2016-01-26

準同型定理

数学群論

群はどんな構造になっているのか，が分かればよい．
構造がよく分かっている群と，よく分からない群を橋渡しするのが準同型写像である．

定義（準同型写像）
群 $G$ から群 $G'$ への写像 $f$ が
$f(xy)=f(x)f(y)(x,y \in G)$
を満たすとき， $f$ の準同型写像という．

群の演算が写像を介しても保たれている，ということである．
さらにこの写像が全単射であるとき， $f$ は同型写像であるという．
このとき $G,G'$ は群同型であるといい， $G \cong G'$ とあらわす．
群同型である2つの群は，群としては同一のものとみなしてよい．

少し性質を挙げておこう．

命題
写像 $f$ を群 $G$ から群 $G'$ への準同型写像とする．
1) $(f(a))^{-1} = f(a^{-1})$ ．
2) $f(e)=e$

（証明）
1)
右辺，左辺それぞれに $f(a)$ をかければ確かめられる．

2)
$f(e)=f(ee)=f(e)f(e)$ の最左辺と最右辺に $(f(e))^{-1}$ をかければよい．
（証明終）

準同型写像があるときにいつでも群同型写像が存在することを保証するのが準同型定理である．

定理（準同型定理）
写像 $f$ を群 $G$ から群 $G'$ への準同型写像とする．
核（零空間）を ${\rm Ker}(f) = \{ a \in G \mid f(a)=e \}$ ，像を ${\rm Im}(f)=f(G)$ とおくと
$G/{\rm Ker}(f) \cong {\rm Im}(f)$ （群同型）が成立する．

この定理を証明する際，well-definedであることを示すことがある意味通過儀礼である．
どういうことかというと，群同型であることを示すためにある写像を定めるのだが，
この写像が矛盾なく定義されていること（=well-definedであること）を確かめなければならない．
$T:A \to B$ が写像であるとは $a=a'$ ならば $T(a)=T(a')$ ということが満たされることである．
普通の集合の間の写像であれば基本的に問題は起こらない．
しかし今回は剰余群からの写像を定めることになる．
剰余群は1個の要素が色々な表示をもつので，確かめなければならないのである．

（証明）
写像 $f_*$ を $f_* : G/{\rm Ker}(f) \ni [ a ] \mapsto f(a) \in {\rm Im}(f)$ と定める．

（ $f_*$ がwell-definedであること）
$[ a ] = [ b ] \in G/{\rm Ker}(f)$ とする．
$a{\rm Ker}(f) = b {\rm Ker}(f)$ より，ある $k \in {\rm Ker}(f)$ で $a=b k$ と表せる．
これより $b^{-1} a =k$ であるから $f( b^{-1} a)=f(k)=e$ となる．
$f$ は準同型写像であるから $(f(b))^{-1} f(a) =e$ より $f(a)=f(b)$ である．
つまり写像 $f_*$ はwell-definedである．

（ $f_*$ が準同型写像であること）
$f_*([ a ] [ b ])=f_*( [ ab ])=f(ab)=f(a)f(b)=f_*([ a]) f_*([ b ] )$ による．

（ $f_*$ が単射であること）
$f_*([ a ]) = f_*( [ b ] )$ とすると $f(a)=f(b)$ である．
$(f(b))^{-1} f(a) = e$ から $f(b^{-1} a)=e$ となるので $b^{-1} a \in {\rm Ker}(f)$ である．
任意の $ak \in a{\rm Ker}(f)$ に対して $ak=b(b^{-1}ak) \in b {\rm Ker}(f)$ となる．
つまり $a {\rm Ker}(f) \subset b{\rm Ker}(f)$ である．逆向きの包含関係も同様なので $[ a ] = a{\rm Ker}(f) = b{\rm Ker}(f) = [ b ]$ が従う．ゆえに単射である．

（ $f_*$ が全射であること）
任意の $a' \in {\rm Im}(f)$ をとる．ある $a \in G$ で $a' = f(a)$ と表せる．
このとき $f_* ([ a ])=f(a)=a'$ であるから全射である．

