4元数群

(a)
$$\begin{array}{rl}{A}^2& =\left(\begin{array}{cc}0& \sqrt{-1}\\ \sqrt{-1}& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& \sqrt{-1}\\ \sqrt{-1}& 0\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{cc}-1& 0\\ 0& -1\end{array}\right)\\ A^4& =E_2\\ B^2& =\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{cc}-1& 0\\ 0& -1\end{array}\right)\\ & =A^2\\ BA{B}^{-1}& =\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& \sqrt{-1}\\ \sqrt{-1}& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 0\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{cc}0& –\sqrt{-1}\\ –\sqrt{-1}& 0\end{array}\right)\\ & =A^{-1}\end{array}$$

(b)
先ず、明らかに $A\ne B$ なので、$\{A,B\}\subset Q_8$ である。
また、(a) より $A^4=E_2$ なので、$Q_8$ には単位元 $E_2\in Q_8$ が含まれる。
さらに、$A^2=B^2=–E_2$ より、$A^{-1}=–A,B^{-1}=–B$ が分かり、明らかに、$-A,–B$ は $E_2,A,B$ のどれとも異なる。また、$-E_2$ も $Q_8$ に含まれることが分かる。
また、$A^3=A^{2}A=–E_{2}A=-A,B^3=B^{2}B=–B$ であり、どちらも今までに現れた元で表すことが出来る。
以上で示されたことは
$$\begin{array}{r}{Q}_8\supset \{\pm E_2,\pm A,\pm B\}\end{array}$$
である。

次に、$A$ と $B$ の積を考える。
$$\begin{array}{rl}AB& =\left(\begin{array}{cc}0& \sqrt{-1}\\ \sqrt{-1}& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{cc}–\sqrt{-1}& 0\\ 0& \sqrt{-1}\end{array}\right)\end{array}$$
となり、これまでに現れた元とは異なる。
さらに、この逆元は
$$\begin{array}{rl}{\left(\begin{array}{cc}–\sqrt{-1}& 0\\ 0& \sqrt{-1}\end{array}\right)}^{-1}& =\left(\begin{array}{cc}\sqrt{-1}& 0\\ 0& –\sqrt{-1}\end{array}\right)\\ & =–AB\end{array}$$
となり、これも新しい元となる。

一方で、$BA$ を計算すると
$$\begin{array}{rl}BA& =\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& \sqrt{-1}\\ \sqrt{-1}& 0\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{cc}\sqrt{-1}& 0\\ 0& –\sqrt{-1}\end{array}\right)\\ & =–AB\end{array}$$
となり、新たな元とはならない。この逆元も $(BA{)}^{-1}=AB$ となり、新たな元とはならない。

最後に $AB$ とこれまでに $Q_8$ に含まれていると分かっている $\pm A,\pm B$ との演算を考える。
$$\begin{array}{rl}A(AB)& =A^{2}B=–B\\ (AB)A& =A(BA)=A(A^{-1}B)=B\\ B(AB)& =(BA)B=(A^{-1}B)B=A^{-1}{B}^2=–B\\ (AB)B& =A{B}^2=–A\end{array}$$
となり、全てこれまでに現れた元で表されることが分かる。
$BA$ についても同様である。

さらに、$AB$ 自身の２乗を計算すると
$$\begin{array}{rl}(AB{)}^2& ={\left(\begin{array}{cc}–\sqrt{-1}& 0\\ 0& \sqrt{-1}\end{array}\right)}^2\\ & =–E_2\end{array}$$
となり、やはりこれまで得られている元に含まれる。

以上の議論により、
$$\begin{array}{rl}{Q}_8& =\{\pm E_2,\pm A,\pm B,\pm AB\}\end{array}$$
で与えられる $Q_8$ 群となり、その位数は 8 であることが分かる。

(c)
群 $Q_8$ の中心 $Z(Q_8)$ の定義は
$$\begin{array}{rl}Z(Q_8)& =\{g\in Q_8|\mathrm{\forall }h\in Q_8,g\circ h=h\circ g\}\end{array}$$
であり、$\pm E_2$ は明らかに $Z(Q_8)$ に含まれる。
また、他の元は上記の条件を満たさない。従って
$$\begin{array}{rl}Z(Q_8)& =\{\pm E_2\}\end{array}$$
と求まる。

