部分群と剰余類：ラグランジュの定理はなぜ「割り切れる」を生むのか

0. この記事の要点

足し算や掛け算のような演算をもつ集まりの中から、同じ演算で閉じた小さな集まりを取り出すことを考えます。たとえば整数全体から 3 の倍数だけを取り出しても、足し算についてはやはり閉じた世界になっています。この記事では、そうした小さな集まりが元の集まりを同じ大きさのタイルで隙間なく敷き詰めることを見て、「小さな集まりの要素の個数は、元の集まりの要素の個数の約数でなければならない」という強い制約を導きます。読み終えると、要素が 12 個の群の中に要素が 5 個の小さな群は作れない、と中身を調べずに言い切れるようになります。

• 部分群とは、群 $G$ の部分集合のうち、$G$ の演算をそのまま制限して群になるもののことです。確認すべきことは「空でない」ことと「$a, b \in H$ ならば $ab^{-1} \in H$」の 2 点だけで済みます（命題 3.3）。
• 部分群 $H$ は $G$ を左剰余類 $aH$ たちに分割します。これは「$a^{-1}b \in H$」という同値関係の同値類（同じ仲間として束ねたグループ）であり、整数の合同 $a \equiv b \pmod{n}$ をそのまま一般化した概念です。
• どの左剰余類も $H$ とちょうど同じ個数の元をもちます。ここから有限群について（剰余類の個数を $[G:H]$ と書くと）$|G| = [G:H]\,|H|$ が従います（定理 6.1）。部分群の位数は、群の位数の約数になるのです。
• 系として、元の位数は群の位数を割り切り、$a^{|G|} = e$ が成り立ちます（系 7.1）。これを乗法群 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$ に適用すると、オイラーの定理とフェルマーの小定理が 3 行で出てきます。
• 逆は成り立ちません。位数 12 の交代群 $A_4$（偶置換全体のなす群。§2 で説明します）には、位数 6 の部分群が存在しません（命題 8.1）。

この記事で使う事前知識

• 群: 演算・単位元・逆元をもち、結合律を満たす集合。元の個数を位数とよびます。→ 群の定義
• 元の位数: $a^n = e$ となる最小の正の整数 $n$。→ 元の位数
• 置換と対称群: $\{1, \ldots, n\}$ の全単射（並べ替え）全体が合成で作る群。→ 置換と対称群
• 同値関係: 反射律・対称律・推移律を満たす関係。→ 同値関係
• 同値類: 同値関係で「同じ」とみなされる元をまとめたグループ。→ 同値類

1. 動機 — 位数だけで内部構造が縛られる

群論入門 - 群の定義と例 では、群という枠組み（群の定義（定義 3.1）［群論入門］）が整数の加法・行列の積・図形の対称性・置換といった一見無関係な対象を同じ言葉で扱えることを見ました。定義ができたら次は「その内部をどう調べるか」です。

まず素朴な問いから始めましょう。位数 12 の群の中に、位数 5 の部分構造を作れるでしょうか。

この問いが素朴なのは、群がどんなものかを一切指定していないからです。正十二面体の対称性の一部かもしれないし、行列の集まりかもしれない。それでも答えは決まっていて、「作れない」です。しかも理由は驚くほど単純で、$5$ が $12$ を割り切らないから、それだけです。これがラグランジュの定理の内容です。

この「割り切れる」という結論の強さは、線形代数と比べるとはっきりします。ベクトル空間と線形変換 で見たように、部分空間 $W \subseteq V$ については $\dim W \le \dim V$ という不等式しか出ません（有限次元空間の基本性質（命題 5.7）［ベクトル空間と線形変換］）。$\dim V = 12$ なら $\dim W$ は $0$ から $12$ まで何でもよいのです。ところが群では、部分群の大きさが全体の大きさの約数に限られる。取りうる値が 12 通りから 6 通り（$1, 2, 3, 4, 6, 12$）に減ります。

なぜ割り算が現れるのか、結論を先に言ってしまいます。部分群 $H$ を群の中で平行移動した「$H$ のコピー」たちが、$G$ をぴったり敷き詰めるからです。タイルの枚数が指数 $[G:H]$、タイル 1 枚あたりの元の個数が $|H|$、床全体が $|G|$ 個。この 1 枚の絵をきちんと定式化するのが、この記事の目的です。

歴史的には、ラグランジュが 1770〜71 年の方程式論の研究で、$n$ 変数の有理式に変数の置換を施したときに現れる相異なる値の個数が $n!$ の約数になることを見出したのが起源です。当時は群という概念そのものが存在しませんでした。「部分群の位数は群の位数を割る」という現代的な形になるまでには、コーシーやジョルダンによる半世紀以上の整理が必要でした。詳しくは Appendix に書きます。

2. 準備 — 記号と約束

以下、$G$ は群を表し、演算は特に断らない限り積の記号で書きます。単位元を $e$、$a$ の逆元を $a^{-1}$、$k$ 個の積を $a^k$（$k$ が負のときは $a^{-1}$ の $|k|$ 個の積、$a^0 = e$）と書きます。加法で書かれた群（$\mathbb{Z}$ など）では、$e$ が $0$、$a^{-1}$ が $-a$、$a^k$ が $ka$ に対応すると読み替えてください。

有限群 $G$ の元の個数を $|G|$ と書き、$G$ の位数とよびます。

この記事で何度も使う道具を 1 つだけ確認しておきます。群では消去律が成り立ちます（群の基本性質（命題 3.2）［群論入門］）。すなわち $ax = ay$ ならば $x = y$ です。これは左から $a^{-1}$ を掛ければ $a^{-1}(ax) = a^{-1}(ay)$、結合律より $(a^{-1}a)x = (a^{-1}a)y$、すなわち $x = y$ となるからです。右からの消去律 $xa = ya \implies x = y$ も同様です。

対称群についての記法も決めておきます（置換と対称群（定義 5.2）［群論入門］）。$n$ 次対称群 $S_n$ は $\{1, 2, \ldots, n\}$ から自身への全単射（置換）全体が写像の合成で作る群で、$|S_n| = n!$ です。積 $\sigma\tau$ は「まず $\tau$ を施し、次に $\sigma$ を施す」という順序で読みます。巡回置換の記法 $(1\,2\,3)$ は $1 \mapsto 2$、$2 \mapsto 3$、$3 \mapsto 1$ で他を動かさない置換を表し、$(1\,2)$ のような 2 文字の巡回置換を互換とよびます。偶置換全体のなす集合を $A_n$ と書きます（$n \ge 2$ のとき $|A_n| = n!/2$）。

3. 部分群

3.1. 定義

定義 3.1（部分群）↗

$G$ を群とし、$H$ を $G$ の部分集合とします。$H$ が次の 3 条件を満たすとき、$H$ を $G$ の部分群とよび、$H \le G$ と書きます。

• (S1) $e \in H$（$e$ は $G$ の単位元）。
• (S2) $a, b \in H$ ならば $ab \in H$（積で閉じている）。
• (S3) $a \in H$ ならば $a^{-1} \in H$（逆元で閉じている）。

$\{e\}$ と $G$ 自身はつねに $G$ の部分群であり、これらを自明な部分群とよびます。$H \le G$ かつ $H \ne G$ のとき、$H$ を真の部分群とよびます。

注意 3.2

定義 3.1 の 3 条件は、「$H$ が $G$ の演算の制限に関してそれ自身で群になる」ことと同値です。行間を埋めておきます。

まず (S1)〜(S3) を仮定します。(S2) は、$G$ の積が写像 $H \times H \to H$ を定めることを保証します。結合律は $G$ の中で成り立っているのでそのまま使えます。(S1) より単位元があり、(S3) より逆元があるので、$H$ は群です。

