問　次の集合Ｇに演算・を定義すれば、
　　　Ｇは群を成すか｡
　
　　　Ｇ＝Ｒ、∀ｘ、ｙ∈Ｇに対して、
　　　ｘ・ｙ＝ｘ＋ｙ−２

　解　(�@)集合Ｇが与えられた算法に関して閉じていることは
　　　　　明らか。
　
　　　(�A)結合法則を見る。∀ｘ、ｙ、ｚ∈Ｇについて、
　　　　　（ｘ・ｙ）・ｚ＝（ｘ＋ｙ−２)・ｚ＝ｘ＋ｙ＋ｚ−４
　　　　　ｘ・（ｙ・ｚ）＝ｘ・（ｙ＋ｚ−２）＝ｘ＋ｙ＋ｚ−４

　　　　　であるから、結合法則は成立する。
　　
　　　(�B)次に、ｙ＝２とする。このとき、∀ｘ∈Ｇに対して、
　　　　　ｘ・２＝ｘ＋２−２＝ｘ、　２・ｘ＝２＋ｘ−２＝ｘ
　
　　　　　となり、２が単位元であることがわかる。

　　　(�C)∀ｘ∈Ｇに対して、ｚ＝４−ｘとおく。このとき、
　　　　　ｘ・ｚ＝ｘ＋(４−ｘ)−２＝２、
　　　　　ｚ・ｘ＝(４−ｘ)＋ｘ−２＝２　であるから、

　　　　　ｘ∈Ｇに対して逆元が存在して、ｘ^−１＝４−ｘで与えられる。

　　以上から、Ｇは演算・に関して群を成すことが示された。
　　更に、Ｇはこの演算に関して、可換群であることもわかる。//

　問　群Ｇの部分集合Ｈが、次の条件を満たすとき、
　　　 ＨはＧの部分群になる事を示せ｡

　　　(１)Ｈ≠φ　(２)ｘ、ｙ∈Ｈ　⇒　ｘｙ^−１∈Ｈ

　解　　ｘ∈Ｈとすると、条件よりｘｘ^−１＝ｅ∈Ｈ
　　
　　　　また、ｅ、ｙ∈Ｈについて、ｅｙ^−１＝ｙ^−１∈Ｈ

　　　　更に、ｘ、ｙ∈Ｈについて、ｙ^−１∈Ｈであるから、
　　　　ｘ(ｙ^−１)^−１＝ｘｙ∈Ｈ

　　　　以上から、上の条件を満たせばＨはＧの部分群となることが
　　　　示された。//

　問　Ｇを群、ＨをＧの部分群とし、ａ∈Ｇとする。このとき、
　　ａＨａ^−１＝｛ａｈａ^−１｜ｈ∈Ｈ｝もまた
　　Ｇの部分群となる｡　ａＨａ^−１　をＨの共役部分群という。

　解　（１）ｅ∈Ｈであるから、ａｅａ^−１＝ａａ^−１＝ｅ∈ａＨａ^−１　∴ａＨａ^−１≠φ

　　　（２）∀ｘ、ｙ∈Ｈに対して、ａｘａ^−１、ａｙａ^−１∈ａＨａ^−１で、
　　　　　(ａｘａ^−１)(ａｙａ^−１)＝(ａｘ(ａ^−１ａ)ｙａ^−１)
　　　＝ａｘｙａ^−１、ｘｙ∈Ｈ　であるから、ａｘｙａ^−１∈ａＨａ^−１

　　　（３）(ａｘａ^−１)^−１＝(ａ^−１)^−１ｘ^−１ａ^−１＝ａｘ^−１ａ^−１、
　　　　　　ｘ^−１∈Ｈであるから、ａｘ^−１ａ^−１∈ａＨａ^−１

　　　以上から、ａＨａ^−１＜Ｇ　であることが示された。//

　問　Ｇを群、ＳをＧの部分集合とし、
　　　Ｚ（Ｓ）＝｛ｘ∈Ｇ｜∀ｓ∈Ｓに対して、ｘｓ＝ｓｘ｝
　　　とおく。
　　　Ｚ（Ｓ）はＧの部分群となる。これをＧの中心という。

　解　（１）ｅ∈Ｇについて、∀ｓ∈Ｓに対して、ｅｓ＝ｓｅ　
　　　　　であるから、ｅ∈Ｚ（Ｓ）、Ｚ（Ｓ）≠φ

　　　（２）ｘ、ｙ∈Ｚ（Ｓ）とする。このとき、ｘｙ∈Ｇであって、
　　　　　ｓ∈Ｓとの積を考える。

　　　　　(ｘｙ)ｓ＝ｘ(ｙｓ)＝ｘ(ｓｙ)＝(ｘｓ)ｙ＝(ｓｘ)ｙ＝ｓ(ｘｙ)

