1. 群の基本

代数の初歩について、いままで書き散らかした雑記を整理してまとめておくことにする。

1. 群の基本

1-0. 群の定義

集合 $G$ に「2 項演算 (binary operation)」、

$G \times G \to G \quad ( (x,y) \mapsto xy)$

が定義されて閉じており、次の公理 (1), (2), (3) を満たすとき「群 (group) 」という。

(1) 結合法則 (associativity)

$(xy)z = x(yz) \quad (x, y, z \in G)$

(2) 単位元 (identity element)
ある元 $e \in G$ が存在して、

$xe = ex=x \quad (x \in G)$

(3) 逆元 (inverse element)
各元 $x \in G$ に対して逆元 $x^{-1}$ が存在して、

$xx^{-1} = x^{-1} =e$

※ 単位元と逆元の唯一性は簡単に証明できる。

※ 群 $G$ が「交換法則 (commutative property)」

$xy = yx \quad (x, y \in G)$

を満たすとき、 $G$ を「アーベル群 (abelian group) 」または可換群という。慣用上、 $G$ がアーベル群のとき、演算記号 $xy$ を

$xy = x+ y$ ,

単位元を

$e = 0$ ,

逆元を

$x^{-1} = -x$

と書いて「加法群 (additive group)」と呼ぶ。

※ 集合に演算が定義され閉じており、かつ結合法則を満たすものを「半群 (semigroup)」という。単位元をもつ半群を「モノイド (monoid)」という。

1-1. 置換

群の演算は一般には「非可換 (noncommutative)」である。たとえば、「置換 (permutation)」で自然数 $1, 2, \cdots, n$ の順番を変えることは、番号が重複しないで、元の番号が皆出てくるように番号を付け替えるのと同じことである。つまり置換は、有限個の集合 $\{1,2, \cdots, n\}$ から自分自身への同型写像の集合のことである。置換を続けて行うことを演算とみた場合、それは群になることは容易に示せるが、一般には交換しない。たとえば、 $(2,3)(1,3)$ は、右から左へと写像の合成のように適用されていくと考えると、

$1 \to 3 \to 2 \\ 2 \to 2 \to 3\\ 3 \to 1 \to 1$

なので $(1,2,3)$ であるが、 $(1,3)(2,3)$ は、

$1 \to 1 \to 3 \\ 2 \to 3 \to 1\\ 3 \to 2 \to 2$

なので $(1, 3,2)$ となって交換しない。

つまり、二つの置換 $\sigma, \tau$ は、一般には

$\tau \sigma \neq \sigma \tau$

である。それでは、ということで代わりに

$\tau^{\prime} \sigma = \sigma \tau$

となるような置換 $\tau^{\prime}$ を見つけることにしよう。このとき、置換 $\sigma$ を介して、置換 $\tau$ と置換 $\tau^{\prime}$ は同型で、その関係を「共軛 (役) (conjugate)」であるという。数学のあらゆるところに顔を出すこの言葉の「軛」は「くびき」の意味である。英語の “yoke” は、まさに共軛の「軛」のことで、意味だけではなく発音も似ているのは、どちらも、インド・ヨーロッパ祖語を語源とするためらしい。

上の関係から、

$\tau^{\prime} = \sigma\tau\sigma^{-1}$

である。もし、可換で $\sigma$ と $\tau$ を交換できるならば、

$\tau^{\prime} = \tau$

であることはすぐにわかる。また、 $\tau$ が、

$\tau = \alpha \beta \gamma$

という置換の積であらわせるとすると

$\tau^{\prime} \\ = \sigma \tau \sigma^{-1} \\ = \sigma\alpha\beta\gamma\sigma^{-1}$
$= \sigma\alpha(\sigma^{-1}\sigma)\beta (\sigma^{-1}\sigma)\gamma\sigma^{-1}$
$= (\sigma\alpha\sigma^{-1})(\sigma\beta \sigma^{-1})(\sigma\gamma\sigma^{-1})\\=\alpha^{\prime}\beta^{\prime}\gamma^{\prime}$