逆に $H$ が制限された演算で群になっているとします。$H$ における単位元を $e_H$ と書くと $e_H e_H = e_H$ です。これは $G$ の中の等式でもあるので、$G$ で右から $e_H^{-1}$ を掛けると $e_H = e$ を得ます。したがって (S1) が成り立ちます。また $a \in H$ の $H$ における逆元を $a'$ とすると $a a' = e_H = e$ であり、$G$ の中で左から $a^{-1}$ を掛ければ $a' = a^{-1}$ となって (S3) が従います。

つまり「部分群の単位元は全体の単位元と一致する」「部分群での逆元は全体での逆元と一致する」ことは、仮定ではなく結果です。ここは環の部分構造（部分環に単位元を要求するか否か）とは事情が違うところで、群では自動的に一致します。

3.2. 判定法

毎回 3 条件を確かめるのは面倒です。実は 1 つの条件にまとめられます。

命題 3.3（部分群の判定法）✓

$G$ を群、$H$ を $G$ の部分集合とします。

1. （一段階判定法）$H \le G$ であるための必要十分条件は、$H \ne \emptyset$ かつ「任意の $a, b \in H$ に対して $ab^{-1} \in H$」が成り立つことです。
2. （有限のときの判定法）$H$ が有限集合であるとき、$H \le G$ であるための必要十分条件は、$H \ne \emptyset$ かつ「任意の $a, b \in H$ に対して $ab \in H$」が成り立つことです。

証明（命題 3.3）

(1) の必要性。 $H \le G$ とします。(S1) より $e \in H$ なので $H \ne \emptyset$ です。$a, b \in H$ を取ると (S3) より $b^{-1} \in H$、さらに (S2) より $ab^{-1} \in H$ となります。

(1) の十分性。 $H \ne \emptyset$ かつ「$a, b \in H \implies ab^{-1} \in H$」を仮定します。

まず $H \ne \emptyset$ なので元 $a \in H$ が取れます。仮定を $(a, a)$ に適用すると $aa^{-1} = e \in H$ となり、(S1) が言えました。次に $b \in H$ に対して仮定を $(e, b)$ に適用すると $eb^{-1} = b^{-1} \in H$ となり、(S3) が言えました。最後に $a, b \in H$ に対して、いま示した (S3) より $b^{-1} \in H$ ですから、仮定を $(a, b^{-1})$ に適用して $a(b^{-1})^{-1} = ab \in H$、すなわち (S2) が言えました。

(2) の必要性。 これは (S2) そのものです。

(2) の十分性。 $H$ は有限、空でなく、積で閉じているとします。$a \in H$ を 1 つ固定し、写像

$$\lambda_a : H \longrightarrow H, \qquad \lambda_a(x) = ax$$

を考えます。積で閉じているので $ax \in H$ であり、$\lambda_a$ は確かに $H$ から $H$ への写像です。$\lambda_a(x) = \lambda_a(y)$ とすると $ax = ay$ で、§2 の消去律から $x = y$ ですから $\lambda_a$ は単射です。$H$ は有限集合なので、有限集合から自身への単射は全射になります。ここで有限性を使いました。

全射性から、$\lambda_a(x) = a$ となる $x \in H$ が存在します。$ax = a = ae$ を消去律で割ると $x = e$、すなわち $e \in H$ で (S1) が言えました。同じく全射性から $\lambda_a(y) = e$ となる $y \in H$ が存在し、$ay = e$ の両辺に左から $a^{-1}$ を掛けて $y = a^{-1}$、すなわち $a^{-1} \in H$ で (S3) が言えました。

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注意

(2) の有限性は落とせません。加法群 $\mathbb{Z}$ の部分集合 $H = \{0, 1, 2, \ldots\}$ は空でなく、和について閉じていますが、$1$ の逆元 $-1$ を含まないので部分群ではありません。「積で閉じていれば逆元も勝手に入ってくる」のは、元を掛け続けるといつか一周して戻ってくる有限の世界に限った話です。

3.3. 具体例と非例

次の例の (b)(c) は行列の群です。$SL_n(\mathbb{R})$ は行列式が 1 の行列の全体、$O(n)$ は $A^{\mathsf{T}}A = I$ を満たす行列（直交行列）の全体です。なじみがなければ (a) と (d) だけを追っても、先へ進めます。

例 3.4（よく使う部分群）

命題 3.3(1) を使うと、次がすべて部分群だと 1 行ずつで確かめられます。

(a) $n\mathbb{Z} \le \mathbb{Z}$。 $n$ を整数とし、$n\mathbb{Z} = \{nk : k \in \mathbb{Z}\}$ とします。$0 = n \cdot 0$ なので空ではなく、$nk - nl = n(k-l) \in n\mathbb{Z}$ です（加法群なので $ab^{-1}$ は $a - b$ と読みます）。

(b) $SL_n(\mathbb{R}) \le GL_n(\mathbb{R})$。 $GL_n(\mathbb{R})$ は実正則行列の乗法群、$SL_n(\mathbb{R}) = \{A : \det A = 1\}$ です。$\det I = 1$ なので空でなく、$A, B \in SL_n(\mathbb{R})$ に対して $\det(AB^{-1}) = \det A \cdot (\det B)^{-1} = 1 \cdot 1^{-1} = 1$ です。

(c) $O(n) \le GL_n(\mathbb{R})$。 $O(n) = \{A : A^{\mathsf{T}}A = I\}$ とします。$I \in O(n)$ です。$A, B \in O(n)$ のとき $B^{\mathsf{T}}B = I$ から $B^{-1} = B^{\mathsf{T}}$ なので $AB^{-1} = AB^{\mathsf{T}}$ であり、

$$(AB^{\mathsf{T}})^{\mathsf{T}}(AB^{\mathsf{T}}) = B A^{\mathsf{T}} A B^{\mathsf{T}} = B I B^{\mathsf{T}} = BB^{-1} = I$$

となります。

(d) $A_n \le S_n$。 符号 $\operatorname{sgn} : S_n \to \{\pm 1\}$ が $\operatorname{sgn}(\sigma\tau) = \operatorname{sgn}(\sigma)\operatorname{sgn}(\tau)$ を満たすことを使えば、$\operatorname{sgn}(\sigma\tau^{-1}) = \operatorname{sgn}(\sigma)\operatorname{sgn}(\tau)^{-1} = 1 \cdot 1 = 1$ です。恒等置換は偶置換なので空ではありません。

非例も見ておきます。 奇数全体は $\mathbb{Z}$ の部分群ではありません（$1 + 1 = 2$ が奇数でないので (S2) が破れ、そもそも $0$ を含まないので (S1) も破れます）。行列式が $2$ の実行列全体も $GL_n(\mathbb{R})$ の部分群ではありません（積の行列式が $4$ になります）。「条件で切り出せば部分群になる」わけではなく、条件が積と逆元に対して両立している必要があります。

次の例は、$\mathbb{Z}$ という最も身近な群において、部分群がすでに「約数」の言葉と結びついていることを示します。

例 3.5（Z の部分群はすべて nZ の形）

加法群 $\mathbb{Z}$ の部分群は、$n \ge 0$ を用いて $n\mathbb{Z}$ と書けるものに限ります。しかもこの $n$ は一意です。

証明。 $H \le \mathbb{Z}$ とします。$H = \{0\}$ なら $H = 0\mathbb{Z}$ です。そうでないとき、$H$ は $0$ でない元 $a$ を含み、(S3) より $-a \in H$ でもあるので、$H$ は正の整数を含みます。自然数の集合は整列しているので、$H$ に含まれる正の整数のうち最小のものが存在します。これを $n$ とおきます。

