二面体群が直積にならない理由（群の直積と半直積）

二面体群 $D_n$ は、位数 $n$ の回転と位数 $2$ の鏡映から組み立てられます。ところが直積 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ ではありません。可換になってしまうためです。

足りないのは、片方がもう片方に作用するという情報でした^[1]。それを組み込んだものが半直積です。

外部直積

群 $H$ と $K$ に対し、集合 $H\times K$ に成分ごとの積を入れます。

$$(h,k)(h^{\prime },k^{\prime })=(h{h}^{\prime },k{k}^{\prime })$$

単位元は $(1,1)$、逆元は $(h^{-1},k^{-1})$ です。位数は $|H|\cdot |K|$ になります。

$H\times 1$ と $1\times K$ はどちらも正規部分群で、共通部分は単位元だけ。異なる成分の元は可換です。

内部から見分ける

逆に、群 $G$ が直積に分かれているかどうかは、部分群の条件で判定できます^[1]。

$H,K\le G$ が次の 3 つを満たすとします。

このとき $f:H\times K\to G$、$f(h,k)=hk$ は同型です^[1]。

準同型であることは条件 3 から出ます。

$$f(h,k)f(h^{\prime },k^{\prime })=hk{h}^{\prime }{k}^{\prime }=h{h}^{\prime }k{k}^{\prime }=f(h{h}^{\prime },k{k}^{\prime })$$

途中で $k$ と $h^{\prime }$ を入れ替えました。単射は核を見ればよく、$hk=1$ なら $h=k^{-1}\in H\cap K=\{1\}$。全射は条件 1 そのものです。

さらに $G\to H\times K\to H$ と $G\to H\times K\to K$ の核がそれぞれ $K$ と $H$ なので、両方とも正規部分群になります^[1]。

3 番目の条件を外す

判定条件のうち、1 と 2 は満たすのに 3 が崩れる例はいくらでもあります^[1]。

$G=\mathrm{Aff}(\mathbb{R})$、つまり $x\mapsto ax+b$（$a\ne 0$）の全体をとります。平行移動の全体 $H$ と、原点を固定する拡大の全体 $K$ を考えると、$G=HK$ で $H\cap K=\{1\}$。

それでも $H$ と $K$ の元は可換ではありません。拡大してから平行移動するのと、平行移動してから拡大するのは違う写像です。

このとき $G$ は直積になりません。代わりに、$K$ が $H$ に作用しているという情報を持たせます。

外部半直積

群 $H$、$K$ と準同型 $\phi :K\to \mathrm{Aut}(H)$ を与えます。集合 $H\times K$ に次の積を入れたものが半直積 $H{⋊}_{\phi }K$ です^[1]。

$$(h,k)(h^{\prime },k^{\prime })=(h{\phi }_k(h^{\prime }),k{k}^{\prime })$$

${\phi }_k(h^{\prime })$ は $k{h}^{\prime }{k}^{-1}$ を抽象化したものです。$H$ と $K$ が最初から同じ群の中にないので、共役の代わりに作用を使う^[1]。

群になることを確かめます。単位元は $(1,1)$ です。

$$(h,k)(1,1)=(h{\phi }_k(1),k)=(h,k),(1,1)(h,k)=({\phi }_1(h),k)=(h,k)$$

準同型は単位元を保つので ${\phi }_k(1)=1$、${\phi }_1={\mathrm{id}}_H$ になります。

逆元も解けます。$(h,k)(h^{\prime },k^{\prime })=(1,1)$ から $k^{\prime }=k^{-1}$、そして $h{\phi }_k(h^{\prime })=1$、つまり ${\phi }_k(h^{\prime })=h^{-1}$。両辺に ${\phi }_{k^{-1}}$ を当てて

$$(h,k{)}^{-1}=({\phi }_{k^{-1}}(h^{-1}),k^{-1})$$

が出ます^[1]。$H$ と $K$ が同じ群の中にあるときの $(hk{)}^{-1}=(k^{-1}hk{)}^{-1}{k}^{-1}$ と同じ形です。

作用が自明、つまり ${\phi }_k={\mathrm{id}}_H$ なら積は $(h{h}^{\prime },k{k}^{\prime })$ になり、直積に戻ります^[1]。

内部から見分ける

半直積のほうにも判定条件があります^[1]。$H,K\le G$ が次を満たすとします。

${\phi }_k(h)=kh{k}^{-1}$ と置くと $\phi :K\to \mathrm{Aut}(H)$ が定まり、$f:H{⋊}_{\phi }K\to G$、$f(h,k)=hk$ が同型になります^[1]。

準同型であることを計算で見ます。

$$f((h,k)(h^{\prime },k^{\prime }))=f(h{\phi }_k(h^{\prime }),k{k}^{\prime })=h(k{h}^{\prime }{k}^{-1})k{k}^{\prime }=hk{h}^{\prime }{k}^{\prime }=f(h,k)f(h^{\prime },k^{\prime })$$

