導来列が止まるのは単純非可換群に当たったとき（可解群の定義と性質）

交換子群をとる操作を繰り返して単位元に届く群が可解群です^[3]。

$S_{4}$ では 3 歩で届きます。 $S_{5}$ では $A_{5}$ で止まる。この差が、4 次方程式に解の公式があって 5 次以上にはないことの正体になっています。

交換子群

$x, y \in G$ に対して $(x, y) = x^{- 1} y^{- 1} x y$ を交換子といいます^[3]。定義から $x y = y x \cdot (x, y)$ が成り立つので、交換子は「可換からのずれ」を測る量です。

交換子全体が生成する部分群を交換子群、または導来部分群といい $D (G)$ と書きます。 $G$ の特性部分群、つまりどんな自己同型でも保たれる部分群になります^[3]。

部分群 $H \leq G$ について、次の 2 つは同値です^[3]。

H

が

D (G)

を含む。

H

が正規部分群で、

G / H

が可換である。

証明を書きます。 $H \supseteq D (G)$ とします。 $g \in G$ 、 $h \in H$ に対して $g^{- 1} h g = h \cdot (h, g)$ で、 $(h, g) \in D (G) \subseteq H$ だから $g^{- 1} h g \in H$ 。正規です。剰余類の積では $\overline{x} \overline{y} = \overline{y} \overline{x} \overline{(x, y)} = \overline{y} \overline{x}$ となるので、 $G / H$ は可換になります。

逆に $H$ が正規で $G / H$ が可換なら、 $\overline{(x, y)} = \overline{x}^{- 1} \overline{y}^{- 1} \overline{x} \overline{y} = \overline{1}$ なので、すべての交換子が $H$ に入る。生成される群も入るので $D (G) \subseteq H$ です。

したがって $G / D (G)$ は $G$ の最大の可換商になります^[3]。

導来列

同じ操作を繰り返します^[3]。

$D^{0} G = G, D^{n} G = (D^{n - 1} G, D^{n - 1} G) (n \geq 1)$

$G \supseteq D^{1} G \supseteq D^{2} G \supseteq \dots$ という減少列ができます。

ある $n$ で $D^{n} G = {1}$ になるとき、 $G$ は可解であるといいます。そうなる最小の $n$ が可解類です^[3]。

可解類 $0$ は $G = {1}$ 、可解類 $1$ 以下は $G$ が可換であることと同じです。

4 つの言い換え

$n \geq 1$ について、次は同値です^[3]。

G

が可解類

n

以下である。

G = G_{0} \supset G_{1} \supset \dots \supset G_{n} = {1}

で、各

G_{i}

が

G

の正規部分群、各

G_{i} / G_{i + 1}

が可換になる列がある。

同じ形の列で、

G_{i}

が

G_{i - 1}

の中で正規、

G_{i - 1} / G_{i}

が可換であればよい。

可換な正規部分群

A ⊴ G

で、

G / A

が可解類

n - 1

以下になるものがある。

1 番目から 2 番目は $G_{i} = D^{i} G$ と置くだけです。 $D (G)$ は内部とは限らないすべての自己同型で保たれるので、 $D^{i} G$ は $G$ の正規部分群になります^[3]。

2 番目から 3 番目は明らかです。3 番目から 1 番目は帰納法で $D^{k} G \subseteq G_{k}$ を示せばよい。 $k = 0$ は等号で、 $D^{k} G \subseteq G_{k}$ なら $D^{k + 1} G = (D^{k} G, D^{k} G) \subseteq (G_{k}, G_{k}) \subseteq G_{k + 1}$ になります。最後の包含は $G_{k} / G_{k + 1}$ が可換であることそのものです。

1 番目から 4 番目は $A = D^{n - 1} G$ ととる。4 番目から 1 番目は、 $G / A$ の列を $G$ へ引き戻し、末尾に $A \supset {1}$ をつなげば 2 番目の形になります^[3]。

受け継がれ方

部分群と商群は可解性を受け継ぎ、可解類も増えません^[3]。 $H \leq G$ なら $D^{i} H \subseteq D^{i} G$ 、全射 $π : G \to G / N$ なら $π (D^{i} G) = D^{i} (G / N)$ が成り立つためです。