以上より定理は証明された．（証明終）

2016-01-25

可解群の性質

数学群論

可解群の性質は比較的保存される．
それらを命題にしてまとめる．

命題
$G$ は可解群で， $N \triangleleft G$ ならば $G/N$ は可解群である．

（証明）
$G$ は可解群であるから，
1) $G=H_0 \triangleright H_1 \triangleright H_2 \triangleright \cdots \triangleright H_r =\{ 1 \}$ という列で，
2) $H_i /H_{i+1}(i=0,1,2, \ldots r-1)$ がアーベル群
を満たすものが存在する．ここで群の部分集合 $A,B$ に対して， $AB=\{ ab \mid a \in A, b \in B \}$ と定める． $AB=BA$ ならば $AB$ は部分群となる．
1)の列に対して $G=GN=H_0N \supset H_1 N \supset H_2 N \supset \cdots \supset H_r N = N$ を作る．
$N$ は正規部分群であるから，列の要素はすべて $G$ の部分群である．
また $H_i \triangleright N,H_i \triangleright H_{i+1}$ から，各 $an \in H_{i}N$ に対して
$(an)^{-1} H_{i+1}N(an)$
$=n^{-1}(a^{-1} H_{i+1})( N a)n$
$=n^{-1}(H_{i+1}a^{-1})(aN) n$
$=n^{-1} H_{i+1}N$
$=n^{-1} N H_{i+1}$
$=NH_{i+1}$
$=H_{i+1}N$
となる．つまり $H_{i}N \triangleright H_{i+1}N$ である．
さらに
$G/N=GN/N=H_0N/N \supset H_1 N/N \supset H_2 N/N \supset \cdots \supset H_r N/N = \{ [ 1 ] \}$
とすれば，第3同型定理より $(H_{i}N/N )/(H_{i+1}N/N) \cong H_{i}N/H_{i+1}N$ である．
第2同型定理より $H_i N/H_{ i+1 } N \cong H_i /( H_{i+1}N \cap H_i)$ で，右辺は $H_i / H_{i+1}$ に含まれるのでアーベル群である．
つまり $G/N$ は可解群である．（証明終）

命題
$N \triangleleft G$ とする． $G/N,N$ がともに可解群ならば $G$ も可解群である．

（証明）
それぞれ可解群であるから，定義を満たす列として
$G/N=H_0/N \triangleright H_1 /N \triangleright H_2 /N \triangleright \cdots \triangleright H_r /N = \{ [ 1 ] \}$
$N \triangleright N_1 \triangleright N_2 \triangleright \cdots N_s=\{ 1 \}$
がとれる．
このとき
$G \triangleright H_1 \triangleright \cdots \triangleright H_r=N \triangleright H_1 \triangleright \cdots N_s$
が $G$ の可解群の定義を満たす列である．（証明終）

命題
$G$ は可解群であれば $G$ の部分群 $H$ は可解群である．

（証明）
$G$ は可解群であるから，
1) $G=H_0 \triangleright H_1 \triangleright H_2 \triangleright \cdots \triangleright H_r =\{ 1 \}$ という列で，
2) $H_i /H_{i+1}(i=0,1,2, \ldots r-1)$ がアーベル群
を満たすものが存在する．1)の列に対して
$H=G \cap H=H_0 \cap H \triangleright H_1 \cap H \triangleright H_2 \cap H \triangleright \cdots \triangleright H_r \cap H=\{ 1 \}$
を作る．第2同型定理より $(H_i \cap H)/(H_{i+1} \cap H) \cong (H_i \cap H)/H_{i+1}$ で，右辺は $H_i /H_{i+1}$ に含まれるのでアーベル群である．
つまり $H$ は可解群である．（証明終）

正直なところ，だらだらと定義を書き下していく証明なので読む気がしないと思う．
証明の肝は可解群の定義から列をとることができるということと，証明したい群を積か共通部分をとるなどして生み出すことである．
これをおさえておけば再現は簡単だろうと思う．

2016-01-24

可解群のこと

数学群論

ガロア理論を用いて開冪により代数方程式の解の公式が表されるか，ということを示す際，この可解群の話は避けられない．
定義を眺めるといくぶんやる気がそがれると思うが，とりあえず書こう．

定義（可解群）
群 $G$ が可解群である，とは
1) $G=H_0 \triangleright H_1 \triangleright H_2 \triangleright \cdots \triangleright H_r=\{ 1 \}$ という正規部分群の列で，
2) $H_i / H_{i+1}(i=0 , 1 , 2, \ldots r-1)$ はアーベル群
を満たすものが存在することである．

ここからは群は有限群であるとする．

このとき次のことが成り立つ．

定理
群 $G$ が可解群であることと，
1) $G=H_0 \triangleright H_1 \triangleright H_2 \triangleright \cdots \triangleright H_s=\{ 1 \}$ という正規部分群の列で，
2) $H_i / H_{i+1}(i=0 , 1 , 2, \ldots s-1)$ は単純群かつ素数位数の巡回群
を満たすものが存在することは同値である．

（証明）
（ $\Leftarrow$ ）は明らかである．
（ $\Rightarrow$ ）
可解群で存在する正規部分群の列をさらに細かくする．
$H_i \triangleright H \triangleright H_{i+1}$ となる $H$ が存在するならば，それをとることを繰り返す．有限群であるからこの操作は有限回で終了する．
とれなくなったとき， $G=H_0 \triangleright H_1 \triangleright H_2 \triangleright \cdots \triangleright H_s=\{ 1 \}$ という正規部分群の列であるとする．
このとき各 $H_i / H_{i+1}$ は上のような $H$ が存在しないことから，正規部分群で自明なもの以外は存在しない．つまり単純群である．
また $H_i / H_{i+1}$ は元の正規部分群の列の剰余群の部分群とみなせるから，アーベル群である．
さらに自明な群ではないから，単位元以外の元がとれる．
この元で生成される巡回群を考えれば，それは $H_i / H_{i+1}$ の正規部分群であるが単純群で $\{ 1 \}$ でないので全体に一致する．
もしこの巡回群の位数が素数位数でないとすれば，正規部分群を真に含むので単純群であることに矛盾する．つまり素数位数の巡回群である．（証明終）

