群論入門part2 群の例：対称群

※part2が投稿されたからと言ってpart3を投稿しない可能性は０ではない
※part1はこちら
※誤植や間違いがある可能性もあるため、この記事に書いてあることを過信せず、本や他の記事も参照しながら自分で考えてください。また、誤植、間違いを見つけた方はぜひお知らせください

2.1.３次対称群

定義１（置換）
３つの自然数１, ２, ３を並べ替える操作（変換）を３次の置換という。

Rem
１, ２, ３をそのまま並び替えない操作（変換）、すなわち１, ２, ３を１, ２, ３に並び替える操作も置換である。これを恒等置換とよぶ。

Rem（少し重要）
勘違いを避けるために明言しておくが、置換というのは１, ２, ３や３, １, ２のような数字の配列ではなく、操作（変換）そのものを指している

定義２（置換の合成）
３次の置換 u, v に対し、最初に置換 u を行い、次に置換 v を行う操作を
u・v とあらわし、これの・を置換の合成とよぶ。

Rem
２つの３次の置換を合成して得られた操作もまた３次の置換である。

命題１（単位元の存在）
恒等置換ｅ（１, ２, ３を１, ２, ３に並び替える操作）と任意の３次の置換 σ について、σ・e＝e・σ＝σ が成り立つ。

（自明すぎるため証明は省略する）

命題２（逆元の存在）
３次の各置換 σ に対し、σ・δ＝δ・σ＝ｅとなる３次の置換 δ が存在する。

証明
まず、恒等置換ｅに対してはｅ自身と合成することでｅ・ｅ＝ｅ。

次に１つはそのままで、ほかの２つの自然数を入れ替える置換 σに対しては、これも σ 自身と合成をすることで σ・σ＝ｅとなる。（たとえば１, ２, ３を２, １, ３に並び替える操作に対し、それと同じ操作を合成することで１, ２, ３↦２, １, ３↦１, ２, ３となる）

最後にすべての自然数を入れ替える３次の置換について考える。このような３次の置換は２つあり、それぞれを δ , τ とすると、δ・τ = τ・δ =ｅを満たす。（各自確認せよ）▢

命題３（結合法則）
３次の置換 σ, δ, τ に対し、( σ・δ )・τ＝σ・( δ・τ ) が成り立つ。

まず、命題３を証明するために次を定義する。

定義３
３次の置換 σ と１≦ｍ≦３を満たす任意の自然数ｍに対し、
σにより並び替えられた自然数の配列のうち、右からｍ番目の自然数をσ(ｍ)と定める。

例
１, ２, ３を２, １, ３に並び替える３次の置換を σ とすると
σ(1)＝２、σ(2)＝１、σ(3)＝３

命題４
３次の置換 σ, δ に対し、(σ・δ)(ｍ)＝δ(σ(ｍ))

（証明は各自。置換の合成の定義から従う）

命題３の証明
１≦ｍ≦３を満たす任意の自然数ｍに対し
　(( σ・δ )・τ)(ｍ)
＝(τ(( σ・δ )(ｍ)))
＝(τ(δ(σ(ｍ))))
＝((δ・τ)(σ(ｍ)))
＝(σ・(δ・τ))(ｍ) ▢

命題５（３次対称群）
S₃を３次の置換全体からなる集合とする。このときS₃は置換の合成をS₃上の閉じた演算とみなすことで、群をなす。ここでS₃を３次対称群とよぶ。

証明
命題１～３から従う。（群の定義を忘れた方は下の群論入門part1を参照）▢

2.2.ｎ次対称群（ここまで理解できた人向け）

ｎ次対称群に関しても３次対称群と同様にして構成される。特に単位元の存在と結合法則に関しては、命題１と命題３、定義３、命題４の主張および証明の中の文言の「３」を「ｎ」に置き換えるだけでよい。

しかし、逆元の存在に関してはそうはいかない。命題２（逆元の存在）の証明では、個々の３次の置換に対して具体的に逆元を提示することで逆元の存在性を示した。

ではｎ次の場合はどうかというと、抽象的であり議論がしづらいというのと、ｎ次の置換は全部でｎ！個（例えば６次の置換は全部で720個）あり、それらすべてに１つ１つ逆元を提示するのでは途方が暮れてしまう。

そのため別の方法で逆元の存在を示す。
※下の方法とは別に、ｎ次対称群が群であることの簡単な証明も記事として投稿したのでぜひご覧ください。（記事のリンクはこちら）

まず、「互換」というものを定義する。

定義４（ｎ次の置換・互換）
・ｎ個の自然数１, ２, ..., ｎを並べ替える操作（変換）をｎ次の置換という。
・ｎ次の置換のうち、１≦ａ<ｂ≦ｎを満たす２つの自然数 ａ, ｂだけを交換し、その他のｎ－２個の自然数はそのままにする置換を互換という