である。

共軛変換、

$\tau^{\prime} = \sigma \tau \sigma^{-1}$

は重要なので、直感的にわかるように記述してみる。

例として, $n = 5$ とし、全体の変換を次のように書いてみる。

$\sigma(1) \to 1 \to \tau(1) \to \sigma(\tau(1))$
$\sigma(2) \to 2 \to \tau(2) \to \sigma(\tau(2))$
$\sigma(3) \to 3 \to \tau(3) \to \sigma(\tau(3))$
$\sigma(4) \to 4 \to \tau(4) \to \sigma(\tau(4))$
$\sigma(5) \to 5 \to \tau(5) \to \sigma(\tau(5))$

始めと終わりだけ書くと、

$\sigma(1) \to \sigma(\tau(1))$
$\sigma(2) \to \sigma(\tau(2))$
$\sigma(3) \to \sigma(\tau(3))$
$\sigma(4) \to \sigma(\tau(4))$
$\sigma(5) \to \sigma(\tau(5))$

である。そうすると、 $\tau$ を巡回置換で考えれば、

$(\sigma (s_1),\cdots , \sigma (s_n)) = \sigma (s_1,\cdots, s_n)\sigma^{-1}$

ということであり、巡回置換の長さは変わらないことがわかった。任意の (長さ $3$ 以上の) 巡回置換は互換の積に分解できる。実際、以下を帰納的に証明すればよい。

$(1, 2, 3, 4, 5, 6, 7)\\ = (1, 7)(1, 2, 3, 4, 5, 6)\\ = (1, 7)(1, 6)(1, 2, 3, 4, 5)$
$= (1, 7)(1, 6) (1, 5)(1, 2, 3, 4) \\ = (1, 7 )(1, 6)(1, 5)(1, 4)(1, 2, 3) \\ = (1, 7)(1, 6)(1, 5)(1, 4)(1, 3)(1, 2)$

以上から巡回置換の共軛変換では偶置換か奇置換かの偶奇性 (パリティ) も変わらない。また、証明は書かないが、すべての置換は巡回置換の積であらわすことができる。さらに、下の関係が成立していた。

したがって、 $\alpha, \beta, \gamma$ を巡回置換だと考えれば、その共軛である $\alpha^{\prime}, \beta^{\prime}, \gamma^{\prime}$ も長さを変えないし、偶置換、奇置換も変化はない。

具体的な計算として、たとえば

$\tau^{\prime} = (2, 4)(1, 2, 3, 4)(2, 4)$

を計算するには、 $(1, 2, 3, 4)$ の $2$ を $4$ に、 $4$ を $2$ に変えればよいだけである。したがって、

$\tau^{\prime} = (1, 4, 3, 2)$

また、

$(1, 4, 3, 2) = \sigma(1, 2, 3, 4)\sigma ^{-1}$

の $\sigma$ をもとめるには、二つの巡回置換の数字がどう変換されているかを調べるだけである。

1-2. 部分群

群の部分集合が、その集合に含まれる要素の範囲内でまた群として閉じるとき、その部分集合を元の群の「部分群 (subgroup)」という。

群 $G$ の空でない部分集合を $H$ とする。 $H$ が部分群であることと、次の (1), (2) を満たすことは同値である。

(1) $x, y \in H \Rightarrow xy \in H$
(2) $x \in H \Rightarrow x^{-1} \in H$

(証明)

部分集合 $H$ が (1), (2) を満たすとき、(1) から演算は閉じている。また結合法則はもともと $G$ で満たしている。 $x \in H$ について、(2) から逆元 $x^{-1}$ が存在する。すると (1) から、

$xx^{-1} =e \in H$

である。逆は明らか。//

上記の条件 (1), (2) を

$x, y \in H \Rightarrow xy^{-1} \in H$

に置き換えても同じことである。

(証明)

$x \in H$ について、条件から、

$xx^{-1} = e \in H$

なので

$e \in H$

である。すると

$ex^{-1} = x^{-1} \in H$

である。そうすると、 $x, y^{-1}$ について、

$x(y^{-1})^{-1} = xy \in H$

なので積で閉じている。逆は明らか。//

1-3. 剰余集合とラグランジュの定理

元の群の要素数 (「位数 (order)」と呼ぶ) が有限であればその部分群の位数で必ず割り切れる (類別できる) ことが示せる。

集合の全部の要素を「もれなく、重複させないで」いくつかの「類 (equivalence class)」に分けることを「類別」という。たとえば、整数を $3$ で割って「余りが $0$ 」の部分集合、「余りが $1$ 」の部分集合、「余りが $2$ 」の部分集合ができるが、ここで、