　　　であるから、ｘ、ｙ∈Ｚ（Ｓ）⇒ｘｙ∈Ｚ（Ｓ）　となる。

　　（３）ｘ∈Ｚ（Ｓ）とする。このときｘ^−１∈Ｇであって、
　　　　　ｓ∈Ｓに対して、
　　　　　ｘ^−１ｓ＝ｘ^−１ｓｅ＝ｘ^−１ｓ(ｘｘ^−１)＝ｘ^−１(ｓｘ)ｘ^−１

　　　　　　　　　＝ｘ^−１(ｘｓ)ｘ^−１＝(ｘ^−１ｘ)ｓｘ^−１＝ｅｓｘ^−１＝ｓｘ^−１

　　　　　従って、ｘ∈Ｚ（Ｓ）⇒ｘ^−１∈Ｚ（Ｓ）であることがわかる。

　　　∴以上から、Ｚ（Ｓ）＜Ｇ　が示された。//

　問　可換群Ｇの元ａ、ｂの位数をそれぞれｍ、ｎとする。
　　　ｍ、ｎが互いに素であるとき、ａｂの位数はｍｎである。

　解　条件より、ａ^ｍ＝ｅ、ｂ^ｎ＝ｅ　である。
　　　ここで、ａｂの位数がｍｎ以下であると仮定し、ｉ を(ａｂ)^ｉ＝ｅ
　　　となる最小の正の整数とおく。

　　　従って、(ａｂ)^ｉ＝(ａｂ)(ａｂ)……(ａｂ)＝ｅ、　Ｇはアーベル群だから、
　　　ａ^ｉｂ^ｉ＝ｅ　を得る。

　　　ｉ≠１であることは明らか。（∵ｉ＝１とすれば、ａｂ＝１で、ａ＝ｂ^−１、
　　　ａ^ｍ＝(ｂ^−１)^ｍ＝ｅとなり、ｎ＝ｍＺとなり矛盾が生じる。）

　　　よって、ａｂ≠ｅであり、ａ≠ｂ^−１、ａ^ｉ≠ｂ^−ｉ　だから、
　　　ａ^ｉ＝ｂ^ｉ＝ｅでなくてはならない。

　　　ａ^ｉ＝ｅより、ｉ　はｍの倍数で、従って、ｉ＝ｍｋ(ｋ∈Ｚ)と書ける。
　　　ｂ^ｉ＝ｅより、ｉ　はｎの倍数で、従って、ｉ＝ｎｈ(ｈ∈Ｚ)と書ける。

　　　従って、∃ｋ、ｈ∈Ｚにより、ｍｋ＝ｎｈとなるが、
　　　ｍとｎは互いに素であることにより、ｋ(ｈ)はｎ(ｍ)の倍数でなくてはならない。
　　
　　　∴　ｉ＝ｍｎｋ(ｋ∈Ｚ)と書け、ｉ　は最小正整数であるから、ｉ＝１、
　　　つまり、ｉ＝ｍｎ　を得る。　従って、ａｂの位数はｍｎである。//

　問　Ｓ３の部分群を全て求めよ｡

　解　Ｓ３の元を全て書き出すと、

　　｜１　２　３｜　　　｜１　２　３｜　　｜１　２　３｜　　
　　｜１　２　３｜　、　｜２　１　３｜、　｜３　２　１｜、　

　　｜１　２　３｜　　｜１　２　３｜　　｜１　２　３｜
　　｜１　３　２｜、　｜２　３　１｜、　｜３　１　２｜　であり、

　　左から順に、Ｉ、σ１、σ２、σ３、σ４、σ５　とする。Ｉ は恒等置換を表す。
　　互換、巡回置換の形にすると、

　　σ１＝（ １　２ ）、　σ２＝（ １　３ ）、　σ３＝（ ２　３ ）、
　　σ４＝（ １　２　３ ）、　σ５＝（ １　３　２ ）　　となる。

　　σ１^２＝σ２^２＝σ３^２＝Ｉ　だから、　

　　｛ Ｉ、σ１ ｝、｛ Ｉ、σ２ ｝、｛ Ｉ、σ３ ｝　は、位数が２のＳ３の部分群をなす。

　　σ４^３＝σ５^３＝Ｉ、σ４^２＝σ５、σ５^２＝σ４、σ４σ５＝σ５σ４＝Ｉ　

　　であるから、｛ Ｉ、σ４、σ５ ｝　は位数３の部分群をなす。

　　上のもの以外の組み合わせによって部分群をなすものは存在しない。
　　従って、Ｓ３の部分群は、｛ Ｉ ｝、｛ Ｉ、σ１ ｝、｛ Ｉ、σ２ ｝、｛ Ｉ、σ３ ｝、
　　｛ Ｉ、σ４、σ５ ｝　、Ｓ３　の６個である。//

