§E7.6Lagrange の定理

証明.$aH=bH$ならば$b=be_G\in bH=aH$であるから、$b=ah$を満たす$h\in H$が存在する。したがって$a^{-1}b=h\in H$である。逆に$a^{-1}b=h_0\in H$ならば$b=ah_0$である。$h_0H=H$であるため

を得る。よって (1) が成り立つ。

$Ha=Hb$ならば$a\in Ha=Hb$であるから、$a=hb$を満たす$h\in H$が存在し、$ab^{-1}=h\in H$となる。逆に$ab^{-1}=h_0\in H$ならば$a=h_0b$であり、$Hh_0=H$から

を得る。よって (2) も成り立つ。最後の二主張は、(1)、(2) と剰余類の定義から従う。▨

証明.$a,b\in G$に対して

と定める。$a^{-1}a=e_G\in H$であるから反射律が成り立つ。$a^{-1}b\in H$ならば$(a^{-1}b)^{-1}=b^{-1}a\in H$であるから対称律が成り立つ。$a^{-1}b,b^{-1}c\in H$ならば

であるから推移律が成り立つ。したがって$\sim_L$は同値関係である。$a$の同値類は

であるため、左剰余類は同値類として$G$を分割する。

同じく

と定める。反射律と対称律は左の場合と同じである。$ba^{-1},cb^{-1}\in H$ならば

であるから推移律も成り立つ。$a$の同値類は

であるため、右剰余類も$G$を分割する。

$L_g$は左簡約律によって単射であり、$gH$の定義によって全射である。$R_g$は右簡約律によって単射であり、$Hg$の定義によって全射である。

最後に、部分集合の各元の逆元を取ると

である。$gH=kH$ならば逆元を取って$Hg^{-1}=Hk^{-1}$となるため、表示された対応は代表元によらず定まる。右剰余類から左剰余類への対応

も同じ理由で代表元によらず定まり、二つの対応の合成はそれぞれ恒等写像になる。したがって、表示された対応は全単射である。▨

証明.定理 1.3によって、$G$は$[G:H]$個の左剰余類の交わらない和である。同じ定理の全単射$L_g\colon H\to gH$によって、各左剰余類はちょうど$|H|$個の元をもつ。したがって

である。▨

証明.定理 2.1の等式で、$[G:H]$は正の整数である。▨

証明.§E7.2 定理 5.1によって、巡回部分群$\langle g\rangle$の元の個数は$\operatorname{ord}(g)$に等しい。$\langle g\rangle\leq G$であるから、系 2.2より

を得る。$|G|=k\operatorname{ord}(g)$と書けば

である。▨

証明.$p\geq2$であるから、$g\in G\setminus\{e_G\}$を取ることができる。系 2.3により$\operatorname{ord}(g)$は$p$を割り切る。$g\neq e_G$であるから$\operatorname{ord}(g)\neq1$であり、$p$が素数であることから$\operatorname{ord}(g)=p$となる。したがって$|\langle g\rangle|=p=|G|$であり、$\langle g\rangle=G$である。§E7.2 定理 5.1によって$G\cong\mathbb Z/p\mathbb Z$を得る。▨

証明. 頂点$v$を固定する回転は、$v$と反対側の頂点を結ぶ軸のまわりの$2\pi/5$の整数倍の回転であり、位数$5$の巡回群をなす。面$f$を固定する回転は、$f$と反対側の面の中心を結ぶ軸のまわりの$2\pi/3$の整数倍の回転であり、位数$3$の巡回群をなす。辺$e$を集合として固定する向きを保つ回転は、恒等変換と、$e$の中点と反対側の辺の中点を結ぶ軸のまわりの半回転であり、位数$2$の巡回群をなす。

頂点$v$を任意の頂点$w$へ送る回転を$g_w$とする。$v$を$w$へ送る回転全体は左剰余類$g_w(I^+)_v$である。異なる頂点に対応する左剰余類は交わらず、可移性によってこれらの左剰余類は$I^+$を尽くす。したがって、頂点作用から

を得る。面と辺についても同じ剰余類分割を用いると、$|I^+|=20\cdot3=30\cdot2=60$となる。頂点数・面数・辺数、作用の可移性、および安定化群を与える回転の存在は次の注意で外部文献へ委ねる。□