$n\mathbb{Z} \subseteq H$ は、$n \in H$ と (S2)(S3) から従います（$nk$ は $n$ を $k$ 回足したもの、負なら $-n$ を $|k|$ 回足したものです）。

逆の包含を示します。$a \in H$ を任意に取り、除法の原理により $a = qn + r$、$0 \le r < n$ と書きます。$qn \in n\mathbb{Z} \subseteq H$ であり、(S3) より $-qn \in H$、(S2) より $r = a + (-qn) \in H$ です。もし $r > 0$ なら、$r$ は $H$ に含まれる正の整数で $r < n$ ですから、$n$ の最小性に反します。よって $r = 0$、すなわち $a = qn \in n\mathbb{Z}$ です。

一意性については、$n\mathbb{Z} = m\mathbb{Z}$ で $n, m \ge 0$ なら、互いに割り切るので $n = m$ となります。$\square$

この例が言っていること。 $n\mathbb{Z} \subseteq m\mathbb{Z}$ となるのは $m \mid n$ のときに限ります。つまり $\mathbb{Z}$ の部分群の包含関係は、整数の整除関係そのものです。部分群という概念は、はじめから「割り切る」という関係と親しいのです。

4. 巡回部分群と元の位数

ラグランジュの定理を元の言葉に翻訳するために、1 つの元が生み出す最小の部分群を用意します。

定義 4.1（生成される巡回部分群と元の位数）↗

$G$ を群、$a \in G$ とします。

$$\langle a \rangle := \{a^k : k \in \mathbb{Z}\}$$

を $a$ が生成する巡回部分群とよびます。これは実際に部分群です。$a^0 = e$ より空でなく、$a^k (a^l)^{-1} = a^{k-l} \in \langle a \rangle$ なので 命題 3.3(1) が使えます。

また、$a^n = e$ となる正の整数 $n$ が存在するとき、そのうち最小のものを $a$ の位数とよび $\operatorname{ord}(a)$ と書きます。存在しないときは $\operatorname{ord}(a) = \infty$ と定めます。

命題 4.2（元の位数と巡回部分群の大きさ）✓

$G$ を群、$a \in G$ とします。

1. $G$ が有限群ならば $\operatorname{ord}(a) < \infty$ です。
2. $n = \operatorname{ord}(a) < \infty$ とすると、整数 $k$ について $a^k = e$ となるのは $n \mid k$ のとき、かつそのときに限ります。
3. $n = \operatorname{ord}(a) < \infty$ とすると $\langle a \rangle = \{e, a, a^2, \ldots, a^{n-1}\}$ であり、これら $n$ 個は相異なります。特に $|\langle a \rangle| = \operatorname{ord}(a)$ です。

証明（命題 4.2）

(1) $a^1, a^2, a^3, \ldots$ はすべて有限集合 $G$ の元なので、鳩の巣原理により $a^i = a^j$（$1 \le i < j$）となる組が存在します。両辺に $(a^i)^{-1}$ を掛けると $a^{j-i} = e$ で、$j - i$ は正の整数です。よって $a^n = e$ なる正の整数が存在し、その最小値として $\operatorname{ord}(a)$ が定まります。

(2) $n \mid k$、すなわち $k = nq$ とすると $a^k = (a^n)^q = e^q = e$ です。逆に $a^k = e$ とし、除法の原理で $k = qn + r$、$0 \le r < n$ と書きます。すると

$$a^r = a^{k - qn} = a^k (a^n)^{-q} = e \cdot e^{-q} = e$$

です。$0 \le r < n$ で $a^r = e$ ですが、$n$ は $a^m = e$ を満たす最小の正の整数でしたから、$r$ が正であることはありえません。よって $r = 0$、すなわち $n \mid k$ です。

(3) 任意の整数 $k$ を $k = qn + r$（$0 \le r < n$）と書けば $a^k = (a^n)^q a^r = a^r$ なので、$\langle a \rangle = \{a^0, a^1, \ldots, a^{n-1}\}$ です。これらが相異なることを示します。$0 \le i < j \le n-1$ で $a^i = a^j$ とすると $a^{j-i} = e$ であり、(2) より $n \mid j - i$ です。しかし $0 < j - i \le n - 1 < n$ なので、$n$ の正の倍数ではありえません。矛盾です。よって $n$ 個は相異なり、$|\langle a \rangle| = n$ です。

∎

たとえば $S_3$ では、互換 $(1\,2)$ は $(1\,2)^2 = e$ なので位数 2、巡回置換 $(1\,2\,3)$ は $(1\,2\,3)^2 = (1\,3\,2) \ne e$、$(1\,2\,3)^3 = e$ なので位数 3 です。一般に $k$ 文字の巡回置換の位数は $k$ です。

5. 剰余類 — 部分群による分割

5.1. 定義

定義 5.1（左剰余類・右剰余類）↗

$H \le G$ とし、$a \in G$ とします。

$$aH := \{ah : h \in H\}, \qquad Ha := \{ha : h \in H\}$$

をそれぞれ $a$ を含む左剰余類、右剰余類とよびます。左剰余類全体のなす集合を $G/H$、右剰余類全体のなす集合を $H \backslash G$ と書きます。

この定義がどこから来たのかを、最も身近な場合で確認しておきます。$G = \mathbb{Z}$（加法群）、$H = n\mathbb{Z}$ とすると、左剰余類は

$$a + n\mathbb{Z} = \{\ldots,\ a - n,\ a,\ a + n,\ \ldots\}$$

であり、これは「$n$ で割った余りが $a$ と同じ整数全体」、つまり法 $n$ の合同類そのものです。そして後で見るように $a + n\mathbb{Z} = b + n\mathbb{Z}$ となるのは $a - b \in n\mathbb{Z}$、すなわち $a \equiv b \pmod{n}$ のとき、かつそのときに限ります。剰余類とは合同の一般化であり、「剰余」という名前はここから来ています。

整数を 3ℤ の剰余類で分けたところ（−3 から 8 まで）。3ℤ、1+3ℤ、2+3ℤ の 3 つがそれぞれ 3 おきに現れ、どの整数もちょうど 1 つの段に入る。

5.2. 基本性質

補題 5.2（左剰余類の基本性質）✓

$H \le G$ とし、$a, b \in G$ とします。

1. $a \in aH$。
2. 次の 3 条件は同値です。(i) $aH = bH$、(ii) $a^{-1}b \in H$、(iii) $b \in aH$。
3. $aH \cap bH \ne \emptyset$ ならば $aH = bH$。したがって相異なる左剰余類は互いに交わらず、(1) と合わせて $G$ は左剰余類たちの共通部分のない和集合として書けます。
4. 写像 $H \to aH$、$h \mapsto ah$ は全単射です。特に $|aH| = |H|$ が成り立ちます（無限集合のときは濃度の等式として）。

証明（補題 5.2）

(1) 定義 3.1 の (S1) より $e \in H$ なので、$a = ae \in aH$ です。

(2) 3 つの含意を順に示します。

(i) $\implies$ (ii)。$aH = bH$ とします。(1) を $b$ に使うと $b \in bH = aH$ なので、ある $h \in H$ について $b = ah$ と書けます。よって $a^{-1}b = h \in H$ です。

