交代群 An の単純性｜n が 5 以上で単純になる証明と、A4 が例外である理由

$n\ge 5$ のとき、交代群 $A_n$ は単純群です。正規部分群が $\{e\}$ と $A_n$ しかない、ということ。

$A_5$ は位数 60 で、非可換な単純群のうち最小のものになる。この事実が、5 次以上の方程式がべき根で解けない理由につながります。

単純とは正規部分群がないこと

群 $G$ が $\{e\}$ でなく、正規部分群が $\{e\}$ と $G$ だけのとき、$G$ を単純群といいます。正規部分群があると、そこで割って小さい群に分けられる。

単純群は、それ以上分けられない群です。部分群がないという意味ではない。

実際 $A_5$ には、位数 $2$、$3$、$4$、$5$、$6$、$10$、$12$ の部分群がそろっている。どれも正規にならないだけです。

A3 と A4 は別扱い

$n\le 2$ なら $A_n$ は自明群で、単純群には数えません。$A_3$ は位数 3 の巡回群。

素数位数なので単純ですが、可換な単純群です。$A_4$ は位数 12 で、単純にならない。

二重互換 3 つと単位元がクラインの四元群 $V$ をなし、これが正規部分群になる。例外は $n=4$ だけ。

例：A4 と A5 で共役類の和を比べる

正規部分群は共役類の合併で、位数は全体の位数を割る。だから共役類の大きさを並べて、$1$ を含む部分和を調べれば足りる。

$A_4$ の共役類の大きさは $1$、$3$、$4$、$4$。$1+3=4$ が $12$ を割るので、ここに正規部分群ができます。

$A_5$ の側を、代表元と大きさで並べておく。

$A_5$ では $1$、$15$、$20$、$12$、$12$ になる。$1+15=16$、$1+20=21$、$1+12=13$、$1+12+12=25$ と、どれも $60$ を割り切れません。

数え上げだけで $A_5$ の単純性が出る。ただし $n$ が大きくなると共役類の個数も増えるので、一般の $n$ には別の道が要ります。

証明の骨組み

一般の $n$ では、3 つの事実を組み合わせます。

この 3 つがそろうと、自明でない正規部分群 $N$ は 1 つの 3 次巡回を含み、共役ですべての 3 次巡回を含み、生成で $A_n$ 全体になる。難しいのは 3 つ目です。

An は 3 次巡回で生成される

偶置換は互換を偶数個並べた形なので、前から 2 つずつ組にする。同じ互換が 2 つ並ぶなら積は恒等置換で、$e=(123)(132)$ と書ける。

番号を 1 つ共有するなら $(ab)(ac)=(acb)$。共有しないなら $(ab)(cd)=(abc)(bcd)$ になります。

どの組も 3 次巡回で書けるので、$A_n$ 全体が 3 次巡回で生成される。

n が 5 以上なら 3 次巡回はすべて共役

$(abc)$ と $(def)$ をとります。

$\sigma (a)=d$、$\sigma (b)=e$、$\sigma (c)=f$ となる $\sigma \in S_n$ をとれば、$\sigma (abc){\sigma }^{-1}=(def)$ になる。

$\sigma$ が偶置換なら、それで $A_n$ の中の共役です。奇置換のときに $n\ge 5$ が効いてくる。

$d$、$e$、$f$ 以外の番号が $2$ つ以上残るので、その $2$ つを $g$、$h$ として ${\sigma }^{\prime }=(gh)\sigma$ とおきます。

$(gh)$ は $(def)$ と交わらないので交換し、${\sigma }^{\prime }$ による共役も $(def)$ のままになる。${\sigma }^{\prime }$ は偶置換なので、共役が $A_n$ の中で起きる。

$n=4$ では残る番号が 1 つしかなく、この手が使えない。

例：A4 では共役にならない

$A_4$ で $(123)$ と $(132)$ を見ます。$S_4$ の中では共役ですが、移す $\sigma$ は奇置換しかとれない。

$1$、$3$、$2$ 以外に残る番号が $4$ の 1 つだけなので、偶置換に直せません。実際、$A_4$ の 3 次巡回 8 個は 4 個ずつ 2 つの類に分かれる。

