8.2：有限アーベル群の分類と一般の有限群の分類
有限アーベル群の構造定理を用いると， 具体的な位数をもつ群の分類を行うことができる． まずは，位数が素数の冪である場合の例を見てみよう．例 8.2.1
$p$を素数とする．
(1) 位数が$p^2$の有限アーベル群は$\mathbb{Z}/p^2 \mathbb{Z}$または$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$のいずれかと同型である．
(2) 位数が$p^3$の有限アーベル群は以下のいずれかの群と同型である： \[\mathbb{Z}/p^3\mathbb{Z},\quad \mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/p\mathbb{Z},\quad \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/p \mathbb{Z}.\]
(3) $n$を自然数とする．位数が$p^n$の有限アーベル群$G$に対し，ある$n$の分割$(a_1,\ldots,a_t)$が一意的に存在し， \[ G \cong \mathbb{Z}/p^{a_1}\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/p^{a_2}\mathbb{Z} \times \cdots \times \mathbb{Z}/p^{a_t} \mathbb{Z} \] となる．特に，位数$p^n$の有限アーベル群は同型をのぞいて$n$の分割の総数個ある．
次に，位数が異なる素数の冪の積で与えられる場合を考える．
(1) 位数が$p^2$の有限アーベル群は$\mathbb{Z}/p^2 \mathbb{Z}$または$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$のいずれかと同型である．
(2) 位数が$p^3$の有限アーベル群は以下のいずれかの群と同型である： \[\mathbb{Z}/p^3\mathbb{Z},\quad \mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/p\mathbb{Z},\quad \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/p \mathbb{Z}.\]
(3) $n$を自然数とする．位数が$p^n$の有限アーベル群$G$に対し，ある$n$の分割$(a_1,\ldots,a_t)$が一意的に存在し， \[ G \cong \mathbb{Z}/p^{a_1}\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/p^{a_2}\mathbb{Z} \times \cdots \times \mathbb{Z}/p^{a_t} \mathbb{Z} \] となる．特に，位数$p^n$の有限アーベル群は同型をのぞいて$n$の分割の総数個ある．
例 8.2.2
$p,q$を互いに異なる素数とする．
(1) 位数が$pq$の有限アーベル群は$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/q\mathbb{Z}$と同型である．特に，これは中国式剰余定理から$\mathbb{Z}/pq\mathbb{Z}$と同型である．
(2) 位数が$p^2q$の有限アーベル群は以下のいずれかの群と同型である： \[\mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/q\mathbb{Z}( \cong \mathbb{Z}/p^2q\mathbb{Z}),\quad \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/q\mathbb{Z} (\cong \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/pq\mathbb{Z}).\]
(3) $n,m$を自然数とする．位数が$p^nq^m$の有限アーベル群$G$に対し，ある$n$の分割$(a_1,\ldots,a_t)$と$m$の分割$(b_1,\ldots,b_s)$が一意的に存在し， \[ G \cong \mathbb{Z}/p^{a_1}\mathbb{Z} \times \cdots \times \mathbb{Z}/p^{a_t} \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/q^{b_1}\mathbb{Z} \times \cdots \times \mathbb{Z}/q^{b_s} \mathbb{Z} \] となる．特に，位数$p^nq^m$の有限アーベル群は同型をのぞいて($n$の分割の総数)$\times$($m$の分割の総数)個ある．
これらの結果をまとめると，
任意の有限アーベル群の分類が得られる．