(ii) $\implies$ (iii)。$h_0 := a^{-1}b \in H$ とすると $b = a h_0 \in aH$ です。

(iii) $\implies$ (i)。$b \in aH$ とし、$b = ah_0$（$h_0 \in H$）と書きます。任意の $h \in H$ に対し $bh = a(h_0h)$ で、(S2) より $h_0h \in H$ ですから $bh \in aH$、すなわち $bH \subseteq aH$ です。逆に (S3) より $h_0^{-1} \in H$ で $a = bh_0^{-1}$ ですから、同じ議論により $aH \subseteq bH$ です。よって $aH = bH$ です。

(3) $c \in aH \cap bH$ とします。$c \in aH$ と (2) の (iii) $\implies$ (i) から $aH = cH$、同様に $c \in bH$ から $bH = cH$ です。よって $aH = bH$ です。

さらに (1) より任意の $g \in G$ は $gH$ に属するので、左剰余類たちの和集合は $G$ 全体です。相異なる 2 つの左剰余類が交わればいま示したことにより一致してしまうので、相異なる左剰余類は交わりません。つまり左剰余類の全体は $G$ の分割を与えます。

(4) $\lambda : H \to aH$、$\lambda(h) = ah$ とおきます。$aH$ の定義から $\lambda$ は全射です。$\lambda(h) = \lambda(h')$ すなわち $ah = ah'$ ならば、§2 の消去律により $h = h'$ なので単射です。

∎

注意 5.3

補題 5.2(2)(3) は、関係

$$a \sim b \quad :\Longleftrightarrow \quad a^{-1}b \in H$$

が $G$ 上の同値関係であり、その同値類がちょうど左剰余類であることを言い換えたものです。実際、反射律は $a^{-1}a = e \in H$、対称律は $a^{-1}b \in H$ から (S3) で $(a^{-1}b)^{-1} = b^{-1}a \in H$、推移律は $a^{-1}b, b^{-1}c \in H$ から (S2) で $(a^{-1}b)(b^{-1}c) = a^{-1}c \in H$ が出ることから分かります。部分群の 3 条件が同値関係の 3 条件にそのまま対応しているのが気持ちのよいところです。

同値関係が集合の分割を引き起こすという一般論は 関係と同値関係 - 「同じ」とは何か にあります（同値関係と分割の対応（定理 4.4）［関係と同値関係］）。$G = \mathbb{Z}$、$H = n\mathbb{Z}$ の場合、この同値関係は $b - a \in n\mathbb{Z}$、つまり法 $n$ の合同にほかなりません。

定義 5.4（指数）↗

$H \le G$ に対し、左剰余類の個数（一般には $G/H$ の濃度）を $H$ の $G$ における指数とよび、$[G:H]$ と書きます。

次の補足は、左剰余類の個数と右剰余類の個数が等しいことの確認です。以降の証明は左剰余類だけで進むので、先を急ぐ場合は読み飛ばしても構いません。「$aH$ に $Ha$ を対応させる」素朴な方法はうまくいかず、逆元を使う必要があることが、§5.3 の例でわかります。

注意 5.5

指数を右剰余類で定義しても同じ値になります。写像

$$\Phi : G/H \longrightarrow H \backslash G, \qquad \Phi(aH) = Ha^{-1}$$

が全単射だからです。補題 5.2(2) の議論を左右反転すれば $Hx = Hy \iff xy^{-1} \in H$ が得られるので、$Ha^{-1} = Hb^{-1}$ となるのは $a^{-1}(b^{-1})^{-1} = a^{-1}b \in H$ のとき、すなわち $aH = bH$ のときに限ります。この同値性は、$\Phi$ が代表元の取り方によらず定まること（左向き）と単射であること（右向き）を同時に与えています。全射性は、任意の右剰余類 $Ha$ に対して $\Phi(a^{-1}H) = H(a^{-1})^{-1} = Ha$ となることから従います。

なお、素朴に $aH \mapsto Ha$ と対応させるのは失敗します。この対応は代表元の取り方に依存してしまい、写像として定義できません。次の 例 5.6 がその実例です。

5.3. S3 での計算

次の例では、置換の積を「右の置換を先に施し、左の置換をあとに施す」順で計算します。たとえば $(1\,3)(1\,2)$ なら、各数字がまず $(1\,2)$ でどこへ行き、次に $(1\,3)$ でどこへ行くかを順に追います。

例 5.6（S3 の剰余類（左と右は一致しない））

$G = S_3$、$H = \langle (1\,2) \rangle = \{e, (1\,2)\}$ とします。$(1\,2)^2 = e$ なので $H$ は確かに位数 2 の部分群です。積は「まず右、次に左」で計算します。

左剰余類。 まず $eH = H = \{e, (1\,2)\}$ です。次に

$$(1\,3)(1\,2) : \quad 1 \mapsto 2 \mapsto 2, \quad 2 \mapsto 1 \mapsto 3, \quad 3 \mapsto 3 \mapsto 1$$

なので $(1\,3)(1\,2) = (1\,2\,3)$ であり、$(1\,3)H = \{(1\,3),\ (1\,2\,3)\}$ です。同様に

$$(2\,3)(1\,2) : \quad 1 \mapsto 2 \mapsto 3, \quad 2 \mapsto 1 \mapsto 1, \quad 3 \mapsto 3 \mapsto 2$$

より $(2\,3)(1\,2) = (1\,3\,2)$ で、$(2\,3)H = \{(2\,3),\ (1\,3\,2)\}$ です。

得られた 3 つの集合 $\{e, (1\,2)\}$、$\{(1\,3), (1\,2\,3)\}$、$\{(2\,3), (1\,3\,2)\}$ は互いに交わらず、和は $S_3$ の 6 元すべてです。補題 5.2 が主張するとおりの分割になりました。したがって $[S_3 : H] = 3$ です。

右剰余類。 同様に計算すると、$(1\,2)(1\,3) = (1\,3\,2)$、$(1\,2)(2\,3) = (1\,2\,3)$ なので

$$He = \{e, (1\,2)\}, \quad H(1\,3) = \{(1\,3),\ (1\,3\,2)\}, \quad H(2\,3) = \{(2\,3),\ (1\,2\,3)\}$$

となります。個数は左と同じ 3 個ですが、集合としては左剰余類の族と一致していません。たとえば $(1\,3)H = \{(1\,3), (1\,2\,3)\}$ に対し $H(1\,3) = \{(1\,3), (1\,3\,2)\}$ です。

S3 を部分群 H = ⟨(1 2)⟩ の左剰余類で分割したところ。3 つの箱はどれも 2 元をもち、互いに交わらない。

左剰余類と右剰余類が族として一致する部分群は特別で、正規部分群とよばれます。そのとき剰余類の集合 $G/H$ 自身に群構造が入り、商群が作れます。この話は 正規部分群と商群 で扱います。いま重要なのは、正規性を仮定しなくても、左剰余類はつねに $G$ を等しい大きさに分割するという点です。ラグランジュの定理にはそれで十分です。

6. ラグランジュの定理

ラグランジュの定理までの論理の流れ。部分群の 3 条件から出発して、分割と等濃度という 2 本の柱が定理を支える。

定理 6.1（ラグランジュの定理）✓

$G$ を有限群、$H$ を $G$ の部分群とします。このとき

$$|G| = [G : H] \cdot |H|$$

が成り立ちます。特に $|H|$ は $|G|$ の約数であり、指数は $[G:H] = |G| / |H|$ と表されます。

証明（定理 6.1）

$G$ は有限集合なので、その部分集合である左剰余類は有限個しかありません。相異なる左剰余類をすべて並べて $a_1H, a_2H, \ldots, a_rH$ とします（$r = [G:H]$ です）。