　問　長さｒの巡回置換の位数はｒである｡

　解　簡単のために、長さｒの巡回置換を　σ＝（ １ ２ ･･･ ｒ ）　とする。
　　　定義集に書いてある通り、σは１を２、２を３に、・・・ｒを１に置き換える。

　　　ここで、σを２回続けて行うと、１回目で１は２に置き換わり、
　　　２回目の操作においては、２は３に置き換えられ、全体としては
　　　１は２に置き換えられることになる。

　　　以下同様にして、σを（ｒ−１）回続けて行うと、１はｒ に置き換えられることが分かる。

　　　そして、σを（ｒ−１）回行った後に、更にもう１回σを操作する.

　　　つまり、σをｒ回連続で 行うと、ｒ回目の操作においては、
　　　ｒ は１に置き換えられるのだから、全体としては
　　　１が１に置き換えられる操作になった事になる。

　　　他の数字についても、まったく同様で、 ｒ回目の操作によって、
　　　ｉ はｉ に置き換えられることが分かる。（ １≦ｉ≦ｒ ）

　　　従って、長さｒ の巡回置換はｒ 乗すると恒等置換になることがわかった。
　　　ｒ が恒等置換になる為の最小の数である事は明らか。

　　　従って、長さｒの巡回置換の位数はｒであることが示された。//

　問　(�@)　（ ｊ　ｋ ）＝（ ｉ　ｊ ）（ ｉ　ｋ ）（ ｉ　ｊ ）
　　　(�A)　（ １　２　３　･･･　ｎ ）＝（ １　ｎ ）（ １　ｎ−１）･･･（ １　２ ）

　解　(�@)右辺を直接計算する。互換の積は右から行う。
　　　　　また、計算の手順を色分けしてみました｡第一の互換では赤、
　　　　　第二、第三の互換を青、橙色にしています。

　　　　 ｉ→ｊ→ｉ
　　　ｊ→ｉ→ｋ
　　　ｋ→ｉ→ｊ　　　　　　　　となり、置換の形に表すと、

　　　　｜ｉ　ｊ　ｋ｜
　　　　｜ｉ　ｋ　ｊ｜、　互換の形では、( j k )となり、左辺と一致する。

　　　(�A)　ここでも、右辺の計算を行う。　数字が多いから色分けは出来ませんが、
　　　　　　上と全く同じことです｡

　　　　　１→２
　　　　　２→１→３
　　　　　３→１→４
　　　　　４→１→５
　　　　　････････････
　　　　　････････････
　　　　　ｎ−２→１→ｎ−１
　　　　　ｎ−１→１→ｎ
　　　　　ｎ　　 →１

　　　　　といった数字の置き換えの図（表？）になることが分かります｡
　　　　　一番左の数字の最終的に置き換わった数字を見ると、

　　　　　１が２、２が３、･･････、ｎ−１が ｎ、ｎ が１ に置き換わっています｡
　　　　　すなわち、ｎ 次の巡回置換を表しているので、これは、左辺と一致する｡//

　問　（Ｓｎ：Ａｎ）を求めよ。

　解　ＡｎはＳｎにおける偶置換全体の集合を表した。
　　　従って、σをＳｎの任意の奇置換とすれば、σＡｎは、
　　　Ｓｎにおける奇置換全体の集合を表すことになる。

　　　よって、ＳｎのＡｎによる左剰余類の個数は、ＡｎとσＡｎの２つであり、
　　　Ｓｎはこの２つの剰余類の和集合(直和)として表される。
　　　つまり、Ｓｎ＝Ａｎ∪σＡｎ　である。
　　
　　　剰余類の個数を(Ｓｎ：Ａｎ)で表したから、この場合では、(Ｓｎ：Ａｎ)＝２
　　　と書ける。
　　
　　　さらに、ラグランジュの定理によって、｜Ａｎ｜＝(ｎ！／２)個であることもわかる。//