｛余り $0$ 部分集合, 余り $1$ 部分集合, 余り $2$ 部分集合｝

という類を要素とする集合を考えて、「商集合 (quotient set)」と呼ぶ。つまり、下の二つの集合を区別すること。

整数の「商集合」 $= \{$ 余り $0$ の類, 余り $1$ の類, 余り $2$ の類, $\cdots \}$

整数の集合 $= \{\cdots, -1, 0, 1, \cdots \}$

念のため、余り $0$ の類を集合 $A$ とかけば、

$A \subset$ 整数の商集合

は間違いで、

$A \in$ 整数の商集合

である。つまり、 $A \in \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ である。

群 $G$ の部分群 $H$ をベースにして以下の手続きで、群 $G$ の商集合を作ることができる。

部分群 $H$ には属さない群 $G$ の要素

$p \in G \backslash H$

に対して、部分群 $H$ のすべての要素と演算したものの集合 ( $G$ の部分集合である) を考え、 $pH$ と書く。

このとき、部分群 $pH$ の任意の要素に対して左から $p^{-1}$ を作用させれば、部分群 $H$ の元の要素が再び必ず得られるので可逆操作であり、部分群 $H$ と部分集合 $pH$ は、集合として同型である。したがって部分群 $H$ と部分集合 $pH$ の要素数は等しいと結論できる。また、部分集合 $pH$ と部分群 $H$ の間に要素の重複はない。なぜなら

$ph = p' \quad (p \in G \backslash H, h\in H)$

とし、

$p^{\prime} \in H$

と仮定すると

$p = p^\prime h^{-1} \in H$

となって矛盾するので

$p^{\prime} \not\in H$

である。

さらに続けて、部分群 $H$ にも、部分集合 $pH$ にも属さない群 $G$ の要素がまだあれば、その中の要素 $q$ に対して、同じように部分群 $H$ のすべての要素と演算した部分集合 $qH$ を作る。部分集合 $pH$ のときと同じ議論によって、部分集合 $qH$ の要素数も、部分群 $H$ の要素数と等しく、また重複する要素もない。さらに、部分集合 $pH$ と部分集合 $qH$ の間にも重複要素はない。なぜならば、

$h, h^{\prime} \in H$

に対して、

$qh = ph^\prime$

だとしたら、

$q = ph^{\prime}h^{-1}$

から、

$q \in pH$

となり、 $q$ の取り方に矛盾するからである。

以上の手続きを繰り返すと、有限な群 $G$ の要素はすべて、部分群 $H$ か、いままでに作成した部分集合のどれかに属することになる。なぜならば、もし、いずれにも属さない群 $G$ の要素の数が部分群 $H$ の要素数未満だと仮定すると、その余った要素の中から、どれでもいい要素 $r$ をとり、部分集合 $rH$ をつくると、その要素数は、部分群 $H$ の要素数と等しくなり矛盾してしまうからである。

このようにして部分群から作った部分集合たちは、群 $G$ の要素の取り方によらずただひとつに決まること(well defined であること) を示す。群 $G$ の要素 $x$ が、ある手続きでは部分集合 $aH$ に属し, 別の続きでは異なる $a^{\prime}H$ に属していたとする。つまり、

$x = ah = a^{\prime}h^{\prime}$

となる部分群 $H$ の要素 $h, h^{\prime}$ がある。そうすると

$a = a^{\prime} h^{\prime}h^{-1}$

であるが、

$aH \\ = a^{\prime} (h^{\prime}h^{-1} H) \\ = a^{\prime}H$

となり、部分集合は異なると仮定したこととと矛盾する。したがって、どんな手続きでも、部分集合は一致する。

以上のことから、以下の商集合 $G/H$ が作れる。

$G/H =\{H, pH, qH, \cdots \} \\ =\{ eH, pH, qH, \cdots\}$

また、いままでの議論から

(部分群 $H$ の要素数) x (部分集合の数) ＝群 $G$ の要素数

となる。ここで部分集合の数には部分群 $H$ も内数として含まれている。

群の要素数のことを群の「位数」、部分集合の数を「指数」という習慣になっており、群 $G$ の位数を $|G |$ 、指数を $|G:H|$ と書く。つまり、

$|H||G:H| = |G|$

となる。これを「ラグランジュの定理」と呼ぶ。ただし、 $|G|$ の約数に対応する部分群が、存在するとは必ずしも限らないので、この定理はもし部分群が存在すれば、部分群の位数は、群 $G$ の位数の約数になるということである。

