4.3：元の位数
定義 4.3.1
$G$を群とする．元$a \in G$に対し，$a^n=e$を満たす最小の自然数$n$を$a$の位数といい，${\rm ord}(a)$と書く．もしそのような自然数が存在しない場合，${\rm ord}(a)=\infty$と書くことにする．逆に存在する場合は${\rm ord}(a) \lt \infty$と表現する．
例えば，群$(\mathbb{Z},+)$において，${\rm ord}(2)=\infty$である．実際，任意の自然数$n$に対して$2n>0$である．一方，$((\mathbb{Z}/5\mathbb{Z})^{\times}, \cdot)$において，${\rm ord} (\overline{2})=4$や${\rm ord} (\overline{4})=2$となる（確かめよ）．
簡単な位数の性質を見ていく．
命題 4.3.2
$G$を群とし，元$a \in G$の位数が$n$，つまり${\rm ord}(a) =n \lt \infty$とする．
このとき，整数$m$に対し，$a^m=e$である必要十分条件は$n | m$である．
特に，${\rm ord}(a^{-1})=n$である．
証明
（$\Rightarrow$）$m$を$n$で割った商と余りを$q,r$とする．つまり，$m=nq+r$で$0 \leq r \lt n$である．すると仮定より，
\[
e=a^m=a^{nq+r}=(a^{n})^q \cdot a^r=e^q \cdot a^r=e \cdot a^r =a^r
\]
となる．このとき，${\rm ord}(a)=n$から$r=0$でなければならない．実際，$0 \lt r \lt n$ で $a^r = e$ となれば$r< n$で$a$の位数より小さい自然数で $a^r = e$ となってしまい矛盾する．
よって$m=nq$なので，$n | m$が従う．
（$\Leftarrow$）$n|m$からある整数$k$を用いて$m=nk$と書ける．すると \[ a^m=a^{nk}=(a^n)^k=e^k=e \] である．
$-n | n$より$(a^{-1})^n=a^{-n}=e$となることから，${\rm ord}(a^{-1}) \leq n={\rm ord}(a)$である． よって${\rm ord}(a^{-1})\lt \infty$より，同様に考えると，${\rm ord}(a^{-1}) \geq {\rm ord}(a)=n$が言えるので， ${\rm ord}(a^{-1})=n$が従う．
例えば，$((\mathbb{Z}/5\mathbb{Z})^{\times}, \cdot)$において${\rm ord}(\overline{2})=4$だったので，$\overline{2}^{10}=\overline{2}^8 \cdot \overline{2}^2=\overline{1} \cdot \overline{4}=\overline{4}$のように計算でき，$\overline{2}^{-1}=\overline{3}$なので，${\rm ord}(\overline{3})=4$もわかる．
（$\Leftarrow$）$n|m$からある整数$k$を用いて$m=nk$と書ける．すると \[ a^m=a^{nk}=(a^n)^k=e^k=e \] である．
$-n | n$より$(a^{-1})^n=a^{-n}=e$となることから，${\rm ord}(a^{-1}) \leq n={\rm ord}(a)$である． よって${\rm ord}(a^{-1})\lt \infty$より，同様に考えると，${\rm ord}(a^{-1}) \geq {\rm ord}(a)=n$が言えるので， ${\rm ord}(a^{-1})=n$が従う．
元の位数は，その元が生成する巡回群の位数と一致する．これを見ていく．まずは有限の場合を考える．
命題 4.3.3
$G$を群，$a \in G$は${\rm ord}(a)=n < \infty$を満たすとする．このとき，
\[
a^k = a^{\ell} \iff k \equiv_n \ell
\]
が成り立つ．
特に，
\[
\langle a \rangle=\{e,a,a^2,\ldots,a^{n-1}\}
\]
であり，$|\langle a \rangle |=n$を満たす．
証明
$a^k=a^{\ell}$が成り立つことと，$a^{k-\ell}=e$が成り立つことは同値である．したがって，命題\ref{prop:ord_prop}よりこれは，$n|(k-\ell)$，つまり$k \equiv_n \ell$と同値となる．
後半の主張を示す．まず，$\langle a \rangle \supset \{e,a,a^2,\ldots,a^{n-1}\}$は定義より明らかである．任意の$a^k \in \langle a \rangle$をとる．このとき，$k$を$n$で割った余りを$r$とすると，$0 \leq r \leq n-1$かつ$k \equiv_n r$である．すると，前半の主張より$a^k=a^r \in \{e,a,a^2,\ldots,a^{n-1}\}$が成り立つ．よって，$\langle a \rangle \subset \{e,a,a^2,\ldots,a^{n-1}\}$が従い，$\langle a \rangle = \{e,a,a^2,\ldots,a^{n-1}\}$がわかる．また$0 \leq i < j \leq n-1$に対し，$i \not\equiv_n j$であるので，$a^i \neq a^j$となることから，$|\langle a \rangle|=n$が従う．
