部分群と生成元とは？定義・判定法・巡回群・ラグランジュの定理を具体例でわかりやすく解説

偶数全体 $2\mathbb{Z}$ は足し算で閉じている。偶数どうしを足しても偶数のままだ。

奇数全体はそうならない。$1+1=2$ で、たちまち外へ出てしまう。

この差が部分群という概念である。群の部分集合のうち、それ自身が群として完結しているものだけを部分群と呼ぶ。そして多くの群は、ごく少数の元から組み上がる。

部分群の定義

群 $G$ の部分集合 $H$ が $G$ の演算のもとで群をなすとき、$H$ を $G$ の部分群といい、$H\le G$ と書く。

条件を書き下せば次の 3 つになる。

結合法則は $G$ から受け継ぐので確かめる必要がない。判定はこの 3 点に尽きる。

判定条件を 1 つにまとめる

実用上は 1 本の条件で足りる。$H\ne \varnothing$ であり、任意の $a,b\in H$ に対して $a{b}^{-1}\in H$ が成り立てばよい。

$H$ は空でないから元 $a$ が取れる。$b=a$ と置けば $a{a}^{-1}=e\in H$ となり、単位元が入る。

次に $a=e$ とすれば $e{b}^{-1}=b^{-1}\in H$。逆元で閉じることが出た。

最後に $a,b\in H$ に対し $b^{-1}\in H$ が使えるので、$a(b^{-1}{)}^{-1}=ab\in H$。積でも閉じ、3 条件がそろう。

有限なら積だけ見ればよい

$H$ が有限集合なら条件はさらに緩む。空でなく積で閉じてさえいれば、それだけで部分群になる。

$a\in H$ を取り、$a,a^2,a^3,\dots$ を並べる。$H$ は有限なのでどこかで重複し、$a^m=a^n$（$m>n$）となる。

両辺に $a^{-n}$ を掛けて $a^k=e$（$k=m-n\ge 1$）を得る。$e\in H$ が言えた。

$k=1$ なら $a=e$ で逆元は自分自身。$k\ge 2$ なら $a^{-1}=a^{k-1}\in H$ となる。逆元の条件は有限性から自動的に従うのだ。

積で閉じているのに部分群でない例

有限性を外すと話が変わる。加法群 $\mathbb{Z}$ の中で、自然数全体 $\mathbb{N}=\{1,2,3,\dots \}$ を見よう。

足し算で閉じており、結合法則も成り立つ。それでも $\mathbb{N}$ は部分群ではない。

$1$ の逆元である $-1$ が入っていないからだ。無限集合では、積で閉じることと逆元をもつことは別の話である。

自明な部分群

どんな群 $G$ にも $\{e\}$ と $G$ 自身という部分群がある。前者を自明部分群という。

この 2 つ以外の部分群を真の部分群と呼ぶ。群の構造を調べるとは、多くの場合その真の部分群を数え上げる作業になる。

例：$\mathbb{Z}$ の部分群は $n\mathbb{Z}$ に限る

$H\le \mathbb{Z}$ とする。$H=\{0\}$ なら $n=0$ として話は終わる。

そうでなければ $H$ は正の元をもつ。$a\in H$ なら $-a\in H$ だから、正負のどちらかは必ず現れるためだ。正の元のうち最小のものを $n$ と置く。