拡大でも閉じます。 $N ⊴ G$ で $N$ と $G / N$ がともに可解だとします。 $G / N$ が可解類 $m$ なら $D^{m} G \subseteq N$ で、 $N$ が可解類 $k$ なら $D^{m + k} G \subseteq D^{k} N = {1}$ 。 $G$ は可解類 $m + k$ 以下です。

ここが冪零性との分かれ目になります。冪零群では拡大が閉じません。 $A_{3}$ も $S_{3} / A_{3}$ も可換なのに $S_{3}$ は冪零でない、という例がある。

可解性

部分群、商群、拡大のすべてで閉じる

冪零性

部分群と商群では閉じるが、拡大では閉じない

組成列で見る

有限群 $G$ の Jordan-Hölder 列を $G = G_{0} \supset G_{1} \supset \dots \supset G_{n} = {1}$ とします。 $G$ が可解であることは、すべての因子 $G_{i} / G_{i + 1}$ が素数位数の巡回群であることと同値です^[3]。

理由は短い。単純かつ可解な群 $S$ をとると、 $D (S)$ は正規部分群なので ${1}$ か $S$ です。 $S$ が可解だから $D (S) = S$ はありえず、 $D (S) = {1}$ 。つまり $S$ は可換で、可換単純群は素数位数の巡回群です^[3]。

組成因子は単純で、可解群の組成因子は可解。だから素数位数の巡回群になります。逆向きは、その列自体が可解列だからすぐ出ます。

非可換な単純群は可解ではない^[3]。可解性を壊すのは、この 1 種類だけです。

$S_{n}$ が可解なのは $n \leq 4$ まで

対称群の交換子群は交代群です。互換どうしの交換子を計算すると 3 サイクルが出るので、 $D^{1} S_{n} = A_{n}$ になります^[1]。

具体的に計算します。 $S_{3}$ では $D^{1} S_{3} = A_{3} ≅ Z /3 Z$ 、これが可換なので $D^{2} S_{3} = {1}$ 。可解類 $2$ です。

$S_{4}$ では $D^{1} S_{4} = A_{4}$ 、 $D^{2} S_{4} = (A_{4}, A_{4}) = V_{4}$ 、 $V_{4}$ は可換なので $D^{3} S_{4} = {1}$ 。位数で追うと $24 \to 12 \to 4 \to 1$ で、可解類 $3$ になります。

$S_{5}$ で止まります。 $D^{1} S_{5} = A_{5}$ で、 $A_{5}$ は非可換な単純群だから $D (A_{5})$ は ${1}$ か $A_{5}$ のどちらか。 $A_{5}$ が可換でないので $D (A_{5}) = A_{5}$ です。

以降ずっと $A_{5}$ のまま。 $n \geq 5$ では $A_{n}$ が単純非可換なので、同じことが起きます^[3]。

上三角行列は可解

体 $K$ 上の $n$ 次元空間に完全旗 $V = V_{0} \supset V_{1} \supset \dots \supset V_{n} = 0$ をとり、旗を保つ元の全体を $G$ とします^[3]。旗に合わせた基底では、 $G$ は上三角行列の群になります。

$B_{i} = {s \in G : (s - 1) V_{j} \subseteq V_{i + j}}$

$B_{0} = G$ で、 $B_{1}$ は対角成分が $1$ の上三角行列です。ここで $(B_{j}, B_{k}) \subseteq B_{j + k}$ が成り立ちます^[3]。

$j = k = 0$ の場合を見ると $(G, G) \subseteq B_{0}$ にしかなりませんが、実は $(B_{0}, B_{0}) \subseteq B_{1}$ です。対角成分の積が交換子で打ち消し合うためで、対角部分が可換だからこうなる。

そこから $(B_{1}, B_{1}) \subseteq B_{2}$ 、 $(B_{2}, B_{2}) \subseteq B_{4}$ と進み、 $B_{n} = {1}$ に届きます。 $G$ は可解です^[3]。