(1) 位数が$pq$の有限アーベル群は$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/q\mathbb{Z}$と同型である．特に，これは中国式剰余定理から$\mathbb{Z}/pq\mathbb{Z}$と同型である．
(2) 位数が$p^2q$の有限アーベル群は以下のいずれかの群と同型である： \[\mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/q\mathbb{Z}( \cong \mathbb{Z}/p^2q\mathbb{Z}),\quad \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/q\mathbb{Z} (\cong \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/pq\mathbb{Z}).\]
(3) $n,m$を自然数とする．位数が$p^nq^m$の有限アーベル群$G$に対し，ある$n$の分割$(a_1,\ldots,a_t)$と$m$の分割$(b_1,\ldots,b_s)$が一意的に存在し， \[ G \cong \mathbb{Z}/p^{a_1}\mathbb{Z} \times \cdots \times \mathbb{Z}/p^{a_t} \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/q^{b_1}\mathbb{Z} \times \cdots \times \mathbb{Z}/q^{b_s} \mathbb{Z} \] となる．特に，位数$p^nq^m$の有限アーベル群は同型をのぞいて($n$の分割の総数)$\times$($m$の分割の総数)個ある．
系 8.2.3
$G$を有限アーベル群とし，位数が
\[
|G|=p_1^{f_1}\cdots p_t^{f_t}
\]
と素因数分解できたとする．ただし，$p_1,\ldots,p_t$は互いに異なる素数であり，$f_1,\ldots,f_t$は自然数である．
このとき，各$1 \leq i \leq t$に対し，$f_i$の分割$(a_{i1},\ldots,a_{ik_{i}})$が一意的に定まり，
\[
G \cong \prod_{i=1}^{t} \prod_{j=1}^{k_i}\mathbb{Z}/p_i^{a_{ij}}\mathbb{Z}
\]
となる．特に，位数$p_1^{f_1}\cdots p_t^{f_t}
$の有限アーベル群は同型を除いて$(\prod_{i=1}^{t}(\mbox{$f_i$の分割の総数}))$個ある．
以上により，有限アーベル群の分類は完全に理解できた．
すなわち，有限アーベル群の構造は，
位数の素因数分解と整数の分割によって完全に記述される．
しかし，一般の有限群の場合には， 必ずしもアーベル群になるとは限らないため， 状況はより複雑になる． 位数の素因数が少ないときを見ていこう． 位数が素数 $p$ の場合， 有限群は $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ と同型であることはすでに見た． したがって，次に考えるべきなのは位数が $p^2$ の場合である． 実はこの場合には， どの群も必ずアーベル群になることが分かる．
命題 8.2.4
$p$を素数とする．位数が$p^2$の群はアーベル群である．
したがって，$\mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z}$または$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/ p\mathbb{Z}$に同型である．
証明
$G$を位数$p^2$の有限群とする．このとき，類等式より
\[
|G|=|Z(G)|+\sum_{C \in {\rm Conj}(G), |C| >1} |C|
\]
が成り立つ．
各共役類の位数 $|C|$ は $|G|=p^2$ の約数であるから
\[
|C|\in\{1,p,p^2\}
\]
である．
もし$|C|=p^2$ ならば $C=G$ となるが，
単位元 $e$ は常に $C$ に含まれないので矛盾する．
したがって$|C|>1$ならば$|C|=p$である．
よって，右辺の第2項は $p$ の倍数である．
すると$|Z(G)|$も$p$の倍数となるので，
\[
|Z(G)|=p \quad \text{または}\quad p^2
\]
である．
もし $|Z(G)|=p^2$ ならば $Z(G)=G$ であり， このとき $G$ はアーベル群である．
次に $|Z(G)|=p$ の場合を考える． このとき剰余群 $G/Z(G)$ は位数 \[ |G/Z(G)|=\frac{p^2}{p}=p \] の群である． したがって $G/Z(G)$ は巡回群である．