任意の $a\in H$ を $n$ で割り、$a=qn+r$（$0\le r<n$）と書く。$qn\in H$ なので $r=a-qn\in H$ となる。

$n$ の最小性から $r=0$、すなわち $a=qn$。よって $H=n\mathbb{Z}$ である。

整数の除法定理だけで、$\mathbb{Z}$ の部分群がすべて決まってしまった。

部分群の共通部分

部分群の族 $\{H_i{\}}_{i\in I}$ に対し、共通部分 ${\bigcap }_{i\in I}{H}_i$ はふたたび部分群になる。

証明は一瞬だ。$a,b$ がすべての $H_i$ に属するなら $a{b}^{-1}$ もすべての $H_i$ に属し、単位元はどの $H_i$ にもある。

族が無限個でも成り立つ。この事実が、あとで見る「生成される部分群」の定義を支えている。

例：$4\mathbb{Z}\cap 6\mathbb{Z}$

具体的に計算しよう。$4$ の倍数であり、かつ $6$ の倍数である整数とは、$12$ の倍数のことにほかならない。

$$4\mathbb{Z}\cap 6\mathbb{Z}=12\mathbb{Z}$$

一般には $m\mathbb{Z}\cap n\mathbb{Z}=\mathrm{lcm}(m,n)\mathbb{Z}$ となる。共通部分を取る操作は、最小公倍数を取る操作である。

和集合は部分群にならない

共通部分と違い、和集合はあっさり壊れる。$2\mathbb{Z}\cup 3\mathbb{Z}$ を見よう。

$2$ と $3$ はどちらもこの集合に入る。ところが $2+3=5$ は偶数でも $3$ の倍数でもない。積で閉じていない。

そもそも $H\cup K$ が部分群になるのは、$H\subseteq K$ または $K\subseteq H$ のときに限る。

どちらの包含も成り立たないとすれば、$h\in H\setminus K$ と $k\in K\setminus H$ が取れる。このとき $hk$ はどちらにも入らない。

$hk\in H$ なら $k=h^{-1}(hk)\in H$ となって矛盾する。$hk\in K$ なら $h=(hk)k^{-1}\in K$ で、やはり矛盾だ。

和集合が部分群になるのは、一方が他方を丸ごと含む退屈な場合だけなのである。

積集合 $HK$

2 つの部分群から新しい部分群を作りたい。積集合 $HK=\{hk:h\in H,k\in K\}$ が候補になる。

有限群なら要素数が計算できる。

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

ただし $HK$ は一般に部分群ではない。部分群になるのは $HK=KH$ が成り立つとき、そのときに限られる。

例：$S_3$ で $HK$ が壊れる

$H=⟨(12)⟩$、$K=⟨(13)⟩$ と置く。どちらも位数 2 で、共通部分は $\{e\}$ だけだ。

公式に入れると $|HK|=2\cdot 2/1=4$ になる。ところが $|S_3|=6$ で、$4$ は $6$ を割らない。

あとで見るラグランジュの定理により、位数 4 の部分群は $S_3$ に存在しえない。したがって $HK$ は部分群ではない。実際 $HK$ を書き下すと $\{e,(13),(12),(123)\}$ で、$(123{)}^2=(132)$ が欠けている。

例：$\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ の部分群をすべて求める

$\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ は位数 12 の巡回群である。部分群は $12$ の約数と 1 対 1 に対応する。

約数は $1,2,3,4,6,12$ の 6 個。それぞれを位数とする部分群がちょうど 1 つずつある。

$⟨6⟩=\{0,6\}$ が位数 2、$⟨4⟩=\{0,4,8\}$ が位数 3 になる。

$⟨3⟩=\{0,3,6,9\}$ が位数 4、$⟨2⟩=\{0,2,4,6,8,10\}$ が位数 6 である。

これに $\{0\}$ と全体を加えて、部分群は全部で 6 個。多くも少なくもない。

例：位数 4 の 2 つの群

位数が同じでも部分群の姿は変わる。位数 4 の群は、同型を除いて 2 つしかない。

$V$ は 1 つの元では生成できない。どの元も 2 乗すれば $e$ に戻ってしまうからだ。

$V=\{e,a,b,ab\}$ と書けば $V=⟨a,b⟩$ で、2 元あれば足りる。$S_4$ の中では $\{e,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}$ として姿を現す。

例：$S_3$ の部分群をすべて求める

$S_3$ は位数 6 なので、部分群の位数は 1, 2, 3, 6 のいずれかになる。

位数 2 の部分群は互換の個数だけあり、位数 3 のものは 3 元巡回置換が作る $A_3$ ただ 1 つ。合わせて 6 個である。

位数 4 の部分群は存在しない。$4$ が $6$ を割らないためだ。

例：$D_4$ の部分群

正方形の対称性のなす群 $D_4$ は位数 8 である。$90$ 度回転 $r$ と鏡映 $s$ で生成され、$r^4=s^2=e$、$srs=r^{-1}$ を満たす。

