数学

雪江代数学3 演習問題 5.4.2

Published 2022年6月14日

雪江明彦『代数学3　代数学のひろがり』（日本評論社）演習問題 5.4.2 について、知人に解説した内容を記録として公開しておく。問題の全文は本書を参照されたい。

以下では、要素を

n(u1,u2,u3)=(100u110u2u31)(u1,u2,u3∈F3)n(u_1,u_2,u_3)= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ u_1&1&0\\ u_2&u_3&1 \end{pmatrix}\qquad(u_1,u_2,u_3\in\mathbb{F}_3)

と書き、F3\mathbb{F}_3 上の計算（2=−12=-1）で行う。計算を楽にするため、まず積と逆元の公式を出す。

行列積を計算すると

n(u1,u2,u3) n(v1,v2,v3)=n(u1+v1,  u2+v2+u3v1,  u3+v3)n(u_1,u_2,u_3)\,n(v_1,v_2,v_3) = n\bigl(u_1+v_1,\;u_2+v_2+u_3v_1,\;u_3+v_3\bigr)

である。従って逆元は

n(u1,u2,u3)−1=n(−u1,  −u2+u3u1,  −u3)n(u_1,u_2,u_3)^{-1} = n\bigl(-u_1,\;-u_2+u_3u_1,\;-u_3\bigr)

になる。

(1) [G,G]=⟨n(0,1,0)⟩[G,G]=\langle n(0,1,0)\rangle と G/[G,G]≅(Z/3)2G/[G,G]\cong(\mathbb{Z}/3)^2

まず交換子（commutator）を計算する。上の積・逆元の公式から

[n(u1,u2,u3), n(v1,v2,v3)]=n(0,  u3v1−v3u1,  0)[n(u_1,u_2,u_3),\,n(v_1,v_2,v_3)] = n\bigl(0,\;u_3v_1-v_3u_1,\;0\bigr)

が得られる。従って任意の交換子は必ず { n(0,t,0)∣t∈F3 }\{\,n(0,t,0)\mid t\in\mathbb{F}_3\,\} に入るから

[G,G]⊆{ n(0,t,0)∣t∈F3 }=⟨n(0,1,0)⟩[G,G]\subseteq \{\,n(0,t,0)\mid t\in\mathbb{F}_3\,\} =\langle n(0,1,0)\rangle

である（右辺は位数 3 の巡回群）。

逆向きに、実際に n(0,1,0)n(0,1,0)（同値に n(0,2,0)n(0,2,0)）が交換子として出ることを示す。例えば

[n(1,0,0), n(0,0,1)]=n(0,−1,0)=n(0,2,0)[n(1,0,0),\,n(0,0,1)] = n(0,-1,0)=n(0,2,0)

なので [G,G][G,G] は n(0,1,0)n(0,1,0) を生成元にもつ中心の位数 3 部分群を含み、結局

[G,G]=⟨n(0,1,0)⟩[G,G]=\langle n(0,1,0)\rangle

である。

次に剰余群を見る。写像

π:G→F32,π(n(u1,u2,u3))=(u1,u3)\pi:G\to \mathbb{F}_3^2,\qquad \pi\bigl(n(u_1,u_2,u_3)\bigr)=(u_1,u_3)

を考えると、積の公式より π\pi は群準同型（F32\mathbb{F}_3^2 は加法群）で全射である。核は

ker⁡π={ n(0,u2,0)∣u2∈F3 }=⟨n(0,1,0)⟩=[G,G]\ker\pi=\{\,n(0,u_2,0)\mid u_2\in\mathbb{F}_3\,\}=\langle n(0,1,0)\rangle=[G,G]

なので

G/[G,G]≅F32≅(Z/3Z)×(Z/3Z)G/[G,G]\cong \mathbb{F}_3^2\cong (\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})\times(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})

が従う。

したがって一次元表現（線形指標）の個数は ∣Hom(G,C×)∣=∣G/[G,G]∣=9|\mathrm{Hom}(G,\mathbb{C}^\times)|=|G/[G,G]|=9 で、ちょうど 9 個である。

(2) 共役類は 11 個、代表元

まず中心を決める。上の交換子公式より、n(u1,u2,u3)n(u_1,u_2,u_3) が中心に入るための必要十分条件は

u3v1−v3u1=0(∀v1,v3∈F3)u_3v_1-v_3u_1=0\quad(\forall v_1,v_3\in\mathbb{F}_3)

で、これは u1=u3=0u_1=u_3=0 と同値である。よって

Z(G)={ n(0,t,0)∣t∈F3 }={ 1,  n(0,1,0),  n(0,2,0) }Z(G)=\{\,n(0,t,0)\mid t\in\mathbb{F}_3\,\}=\{\,1,\;n(0,1,0),\;n(0,2,0)\,\}

で、中心は位数 3 である。中心の各元は共役類が 1 点だから、まず共役類が 3 つある。

次に共役変換の式を出す。上の交換子計算を使うと（階数 2 の冪零群なので）

n(v1,v2,v3)−1 n(u1,u2,u3) n(v1,v2,v3)=n(u1,  u2+u3v1−v3u1,  u3)n(v_1,v_2,v_3)^{-1}\,n(u_1,u_2,u_3)\,n(v_1,v_2,v_3) = n\bigl(u_1,\;u_2+u_3v_1-v_3u_1,\;u_3\bigr)