$B_{1}$ のほうは冪零になります。可解群と冪零群の典型的な例が、同じ行列の並びから 2 つ出てくる形です。

$p$ 群と、位数が 2 つの素数だけの群

$p$ 群は冪零なので可解です^[2]。中心が自明でないことから上中心列が伸び続けるためでした。

素数が 2 つになっても可解のままです。位数が $p^{a} q^{b}$ の群はすべて可解になる^[3]。Burnside の定理です。

証明は指標の理論を使います^[3]。群論の言葉だけでは届かない、というのが長いあいだの状況でした。

Hall の定理を経由すると、形の上ではすっきり書けます。素数の集合 $Π$ に対して、位数が $Π$ の素数だけからなり指数が $Π$ の素数で割れない部分群を $Π$ 部分群といいます^[3]。

可解群はどんな $Π$ についても $Π$ 部分群を持ち、それらは互いに共役です^[3]。逆に、どんな $Π$ についても $Π$ 部分群を持つ有限群は可解になります^[3]。

位数が $p^{a} q^{b}$ の群では、 $Π$ として意味があるのは ${p}$ 、 ${q}$ 、 ${p, q}$ の 3 つだけ。前の 2 つは Sylow の定理が答え、最後は群そのものが $Π$ 部分群です。だから逆向きの定理から可解性が出ます^[3]。

ただし、この逆向きの定理の証明のほうが Burnside の定理を使います^[3]。短く見える道筋も、指標の理論を迂回してはいません。

素数が 3 つ以上になると

素数を 3 つに増やすと可解とは限りません。 $∣ A_{5} ∣ = 60 = 2^{2} \cdot 3 \cdot 5$ が反例です。

代わりに効くのが偶奇です。奇数位数の有限群はすべて可解になる^[3]。Feit と Thompson が 1963 年に証明しました。

論文は 255 ページありました^[4]。当初は 25 ページ程度と見積もられていたそうです。

裏返すと、非可換な有限単純群の位数は必ず偶数になります^[3]。可解性を壊す群を探すなら、位数 $2$ の元があるところしか見なくてよい。

奇数位数なら可解（Feit と Thompson）

可解でない群には位数 2 の元がある

その元の中心化群から群を絞り込む

次のうち可解群でないものはどれですか。

位数 $24$ の対称群 $S_{4}$
位数 $60$ の交代群 $A_{5}$
位数 $8$ の四元数群

__RESULT__

$A_{5}$ は非可換な単純群なので $D (A_{5}) = A_{5}$ となり、導来列が $A_{5}$ で止まります。 $S_{4}$ の導来列は $S_{4} \supset A_{4} \supset V_{4} \supset {1}$ で、3 歩で届く。四元数群は $2$ 群で冪零なので可解です。

可解性を壊すものは非可換な単純群だけです。組成列に非可換単純群が 1 つでも現れれば導来列はそこで止まり、現れなければ必ず単位元に届く。5 次以上の対称群で起きているのは、 $A_{n}$ という単純群が組成因子に居座ることでした。

参考

Keith Conrad, *Subgroup Series I*, University of Connecticut

Keith Conrad, *Subgroup Series II*, University of Connecticut

Jean-Pierre Serre, *Groupes finis*, Collège de France

Ronald Solomon, *A brief history of the classification of the finite simple groups*, Bulletin of the AMS 38 (2001)

交換子群をとる操作を繰り返し、単位元に届く群が可解群です。$S_4$ は 24 から 12、4、1 と 3 歩で届き、$S_5$ は $A_5$ で止まる。止めているのは非可換な単純群ひとつだけで、組成因子がすべて素数位数の巡回群になることが可解性と同値になります。交換子群を含む部分群は正規で商が可換になること、4 通りの言い換え、部分群と商と拡大のすべてで閉じること。冪零性が拡大で閉じないこととの対比も置きました。上三角行列の群が可解で、対角が 1 のものは冪零になる。位数 $p^aq^b$ の Burnside の定理、Hall 部分群による言い換え、奇数位数の Feit-Thompson まで。