次に位数が無限の場合を考える．
後半の主張を示す．まず，$\langle a \rangle \supset \{e,a,a^2,\ldots,a^{n-1}\}$は定義より明らかである．任意の$a^k \in \langle a \rangle$をとる．このとき，$k$を$n$で割った余りを$r$とすると，$0 \leq r \leq n-1$かつ$k \equiv_n r$である．すると，前半の主張より$a^k=a^r \in \{e,a,a^2,\ldots,a^{n-1}\}$が成り立つ．よって，$\langle a \rangle \subset \{e,a,a^2,\ldots,a^{n-1}\}$が従い，$\langle a \rangle = \{e,a,a^2,\ldots,a^{n-1}\}$がわかる．また$0 \leq i < j \leq n-1$に対し，$i \not\equiv_n j$であるので，$a^i \neq a^j$となることから，$|\langle a \rangle|=n$が従う．
命題 4.3.4
$G$を群，$a \in G$は${\rm ord}(a)= \infty$を満たすとする．このとき，
\[
a^k = a^{\ell} \Rightarrow k = \ell
\]
が成り立つ．
特に，$|\langle a \rangle |=\infty$となる．
証明
$a^k=x^{\ell}$とする．対称性により$k \geq \ell$としてよい．このとき，$a^{k-\ell}=e$となる．もし，$k-\ell \geq 1$ならば，${\rm ord}(a) \leq k -\ell$となり，矛盾する．したがって，$k-\ell=0$，つまり$k=\ell$である．
系 4.3.5
$G$を群とする．このとき，$a \in G$に対し，
\[
{\rm ord}(a)=|\langle a \rangle |
\]
である．
これを用いると有限群ではどの元の位数も有限であることがわかる．
命題 4.3.6
$G$を有限群とする．このとき，任意の$a \in G$に対し，${\rm ord}(a) < \infty$である．
証明
もし${\rm ord}(a)=\infty$であるとすると，$\langle a \rangle \subset G$から
\[
|G| \geq |\langle a \rangle | = \infty
\]
となり，$G$が有限群であることに矛盾する．したがって，${\rm ord}(a) < \infty$である．
さて，例3.1.3で，カードの山を何度か同じ切り方をしていくと，必ず元のカードの山の状態に戻るという事実があると紹介した．これまでの結果からこれが証明できる．実際，$n$枚のカードの山の切り方全体の集合というのは$n$次対称群と思うことができた．あるカードの切り方を何度か繰り返すというのは，$\sigma \in \mathfrak{S}_n$を使って$\sigma^r$と表現できる．$\mathfrak{S}_n$は有限群なので命題4.3.6から$\sigma^r={\rm id}_n$となる自然数$r$が存在する．これは$\sigma$を$r$回繰り返せば元の状態に戻ることを意味するので事実が確かめられた．後の章で，${\rm ord}(a)$は有限だけでなく，もう少し性質がわかることを示し，オイラーの定理の証明へ繋ぐ．
最後に元の位数を計算するのに便利な命題を証明する．
命題 4.3.7
$G$を群とし，元$a \in G$の位数が$n$，つまり${\rm ord}(a)=n< \infty$とする．このとき，
自然数$k$に対し， \[
{\rm ord}(a^k)=\dfrac{n}{\gcd(n,k)}
\]
が成り立つ．
証明
$\gcd(n,k)=d$とおくと，整数$n',k'$を用いて$n=n'd, k=k'd$と書ける．このとき，$\gcd(n',k')=1$である．
示すことは${\rm ord}(a^k) = n'$である．まず，
\[
(a^k)^{n'}=(a^k)^{\frac{n}{d}}=(a^n)^{\frac{k}{d}}=e^{k'}=e
\]
であるから，${\rm ord}(a^k) \leq n'$である．
${\rm ord}(a^k)=m$とすると，$e=(a^k)^m=a^{km}$と命題 4.3.3から$n | km$である．すると$n'd | k'dm$であるので，$n'|k'm$となるが，$\gcd(n',k')=1$から$n' | m$である．よって$n' \leq m$であるので，$n' \leq m = {\rm ord}(a^k) \leq n'$となり，$ {\rm ord}(a^k)=n'$がわかる．