1-4. 剰余群と正規部分群

1-3 で $G/H$ は「商集合」となったが、商集合を更に「商群 (剰余群ともいう)」にしたい。つまり、部分集合を要素にして、群 $G$ と同じ演算ができるようにして群にしたいのであるが、そうしようとすると、困ったことがある。

たとえば、部分集合 $aH$ から要素 $ah$ 、部分集合 $bH$ からは、要素 $bh^{\prime}$ を取りだして両者の積をつくってみる。

$ahbh^{\prime}$

もし、上の項の 2 番目の $h$ と 3番目の $b$ が交換してくれれば、

$ahbh^{\prime} = abhh^{\prime}$

となり、

$hh^{\prime} \in H$

だから、部分集合 $abH$ に属することとなって、めでたしめでたしだが、そもそも交換法則は一般には成立してなかったのだから、こうはならない。

そこで、部分群 $H$ の要素 $h$ と「共軛な要素」 $h_{c}$ が必ず部分群 $H$ に含まれていて、

$h = b h_{c}b^{-1}$

が成立するとしたら、

$ahbh^{\prime} \\ = a(b h_{c}b^{-1})bh^{\prime}\\ = ab(h_c h^{\prime}) \in abH$

となって、交換法則が成立していなくても、部分集合同士の演算が可能になる。つまり、部分群 $H$ を単位元とみなし、部分集合 $aH$ の逆元は、部分集合 $a^{-1}H$ とすれば、商集合 $G/H$ は部分集合を要素とする「群」になる。

そのためには、部分群 $H$ の任意の要素 $h$ を群 $G$ の任意の要素 $g$ で変換した共軛要素

$ghg^{-1}$

も部分群 $H$ に含まれているということが必要である。つまり、

$(\forall g \in G, h \in H) \quad ghg^{-1} \in H$

ということで、これは、

$(\forall g \in G) \quad gHg^{-1}= H$
$(\forall g \in G)\quad gH= Hg$

と同じことである。いままでは左側からの $gH$ で商集合を作ったが、まったく同じ議論を繰り返せば、右側からの $Hg$ でも商集合は作れる。そうすると、先ほどの条件は、

「左商集合と右商集合が一致する」

とも言える。このような条件を満たす部分群 $H$ 、つまり自身の任意の要素の共軛要素をおのれにもっている部分群を「正規部分群」といい、非常に重要な概念になる。なお、環の「イデアル」とは、群の「正規部分群」に対応するものである。

群 $G$ は、自分自身と群 $\{e \}$ を必ず正規部分群にもつが、この二つを「自明な」正規部分群という。それ以外の正規部分群を群 $G$ がもたない場合、群 $G$ は「単純群」であるといわれる。また、演算がもともと交換できるアーベル群 (可換群) の場合は、部分群はすべて正規部分群となることがわかる。

※ $n$ 個の要素の置換 (自己同型写像とみなせる) を考える。その写像を要素とする集合は写像の合成を演算として群をなし、それを対称群 $S_n$ というのであった。ところで、偶置換同士の積は、また偶置換である（奇置換は明らかに違う）。なお、単位置換 (恒等写像) $e$ は偶置換とみなす。偶置換の逆置換は、やはり偶置換である。結合法則はもともと成立している。以上のことから、偶置換全体の集合は対称群 $S_n$ の部分群となっている。この部分群には特別な名前がついていて「交代群 $A_n$ 」という。

交代群は正規部分群である。なぜなら、 $\tau$ を偶置換としたとき、共軛変換 $\sigma\tau\sigma^{-1}$ は、 $\sigma$ がなんであれ必ず偶置換となるからである。また、奇置換は単位置換 $e$ を持たないし、奇置換と奇置換の積は偶置換になるので、群にはならない。しかし、対称群は交代群という正規部分群により類別され、奇置換の集合は商群の要素になる。それが、商群 $S_n / A_n$ である。

