可解群

可解群（Solvable Group）与导出列

定义
依赖深度 layer 9
抽象代数
合成列与可解群

def.solvable-group · 定义 · 代数 · 群 · 可解群

陈述

群 $G$ 叫可解的，当且仅当存在正规链

\{e\} = G_0 \trianglelefteq G_1 \trianglelefteq \cdots \trianglelefteq G_n = G

使每个商 $G_i / G_{i-1}$ 都是阿贝尔群。

等价刻画：令 $G^{(0)} := G$ 、 $G^{(k+1)} := [G^{(k)}, G^{(k)}]$ （换位子子群），得导出列

G = G^{(0)} \trianglerighteq G^{(1)} \trianglerighteq G^{(2)} \trianglerighteq \cdots

则 $G$ 可解 $\iff$ 存在 $n$ 使 $G^{(n)} = \{e\}$ 。

说明

⭐ 三个等价说法，用哪个都行：

存在阿贝尔商的正规链（定义）；
导出列有限步终止（最好算）；
有合成列且所有合成因子都是素数阶循环群（最好判）。

⭐ 名字的来源与它真正的价值：Galois 理论的主定理把「多项式方程可用根式解」翻译成「它的 Galois 群可解」—— Abel–Ruffini 定理就从这里出来。这条线的另一半（域扩张）在批 7。

⚠ 「可解」不是「阿贝尔」： $S_3$ 与 $S_4$ 都可解但非阿贝尔。「可解」说的是「能被一串阿贝尔商逐层拆开」，即「离阿贝尔群有限步远」。

⭐ 单群 + 可解 $\implies$ 阿贝尔（因为合成列只能是一条 $\{e\} \trianglelefteq G$ ，因子 $G$ 单且必须阿贝尔）。所以非阿贝尔单群一律不可解， $A_5$ 是第一个例子。

⭐ 两类必会：阿贝尔群全部可解（一步链）； $p$ -群全部可解（用类方程归纳，中心非平凡 $\implies$ 可对 $Z(G)$ 与 $G/Z(G)$ 归纳）。

它指向谁（出边）

推出 2

本页 ⟹ 可解性对子群与商群封闭推出

导出列的三条函子性 $\implies$ 封闭性

先记两个初等事实：若 $\varphi : G \to G'$ 是满同态，则 $\varphi(G^{(k)}) = (G')^{(k)}$ （换位子被送到换位子，且满射保证反向也成立）。
（a） 设 $G$ 可解， $G^{(n)} = \{e\}$ 。因 $H \le G$ 蕴含 $H^{(k)} \le G^{(k)}$ （对 $k$ 归纳： $[H,H] \le [G,G]$ ，再逐层），故 $H^{(n)} \le G^{(n)} = \{e\}$ ，即 $H^{(n)} = \{e\}$ 。
（b） 设 $\pi : G \to G/N$ 是自然满同态。由上面的事实
$(G/N)^{(n)} = \pi(G^{(n)}) = \pi(\{e\}) = \{e\},$
故 $G/N$ 可解。
（c） 设 $N$ 可解、 $G/N$ 可解。取 $n$ 使 $(G/N)^{(n)} = \{e\}$ ，即 $\pi(G^{(n)}) = \{e\}$ ，也就是 $G^{(n)} \le N$ 。再取 $m$ 使 $N^{(m)} = \{e\}$ 。于是
$G^{(n+m)} = \bigl(G^{(n)}\bigr)^{(m)} \le N^{(m)} = \{e\},$
（第一步用了同样的事实 $[H,H]$ 的迭代： $G^{(n+m)} = (G^{(n)})^{(m)}$ ，因为导出列就是反复取换位子。）故 $G$ 可解。∎

⭐ 三条的证明都只用了「 $H \le G \implies H^{(k)} \le G^{(k)}$ 」与「满同态把导出列送到导出列」这两句话 —— 导出列是函子式的，所以可解性才这么听话。
本页 ⟹ 对称群的可解性推出