直積の判定と比べると、3 番目が「可換」から「片方が正規」に弱まっています。その弱めたぶんが作用 $\phi$ に入る、という構造です。

具体例

$S_n$ で $\tau$ を互換とすると $S_n\cong A_n⋊\{1,\tau \}$ です^[1]。$A_n$ は指数 $2$ で正規、共通部分は単位元だけ。

$D_n\cong ⟨r⟩⋊\{1,s\}$ も同じ形です^[1]。作用は $sr{s}^{-1}=r^{-1}$、つまり ${\phi }_s$ が反転になります。

$\mathrm{Aff}(\mathbb{R})\cong \mathbb{R}⋊{\mathbb{R}}^{\times }$ で、${\phi }_a(b)=ab$ です^[1]。$\mathbb{R}$ は加法群、${\mathbb{R}}^{\times }$ は乗法群として扱います。

$\pm 1$ が $\mathbb{Z}$ に加法の自己同型として作用するので、$\mathbb{Z}⋊\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ も作れます^[1]。無限二面体群です。

半直積にならない群

すべての群が半直積に分かれるわけではありません^[2]。

四元数群 $Q_8$ をとります。中心は $\{\pm 1\}$ で、商 $Q_8/\{\pm 1\}$ は $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}{)}^2$ です。

もし $Q_8$ が $\{\pm 1\}⋊(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}{)}^2$ になるとします。$\mathrm{Aut}(\{\pm 1\})$ は自明群なので、作用は自明しかありえず、半直積は直積 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}{)}^2$ になる。

この群には位数 $2$ の元が $7$ 個あります。ところが $Q_8$ の位数 $2$ の元は $-1$ ただ 1 つ。同型になりません^[2]。

正規部分群と商が分かっていても、もとの群は決まらない。半直積はその「決まらなさ」のうち、いちばん扱いやすい場合を切り出したものです。

同じものになる条件

作用 $\phi$ を替えても、半直積が同型になることがあります^[1]。

$f:K\to K$ を自己同型とすると、$H{⋊}_{\phi \circ f}K\cong H{⋊}_{\phi }K$ です^[1]。作用を $K$ 側で読み替えただけなので、群としては変わりません。

だから半直積を数えるときは、$\phi$ そのものではなく、$\mathrm{Aut}(K)$ で移り合うものをまとめて数えます。

位数 $pq$ の群

素数 $p<q$ について、位数 $pq$ の群を全部決められます^[1]。

Sylow の第 3 定理から $n_q\equiv 1(\mathrm{mod}q)$ かつ $n_q\mid p$ なので、$n_q$ は $1$ か $p$。$n_q=p$ なら $p\equiv 1(\mathrm{mod}q)$ となり、$p<q$ に反します。よって $n_q=1$ で、位数 $q$ の Sylow 部分群 $Q$ は正規です。

$n_p$ のほうは $n_p\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ かつ $n_p\mid q$ なので、$1$ か $q$ です。

$q\not\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ のときは $n_p=q$ が使えないので $n_p=1$。$P$ も正規になり、$P\cap Q=\{1\}$ から元どうしが可換になります。位数 $p$ の元と位数 $q$ の元の積は位数 $pq$ なので、$G$ は巡回群です^[1]。

$q\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ のときは $n_p=q$ の場合が残ります。このとき $G$ は巡回群ではありません。$Q⊴G$ と $Q\cap P=\{1\}$ から $G=QP$ で、判定条件から $G\cong Q{⋊}_{\phi }P$ になる^[1]。

$\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})$ は位数 $q-1$ の巡回群で、$p\mid q-1$ だから位数 $p$ の部分群をちょうど 1 つ持ちます。自明でない準同型 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\to \mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})$ の像はその部分群になり、$p-1$ 通りある。どれも $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ の自己同型で移り合うので、上の補題から同型な半直積を与えます^[1]。

したがって位数 $pq$ の群は、$q\not\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ なら巡回群 1 つ、$q\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ なら巡回群と非可換なもので 2 つです^[1]。

$p=2$ をとると、奇素数 $q$ はつねに $q\equiv 1(\mathrm{mod}2)$ を満たします^[1]。だから位数 $2q$ の群は必ず 2 つあり、巡回群 $\mathbb{Z}/2q\mathbb{Z}$ と二面体群 $D_q$ です。

位数 $6$ で $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ と $S_3$ の 2 つ、位数 $10$ で $\mathbb{Z}/10\mathbb{Z}$ と $D_5$ の 2 つ。冒頭の $D_n$ が直積にならない理由は、ここに収まっています。

直積は 2 つの群を並べるだけ、半直積は片方がもう片方に作用する形です。判定条件の違いは 1 行、可換か、正規かの差しかありません。その 1 行の差に、$\mathbb{Z}/2n\mathbb{Z}$ と $D_n$ の違いが入っています。

参考