位数 2 の部分群は 5 個ある。$180$ 度回転が生む $⟨r^2⟩$ が 1 つ。

残りの 4 つは、正方形の 4 本の対称軸に対応する $⟨s⟩$、$⟨rs⟩$、$⟨r^{2}s⟩$、$⟨r^{3}s⟩$ だ。

位数 4 の部分群は 3 個。巡回群 $⟨r⟩=\{e,r,r^2,r^3\}$ と、クライン型の $\{e,r^2,s,r^{2}s\}$、$\{e,r^2,rs,r^{3}s\}$ である。

自明な 2 つを足して、部分群は合計 10 個。位数 8 の群としては賑やかな部類に入る。

例：行列群の部分群

$G{L}_n(K)$（正則行列の全体）の中で、行列式が $1$ のものを集めると特殊線型群 $S{L}_n(K)$ になる。

行列式は $\det (AB)=\det A\det B$、$\det (A^{-1})=(\det A{)}^{-1}$ と振る舞う。$\det =1$ という条件はこの演算で保たれるので、$S{L}_n(K)$ は部分群である。

直交行列全体 $O(n)=\{A:A^{\top }A=I\}$ も部分群で、そのうち $\det =1$ のものが回転群 $SO(n)$ になる。可逆な対角行列の全体、対角成分が $0$ でない上三角行列の全体も、それぞれ部分群をなす。

一方、行列式が $2$ の行列全体は部分群ではない。積を取れば行列式が $4$ になり、条件から外れてしまう。

例：円周群の有限部分群

乗法群 ${\mathbb{C}}^{\times }$ の中で、絶対値 $1$ の複素数の全体 $U=\{z:|z|=1\}$ は部分群である。積も逆数も絶対値を変えないからだ。

$U$ の有限部分群は、$1$ の $n$ 乗根の全体 ${\mu }_n=\{e^{2\pi ik/n}:k=0,1,\dots ,n-1\}$ に限られる。

${\mu }_n$ は位数 $n$ の巡回群で、$e^{2\pi i/n}$ が生成元になる。連続的な無限群の内側に、あらゆる有限巡回群が住んでいるわけだ。

生成される部分群

部分集合 $S\subseteq G$ を含む部分群のうち、最小のものを考えたい。

共通部分が部分群であることはすでに示した。$G$ 自身が $S$ を含むので、共通部分を取る族は空ではない。

$$⟨S⟩=\bigcap _{S\subseteq H\le G}H$$

定義は明快だが、これだけでは中身が見えてこない。具体的な姿を与えるのが次の記述である。

語による記述

$⟨S⟩$ は、$S$ の元とその逆元を有限個並べて掛けたもの全体に一致する。

$$⟨S⟩=\{s_1^{{ϵ}_1}{s}_2^{{ϵ}_2}\cdots s_k^{{ϵ}_k}:s_i\in S,{ϵ}_i=\pm 1,k\ge 0\}$$

$k=0$ の空の積は $e$ と約束する。右辺が部分群であること、$S$ を含むこと、$S$ を含むどの部分群にも含まれることを確かめれば、両辺の一致が出る。

こうした積を語と呼ぶ。群の元を、生成元で綴った文字列として扱う見方だ。

例：$⟨m,n⟩$ を求める

$\mathbb{Z}$ の中で $2$ と $3$ が生成する部分群を計算する。$3-2=1$ なので $1\in ⟨2,3⟩$ である。

$1$ さえあれば何でも作れる。よって $⟨2,3⟩=\mathbb{Z}$。

$⟨4,6⟩$ はどうか。$6-4=2$ から $2$ が入り、$4$ も $6$ も $2$ の倍数なので $⟨4,6⟩=2\mathbb{Z}$ となる。

一般に $⟨m,n⟩=\gcd (m,n)\mathbb{Z}$ が成り立つ。生成は最大公約数を取る操作であり、共通部分（最小公倍数）とちょうど裏返しの関係にある。