$S_n / A_n = \{eA_n, (1,2)A_n \}$

つまり、 $S_n / A_n$ は、2つの要素しかない群 $\{e, (1,2) \}$ と同型になる。

なお、群 $G$ を部分群 $H$ によって類別したとき、左商集合が

$\{eH , aH \}$

しかなく、右商集合は

$\{ He, Ha \}$

しかなかったする。そうすると、

$aH = Ha$

だから、部分群 $H$ は必ず正規部分群になる。

※ エヴァリスト・ガロアの遺書には以下のような文面があるが、彼が「固有分解」と呼んだものこそ、「正規部分群」による「商群」のことに他ならない。

1. 第一論文の命題 II と III によれば、方程式にその補助方程式の根を一つ添加する場合と、全部を添加する場合とでは、大変な違いがある。

このような添加をするとき、どの場合にも、方程式の群は、同じ置換によって互いに隣り合う組へと、分解される。しかし、これらの組が同じ置換を持つという条件は、第 $2$ の場合しか成立しない。これを固有分解と呼ぶ事とする。

いいかえると、群 $G$ が群 $H$ を含むとき、群 $G$ は、

$G = H + HS + HS^{\prime}+ \cdots$

と、 $H$ の順列に同じ置換を掛けて作られる組へと分解されるし、また

$G = H + TH + T^{\prime} H + \cdots$

と、同じ置換に $H$ の順列を掛けて作られる組へとも分解される、

この二通りの分解は、通常は、一致しない。一致するときが、固有分解と呼ばれるものだ。

1-5. 巡回群

「巡回群 (cyclic group)」とは、ある $1$ 個の要素とそれ自身との積だけで生成される群のことをいう。その要素を「生成元 (generator)」という。 $\sigma$ を生成元とし、 $\sigma$ の $n$ 個の積を指数形式 $\sigma^n$ で書き、さらに

$e= \sigma^0$ ,

$\sigma$ の逆元を $\sigma^{-1}$ と定める。また、生成された巡回群を $\langle \sigma \rangle$ と書く。

巡回群は常にアーベル (可換) 群である。なぜならば、

$\sigma^r\sigma^s = \sigma^{r + s} = \sigma^{s + r} = \sigma^s\sigma^r$

が成立するからである。どんな群 $G$ でも、要素 $\sigma \neq e$ をとれば、必ず $\sigma$ が生成する巡回群 $\langle \sigma \rangle$ を部分群としてもっている。

巡回群の位数が有限なら、生成元 $\sigma$ をかけ続けていくと、いつかは出発点 $\sigma$ に戻らないといけない。ところが、出発点 $\sigma$ に戻るひとつ前は必ず単位元 $e$ である。そうすると、

$\sigma^ r = e$

となる正の整数の最小値 $r$ がある。この $r$ を「群の生成要素の位数」といい、巡回群 $\langle \sigma \rangle$ の位数と一致する。

ところで、有限群 $G$ の位数が素数 $p$ であれば、「ラグランジュの定理」により、 $G$ の部分群の位数は $1$ または $p$ でないといけない。 $1$ の場合は、 $\{e\}$ が部分群である。また、 $p$ の場合は、 $G$ は、単位元 $e$ ではない要素 $\sigma$ を持ち、巡回群 $\langle \sigma \rangle$ を部分群としてもつ。部分群の位数は $p$ である。したがって

$G = \langle \sigma \rangle$

である。このことから、

「有限群 $G$ の位数が素数のとき、 $G$ は巡回群である」

という美しい結果が得られる。 $G$ は巡回群なのでアーベル群であり、自明な部分群しか持たないので「単純群」である。//

逆に「有限単純アーベル群は、素数位数の巡回群である」ことを証明する。

(証明)

単純群とは群が自明な場合を除いて正規部分群を有さないとである。アーベル群の部分群は、すべて正規部分群である。したがって、アーベル群 $G$ が単純であることと、 $G$ が自明な部分群しかもたないことは同値である。