証明は素直だが，少しやぼったいかもしれない．

さて，可解群の話には次の交換子群の話がついてくる．上の定義があれば十分そうなのだが．

定義（交換子）
群 $G$ の要素 $a,b$ の交換子を $[ a,b ]=a^{-1} b^{-1}ab$ で定める．

定義（交換子群）
群 $G$ の部分群 $A,B$ に対し， $[ a,b ](a \in A, b \in B)$ 全体で生成される部分群を $A,B$ の交換子群 $[ A,B ]$ という．

定義（交換子群列）
群 $G$ に対し， $D_0(G)=G, D_1(G)= [ G, G]$ と定める．
さらに $D_{ i+1 }(G)=[ D_i(G) , D_i(G) ]$ とする．
このようにしてできる列， $G=D_0(G) \supset D_1(G) \supset D_2(G) \supset \cdots \supset D_i(G) \supset \cdots$ を交換子群列という．

連続して交換子について定義した．
これが何の役に立つのか，というと察しのいいかたは最後に列が登場したのを見て気がつくだろう．
実はこの交換子群列がどこかで $D_s(G)= \{ 1 \}$ となれば， $G$ は可解群であることが示されるのである．
まさにこの交換子群列が定義の正規部分群の列を与えているのである．
教科書によっては交換子で定義している．
前者の定義だと定義する内容は少なくて済むが，列が抽象的に与えられるためどのようにして見つけるのかが分からない．
後者であれば交換子を定義しなければいけないが，列を具体的に構成して与えられるという利点があるわけだ．

2016-01-23

図形と方程式・幾何ベクトル・複素平面の関係

数学

高校の数学２で図形と方程式という分野を学ぶ。
このときまでは直線は $y=mx+n$ で、放物線は $y=ax^2+bx+c$ ということは知っている。
図形は方程式で表現できる、ということをこの新しい分野で学ぶわけだ。

次に数学Bで幾何ベクトルを学び、さらに数学３で複素平面を、と進んでいく。

問題は幾何ベクトルでも複素平面でも、図形を式で表す試みをすることである。
その時々で新しい表現を学ぶのだが、それぞれに特徴があり
表現が得意なものもあれば苦手なものもあるという感じである。

でも共通しているものもあって、それは内分・外分の公式である。
複素平面バージョンで書いておこう。
複素数 $A(\alpha), B(\beta)$ を $m : n$ に内分する点は $\frac{n\alpha+m\beta}{m+n}$ である。

2016-01-22

e（自然対数の底、ネイピア数、ネピア数）の話

数学

自然対数の底，ネイピア数と呼ばれる数eがある。
日本では数学IIIで学ぶ。教科書では次の定義で導入される。

$\displaystyle e = \lim_{h \to 0} (1 + h)^{\frac{1}{h}}$

この式を眺めていてもよく分からない。

その理由は対数の微分にある。 $\log_a x$ に導関数の定義式を適用する。
$\frac{\log_a (x+h) - \log_a x}{h}=\log_a(1+\frac{h}{x})^{\frac{1}{h}}$
$h \to 0$ の極限を考えることになるが，最右辺の $\log$ の中身が問題である。
この部分が上の式によれば， $e^\frac{1}{x}$ に収束することになるわけだ。

2016-01-21

n次正方行列のスペクトル分解

数学

スペクトル分解を学んだことがなかったので，少しだけ考えたあと教科書を調べた。
一般のn次正方行列でできると思って考えていたのだが，教科書には正規行列であることが必要十分とあった。

もう少し勉強してから，ここに書くつもりである。

2016-01-20

行列の軽い計算

数学

対角化の計算をするときに，固有ベクトルをとって行列を作るわけだが，
次のことが気になっていた。

命題．
$P,Q$ は零行列ではないn次正方行列とする。
$PQ=O$ ならば $QP=O$ である。

（証明）
背理法。 $QP \neq O$ と仮定する。
$Q$ を右乗すると，左辺は $QPQ=QO=O$ から $O \neq O$ となり矛盾する。（証明終）

~~この零行列の部分を単位行列に変えた命題も全く同じように示される。~~

（20.5.20)
完全なる嘘の証明である．反例が存在する．
$\begin{equation*}P=\begin{pmatrix}1 &0 \\0 &0 \end{pmatrix},Q=\begin{pmatrix}0 &0 \\1 &0 \end{pmatrix} \end{equation*}$ とおくと， $PQ=O$ だが $QP \neq O$ である．

べっこう色の記録

かつては日記でしたが、現在は数学のことを多く書いています

準同型定理

可解群の性質

可解群のこと

図形と方程式・幾何ベクトル・複素平面の関係

e（自然対数の底、ネイピア数、ネピア数）の話

n次正方行列のスペクトル分解

行列の軽い計算