巡回群

1 つの元で生成される群 $G=⟨a⟩$ を巡回群という。$G=\{a^k:k\in \mathbb{Z}\}$ と書ける。

巡回群はすべて可換だ。$a^i{a}^j=a^{i+j}=a^j{a}^i$ が成り立つからである。

逆は正しくない。クラインの四元群は可換だが、1 元では生成できないので巡回群ではない。

例：元の位数を計算する

$\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ で元 $k$ の位数を求める。$k$ を何回足せば $0$ に戻るか、という問いだ。

答えは $\frac{12}{\gcd (k,12)}$ で与えられる。$k=8$ なら $\gcd (8,12)=4$ なので、位数は $3$。

実際 $8$、$16=4$、$24=0$ と 3 歩で戻る。$k=5$ なら $\gcd (5,12)=1$ で位数 12、つまり $5$ は生成元である。

例：生成元を数える

$\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ の生成元とは、位数が 12 の元、すなわち $\gcd (k,12)=1$ を満たす $k$ のことだ。

該当するのは $1,5,7,11$ の 4 つ。オイラー関数で書けば $\phi (12)=4$ に一致する。

位数 $n$ の巡回群には、生成元がちょうど $\phi (n)$ 個ある。$\mathbb{Z}/13\mathbb{Z}$ なら $\phi (13)=12$ で、$0$ 以外のすべての元が生成元になる。

巡回群の部分群

巡回群の部分群は、ふたたび巡回群になる。$G=⟨a⟩$ の部分群 $H$ に対し、$a^k\in H$ となる最小の正の $k$ を取れば $H=⟨a^k⟩$ が成り立つ。

証明は $\mathbb{Z}$ のときと同じ除法の議論だ。指数を $k$ で割り、余りを見ればよい。

有限の場合はもっと強いことが言える。位数 $n$ の巡回群では、$n$ の各約数 $d$ に対して位数 $d$ の部分群がちょうど 1 つ存在する。

$\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ の部分群が 6 個だったのは、$12$ の約数が 6 個だからにほかならない。

例：$S_3$ を 2 元で生成する

$r=(123)$、$s=(12)$ と置く。置換は右から順に作用させる約束にする。

$r$ の冪から $e$、$r=(123)$、$r^2=(132)$ の 3 元が出る。ここに $s$ を掛けると残りが埋まる。

$sr$ は $1\mapsto 1$、$2\mapsto 3$、$3\mapsto 2$ となり $(23)$。同様に $s{r}^2=(13)$ である。

これで $\{e,r,r^2,s,sr,s{r}^2\}$ が $S_3$ の 6 元すべてになった。$S_3=⟨(12),(123)⟩$ であり、非可換な群も 2 元から立ち上がる。

隣接互換で $S_n$ を生成する

$S_n$ は互換の全体で生成される。どんな置換も、2 つずつの入れ替えを繰り返せば実現できるからだ。

さらに絞れる。隣り合う要素の互換 $(12),(23),\dots ,(n-1n)$ だけで $S_n$ 全体が生成される。

任意の互換 $(ij)$ は、$i$ を隣まで運び、入れ替え、もとの位置へ戻せばよい。これは隣どうしの交換だけで配列を並べ替える操作、つまりバブルソートそのものである。

位数は $n!$ もあるのに、生成元は $n-1$ 個で足りる。生成元の個数と群の大きさは、まったく釣り合わない。

二面体群の生成元

正 $n$ 角形の対称性のなす群 $D_n$ は位数 $2n$ で、回転 $r$ と鏡映 $s$ の 2 元で生成される。

関係式は $r^n=e$、$s^2=e$、$srs=r^{-1}$ の 3 本だ。この 3 本から、群全体の掛け算が復元できる。

任意の元は $r^k$ または $s{r}^k$（$0\le k<n$）と一意に書ける。生成元 2 個と関係式 3 本、これが $D_n$ の設計図である。

行列群の生成元

$G{L}_n(K)$ は基本行列で生成される。行の入れ替え、行の定数倍、ある行の定数倍を別の行に足す、という 3 種類の行列だ。

任意の正則行列は、行基本変形を繰り返して単位行列に変形できる。これは掃き出し法にほかならない。

各段階が基本行列を左から掛ける操作に当たるので、逆にたどれば元の行列が基本行列の積として書ける。$S{L}_n(K)$ のほうは、第 3 種（他の行への加算）だけで生成される。