となり、共役で不変なのは (u1,u3)(u_1,u_3) であることが分かる。

  • (u1,u3)=(0,0)(u_1,u_3)=(0,0) のときは中心なので共役類の大きさ 1。
  • (u1,u3)≠(0,0)(u_1,u_3)\neq(0,0) のとき、(v1,v3)↦u3v1−v3u1(v_1,v_3)\mapsto u_3v_1-v_3u_1 は F32→F3\mathbb{F}_3^2\to\mathbb{F}_3 の非零線形写像なので全射である。従って共役で u2u_2 は F3\mathbb{F}_3 全体に動き、Cl(n(u1,u2,u3))={ n(u1,u2+t,u3)∣t∈F3 }\mathrm{Cl}\bigl(n(u_1,u_2,u_3)\bigr)=\{\,n(u_1,u_2+t,u_3)\mid t\in\mathbb{F}_3\,\} となって共役類の大きさは 3 である。

F32∖{(0,0)}\mathbb{F}_3^2\setminus\{(0,0)\} は 8 個の元を持つので、(u1,u3)≠(0,0)(u_1,u_3)\neq(0,0) に対応する共役類は 8 個。中心の 3 個と合わせて共役類の総数は 3+8=113+8=11 個である。

代表元は、中心の 3 つに加え、各 (u1,u3)≠(0,0)(u_1,u_3)\neq(0,0) について u2=0u_2=0 を選べばよいので、例えば次の 11 個を取れる。

1=n(0,0,0),z=n(0,1,0),z2=n(0,2,0),n(1,0,0), n(2,0,0), n(0,0,1), n(0,0,2),n(1,0,1), n(1,0,2), n(2,0,1), n(2,0,2).\begin{aligned} &1=n(0,0,0),\quad z=n(0,1,0),\quad z^2=n(0,2,0),\\ &n(1,0,0),\ n(2,0,0),\ n(0,0,1),\ n(0,0,2),\\ &n(1,0,1),\ n(1,0,2),\ n(2,0,1),\ n(2,0,2). \end{aligned}

非中心の共役類はそれぞれ {n(u1,t,u3)∣t∈F3}\{n(u_1,t,u_3)\mid t\in\mathbb{F}_3\} である。

(3) ρi=IndHGϕi\rho_i=\mathrm{Ind}_H^G\phi_i (i=1,2)(i=1,2) が既約であること

まず HH が正規部分群であることを確認する。上の共役公式で u1=0u_1=0 とすると

n(v1,v2,v3)−1 n(0,u2,u3) n(v1,v2,v3)=n(0,  u2+u3v1,  u3)∈Hn(v_1,v_2,v_3)^{-1}\,n(0,u_2,u_3)\,n(v_1,v_2,v_3) = n\bigl(0,\;u_2+u_3v_1,\;u_3\bigr)\in H

となるので H⊲GH\lhd G である。

定理 5.4.5 が（一般に Mackey の既約性判定として）次を与えるとする。

⟨IndHGϕ, IndHGϕ⟩G=∑g∈H\G/H⟨ϕ, ϕg⟩H∩gHg−1,ϕg(h)=ϕ(g−1hg).\bigl\langle \mathrm{Ind}_H^G\phi,\ \mathrm{Ind}_H^G\phi\bigr\rangle_G = \sum_{g\in H\backslash G/H} \bigl\langle \phi,\ \phi^g\bigr\rangle_{H\cap gHg^{-1}}, \quad \phi^g(h)=\phi(g^{-1}hg).

右辺が 1 なら IndHGϕ\mathrm{Ind}_H^G\phi は既約である。

ここで H⊲GH\lhd G なので H∩gHg−1=HH\cap gHg^{-1}=H で、二重剰余類集合 H\G/HH\backslash G/H は G/HG/H と同じく 3 個である。具体的に

a:=n(1,0,0)とおくとG/H={H, Ha, Ha2}.a:=n(1,0,0)\quad\text{とおくと}\quad G/H=\{H,\ Ha,\ Ha^2\}.

次に ϕi\phi_i の共役を調べる。h=n(0,u2,u3)∈Hh=n(0,u_2,u_3)\in H に対し

a−1ha=n(0,u2+u3, u3)a^{-1}ha=n(0,u_2+u_3,\ u_3)

なので

ϕia(h)=ϕi(a−1ha)=ωi(u2+u3)=ωiu2 ωiu3.\phi_i^a(h)=\phi_i(a^{-1}ha)=\omega^{i(u_2+u_3)}=\omega^{iu_2}\,\omega^{iu_3}.