Rem
１≦ａ<ｂ≦ｎを満たす自然数 ａ, ｂだけを交換した互換を (ａ ｂ) とあらわす。

定理１
任意のｎ次の置換は有限回の互換の合成によってあらわされる。

定理１の証明の前に例を提示する。

例
１, ２, ３を２, ３, １に並び替える３次の置換 σ は
σ＝(１ ２)・(２ ３)＝(１ ３)・(１ ２)と表される。

Rem
上の例から、ｎ次の置換の有限回の互換の合成による表し方は１通りではないことがわかる。

ではまず、定理１を示すために次の補題を考える。

補題
Sₙをｎ次の置換全体からなる集合とする。
ｎ＋１次の置換 δ ∈ Sₙ₊₁に対し、 δ ∈ Sₙ ⇔ δ(n+1)＝n+1 と定めると
これはwell-definedである。
すなわち、Sₙ₊₁ⁿ:＝{δ∈Sₙ₊₁ | δ(n+1)＝n+1}と定めると
ｆ：Sₙ→Sₙ₊₁ⁿが全単射となるような写像ｆが存在する。

証明
ｆ：Sₙ→Sₙ₊₁ⁿ を、ｆ(σ)＝δ と定義する。ただし、
１≦ｍ≦ｎなる任意の自然数ｍに対し、σ(m)＝δ(m)であるとする。

まず全射性について示す。
任意の δ ∈Sₙ₊₁ⁿをとると、１,２, ..., ｎを δ(1), δ(2), ..., δ(n) に並び替える操作はｎ次の置換となるため、これを σ とすればｆ(σ)＝δ が成り立つ。よってｆは全射。

次に単射性を示す。
δ＝δ' となる２つの元 δ , δ' ∈Sₙ₊₁ⁿをとると、上の全射性の証明よりｆ(σ)＝δ, ｆ(σ')＝δ' なる σ, σ' ∈Sₙ が存在する。よってｆの定義から、１≦ｍ≦ｎなる任意の自然数ｍに対し、σ(m)＝δ(m)＝δ'(m)＝σ'(m) が成り立つため、σ＝σ'。よってｆは単射。▢

Rem
補題より、Sₙ ⊂ Sₙ₊₁ が任意の自然数ｎで成り立つことがわかる。

定理１の証明
数学的帰納法を用いて証明する。
(i) まず、１次の置換、２次の置換に関しては明らかに命題６の主張を満たすことがわかる。（ただし１次の置換については０回の互換の合成とみなして考える）

(ii) ｋ≧２を満たす任意の自然数ｋに対し、ｋ次の置換は有限回の互換の合成により表されると仮定する。この仮定の下ｋ＋１次の置換 δ に関して考える。
●上のRemから、δ(k+1)＝k+1ならば δ はｋ次の置換とみなせるため、仮定から δ は有限回の互換の合成により表される。

●δ(k+1) ≠ k+1 の場合、δ と互換 (δ(k+1) k+1) との合成 δ・(δ(k+1) k+1)はｋ＋１次の置換であり、(δ・(δ(k+1) k+1))(k+1)＝k+1 となる。
よって δ・(δ(k+1) k+1)はｋ次の置換とみなせるため、仮定から
δ・(δ(k+1) k+1) は有限回の互換の合成により表される。すなわちｍ個の互換σ₁, σ₂, ..., σₘを用いて δ・(δ(k+1) k+1)＝σ₁・σ₂・...・σₘ。
ここで(δ(k+1) k+1)・(δ(k+1) k+1)＝ｅ(恒等置換) と表されるから、上の式の両辺の右側から (δ(k+1) k+1) を合成することで
δ＝σ₁・σ₂・...・σₘ・(δ(k+1) k+1) となる。よってこの場合も δ は有限回の互換の合成により表される。

以上(i), (ii)から任意の自然数ｎに対し、ｎ次の置換は有限回の互換の合成で表されることが分かった▢

命題６（ｎ次の置換の逆元）
σ₁, σ₂, ..., σₘをそれぞれ互換とすると、
ｎ次の置換σ₁・σ₂・...・σₘの逆元はσₘ・...・σ₂・σ₁である。

証明
任意の互換 σ は σ・σ ＝ｅを満たすから、
　(σ₁・σ₂・...・σₘ)・(σₘ・...・σ₂・σ₁)＝σ₁・σ₂・...・σₘ・σₘ・...・σ₂・σ₁
＝σ₁・σ₂・...・ｅ・...・σ₂・σ₁
...
＝ｅ▢

Rem
定理１と命題６から、任意のｎ次の置換には逆元が存在することが分かった

したがって、

命題７（ｎ次対称群）
Sₙをｎ次の置換全体からなる集合とする。このときSₙは置換の合成をSₙ上の閉じた演算とみなすことで、群をなす。ここでSₙをｎ次対称群とよぶ。

part2.1に続く...

追記
part3を投稿しました。個人的にまぎらわしいと思っている位数と位数、そして重要な群の例、巡回群についてです。