補題 5.2(3) により、これらは互いに交わらず、和集合は $G$ 全体です。互いに交わらない有限個の集合の和なので、元の個数は足し算になります。

$$|G| = \sum_{i=1}^{r} |a_iH|$$

次に 補題 5.2(4) により、各 $i$ について $|a_iH| = |H|$ です。したがって

$$|G| = \sum_{i=1}^{r} |H| = r \, |H| = [G:H] \cdot |H|$$

を得ます。$|H| \ge 1$（$e \in H$ より）なので、この等式は $|H|$ が $|G|$ の約数であることを示しています。また両辺を $|H|$ で割れば $[G:H] = |G|/|H|$ です。

∎

証明で本質的に効いたのは 2 点だけです。剰余類が重ならずに覆うこと（補題 5.2(3)）と、どの剰余類も同じ大きさであること（同 (4)）。前者は部分群の 3 条件がそのまま同値関係の 3 条件になっているおかげ、後者は群では左からの掛け算が全単射だからです。群の定義に含まれる「逆元がある」という条件が、ここで効いています。

注意 6.2

$G$ が無限群でも指数 $[G:H]$ は定義できます。たとえば $[\mathbb{Z} : n\mathbb{Z}] = n$（$n \ge 1$）です。実際、左剰余類は $0 + n\mathbb{Z}, 1 + n\mathbb{Z}, \ldots, (n-1) + n\mathbb{Z}$ の $n$ 個で尽き、相異なります（$0 \le i < j \le n-1$ で $i + n\mathbb{Z} = j + n\mathbb{Z}$ なら $n \mid j - i$ ですが $0 < j-i < n$ なので不可能です）。このとき $|G| = [G:H]|H|$ という等式は無限を含む積になって情報を失いますが、指数そのものは有限の意味のある量です。無限群を扱うときは、位数ではなく指数が主役になります。

例 6.3（S3 の部分群をすべて求める）

$|S_3| = 6$ なので、定理 6.1 により部分群の位数は $6$ の約数、すなわち $1, 2, 3, 6$ のいずれかです。位数ごとに数え上げます。

位数 1。 $e \in H$ が必要なので $H = \{e\}$ の 1 個だけです。

位数 2。 $H = \{e, \sigma\}$（$\sigma \ne e$）とすると、(S2) より $\sigma^2 \in H$ です。$\sigma^2 = \sigma$ なら消去律から $\sigma = e$ で矛盾するので $\sigma^2 = e$、つまり $\sigma$ は位数 2 の元です。$S_3$ の元のうち位数 2 のものは 3 つの互換 $(1\,2), (1\,3), (2\,3)$ だけです（3 文字の巡回置換は位数 3 でした）。逆にこれらはそれぞれ位数 2 の部分群 $\langle \sigma \rangle$ を与えるので、位数 2 の部分群はちょうど 3 個です。

位数 3。 $3$ は素数なので、後で示す 系 7.2 により $H$ は巡回群であり、位数 3 の元で生成されます。$S_3$ で位数 3 の元は $(1\,2\,3)$ と $(1\,3\,2)$ の 2 つですが、$(1\,3\,2) = (1\,2\,3)^2$ なので

$$\langle (1\,2\,3) \rangle = \langle (1\,3\,2) \rangle = \{e, (1\,2\,3), (1\,3\,2)\} = A_3$$

と、生成される部分群は同じものです。よって位数 3 の部分群は $A_3$ ただ 1 個です。

位数 6。 $H = S_3$ のみです。

以上より $S_3$ の部分群はちょうど 6 個です。この場合は $6$ の約数 $1, 2, 3, 6$ のすべてについて、その位数をもつ部分群が実在しました。しかしこれは一般には成り立ちません（§8）。

7. 系 — 元の位数から整数論へ

系 7.1（元の位数は群の位数を割る）✓

$G$ を有限群、$a \in G$ とします。

1. $\operatorname{ord}(a)$ は $|G|$ の約数です。
2. $a^{|G|} = e$ が成り立ちます。

証明（系 7.1）

(1) $G$ は有限群なので 命題 4.2(1) より $n := \operatorname{ord}(a)$ は有限で、同 (3) より $|\langle a \rangle| = n$ です。$\langle a \rangle$ は $G$ の部分群ですから（定義 4.1）、定理 6.1 を $H = \langle a \rangle$ に適用して $n = |\langle a \rangle|$ は $|G|$ を割ります。

(2) (1) より $|G| = n m$ となる正の整数 $m$ が存在します。よって

$$a^{|G|} = a^{nm} = (a^n)^m = e^m = e$$

です。

∎

これは実用的な道具です。たとえば位数 15 の群では、どの元の位数も $1, 3, 5, 15$ のいずれかであり、位数 2 の元や位数 4 の元は存在しません。群がどう作られているかを知らなくても、位数を数えるだけでこれだけのことが分かります。

系 7.2（素数位数の群）✓

$G$ を有限群、$p$ を素数とし、$|G| = p$ とします。このとき次が成り立ちます。

1. $G$ の部分群は $\{e\}$ と $G$ のみです。
2. $e$ でない任意の元 $a \in G$ について $G = \langle a \rangle$ です。特に $G$ は巡回群であり、可換群です。

証明（系 7.2）

(1) $H \le G$ とすると 定理 6.1 より $|H|$ は $p$ の約数なので、$p$ が素数であることから $|H| = 1$ または $|H| = p$ です。$|H| = 1$ のときは $e \in H$ より $H = \{e\}$ です。$|H| = p$ のときは $H \subseteq G$ かつ両者が同じ有限個の元をもつので $H = G$ です。

(2) $a \ne e$ とすると $\langle a \rangle$ は $a$ を含む部分群なので $\langle a \rangle \ne \{e\}$ です。(1) より $\langle a \rangle = G$ となります。巡回群 $\langle a \rangle$ では $a^k a^l = a^{k+l} = a^l a^k$ なので可換です。

∎

ヒント

系 7.2 は「位数が素数なら群の形は 1 通りしかない」という強い結論の入口です。位数 5 の群も、位数 101 の群も、本質的には $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ の加法群と同じものになります。「本質的に同じ」を正確に述べるには同型の言葉（同型写像と同型（定義 3.2）［群の準同型定理］）が必要で、それは 群の準同型定理 で整理します。

次に、この定理を整数論に翻訳します。そのために、まず「$n$ と互いに素な数の剰余類」が群になることを確かめます。確かめることは (i) 代表元の取り方によらない、(ii) 積で閉じている、(iii) 逆元がある、の 3 点で、(iii) にベズーの等式（$\gcd(a,n) = 1$ なら $ax + ny = 1$ となる整数 $x, y$ がある）を使います。舞台となる群を用意しましょう。$n \ge 2$ とし、$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ を法 $n$ の剰余類全体（$\bar{a} = a + n\mathbb{Z}$）とします。§5.1 で見たとおり、これは加法群 $\mathbb{Z}$ の部分群 $n\mathbb{Z}$ による剰余類の集合そのものです。ここで

$$(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times} := \{\bar{a} : \gcd(a, n) = 1\}$$