これは ϕi(h)=ωiu2\phi_i(h)=\omega^{iu_2} と一致しない（例えば h=n(0,0,1)h=n(0,0,1) で ϕi(h)=1\phi_i(h)=1 だが ϕia(h)=ωi≠1\phi_i^a(h)=\omega^i\neq 1）。従って ϕia≠ϕi\phi_i^a\neq \phi_i である。同様に ϕia2≠ϕi\phi_i^{a^2}\neq \phi_i も分かる。

HH は可換群なので、異なる一次元指標は直交し

⟨ϕi,ϕia⟩H=0,⟨ϕi,ϕia2⟩H=0\langle \phi_i,\phi_i^a\rangle_H=0,\qquad \langle \phi_i,\phi_i^{a^2}\rangle_H=0

である。よって定理 5.4.5 の右辺は

⟨ϕi,ϕi⟩H+⟨ϕi,ϕia⟩H+⟨ϕi,ϕia2⟩H=1+0+0=1.\langle \phi_i,\phi_i\rangle_H +\langle \phi_i,\phi_i^a\rangle_H +\langle \phi_i,\phi_i^{a^2}\rangle_H =1+0+0=1.

従って ρi=IndHGϕi\rho_i=\mathrm{Ind}_H^G\phi_i (i=1,2)(i=1,2) は既約表現である。

(4) GG のすべての既約指標

(2) より共役類の数は 11 なので、既約指標も 11 個である。(1) より一次元指標が 9 個ある。

残りを次元で決める。有限群では

∑χ∈Irr(G)χ(1)2=∣G∣=27\sum_{\chi\in\mathrm{Irr}(G)} \chi(1)^2=|G|=27

なので、一次元 9 個の寄与 9 を引くと残りは 18。これを平方数の和で表すと 18=32+3218=3^2+3^2 しかないので、残りの既約表現はちょうど 2 個で次元 3、そしてそれらは (3) の ρ1,ρ2\rho_1,\rho_2 に一致する。従って既約指標は「9 個の一次元指標」と「ρ1,ρ2\rho_1,\rho_2 の指標」で全てである。

具体的に列挙する。

9 個の一次元指標

(a,b)∈F32(a,b)\in\mathbb{F}_3^2 に対し

χa,b(n(u1,u2,u3)):=ωau1+bu3\chi_{a,b}\bigl(n(u_1,u_2,u_3)\bigr):=\omega^{a u_1+b u_3}

と定めると、これは u2u_2 に依らず [G,G][G,G] 上自明なので群準同型になり、互いに異なる 9 個の一次元指標を与える。これで一次元指標は尽きる（G/[G,G]≅F32G/[G,G]\cong\mathbb{F}_3^2 の指標全体に対応）。

2 個の 3 次元既約指標（ρ1,ρ2\rho_1,\rho_2）

ψi:=χρi\psi_i:=\chi_{\rho_i}（ρi=IndHGϕi\rho_i=\mathrm{Ind}_H^G\phi_i の指標）とおく。誘導指標の公式より、H⊲GH\lhd G なので

  • g∉Hg\notin H なら ψi(g)=0\psi_i(g)=0（正規部分群の外の元は共役で HH に入らない）。
  • g=n(0,u2,u3)∈Hg=n(0,u_2,u_3)\in H なら、G/HG/H の代表 1,a,a21,a,a^2 を使って
ψi(g)=ϕi(g)+ϕi(a−1ga)+ϕi(a−2ga2).\psi_i(g)=\phi_i(g)+\phi_i(a^{-1}ga)+\phi_i(a^{-2}ga^2).

先ほどの共役計算から a−kgak=n(0,u2+ku3,u3)a^{-k}ga^k=n(0,u_2+ku_3,u_3) なので

ψi(n(0,u2,u3))=∑k=02ωi(u2+ku3)=ωiu2∑k=02(ωiu3)k.\psi_i(n(0,u_2,u_3)) = \sum_{k=0}^2 \omega^{i(u_2+ku_3)} = \omega^{iu_2}\sum_{k=0}^2 (\omega^{i u_3})^k.

ここで u3=0u_3=0 なら和は 3、u3≠0u_3\neq 0 なら ωiu3\omega^{iu_3} は原始 3 乗根なので等比和は 0 である。

従って結局

ψi(n(u1,u2,u3))={3 ωiu2,(u1,u3)=(0,0) (中心)0,(u1,u3)≠(0,0)(i=1,2).\psi_i\bigl(n(u_1,u_2,u_3)\bigr)= \begin{cases} 3\,\omega^{i u_2}, & (u_1,u_3)=(0,0)\ (\text{中心})\\ 0, & (u_1,u_3)\neq(0,0) \end{cases} \qquad (i=1,2).

特に z=n(0,1,0)z=n(0,1,0) とすると ψi(1)=3\psi_i(1)=3, ψi(z)=3ωi\psi_i(z)=3\omega^i, ψi(z2)=3ω2i\psi_i(z^2)=3\omega^{2i} であり、非中心の共役類（(2) の残り 8 クラス）ではすべて 0 である。

以上で GG の既約指標は

{χa,b (a,b∈F3)} ∪ {ψ1,ψ2}\{\chi_{a,b}\ (a,b\in\mathbb{F}_3)\}\ \cup\ \{\psi_1,\psi_2\}

の 11 個で全部である。

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