
位数pqの群が決定できます
シローの定理と自己同型の組合せ
♯ぐぐると力作のPDFがすぐ見つかります

Q有限位数の元の積

ふと疑問に思ったのですが、群において有限位数の元の積もまた有限になるのでしょうか。

つまり、Gを群、a,bを位数が有限のGの元とする時、abの位数も有限になるのでしょうか。

問題は単純なのですが、単純であるがゆえ証明が難しそうです。反例も思い付きません。

どなたかよいお考えがあれば教えていただきたいです。

Aベストアンサー

例えば2×2の正則行列の乗法群で
A
=
(0,-1)
(1,0)
B
=
(0,1/2)
(-2,0)
とすると、AもBも位数4ですが、
AB
=
(2,0)
(0,1/2)
の位数は無限になります。


人気Q&Aランキング

おすすめ情報