とおき、積を $\bar{a}\,\bar{b} = \overline{ab}$ で定めます（この積が代表元の取り方によらないことは 剰余類の乗法の well-defined 性（定理 5.4）［関係と同値関係］ にあります）。細かい点を 3 つ確認します。第 1 に、$a \equiv a' \pmod n$ ならば $a' = a + kn$ なので $\gcd(a', n) = \gcd(a, n)$ であり、条件は代表元の取り方によりません。第 2 に、$\gcd(a,n) = \gcd(b,n) = 1$ ならば $\gcd(ab, n) = 1$ なので積で閉じています。第 3 に、$\gcd(a,n) = 1$ ならばベズーの等式より $ax + ny = 1$ となる整数 $x, y$ があり、これは $\bar{a}\bar{x} = \bar{1}$ を意味するので逆元があります（このとき $\gcd(x,n) = 1$ も同じ等式から従うので $\bar x$ も元です）。よって $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$ は群です。その位数は、$1 \le a \le n$ で $n$ と互いに素なものの個数、すなわちオイラー関数の値 $\varphi(n)$ です。

定理 7.3（オイラーの定理とフェルマーの小定理）✓

1. （オイラー）$n \ge 2$、$a$ を $\gcd(a, n) = 1$ なる整数とすると $a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod{n}$ です。
2. （フェルマー）$p$ を素数とします。$p \nmid a$ ならば $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ であり、また任意の整数 $a$ について $a^{p} \equiv a \pmod{p}$ です。

証明（定理 7.3）

(1) $G = (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$ は位数 $\varphi(n)$ の有限群です。$\gcd(a,n) = 1$ より $\bar{a} \in G$ ですから、系 7.1(2) を適用して $\bar{a}^{\varphi(n)} = \bar{1}$、すなわち $a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod{n}$ を得ます。

(2) $p$ が素数のとき $1, 2, \ldots, p-1$ はすべて $p$ と互いに素なので $\varphi(p) = p - 1$ です。$p \nmid a$ は $\gcd(a,p) = 1$ と同値なので、(1) から $a^{p-1} \equiv 1 \pmod p$ が従います。両辺に $a$ を掛ければ $a^p \equiv a \pmod p$ です。$p \mid a$ の場合は $a \equiv 0$ より $a^p \equiv 0 \equiv a \pmod p$ となるので、$a^p \equiv a$ はすべての整数 $a$ について成り立ちます。

∎

フェルマーの小定理が「有限群では $a^{|G|} = e$」という一行の帰結だという事実は、群論が抽象化によって何を得たかをよく示しています。もとの主張は整数の合同についての定理ですが、証明に使われた性質は「有限個」「結合律」「逆元」だけでした。

例 7.4（7 の 2026 乗を 45 で割った余り）

$n = 45 = 3^2 \cdot 5$ とします。オイラー関数の乗法性から

$$\varphi(45) = \varphi(9)\varphi(5) = (9 - 3)(5 - 1) = 6 \cdot 4 = 24$$

です。$\gcd(7, 45) = 1$ なので 定理 7.3(1) より $7^{24} \equiv 1 \pmod{45}$ です。$2026 = 24 \cdot 84 + 10$ ですから

$$7^{2026} = (7^{24})^{84} \cdot 7^{10} \equiv 7^{10} \pmod{45}$$

となります。あとは繰り返し二乗法で計算します。

$$\begin{aligned} 7^2 &= 49 = 45 + 4 \equiv 4, \\ 7^4 &\equiv 4^2 = 16, \\ 7^8 &\equiv 16^2 = 256 = 5 \cdot 45 + 31 \equiv 31, \\ 7^{10} &= 7^8 \cdot 7^2 \equiv 31 \cdot 4 = 124 = 2 \cdot 45 + 34 \equiv 34 . \end{aligned}$$

よって $7^{2026}$ を $45$ で割った余りは $34$ です。

位数を調べると計算はもっと短くなります。 $\bar 7$ の位数は 系 7.1(1) より $24$ の約数です。ここで

$$7^{12} = (7^6)^2 \equiv 19^2 = 361 = 8 \cdot 45 + 1 \equiv 1 \pmod{45}$$

です（途中で $7^6 = 7^4 \cdot 7^2 \equiv 16 \cdot 4 = 64 \equiv 19$ を使いました）。命題 4.2(2) より $\operatorname{ord}(\bar 7)$ は $12$ の約数、すなわち $1, 2, 3, 4, 6, 12$ のいずれかです。$12$ 未満の約数を順に潰します。

$$7^1 \equiv 7, \quad 7^2 \equiv 4, \quad 7^3 = 343 = 7 \cdot 45 + 28 \equiv 28, \quad 7^4 \equiv 16, \quad 7^6 \equiv 19$$

はどれも $1$ ではないので、$\operatorname{ord}(\bar 7) = 12$ です。確かに $12 \mid 24 = \varphi(45)$ で、系 7.1(1) と整合しています。$2026 = 12 \cdot 168 + 10$ なので、この場合も $7^{2026} \equiv 7^{10} \equiv 34$ となり、同じ答えが得られます。

8. 逆は成り立たない

ラグランジュの定理は「部分群があれば、その位数は $|G|$ を割る」と言っています。では逆に、$d$ が $|G|$ の約数でありさえすれば、位数 $d$ の部分群が必ずあるのでしょうか。例 6.3 の $S_3$ ではそうなっていました。しかし一般には成り立ちません。最小の反例が $A_4$ です。

命題 8.1（ラグランジュの定理の逆の反例）✓

4 次交代群 $A_4$ は位数 12 の群ですが、位数 6 の部分群をもちません。したがって「$d$ が $|G|$ の約数ならば位数 $d$ の部分群が存在する」という主張は偽です。

証明の方針は背理法です。位数 6 の部分群 $H$ があったと仮定すると、指数が 2 になります。指数 2 の部分群には、どの元の 2 乗も入ります。3 文字の巡回置換 $\sigma$ は $\sigma^3 = e$ なので、$\sigma$ 自身が $\sigma^2$ の 2 乗として書けます。すると 8 個の巡回置換がすべて $H$ に入ってしまい、6 個という個数に収まらなくなります。

証明（命題 8.1）

まず $A_4$ の元を分類します。$|A_4| = 4!/2 = 12$ です。偶置換は、恒等置換（1 個）、3 文字の巡回置換（$\{1,2,3,4\}$ から 3 文字を選ぶ $\binom{4}{3} = 4$ 通り、各々に対し $(a\,b\,c)$ と $(a\,c\,b)$ の 2 通りで計 8 個）、互いに素な 2 つの互換の積（$(1\,2)(3\,4)$、$(1\,3)(2\,4)$、$(1\,4)(2\,3)$ の 3 個）に分かれます。合計 $1 + 8 + 3 = 12$ で、確かに尽くしています。3 文字の巡回置換が 8 個あるという点が鍵です。

第 1 段階。 一般に、群 $G$ とその部分群 $H$ について $[G : H] = 2$ ならば、すべての $g \in G$ について $g^2 \in H$ が成り立ちます。

これを示します。$g \in H$ の場合は (S2) より $g^2 \in H$ です。$g \notin H$ とします。指数が 2 なので左剰余類はちょうど 2 個で、そのうち 1 つは $eH = H$ です。補題 5.2(1)(2) より $g \in gH$ かつ $gH \ne H$（もし $gH = H$ なら $g \in H$ となり仮定に反します）ですから、2 個の剰余類とは $H$ と $gH$ にほかなりません。この 2 つは交わらず和が $G$ なので $gH = G \setminus H$ です。

ここで $g^2 \notin H$ と仮定してみます。すると $g^2 \in G \setminus H = gH$ なので、ある $h \in H$ について $g^2 = gh$ と書けます。消去律により $g = h \in H$ となり、$g \notin H$ に矛盾します。よって $g^2 \in H$ です。