証明.$r_1$を$a$の$p$による最小非負剰余とすると、ある整数$q_0$によって

と表される。$p\nmid a$であるから$1\leq r_1<p$である。$r_0=p$とおき、 Euclid の除法を繰り返して

を得る。非負整数の剰余は正の間は狭義に減少するため、ある$m\geq1$において$r_m>0$かつ$r_{m+1}=0$となる。

各除法式から、$r_{i-1}$と$r_i$の公約数は$r_i$と$r_{i+1}$の公約数であり、逆も成り立つ。したがって、最後の非零剰余$r_m$は$p=r_0$と$r_1$の公約数である。$p$は素数であり$0<r_1<p$であるから、$r_m=1$となる。

各除法式を末尾から順に代入して戻すと、ある整数$u,v$によって

と表される。最初の等式の$r_1=a-q_0p$を代入すれば

を得る。$v-q_0u$を改めて$v$と書けば主張が従う。▨

証明.$a\equiv a'\pmod p$ならば$p\mid(a-a')$であるから、$p\mid a$と$p\mid a'$は同値である。したがって$U_p$の定義は代表元によらない。

$a\equiv a'\pmod p$かつ$b\equiv b'\pmod p$とする。$a-a'=pr$、$b-b'=ps$を満たす整数$r,s$が存在し、

である。したがって剰余類の積は代表元によらず定まる。

$p\nmid a$とする。補題 4.1により$au+pv=1$を満たす整数$u,v$が存在するため

である。この等式から$p\nmid u$も従うため、$[u]_p\in U_p$である。また、$p\nmid a$かつ$p\nmid b$ならば$p\nmid ab$である。実際、$p\mid ab$ならば、上の等式に$b$を掛けて

を得る。右辺の二項はともに$p$で割り切れるため$p\mid b$となり、仮定に反する。よって$U_p$は積について閉じている。結合律は整数の乗法から従い、$[1]_p$は単位元であり、上で構成した$[u]_p$が$[a]_p$の逆元である。したがって$U_p$は群である。

§E7.1 命題 2.4により、$U_p$の元は$[1]_p,\ldots,[p-1]_p$の$p-1$個である。$d=\operatorname{ord}([a]_p)$とおく。定理 2.1を有限群$U_p$とその部分群$\langle[a]_p\rangle$に適用すると、$d\mid p-1$である。したがって$p-1=dm$を満たす正の整数$m$が存在し、

となる。ゆえに$a^{p-1}\equiv1\pmod p$を得る。▨

証明.§E7.5 命題 4.3により$A_4$は位数$4!/2=12$の群である。§E7.4 定理 3.1と§E7.5 命題 2.3により、$A_4$の元は、恒等置換、8個の3-cycle、および3個の二重互換

である。3-cycle の位数は3、二重互換の位数は2である。

位数6の部分群$H\leq A_4$が存在すると仮定する。$H$の5個の非単位元のうち、位数3の元は逆元どうしの二元の組に分かれる。したがって$H$に含まれる位数2の元の個数は奇数である。$A_4$には位数2の元が3個しかなく、そのうち二つの積は残る一つになるため、$H$に含まれる位数2の元の個数は1または3である。

3個すべてを含む場合、恒等置換とその3個は位数4の部分群$V$をなし、$V\leq H$となる。しかし定理 2.1を有限群$H$と部分群$V$に適用すると$4\mid6$が必要となり、矛盾する。

位数2の元が一つだけの場合、その元を$t$とする。残る4元の中から位数3の元$p$を取り、$P=\langle p\rangle$とする。$|P|=3$であるから、定理 1.3と定理 2.1により

である。$tp$は$P$に属さず、$t$とも異なるため、位数3である。その逆元は$P$に属さず、$t$でも$tp$自身でもない。したがって

である。一方、左辺は$p^2t$であるから$p^2t=tp^2$となり、$p$と$t$は可換である。すると

となり、$tp$の位数が3であることに反する。二つの場合がともに矛盾するため、$A_4$は位数6の部分群をもたない。▨