一般に，剰余群 $G/Z(G)$ が巡回群であれば $G$ はアーベル群である． 実際，$G/Z(G)=\langle gZ(G)\rangle$ とすると， 任意の $x\in G$ に対して \[ xZ(G)=(gZ(G))^a=g^aZ(G) \] と書ける． したがって $x\in g^aZ(G)$ であり， ある $z_1\in Z(G)$ を用いて \[ x=g^a z_1 \] と表せる． 同様に任意の $y\in G$ も \[ y=g^b z_2 \quad (z_2\in Z(G)) \] と書ける． このとき \begin{align*} xy&=(g^a z_1)(g^b z_2) = g^a(z_1 g^b)z_2 = g^a(g^b z_1)z_2 = g^{a+b}z_1z_2,\\ yx&=(g^b z_2)(g^a z_1) = g^b(z_2 g^a)z_1 = g^b(g^a z_2)z_1 = g^{a+b}z_2z_1. \end{align*} ここで $z_1,z_2\in Z(G)$ であるから $z_1z_2=z_2z_1$ が成り立つ． したがって $xy=yx$ である． よって $G$ はアーベル群である．
以上より，いずれの場合も $G$ はアーベル群である． したがって有限アーベル群の構造定理より， \[ G\cong \mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z} \quad \text{または}\quad \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \] となる．
では位数が互いに異なる素数$p,q$の積，つまり$pq$の場合はどうか．例えば，位数が$6$である対称群$\mathfrak{S}_6$は非可換群であった．一方，次の場合は巡回群，特にアーベル群となる．
もし $|Z(G)|=p^2$ ならば $Z(G)=G$ であり， このとき $G$ はアーベル群である．
次に $|Z(G)|=p$ の場合を考える． このとき剰余群 $G/Z(G)$ は位数 \[ |G/Z(G)|=\frac{p^2}{p}=p \] の群である． したがって $G/Z(G)$ は巡回群である．
一般に，剰余群 $G/Z(G)$ が巡回群であれば $G$ はアーベル群である． 実際，$G/Z(G)=\langle gZ(G)\rangle$ とすると， 任意の $x\in G$ に対して \[ xZ(G)=(gZ(G))^a=g^aZ(G) \] と書ける． したがって $x\in g^aZ(G)$ であり， ある $z_1\in Z(G)$ を用いて \[ x=g^a z_1 \] と表せる． 同様に任意の $y\in G$ も \[ y=g^b z_2 \quad (z_2\in Z(G)) \] と書ける． このとき \begin{align*} xy&=(g^a z_1)(g^b z_2) = g^a(z_1 g^b)z_2 = g^a(g^b z_1)z_2 = g^{a+b}z_1z_2,\\ yx&=(g^b z_2)(g^a z_1) = g^b(z_2 g^a)z_1 = g^b(g^a z_2)z_1 = g^{a+b}z_2z_1. \end{align*} ここで $z_1,z_2\in Z(G)$ であるから $z_1z_2=z_2z_1$ が成り立つ． したがって $xy=yx$ である． よって $G$ はアーベル群である．
以上より，いずれの場合も $G$ はアーベル群である． したがって有限アーベル群の構造定理より， \[ G\cong \mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z} \quad \text{または}\quad \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \] となる．
命題 8.2.5
$p,q$を$p< q$なる素数で$q \not\equiv_{p} 1$を満たすとする．このとき，位数$pq$の群$G$は$\mathbb{Z}/pq\mathbb{Z}$と同型である．
証明
$A$を$G$のシロー$q$部分群とする．このとき，シローの定理の(4)より，$G$のシロー$q$部分群の個数$n_q$は$p$の約数かつ$n_q \equiv_q 1$なので，$p< q$から$n_q=1$となる．同様に，$B$を$G$のシロー$p$部分群とすると，今度は$q \not\equiv_p 1$から$n_p=1$となる．任意の$x \in G$に対し，$|xAx^{-1}|=|A|$であるので，$xAx^{-1}$も$G$のシロー$q$部分群であるが，$n_p=1$より，$xAx^{-1}=A$が成り立ち，これは$A$が$G$の正規部分群であることを意味する．同様に，$n_q=1$から$B$も正規部分群である．
$A \cap B$は$A$と$B$それぞれの部分群なので，ラグランジュの定理から$|A \cap B|$は$|A|=p$と$|B|=q$の約数である．したがって，$|A \cap B|=1$となり，$A \cap B=\{e\}$がわかる．
$A \cap B$は$A$と$B$それぞれの部分群なので，ラグランジュの定理から$|A \cap B|$は$|A|=p$と$|B|=q$の約数である．したがって，$|A \cap B|=1$となり，$A \cap B=\{e\}$がわかる．