第 2 段階。 $H \le A_4$ が $|H| = 6$ を満たすと仮定します。定理 6.1 より $[A_4 : H] = 12/6 = 2$ です。

$\sigma$ を任意の 3 文字の巡回置換とすると $\sigma^3 = e$ なので $\sigma^4 = \sigma$ です。第 1 段階を $g = \sigma^2$ に適用すると $(\sigma^2)^2 = \sigma^4 = \sigma \in H$ を得ます。$\sigma$ は任意だったので、8 個の 3 文字巡回置換がすべて $H$ に属することになります。$e \in H$ と合わせると $|H| \ge 9$ ですが、これは $|H| = 6$ に矛盾します。

よって位数 6 の部分群は存在しません。

∎

注意 8.2

逆が完全に失われるわけではありません。次のような部分的な逆が知られています。

主張	内容
コーシーの定理	素数 $p$ が $\lvert G\rvert$ を割るならば、位数 $p$ の元が存在する
シローの定理	$p^k$ が $\lvert G\rvert$ を割る最大の $p$ 冪ならば、位数 $p^k$ の部分群が存在する
有限アーベル群	$d$ が $\lvert G\rvert$ の約数ならば、位数 $d$ の部分群が存在する

$A_4$ の場合、$|A_4| = 12 = 2^2 \cdot 3$ なので、シローの定理は位数 4 の部分群（実際 $\{e, (1\,2)(3\,4), (1\,3)(2\,4), (1\,4)(2\,3)\}$ が該当します）と位数 3 の部分群の存在を保証しますが、$6 = 2 \cdot 3$ は素数冪ではないので何も言いません。命題 8.1 と整合しています。これらの証明は本記事の範囲を超えるので、参考文献の雪江『代数学 1』第 4 章や Dummit–Foote 第 4 章を参照してください。

ここまでで、部分群という「静的な」部分構造が、剰余類という分割を通じて数の言葉に翻訳されることを見ました。次の一歩は、この分割 $G/H$ 自体を群にできないか、と問うことです。それができるための条件がまさに左剰余類と右剰余類の一致であり（剰余類の積が定まるための必要十分条件（定理 3.2）［正規部分群と商群］）、正規部分群と商群 の主題になります。

9. 演習

演習 9.1易

$G$ を群、$H, K \le G$ とします。

1. $H \cap K \le G$ を示してください。
2. $H \cup K \le G$ が成り立つのは、$H \subseteq K$ または $K \subseteq H$ のとき、かつそのときに限ることを示してください。

解答

(1) 命題 3.3(1) を使います。$e \in H$ かつ $e \in K$ なので $e \in H \cap K$ で、$H \cap K \ne \emptyset$ です。$a, b \in H \cap K$ とすると、$a, b \in H$ かつ $H \le G$ より $ab^{-1} \in H$、同様に $ab^{-1} \in K$ です。よって $ab^{-1} \in H \cap K$ となり、$H \cap K \le G$ です。

(2) まず十分性です。$H \subseteq K$ ならば $H \cup K = K$ であり、$K$ は部分群なので $H \cup K \le G$ です。$K \subseteq H$ ならば $H \cup K = H$ で、同様に $H \cup K \le G$ です。

必要性を対偶で示します。$H \not\subseteq K$ かつ $K \not\subseteq H$ と仮定し、$H \cup K$ が部分群でないことを示します。仮定より $h \in H \setminus K$ と $k \in K \setminus H$ が取れます。もし $H \cup K \le G$ ならば (S2) より $hk \in H \cup K$ です。

• $hk \in H$ の場合、$h^{-1} \in H$（(S3)）なので $k = h^{-1}(hk) \in H$ となり、$k \notin H$ に矛盾します。
• $hk \in K$ の場合、$k^{-1} \in K$ なので $h = (hk)k^{-1} \in K$ となり、$h \notin K$ に矛盾します。

どちらの場合も矛盾するので、$H \cup K$ は部分群ではありません。

なお、この結果は「群は 2 つの真部分群の和集合では書けない」という形でも使われます。

演習 9.2標準

$G$ を位数 4 の群とします。$G$ が可換であることを示し、さらに次のいずれかが成り立つことを示してください。

• $G$ は位数 4 の元をもち、巡回群 $\langle a \rangle$ である。
• $G = \{e, a, b, ab\}$ で $a^2 = b^2 = e$、$ab = ba$ が成り立つ（クラインの四元群）。

解答

系 7.1(1) より、$G$ の各元の位数は $4$ の約数、すなわち $1, 2, 4$ のいずれかです。位数 1 の元は $e$ だけです（$\operatorname{ord}(x) = 1$ は $x = x^1 = e$ を意味します）。

場合 1: 位数 4 の元 $a$ が存在するとき。 命題 4.2(3) より $|\langle a \rangle| = 4 = |G|$ で、$\langle a \rangle \subseteq G$ かつ有限なので $G = \langle a \rangle$ です。巡回群は $a^k a^l = a^{k+l} = a^l a^k$ より可換です。

場合 2: 位数 4 の元が存在しないとき。 このとき $e$ でないすべての元の位数は 2、すなわち $x^2 = e$ がすべての $x \in G$ について成り立ちます（$x = e$ でも成り立ちます）。これは $x^{-1} = x$ を意味します。任意の $a, b \in G$ に対して $ab \in G$ なので $(ab)^2 = e$、したがって

$$ab = (ab)^{-1} = b^{-1}a^{-1} = ba$$

となり、$G$ は可換です。ここで逆元の反転則 $(ab)^{-1} = b^{-1}a^{-1}$ を使いました。

構造を決めます。$e$ 以外の元を 1 つ取って $a$、$\{e, a\}$ に属さない元を 1 つ取って $b$ とします。$ab$ を考えると、$ab = e$ なら $b = a^{-1} = a$ で矛盾、$ab = a$ なら消去律から $b = e$ で矛盾、$ab = b$ なら $a = e$ で矛盾です。よって $ab$ は $e, a, b$ のいずれとも異なり、$|G| = 4$ から $G = \{e, a, b, ab\}$ となります。$a^2 = b^2 = e$ と可換性から乗積表はすべて決まります。

演習 9.3難

$G$ を群、$K \le H \le G$ とします（$K$ が $H$ の部分群で、$H$ が $G$ の部分群）。

1. $G$ が有限群のとき $[G : K] = [G : H]\,[H : K]$ を示してください。
2. $G$ が有限とは限らないとき、$[G:H]$ と $[H:K]$ がともに有限ならば $[G:K] = [G:H][H:K]$ が成り立つことを示してください。

解答

(1) $K \le H$ かつ $H \le G$ より $K \le G$ でもあります（部分群であることは (S1)(S2)(S3) の確認なので、$K$ が $G$ の演算で閉じていることから直ちに従います）。定理 6.1 を 3 回使うと

$$[G:K] = \frac{|G|}{|K|} = \frac{|G|}{|H|} \cdot \frac{|H|}{|K|} = [G:H]\,[H:K]$$

です。途中で $|H| \ne 0$ を使いました。

(2) 有限性が使えないので、代表元を直接構成します。$[G:H] = r$、$[H:K] = s$ とし、$G$ の $H$ による左剰余類の完全代表系を $a_1, \ldots, a_r$（つまり $G = a_1H \sqcup \cdots \sqcup a_rH$）、$H$ の $K$ による左剰余類の完全代表系を $b_1, \ldots, b_s$（$H = b_1K \sqcup \cdots \sqcup b_sK$、ここで $b_j \in H$）とします。$rs$ 個の元 $a_ib_j$ が $G$ の $K$ による左剰余類の完全代表系になることを示します。

