对称群的可解性

谁指向它（入边）

推出 1

• 可解群、符号与交错群、可解性对子群与商群封闭、单群 ⟹ 本页推出
  $A_5$ 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)）。