　問　Ｇ＝｛１、−１、ｉ、−ｉ ｝は、乗法に関して群を成す｡
　　　このとき、Ｈ＝｛１、−１｝がＧの部分群であることは明らか｡
　　　Ｈによる右剰余類を求めよ｡

　解　Ｈの元に対して、∀ｘ∈Ｇを右から掛けて異なるものを取り出す。

　　　Ｈ１　　＝｛１・１、(−１)・１｝＝Ｈ
　　　Ｈ(−１)＝｛１・(−１)、(−１)・(−１)｝＝Ｈ
　　　Ｈ(ｉ)　＝｛１・ｉ、(−１)・ｉ｝＝｛ｉ、−ｉ｝
　　　Ｈ(−ｉ)＝｛１・(−ｉ)、(−１)・(−ｉ)｝＝｛ｉ、−ｉ｝ となる。

　　　従って、Ｈ１＝Ｈ(−１)、Ｈ(ｉ)＝Ｈ(−ｉ)　であって、
　　　右剰余類はＨ１と、Ｈ(ｉ)の２つである。

　　　更に、Ｈ１∩Ｈ(ｉ)＝φ、Ｈ１∪Ｈ(ｉ)＝Ｇ　である事もわかる。//

　問　準同型写像　ｆ：Ｇ→Ｇ´について
　　　　（１) ｆ：Ｇ→Ｇ´が単射　⇔　Ｋｅｒｆ＝｛ｅ｝
　　　 　(２) Ｇが可換群　⇒　ｆ（Ｇ）も可換群

　解　（１）（⇒）ｅ∈Ｇについて、ｆ（ｅ）＝ｅ´だから、ｅ∈Ｋｅｒｆ
　　　　　　ｘ、ｙ∈Ｋｅｒｆ　とすると、
　　　　　　ｆ（ｅ）＝ｆ（ｘ）＝ｆ（ｙ）＝ｅ´　で、ｆ　が単射だから、ｘ＝ｙ＝ｅ

　　　　　　従って、Ｋｅｒｆ＝｛ｅ｝　//

　　　　　　逆に、Ｋｅｒｆ＝｛ｅ｝のとき、
　　　　　　ｘ、ｙ∈Ｇ　に対して、ｆ（ｘ）＝ｆ（ｙ）とする。このとき、
　　　　　　ｆ（ｘｙ^−１）＝ｆ（ｘ）ｆ（ｙ）^−１＝ｅ´　だから、

　　　　　　ｘｙ^−１∈Ｋｅｒｆ＝｛ｅ｝、　従って、ｘｙ^−１＝ｅ、　ｘ＝ｙ　だから、ｆ　は単射。//

　　　　（２）ｘ´、ｙ´∈ｆ（Ｇ）　に対して、ｘ´＝ｆ（ｘ）、ｙ´＝ｆ（ｙ）となる　ｘ、ｙ∈Ｇ　が存在する｡
　　　　　　このとき、ｘ´ｙ´＝ｆ（ｘ）ｆ（ｙ）＝ｆ（ｘｙ）＝ｆ（ｙｘ）＝ｆ（ｙ）ｆ（ｘ）＝ｙ´ｘ´
　　　　　　であるから、ｆ（Ｇ）は可換群である。//
　　　

　問　無限巡回群は加法群Ｚに、位数ｎの有限巡回群は
　　　加法群Ｚ／ｎＺに同型であること｡

　解　Ｇ＝＜ｘ＞を、無限巡回群とする。このとき、(加法群から乗法群への)写像ｆを
　　　ｆ：Ｚ→Ｇ、ｍ→ｘ^ｍ　で定義すると、ｆ　は全射準同型写像であることは明らか。

　　　ここで、ｆ(ｍ１)＝ｆ(ｍ２)、つまり、ｘ^ｍ１＝ｘ^ｍ２　とする。
　　　このとき、ｘ^{(ｍ１−ｍ２)}＝ｅ(Ｇの単位元)で、ｍ１≠ｍ２　とすると、
　　　
　　　＜ｘ＞＝｛ｅ、ｘ、……、ｘ^{(ｍ１−ｍ２−１)}｝であって、これはＧが
　　　無限巡回群であることに反する。従って、ｍ１＝ｍ２　であり、ｆ　は単射である。