$A_5$ なら ${\sigma }^{\prime }=(45)\sigma$ と直せて、20 個が 1 つの類にまとまる。

正規部分群は 3 次巡回を含む

$N$ を $A_5$ の自明でない正規部分群とします。$e$ でない $\sigma \in N$ をとる。

$A_5$ の元の巡回型は $(abc)$、$(ab)(cd)$、$(abcde)$ の 3 通りです。$\sigma$ が 3 次巡回ならそこで終わり。

残る 2 つの型については、$N$ の中で計算して 3 次巡回を作り出す。

例：二重互換から 3 次巡回を作る

$\sigma =(ab)(cd)\in N$ とします。5 番目の番号を $e$ とし、$(abe)$ で共役をとる。

$$(abe)(ab)(cd)(abe{)}^{-1}=(be)(cd)$$

番号を $(abe)$ で写しただけです。これに $\sigma$ を掛けると、$(cd)$ どうしが打ち消し合う。

$$(be)(cd)(ab)(cd)=(be)(ab)=(aeb)$$

3 次巡回が出てきた。$N$ は正規なので共役も $N$ に入り、積も $N$ に入る。

例：5 次巡回から 3 次巡回を作る

$\sigma =(abcde)\in N$ とします。今度は $(abc)$ で共役をとる。

$$(abc)(abcde)(abc{)}^{-1}=(adebc)$$

これに ${\sigma }^{-1}=(aedcb)$ を掛けます。

$$(adebc)(aedcb)=(abd)$$

$c$ と $e$ が動かず、$a$、$b$、$d$ だけが回る形。どの型から出発しても 3 次巡回に届くので、$N=A_5$ になる。

n が 6 以上は帰納法で落とす

$n\ge 6$ では、$A_{n-1}$ の単純性を使う。$i$ を動かさない置換の全体を $H_i$ と書くと、$H_i$ は $A_{n-1}$ と同型になります。

こういう部分群が $i=1$ から $n$ まで $n$ 個ある。

$N$ を自明でない正規部分群とし、$N\cap H_i$ が自明でないような $i$ を見つけます。

見つかれば $N\cap H_i$ は $H_i$ の正規部分群で、$H_i$ が単純だから $N\cap H_i=H_i$ になる。すると $H_i\subseteq N$ で、$H_i$ は 3 次巡回を含むので $N$ も含む。

あとは共役と生成で $N=A_n$ に届く。

同じ値をとる共役を作る

残るのは、$N\cap H_i$ が自明でない $i$ をどう見つけるかです。$\sigma \in N$ を $e$ でない元とし、$\sigma$ と違う共役 ${\sigma }^{\prime }$ で、どこか 1 点だけ同じ値をとるものを作る。

$\sigma$ の最長の巡回の長さを $r$ とし、番号を付けかえて $\sigma =(12\cdots r)\pi$ と書きます。$r\ge 3$ なら $\tau =(345)$ をとる。

${\sigma }^{\prime }=\tau \sigma {\tau }^{-1}$ とおくと $\sigma (1)={\sigma }^{\prime }(1)=2$ で、いっぽう $\sigma (2)=3$ に対して ${\sigma }^{\prime }(2)=4$ になります。だから $\sigma \ne {\sigma }^{\prime }$。

このとき ${\sigma }^{-1}{\sigma }^{\prime }$ は $e$ でなく、$1$ を動かさない。$N$ は正規なので ${\sigma }^{\prime }$ も $N$ に入り、${\sigma }^{-1}{\sigma }^{\prime }$ が $N\cap H_1$ の自明でない元になります。

$r=2$ のとき、つまり $\sigma$ が互換の積のときも、互換の個数に応じて同じ形の $\tau$ がとれる。

単純性から出てくること

$A_n$ の単純性からは、$S_n$ の側の事実も出ます。$n\ge 5$ なら、$S_n$ の自明でない真の正規部分群は $A_n$ だけになる。

さらに、指数が $2$ と $n$ のあいだの部分群は存在しません。指数 $n$ の部分群は $S_{n-1}$ と同型になる。

剰余類への左からの掛け算で $S_n$ から $S_m$ への準同型を作ると、$m<n$ では単射になれないためです。

5 次方程式が解けないことへ

可解群とは、商が可換になる正規列を持つ群です。$A_n$ が $n\ge 5$ で単純かつ非可換なので、そこで列が止まる。

だから $S_n$ は $n\ge 5$ で可解になりません。一般の $n$ 次方程式の Galois 群が $S_n$ になることと合わせると、べき根では解けないと分かる。

$n=4$ までは $S_4$ が可解で、4 次までの解の公式が実際にあります。$4$ と $5$ のあいだに境目があるのは、$A_4$ と $A_5$ の差そのものです。

よくある誤り

参考文献