群 $G$ は

$\sigma \in G \backslash \{e\}$

から生成される巡回部分群 $\langle \sigma \rangle$ を持つが、 $G$ は単純群であるので、

$G = \langle \sigma \rangle$

である。ここで、巡回群の位数 $n$ が素数でないと仮定する。すると、ある素数 $p$ が存在して、

$n = pm$

とできる。要素 $\sigma^p$ は、巡回部分群 $\langle \sigma^p \rangle$ を生成するが、その位数は $m$ である。

$m < n$

であり、これは群 $G$ が単純群であるという条件と矛盾する。//

以上から、次の 1), 2) は同値である。

1) 群 $G$ は有限単純アーベル群である。

2) 群 $G$ は素数位数の巡回群である。

1-6. 群の同型と準同型

2 つの群 $G_1, G_2$ (演算は異なっていて良い) が与えられたとき、写像 $g: G_1 \to G_2$ が次の条件を満たすとする。

1) $g$ は全単射
2) $(\forall x,y \in G_1) \, g(xy)=g(x)g(y)$

このとき、写像 $g: G_1 \to G_2$ を「同型写像」であるという。また、同型写像が存在すれば、群 $G_1$ と群 $G_2$ は「同型」であるという。また、群の「準同型写像」とは、上の定義で $1)$ の条件を適用せず、 $2)$ だけを適用するものである。

準同型写像 $f$ で、群 $G_2$ の部分群 $\{e^{\prime}\}$ の逆像 (集合である) を「核 (Kernel)」といい $f^{-1}( \{e^{\prime}\})$ と書く。つまり、

$f^{-1}( \{e^{\prime}\})= \{x \in G_1 |f(x) = e' \}$

である。最も重要な結果は、 $f^{-1}( \{e^{\prime}\})$ が、群 $G_1$ の正規部分群になるということである。

まず、準同型写像の像 $f(G_1)$ , 核 $f^{-1}( \{e^{\prime}\})$ が、それぞれ群をなすことを証明する。準同型写像では、単位元は単位元へ移され、逆元は逆元へ移される。

(証明)

A) 像 $f(G_1)$ が群をなす証明:

1) 群として閉じていること

$\forall x^{\prime},\quad y^{\prime} \in f(G_1)$

について

$f(x) = x^{\prime}, f(y) = y^{\prime}$

とすると、

$f(x) f(y) = f(xy)$

と

$xy \in G_1$

から、

$x^{\prime}y^{\prime} \in f(G_1)$

である。

2) 単位元の存在

$\forall x^{\prime} \in f(G_1)$

について、

$x^{\prime} = f(x)$

とおくと

$x^{\prime} = f(x) = f(xe) = f(x)f(e) = x^{\prime} e^{\prime}$
$x^{\prime} = f(x) = f(ex) = f(e)f(x) = e^{\prime} x^{\prime}$

となり、

$e^{\prime} = f(e)$

は、群 $G_2$ の単位元である。

3) 逆元の存在

$\forall x^{\prime} \in f(G_1)$

について、

$f(x) = x^{\prime}$

となる $x$ の逆元は $G_1$ が群なので必ず存在する。そこで

$f(e) = f(xx^{-1}) = f(x)f(x^{-1})$
$f(e) = f(x^{-1}x) = f(x^{-1})f(x)$

となり、

$f(x^{-1}) = f(x)^{-1}$

である。

B) 核 $f^{-1}( \{e^{\prime}\})$ が群をなすことの証明:

1) 群として閉じていること

$\forall x, y \in f^{-1}( \{e^{\prime}\})$

について

$f(x) = f(y) = e^{\prime}$

となる。したがって、

$f(xy) = f(x) f(y) = e^{\prime}$

となり、

$xy \in f^{-1}( \{e^{\prime}\})$

である。

2) 単位元の存在:

$\forall x \in f^{-1}( \{e^{\prime}\})$

について、

$f(x) = e^{\prime}$

となるので、

$e^{\prime} = f(xe) = f(x) f(e)= e^{\prime}f(e) =f(e)$

となり、

$e \in f^{-1}( \{e^{\prime}\})$

である。

3) 逆元の存在

$e^{\prime} = f(e) = f(xx^{-1}) \\= f(x) f(x^{-1}) = e^{\prime}f(x^{-1}) = f(x^{-1})$