$A_5$ 的单性（按共轭类枚举） $\implies$ $S_n$ 可解 $\iff n \le 4$
第一步： $A_5$ 的共轭类。 $|A_5| = 60$ 。按循环型列举， $A_5$ 中的元素与它们在 $A_5$ 中的共轭类大小是：
- 单位元： $1$ 个，单独一类，大小 $1$ ；
- $3$ -循环：共 $\binom{5}{3} \cdot 2 = 20$ 个，一类，大小 $20$ ；
- 双对换（型 $2^{2}$ ）：共 $\binom{5}{4}\cdot 3 = 15$ 个，一类，大小 $15$ （中心化子阶 $4$ ， $60/4 = 15$ ）；
- $5$ -循环：共 $4! = 24$ 个，在 $A_5$ 中裂成两类，各 $12$ 。
合计 $1 + 20 + 15 + 12 + 12 = 60$ ✓。（ $5$ -循环之所以分裂：它的中心化子就是那个 $5$ 阶循环群本身，阶 $5$ ，故 $A_5$ -共轭类大小 $60/5 = 12$ ；而 $S_5$ 中同样中心化子给出 $120/5 = 24$ ，所以 $S_5$ 里只有一类、 $A_5$ 里是两类。）
第二步： $A_5$ 单。 设 $\{e\} \ne N \trianglelefteq A_5$ 。正规子群是共轭类的并，且含 $e$ ，故
$|N| = 1 + (\text{若干个 } 15, 20, 12, 12 \text{ 之和}).$
又 $|N| \mid |A_5| = 60$ 。枚举全部子集和： $1, 16, 21, 13, 36, 28, 33, 25, 48, 40, 45, 60$ 。其中能整除 $60$ 的只有 $1$ 与 $60$ 。故 $N = \{e\}$ 或 $N = A_5$ ，即 $A_5$ 单。
第三步： $A_5$ 非阿贝尔，故不可解。 $A_5$ 的合成列只能是 $\{e\} \trianglelefteq A_5$ （第二步），其唯一因子是 $A_5$ 本身；而 $A_5$ 非阿贝尔（例如 $(123)(124) \ne (124)(123)$ ）。故 $A_5$ 没有阿贝尔商的正规链，即 $A_5$ 不可解。
第四步： $n \ge 5$ 时 $S_n$ 不可解。 固定后 $n - 5$ 个点，前 $5$ 个点上的偶置换给出 $A_5 \le A_n \le S_n$ 。若 $S_n$ 可解，则由 (a) 其子群 $A_5$ 可解，与第三步矛盾。
第五步： $n \le 4$ 时可解。 给出具体链：
- $n \le 2$ ： $S_n$ 阿贝尔，一步链即可；
- $n = 3$ ： $\{e\} \trianglelefteq A_3 \trianglelefteq S_3$ ，商 $\mathbb{Z}/3$ 、 $\mathbb{Z}/2$ ，均阿贝尔；
- $n = 4$ ： $\{e\} \trianglelefteq V_4 \trianglelefteq A_4 \trianglelefteq S_4$ ，其中 $V_4 = \{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$ ；商依次为 $V_4 \cong \mathbb{Z}/2\times\mathbb{Z}/2$ 、 $A_4/V_4 \cong \mathbb{Z}/3$ 、 $S_4/A_4 \cong \mathbb{Z}/2$ ，全是阿贝尔。（ $V_4 \trianglelefteq A_4$ 因为它是「单位 + 全部三个双对换」这个共轭类的并。）
两个方向合起来即得 $S_n$ 可解 $\iff n \le 4$ 。∎
⭐ 整个证明的关键是把「 $A_5$ 单」变成一个可以逐项核对的有限计算：共轭类大小只有 $1, 15, 20, 12, 12$ ，正规子群是若干类的并、且阶整除 $60$ —— 枚举 $2^{4} = 16$ 种组合，只有 $1$ 与 $60$ 可行。这比「抽象地论证单性」可靠得多，也省掉了「证明 $A_n$ （ $n \ge 5$ ）都单」这件更重的事：判 $S_n$ 不可解只需要 $A_5$ 这一个。
⚠ 第四步用了一个小事实： $A_5 \le A_n$ （ $n \ge 5$ ）—— 固定后 $n-5$ 个点、在前 $5$ 个点上做偶置换即可。它是 $A_n$ 的子群，而子群可解性向下传（thm.solvable-quotients (a)）。

谁指向它（入边）

定义引用 2

子群 → 本页定义引用

可解性用子群链定义。
商群 → 本页定义引用

可解链上要谈商 $G_i/G_{i-1}$ 是阿贝尔群。

参考

Lang, Algebra, Ch. I §5
Dummit–Foote, Abstract Algebra, §3.4

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