(d)
群 $G$ の位数が 8 であるので、群 $G$ の部分群は位数が 1, 2, 4, 8 である。
このうち、位数が 1 の部分群は自明な部分群 $\{E_2\}$ であり、位数 8 の部分群は　$G$ そのものである。
従って、この２つは明らかに正規部分群となる。

先に、指数が 2 の部分群は正規部分群であることを示した。（参照)
従って、位数が 4 の部分群は正規部分群となる。

これより、確かめるべきは位数が 2 の部分群であるが、これは $G^{\prime }=\{\pm E_2\}$ であり、明らかに正規部分群である。

以上より題意が示された。

(e)
群 $G$ が２つの元 $a,b$ で生成されるとする。
このとき、$f(A)=a,f(B)=b$ を満たす、全射な準同型写像 $f:Q_8\to G$ が存在することが分かる。

実際に、群 $G=⟨a,b⟩$ に対して、$f(A)=a,f(B)=b$ を満たす準同型写像を $f:Q_8\to G$ とすると
$$\begin{array}{rl}f(A^4)& =f(E_2)\text{より}{a}^4=1\\ f(B^2)& =f(A^2)\text{より}{b}^2=a^2\\ f(BA{B}^{-1})& =f(A^{-1})\text{より}ba{b}^{-1}=a^{-1}\end{array}$$
が成り立つ。
このとき、$a^4=1$ より、$a^3=a^{-1}$ が得られ、同様に、$b^4=(b^2{)}^2=(a^2{)}^2=a^4=1$ より、$b^{-1}=b^3$ が得られる。
さらに、$ba{b}^{-1}=a^{-1}$ より、$ba=a^{-1}b=a^{3}b$ と $ab=b^{-1}{a}^{-1}{b}^2=b^3{a}^3{a}^2=b^{3}a$ も言える。これらの逆元も $a,b$ で表すことが出来る。
従って、準同型写像 $f:Q_8\to G$ は $G=⟨a,b⟩$ への全射であることが分かる。

従って、$|G|\le |Q_8|=8$ が成り立ち、特に $|G|=8$ のときには、準同型写像 $f$ は全単射となり、$G\cong Q_8$ が言える。

(f)
問題 (e) との類似性に注目して、準同型写像 $f^{\prime }:Q_8\to G^{\prime }$ を $f^{\prime }(A)=i,f^{\prime }(B)=j$ と定める。
このとき、
$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(A^2)& =f^{\prime }(B^2)\text{より}{i}^2=j^2\\ f^{\prime }(A^4)& =f^{\prime }(E_2)\text{より}{i}^4=1\\ f^{\prime }(BA{B}^{-1})& =f^{\prime }(A^{-1})\text{より}j\circ i\circ j^{-1}=i^{-1}\end{array}$$
が成り立つ。
さらに、$f^{\prime }(AB)=f^{\prime }(A)\circ f^{\prime }(B)=i\circ j=k,f^{\prime }(-E_2)=u$ と定めると
$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }((AB{)}^2)& =f^{\prime }(AB)\circ f^{\prime }(AB)=k\circ k=u\\ f^{\prime }(B(AB))& =f^{\prime }(B)\circ f^{\prime }(AB)=j\circ k=i\\ f^{\prime }((AB)A)& =f^{\prime }(AB)\circ f^{\prime }(A)=k\circ i=j\end{array}$$
が成り立つ。先の３番目の式は、これらの関係式を使えば
$$\begin{array}{rl}j\circ i\circ j^{-1}& =k\circ i\circ i\circ i^{-1}\circ k^{-1}\\ & =k\circ i^2\circ i^3\circ k^3\\ & =k\circ i\circ k^3\\ & =j\circ k\circ k^2\\ & =i\circ k^2\\ & =i\circ i^2\\ & =i^3\\ & =i^{-1}\end{array}$$
となり、これらの関係式と矛盾しない。

従って、準同型写像 $f^{\prime }:Q_8\to G^{\prime }$ は群 $G^{\prime }=⟨i,j,k⟩$ への全射となる。
従って、$|G^{\prime }|\le 8$ が言えて、$|G^{\prime }|=8$ であれば、$f^{\prime }$ は全単射となり、$G^{\prime }\cong Q_8$ が言える。