線型代数でおなじみの計算手続きが、そのまま群の生成元の主張になっている。

有限生成群

有限集合 $S$ によって $G=⟨S⟩$ と書けるとき、$G$ を有限生成群という。

$\mathbb{Z}=⟨1⟩$、${\mathbb{Z}}^2=⟨(1,0),(0,1)⟩$、$S_n$、$D_n$ はいずれも有限生成だ。有限群は自分自身を生成集合に取ればよいので、当然すべて有限生成である。

有限生成であるとは、群を有限の情報で書き下せる見込みがあるということだ。だからこそ、有限生成でない群の存在が目を引く。

例：$\mathbb{Q}$ は有限生成でない

加法群 $\mathbb{Q}$ が有限個の元 $\frac{a_1}{b_1},\dots ,\frac{a_k}{b_k}$ で生成されたと仮定する。

$N=\mathrm{lcm}(b_1,\dots ,b_k)$ と置く。生成元はどれも $\frac{1}{N}\mathbb{Z}$ に属し、その和と差もこの中に留まる。

つまり生成される部分群は $\frac{1}{N}\mathbb{Z}$ に含まれてしまう。ところが $\frac{1}{2N}$ はそこに入らない。

有限個の分数をどう集めても、分母をいくらでも大きくしたいという要求には追いつけない。$\mathbb{Q}$ は有限生成ではないのだ。

ラグランジュの定理

有限群では、部分群の位数が全体の位数を割り切る。

この定理は部分群を探す手間を劇的に減らす。位数 6 の $S_3$ を調べるとき、位数 4 や 5 の部分群は最初から候補外になる。

元の位数も群の位数を割る。$a\in G$ に対し $⟨a⟩$ が部分群だからだ。系として、位数が素数の群は巡回群になり、真の部分群をもたない。

逆は成り立たない

$|G|$ の約数 $d$ に対し、位数 $d$ の部分群は必ず存在するか。答えは否である。

交代群 $A_4$ は位数 12 だが、位数 6 の部分群をもたない。$6$ は $12$ を割るにもかかわらず、である。

$A_4$ の元は、単位元 1 個、3 元巡回置換 8 個、$(12)(34)$ 型の元 3 個からなる。位数 6 の部分群 $H$ があれば指数は 2 なので、任意の $g\in A_4$ について $g^2\in H$ となる。

3 元巡回置換 $\sigma$ は $\sigma =({\sigma }^2{)}^2$ と書けるので、8 個すべてが平方元である。すると $H$ は少なくとも 9 元を含むことになり、$|H|=6$ に反する。

極大部分群

真の部分群 $M⊊G$ が極大であるとは、$M⊊H\le G$ ならば $H=G$ となることをいう。$M$ と $G$ のあいだに何も挟まらない、という意味だ。

$\mathbb{Z}$ の極大部分群は $p\mathbb{Z}$（$p$ は素数）に限る。$4\mathbb{Z}$ は $4\mathbb{Z}⊊2\mathbb{Z}⊊\mathbb{Z}$ と挟まれてしまうので極大ではない。

有限群には極大部分群が必ず存在する。真の部分群のうち位数が最大のものを取ればよい。

無限群では話が違う。$\mathbb{Q}$ には極大部分群が 1 つもなく、どんな真の部分群も、さらに大きな真の部分群に呑み込まれてしまう。

部分群の格子

$G$ の部分群の全体は、包含関係によって順序集合になる。2 つの部分群 $H,K$ に対し、$H\cap K$ が下限、$⟨H\cup K⟩$ が上限を与える。

