可解性对子群与商群封闭

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

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 $\iff n \le 4$。∎

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

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

（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。∎