　　　ｆ　は全単射準同型写像であるから、
　　　無限巡回群は加法群Ｚに同型であることが示された。//

　更に、、Ｇを位数ｎの有限巡回群とすると、
　　　ｆ：Ｚ→Ｇ　全射準同型が存在する。
　　　Ｋｅｒｆ＜Ｚだから、Ｋｅｒｆ＝ｍＺの形である。

　　準同型定理により、Ｇ ( Ｚ／Ｋｅｒｆ )＝Ｚ／ｍＺ　で、ｍ＝ｎとして、
　　Ｇ Ｚ／ｎＺ　を得る。//

　問　Ｒを単位的可換環とし、Ｉ　をＲのイデアルとする。
　　　（�@）Ｉ　が素イデアル　⇔　Ｒ／Ｉ　は整域
　 　（�A）Ｉ　が極大イデアル　⇔　Ｒ／Ｉ　は体

　解　（�@）先ず、Ｉ を素イデアルとする。
　　　　　　ａ＋Ｉ 、ｂ＋Ｉ ∈Ｒ／Ｉ　とし、
　　　　　　（ ａ＋Ｉ ）（ ｂ＋Ｉ ）＝ａｂ＋Ｉ ＝０＋Ｉ とする。
　　　　　　このとき、ａｂ ∈Ｉ で、Ｉ は素イデアルであるから、
　　　　　　ａ ∈Ｉ 、又は ｂ ∈Ｉ である。
　　　　　　従って、ａ＋Ｉ 又は ｂ＋Ｉ が、Ｒ／Ｉ における零元となるから、
　　　　　　Ｒ／Ｉ は整域であることが分かる。

　　　　　逆に、Ｉ をＲ の素イデアルとする。
　　　　　そして、このとき ａｂ ∈Ｉ と仮定する。
　　　　　（ ａ＋Ｉ ）（ ｂ＋Ｉ ）＝０＋Ｉ 　で、
　　　　　Ｒ／Ｉ は整域だから、ａ＋Ｉ ＝０＋Ｉ 　又は　ｂ＋Ｉ ＝０＋Ｉ 、
　　　　　従って、ａ ∈Ｉ 　又は　ｂ∈Ｉ であるから、Ｉ は素イデアルである。//

　　（�A）先ず、Ｉ を極大イデアルとする｡
　　　　　このとき、Ｒ／Ｉ のゼロではない元 ａ＋Ｉ をとってくる｡
　　　　　ａ と、Ｉ で生成されるＲ のイデアルをＪ とおく。
　　　　　つまり、Ｊ＝ａＲ＋Ｉ とおくと、Ｉ ⊆Ｊ ⊆Ｒ である。
　　　　　ここで、ａ＋Ｉ はＲ／Ｉ のゼロ元ではないから、ａ はＩ の元ではない｡
　　　　　従って、Ｉ ⊂Ｊ であり、Ｉ は極大イデアルであるから、Ｊ ＝Ｒ である。
　　　　　
　　　　　１ ∈Ｒ＝Ｊ であるから、
　　　　　∃ｂ∈Ｒ、∃ｒ ∈Ｉ 、ｓ．ｔ．　１＝ａｂ＋ｒ 　となる。

　　　　　すると、（ ａ＋Ｉ ）（ ｂ＋Ｉ ）＝ａｂ＋Ｉ ＝１＋Ｉ が
　　　　　Ｒ／Ｉ おいて成り立ち、従って、ａ＋Ｉ は乗法に関する
　　　　　逆元を Ｒ／Ｉ にもつ。　　　従って、Ｒ／Ｉ は体である。

　　　　　逆に、Ｒ／Ｉ が体であるとする｡
　　　　　ここで、Ｉ ⊂Ｊ であるようなＲ のイデアルＪ を考える｡
　　　　　Ｒ／Ｉ は体であるから、Ｊ に属していて、Ｉ に属していない
　　　　　元 ａ の剰余類 ａ＋Ｉ は、Ｒ／Ｉ において、ゼロ元ではない。
　　　　　従って、ａ＋Ｉ に対して、逆元 ｂ＋Ｉ　（ ｂ∈Ｒ ）が存在する｡
　　　　　即ち、（ ａ＋Ｉ ）（ ｂ＋Ｉ ）＝ａｂ＋Ｉ ＝１＋Ｉ 　となる。

　　　　　このとき、ａｂ^−１ ∈Ｉ であるので、
　　　　　１＝ａｂ＋ｒ　、ｒ ∈Ｉ　が成り立つ。
　　　　　ここで、ａｂ ∈Ｊ　であるので、１ ∈Ｊ、　従って、Ｊ ＝Ｒ であり、
　　　　　Ｉ が極大イデアルであることが示された｡//