上限に和集合ではなく生成部分群を使うところが要点だ。和集合は部分群にならないので、それを含む最小の部分群で代用する。

この順序集合を部分群の格子といい、ハッセ図に描くと群の骨組みが目に見えてくる。

<div class="cont">
<svg viewBox="0 0 480 270" xmlns="http://www.w3.org/2000/svg" role="img" aria-label="Z/12Z と S3 の部分群の格子">
<rect x="0" y="0" width="480" height="270" rx="10" fill="#fafbfc"/>
<g stroke="#aab0b8" stroke-width="1.2">
<line x1="100" y1="32" x2="55" y2="100"/>
<line x1="100" y1="32" x2="145" y2="100"/>
<line x1="55" y1="100" x2="40" y2="168"/>
<line x1="55" y1="100" x2="120" y2="168"/>
<line x1="145" y1="100" x2="120" y2="168"/>
<line x1="40" y1="168" x2="85" y2="228"/>
<line x1="120" y1="168" x2="85" y2="228"/>
<line x1="350" y1="32" x2="258" y2="130"/>
<line x1="350" y1="32" x2="320" y2="130"/>
<line x1="350" y1="32" x2="382" y2="130"/>
<line x1="350" y1="32" x2="444" y2="130"/>
<line x1="258" y1="130" x2="350" y2="228"/>
<line x1="320" y1="130" x2="350" y2="228"/>
<line x1="382" y1="130" x2="350" y2="228"/>
<line x1="444" y1="130" x2="350" y2="228"/>
</g>
<g font-family="ui-sans-serif, system-ui, sans-serif" font-size="11.5" text-anchor="middle" fill="#1b1d22" stroke="#fafbfc" stroke-width="4" paint-order="stroke">
<text x="100" y="36" fill="#3468d6">Z/12Z</text>
<text x="55" y="104">⟨2⟩</text>
<text x="145" y="104">⟨3⟩</text>
<text x="40" y="172">⟨4⟩</text>
<text x="120" y="172">⟨6⟩</text>
<text x="85" y="232" fill="#8a8f98">{0}</text>
<text x="350" y="36" fill="#3468d6">S₃</text>
<text x="258" y="134">A₃</text>
<text x="320" y="134">⟨(1 2)⟩</text>
<text x="382" y="134">⟨(1 3)⟩</text>
<text x="444" y="134">⟨(2 3)⟩</text>
<text x="350" y="232" fill="#8a8f98">{e}</text>
</g>
<g font-family="ui-sans-serif, system-ui, sans-serif" font-size="11" text-anchor="middle" fill="#6b7280">
<text x="100" y="258">Z/12Z（約数と同じ形）</text>
<text x="350" y="258">S₃（非可換）</text>
</g>
</svg>
</div>

.cont { margin: 0; text-align: center; }
.cont svg { width: 100%; max-width: 460px; height: auto; }

左の $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ の格子は、$12$ の約数の格子とそっくり同じ形をしている。巡回群の部分群が約数と 1 対 1 に対応する事実が、そのまま図の形に現れた。

右の $S_3$ は様子が違う。位数 2 の部分群 3 個が横一列に並び、$A_3$ と合わせて 4 つが極大部分群になる。可換でない群の格子は、こうして横に広がっていく。

理解の確認

生成元は群の設計図

生成元と関係式を並べれば、群は有限の情報で書き下せる。$D_n=⟨r,s\mid r^n=s^2=e,srs=r^{-1}⟩$ のような書き方を、群の表示という。

表示があれば、生成元を辺のラベルにしたグラフを描ける。ケイリーグラフと呼ばれ、群を図形として眺めるための入口になる。$\mathbb{Z}$ なら一直線、${\mathbb{Z}}^2$ なら格子、自由群なら木が現れる。

有限生成群をこの図形の形で調べる分野が、幾何的群論である。群を元の寄せ集めとしてではなく、少数の生成元から組み上がる構造として見ること。部分群と生成元は、その視点への最初の一歩だ。