となり、

$x^{-1} \in f^{-1}( \{e^{\prime}\})$

である。//

次に、準同型写像 $f$ が単射であることと

$f^{-1}( \{e^{\prime}\}) = \{e\}$

は同値であることを証明する。

(証明)

準同型写像 $f$ が単射

$\Rightarrow f^{-1}( \{e^{\prime}\}) = \{e\}$ :

$f^{-1}( \{e^{\prime}\})$ が群 $G_1$ の単位元 $e$ とは異なる要素 $x$ を含むと、

$f(e) = f(x) = e^{\prime}$

となり、写像 $f$ が単射であることと矛盾する。

$f^{-1}( \{e^{\prime}\}) = \{e\} \Rightarrow$ 準同型写像 $f$ が単射:

$f(x) = f(y)$

とすると、

$e^{\prime} = f(y)f(y)^{-1} = f(x)f(y)^{-1} = f(xy^{-1})$

で、

$xy^{-1}= e$

から $x = y$

となり、 $f$ は単射となる。//

次に $f^{-1}( \{e^{\prime}\})$ が常に正規部分群になることを証明する。

(証明)

$\forall x \in G_1$ について、

$x f^{-1}( \{e^{\prime}\})x^{-1} = f^{-1}( \{e^{\prime}\})$

が成立することを示せばよい、

まず、

$x f^{-1}( \{e^{\prime}\})x^{-1} \subset f^{-1}( \{e^{\prime}\})$

を示す。

$\forall h \in f^{-1}( \{e^{\prime}\})$

について、

$f(xhx^{-1}) = f(x) f(h) f(x^{-1}) = f(x) e^{\prime} f(x)^{-1}\\ = e^{\prime}$

次に

$x f^{-1}( \{e^{\prime}\})x^{-1} \supset f^{-1}( \{e^{\prime}\})$

を示す。

$\forall h \in f^{-1}( \{e^{\prime}\}) , x^{-1} \in G_1$

について、

$f(x^{-1}hx) = f(x^{-1}) f(h) f(x) = f(x^{-1}) e^{\prime} f(x)\\ = e^{\prime}$

つまり、

$x^{-1}hx \in f^{-1}( \{e^{\prime}\})$

となる。

$h = x(x^{-1}hx)x^{-1}$

から、

$h \in x f^{-1}( \{e^{\prime}\}) x^{-1}$

がいえる。//

1-7. 準同型定理

準同型写像 $f: G_1 \to G_2$ が与えられたとき、写像

$f^{\prime}: G_1/f^{-1}( \{e^{\prime}\}) \to f(G_1)$

を以下のように定義する。

$f^{\prime} (f^{-1}( \{e^{\prime}\})) := f(e)$
$f^{\prime} (a f^{-1}( \{e^{\prime}\})) := f(a)$

注: $f^{\prime} (f^{-1}( \{e^{\prime}\})), f^{\prime} (a f^{-1}( \{e^{\prime}\}))$ は、像ではなく値である。

このとき、 $f^{\prime}$ は同型写像であり、したがって、

$G_1/f^{-1}( \{e^{\prime}\}) \simeq f(G_1)$

である (「準同型定理」) 。

(証明)

1) 写像 $f^{\prime}$ の定義が、剰余類の代表元のとりかたによらず $f^{\prime}$ を一意に定めること (well defined であること):

$a f^{-1}( \{e^{\prime}\})$ の任意の要素を $x$ とすれば、 $f^{-1}( \{e^{\prime}\})$ のある要素 $h$ によって、 $x = ah$ とかける。したがって、

$f(x) = f(ah) = f(a) f(h) = f(a) e' = f(a)$

となり、写像 $f^{\prime}$ は代表元の取り方に依存しない。

2) 写像 $f^{\prime}$ で群の演算が閉じていること:

$f^{-1}( \{e^{\prime}\})$ が正規部分群であることより、

$f^{\prime}(a f^{-1}( \{e^{\prime}\}) b f^{-1}( \{e^{\prime}\}))$
$= f^{\prime}(ab f^{-1}( \{e^{\prime}\})) \\ = f(ab) \\ = f(a) f(b)$
$= f^{\prime}(a f^{-1}( \{e^{\prime}\})) f^{\prime}(b f^{-1}( \{e^{\prime}\}))$