自然数から整数を作る方法をまねて モノイドから群を作る方法について考えてみたので その時のメモ.

主張 1. $ M $をモノイド, $N$を群, $N^\prime \subset N$を$M$とモノイド同型な$N$の 部分モノイドであるとする.

このとき $a, b, c \in M$に対して $ab = cb \Rightarrow a = c$ が成り立つ. 1

主張 2. $M$を可換なモノイド とし, 条件「$a, b, c \in M$に対して $ab = cb \Rightarrow a = c$」を満たすとする.

$M \times M$上の同値関係$\sim$を $(a, b) \sim (c, d) \Leftrightarrow ad = bc$で定義する. また $(a, b) \in M \times M$の$\sim$に関する同値類を$[(a, b)]$ で表すことにする.

このとき $M \times M / \sim$ は群を成す.

さらに \(M^\prime := \{ [(m, e)]; m \in M \} \subset M \times M / \sim\) とおくと $M$と$M^\prime$ は写像

\[f\colon M \to M^\prime; m \mapsto [(m, e)]\]

でモノイド同型である.

主張1の証明. $a, b, c \in M$が$ab = cb$を満たすとする. また $f\colon M \to N^\prime$をモノイド同型とする.

このとき

\[\begin{align} f(ab) &= f(a)f(b) \\ f(cb) &= f(c)f(b) \end{align}\]

かつ $ab = cb$なので

\[\begin{align} f(a)f(b) &= f(c)f(b) \\ f(a)f(b)f(b)^{-1} &= f(c)f(b)f(b)^{-1} \\ f(a) &= f(c) \end{align}\]

よって, $f$は単射なので $a = c$.

主張2の証明.

以下のことを示す.

  1. $\sim$が同値関係であること
  2. $M \times M / \sim$が群なること
  3. $M$ と$M^\prime$は$f$でモノイド同型になること

step 1) $\sim$が同値関係であること

  • $a_1, a_2 \in M$に対して $(a_1, a_2) \sim (a_1, a_2)$なることは自明.
  • $a_1, a_2, a_3, a_4 \in M$に対して $(a_1, a_2) \sim (a_3, a_4)$ と仮定する.

このとき

\[\begin{align} a_1a_4 &= a_2a_3 \\ a_3a_2 &= a_4a_1 \\ (a_3, a_4) &\sim (a_1, a_2) \end{align}\]

よって $(a_1, a_2) \sim (a_3, a_4) \Rightarrow (a_3, a_4) \sim (a_1, a_2)$ が成り立つ.

  • $a_1, a_2, a_3, a_4, a_5, a_6 \in M$に対して $(a_1, a_2) \sim (a_3, a_4)$かつ $(a_3, a_4) \sim (a_5, a_6)$とする.

このとき $a_1a_4 = a_2a_3$かつ $a_3a_6 = a_4a_5$である.

$a_1a_4 = a_2a_3$の辺々に$a_6$をかけて $a_1a_4a_6 = a_2a_3a_6$が成り立つ.

$a_3a_6 = a_4a_5$ を代入して $a_1a_4a_6 = a_2a_4a_5$である. $M$は可換なので $a_1a_6a_4 = a_2a_5a_4$である. さらに仮定より $a_1a_6 = a_2a_5$. すなわち $(a_1, a_2) \sim (a_5, a_6)$が成り立つ.

step 2) $M \times M / \sim$が群なること

$M \times M / \sim$上に積を

\[[(a_1, a_2)][(a_3, a_4)] = [(a_1a_3, a_2a_4)]\]

で定義する.

この演算がwell-definedであることを見ておこう. すなわち $(a, b) \sim (a^\prime, b^\prime), (c, d) \sim (c^\prime, d^\prime)$ であるとき $(a, b)(c, d) \sim (a^\prime, b^\prime)(c^\prime, d^\prime)$ であることを示したい.

$(a, b) \sim (a^\prime, b^\prime)$ より $ ab^\prime = ba^\prime $ が成り立つ.

$(c, d) \sim (c^\prime, d^\prime)$ より $ cd^\prime = dc^\prime $ が成り立つ.

両辺を掛けて $acb^\prime d^\prime = bda^\prime c^\prime$ すなわち $(ac, bd) \sim (a^\prime c^\prime, b^\prime d^\prime)$.

よって $(a, b)(c, d) \sim (a^\prime, b^\prime)(c^\prime, d^\prime)$が成り立つ.

  • 結合律が成り立つこと
\[\begin{align} ([(a_1, a_2)][(a_3, a_4)])[(a_5, a_6)] &= [(a_1a_3, a_2a_4)][(a_5, a_6)] \\ &= [(a_1a_3a_5, a_2a_4a_6)] \\ &= [(a_1, a_2)][(a_3a_5, a_4a_6)] \\ &= [(a_1, a_2)]([(a_3, a_4)][(a_5, a_6)]). \end{align}\]
  • 単位元の存在

$[(e, e)]$は$M \times M / \sim$の単位元である. $a, b \in M$にたいして

\[[(a, b)][(e, e)] = [(e, e)][(a, b)] = [(a, b)].\]
  • 逆元の存在

$a_1, a_2 \in M$に対して

\[\begin{align} [(a_1, a_2)][(a_2, a_1)] &= [(a_1a_2, a_1a_2)] \\ &= [(e, e)]. \end{align}\]

step 3) $M$と$M^\prime$は$f$でモノイド同型になること

$M^\prime$は明らかにモノイドである.

  • $f$が全単射なること

$f$は明らかに全射なので 単射であることを示したい.

\[f(a) = f(b) (a, b \in M)\]

とすると

\[[(a, e)] = [(b, e)]\]

すなわち $a = b$が成り立つ.

  • $f(e)$が単位元なること

直接計算すれば

\[f(e) = [(e, e)].\]
  • $f(ab)=f(a)f(b)$なること
\[\begin{align} f(ab) &= [(ab, e)] \\ &= [(a, e)][(b, e)] \\ &= f(a)f(b). \end{align}\]
  1. この性質を簡約律というようです.