覆うこと。 $g \in G$ とします。ある $i$ について $g \in a_iH$ なので $g = a_ih$（$h \in H$）と書けます。さらにある $j$ について $h \in b_jK$ なので $h = b_jk$（$k \in K$）と書けます。よって $g = a_ib_jk \in a_ib_jK$ です。

相異なること。 $a_ib_jK = a_{i'}b_{j'}K$ と仮定します。補題 5.2(2) より、ある $k \in K$ について $a_ib_jk = a_{i'}b_{j'}$ です。ここで $b_j, k \in H$ なので $b_jk \in H$ であり、$a_{i'} = a_i(b_jk) \in a_iH$ が従います。補題 5.2(2) より $a_{i'}H = a_iH$ となり、代表系の取り方から $i = i'$ です。

すると $a_ib_jk = a_ib_{j'}$ となるので消去律により $b_jk = b_{j'}$、すなわち $b_{j'} \in b_jK$ です。再び 補題 5.2(2) より $b_jK = b_{j'}K$ で、代表系の取り方から $j = j'$ です。

以上より $G$ の $K$ による左剰余類はちょうど $rs$ 個あり、$[G:K] = rs = [G:H][H:K]$ です。

次の演習は、組 $(h, k)$ を $hk$ という積にまとめるとき、同じ積になる組が各積につき何通りあるかを数える、という考え方で解けます。

演習 9.4難

$G$ を群、$H, K$ を $G$ の有限部分群とし、$HK := \{hk : h \in H,\ k \in K\}$ とおきます（$HK$ は一般には部分群ではありません）。このとき

$$|HK| = \frac{|H|\,|K|}{|H \cap K|}$$

が成り立つことを示してください。さらに $|H| = |K| = 6$ かつ $|G| = 24$ のとき、$H \cap K \ne \{e\}$ となることを導いてください。

解答

前半。 写像 $f : H \times K \to HK$、$f(h,k) = hk$ を考えます。$HK$ の定義から $f$ は全射です。したがって $HK$ の各元 $x$ に対する逆像 $f^{-1}(x)$ の個数をすべて足すと $|H||K|$ になります。そこで各逆像の大きさが $|H \cap K|$ に等しいことを示せば、$|H||K| = |HK| \cdot |H \cap K|$ が従います。

$x = hk$（$h \in H$、$k \in K$）と表しておきます。$D := H \cap K$ とおくと、演習 9.1(1) より $D \le G$ です。

まず、任意の $d \in D$ について $(hd, d^{-1}k) \in H \times K$ であり（$d \in H$ より $hd \in H$、$d^{-1} \in K$ より $d^{-1}k \in K$）、$f(hd, d^{-1}k) = h d d^{-1} k = hk = x$ です。また $d \ne d'$ なら $hd \ne hd'$（消去律）なので、これらは相異なる $|D|$ 個の元を与えます。

逆に $f(h', k') = x$、すなわち $h'k' = hk$ とします。両辺に左から $h^{-1}$、右から $(k')^{-1}$ を掛けると

$$h^{-1}h' = k (k')^{-1}$$

です。左辺は $H$ の元、右辺は $K$ の元なので、この共通の値を $d$ とおくと $d \in H \cap K = D$ です。$h^{-1}h' = d$ より $h' = hd$、$k(k')^{-1} = d$ より $k' = d^{-1}k$ となり、$(h', k')$ は先ほど数えた形をしています。

よって $|f^{-1}(x)| = |D|$ がすべての $x \in HK$ について成り立ち、

$$|H||K| = \sum_{x \in HK} |f^{-1}(x)| = |HK| \cdot |H \cap K|$$

を得ます。$|H \cap K| \ge 1$ で割れば主張の式になります。

後半。 $|H| = |K| = 6$、$|G| = 24$ とし、$H \cap K = \{e\}$ と仮定します。前半の式より

$$|HK| = \frac{6 \cdot 6}{1} = 36$$

です。しかし $HK \subseteq G$ なので $|HK| \le |G| = 24$ でなければならず、矛盾します。よって $H \cap K \ne \{e\}$ です。

さらに 定理 6.1 を使うと、$H \cap K$ は $H$ の部分群なので $|H \cap K|$ は $6$ の約数であり、$1$ でないので $2, 3, 6$ のいずれかです。とくに $|H\cap K| \ge 2$ から $|HK| \le 18$ が従います。

参考文献

• 松坂和夫『代数系入門』岩波書店、1976 — 第 2 章に群・部分群・剰余類・ラグランジュの定理が、豊富な具体例とともに丁寧に書かれています。初学者が最初に読む本として適しています。
• 雪江明彦『代数学 1 群論入門』日本評論社、2010 — 第 2 章が部分群と剰余類、第 4 章がシローの定理です。本記事の 注意 8.2 で触れた部分的な逆はここにあります。
• 桂利行『代数学 I 群と環』東京大学出版会、2004 — 群論の基礎を簡潔にまとめた教科書で、第 1 章に部分群とラグランジュの定理があります。
• D. S. Dummit and R. M. Foote, Abstract Algebra, 3rd ed., Wiley, 2004 — Chapter 2 が部分群、Chapter 3 が剰余類とラグランジュの定理、Chapter 4 がシローの定理です。演習問題が非常に充実しています。
• J. J. Rotman, An Introduction to the Theory of Groups, 4th ed., Graduate Texts in Mathematics 148, Springer, 1995 — Chapter 2 に剰余類と指数の一般論があり、無限群での指数の扱いも書かれています。
• J.-L. Lagrange, “Réflexions sur la résolution algébrique des équations”, Nouveaux Mémoires de l’Académie Royale des Sciences et Belles-Lettres de Berlin, 1770–1771 — 定理の名前の由来となった原論文です。

Appendix: 「ラグランジュの定理」という名前について

ラグランジュ自身は群を知りませんでした。 1770 年から 71 年にかけて発表された上記の論文で、ラグランジュが調べたのは代数方程式の解法の統一的な理解でした。3 次・4 次方程式が解けるのに 5 次が解けないのはなぜか、という問題です。彼の道具立ては、方程式の根 $x_1, \ldots, x_n$ の有理式 $f(x_1, \ldots, x_n)$ に対し、変数を置換したときに $f$ が何通りの相異なる値を取るかを数えることでした。そしてその個数が $n!$ の約数になることを見出しました。

現代の言葉に翻訳すれば、$f$ を動かさない置換の全体は $S_n$ の部分群 $H$ をなし、$f$ が取る相異なる値の個数はちょうど指数 $[S_n : H]$ に等しく、定理 6.1 によりそれは $|S_n| = n!$ の約数である、ということになります。しかしラグランジュの時代には、部分群どころか群という概念そのものがありませんでした。彼が扱ったのは具体的な置換と具体的な有理式であり、抽象群についての一般定理ではなかったのです。

抽象化には半世紀以上かかりました。 コーシーが 1815 年以降に置換の理論を体系化し、ガロアが 1830 年代に方程式の可解性と群の対応を発見し、ジョルダンが 1870 年の『置換論』で置換群の理論を集大成しました。抽象群の公理系が現在の形に落ち着き、任意の有限群について「部分群の位数は群の位数を割る」と述べられるようになるのは、19 世紀末のことです。

この経緯は、抽象化が何をもたらすかの好例だと思います。ラグランジュが個別の計算で見つけた現象は、群という枠組みを得たことで 補題 5.2 と 定理 6.1 の 2 ページに圧縮され、同時に整数論（定理 7.3）にも図形の対称性にも同じ形で適用できるようになりました。名前に残ったのは発見者ですが、定理の形を決めたのはその後の抽象化です。