近世代数理论基础41：可解群

近世代数理论基础41：可解群

作者: 溺于恐 | 来源:发表于2019-03-19 07:57 被阅读8次

可解群

换位子群

设G为群, $a,b\in G$ ,定义G中元 $[a,b]=aba^{-1}b^{-1}$ ,称为a和b的换位子,所有这样的换位子生成的子群 $G’$ 称为G的换位子群

当G为交换群时,任意两个元的换位子 $[a,b]$ 都是单位元,故 $G’=\{1\}$

$\forall g\in G$ , $g[a,b]g^{-1}=[gag^{-1},gbg^{-1}]$ ,故 $G’$ 是G的正规子群

$\forall a,b\in G$ , $aba^{-1}b^{-1}\in G’$ ,故 $aG’\cdot bG’=bG’\cdot aG’$ ,故 $G/G’$ 是交换群

引理：设 $N\lhd G$ ,则 $G/N$ 为交换群 $\Leftrightarrow G’\subset N$

证明：

$若G为交换群,则\forall a,b\in G,aN\cdot bN=bN\cdot aN$

$\therefore aba^{-1}b^{-1}N=N,即[a,b]\in N$

$\therefore G’\subset N$

$反之,若G’\subset N$

$由群的第一同构定理$

$G/N\cong (G/G’)/(N/G’)$

$\because G/G’为交换群,它的商群G/N也是交换群\qquad\mathcal{Q.E.D}$

记 $G^{(1)}=G',G^{(2)}={G^{(1)}}',\cdots,G^{(i)}={G^{(i-1)}}'$

可得G的一个子群链, $G\lhd G^{(1)}\lhd G^{(2)}\lhd \cdots\lhd G^{(i)}\lhd\cdots$

其中每个 $G^{(i)}$ 都是 $G^{(i-1)}$ 的正规子群,且 $G^{(i-1)}/G^{(i)}$ 为交换群

定理：G为可解群 $\Leftrightarrow$$\exists n\in Z_+$ 使 $G^{(n)}=\{1\}$

证明：

$若G^{(n)}=\{1\},则G有子群链$

$G\lhd G^{(1)}\lhd G^{(2)}\lhd \cdots\lhd G^{(n-1)}\lhd G^{(n)}=\{1\}$

$其中任意两个相邻子群的商群都是交换群$

$\therefore G为可解群$

$反之,若G为可解群,则G有子群链$

$G\lhd G_1\lhd G_2\lhd \cdots\lhd G_{n+1}=\{1\}$

$其中任意两个子群的商群都是交换群$

$\therefore G^{(i)}\subset G_{i+1}(1\le i\le n)$

$\therefore G^{(n)}=G_{n+1}=\{1\}\qquad\mathcal{Q.E.D}$

定理：若G为可解群,则G的子群和商群都是可解群

证明：

$设H为G的子群$

$显然H^P(i)\subset G^{(i)}(i=1,2,\cdots)$

$\because G是可解群$

$\therefore \exists n使G^{(n)}=\{1\}$

$\therefore H^{(n)}=\{1\}$

$\therefore H也是可解群$

$设N\lhd G,令\varphi为G\to G/N的自然同态$

$显然\varphi(G^{(i)})=(G/N)^{(i)}(i=1,2,\cdots)$

$若G^{(n)}=\{1\},则(G/N)^{(n)}=\{1\}$

$即商群G/N也是可解群\qquad\mathcal{Q.E.D}$

定理：设 $N\lhd G$ ,则G为可解群 $\Leftrightarrow$ N和 $G/N$ 都是可解群

证明：

$设G为可解群$

$则N和G/N都是可解群$

$反之,设N和G/N都是可解群$

$令\varphi为G\to G/N的自然同态$

$\because G/N是可解群$

$\therefore \exists n使\varphi(G^{(n)})=(G/N)^{(n)}=\{1\},即G^{(n)}\subset N$

$又N是可解群,它的子群G^{(n)}也是可解群$

$\therefore \exists m使(G^{(n)})^{(m)}=\{1\}$

$即G^{(n+m)}=\{1\}$

$\therefore G是可解群\qquad\mathcal{Q.E.D}$

对称群

对称群 $S_2=\{1,(12)\}$ 为交换群,显然 $S_2$ 是可解群

对称群 $S_3=\{1,(12),(13),(23),(123),(132)\}$ ,令 $A_3=\{1,(123),(132)\}$ 是偶置换群(交错群),为3阶循环群

$S_3$ 又子群链 $S_3\rhd A_3\rhd\{1\}$ , $S_3/A_3$ 为2阶群,故 $S_3/A_3$ , $A_3$ 都是交换群,故 $S_3$ 是可解群

对称群 $S_4$ 中包含交错群 $A_4$ , $S_4/A_4$ 是2阶群, $A_4$ 中包含一个4阶子群 $K_4=\{1,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}$

$K_4$ (Klein四元群)是交换群,易证 $K_4$ 是 $A_4$ 的正规子群,且 $A_4/K_4$ 是3阶循环群,故 $S_4$ 有子群链 $S_4\rhd A_4\rhd K_4\rhd \{1\}$ ,故 $S_4$ 是可解群

引理：当 $n\ge 3$ 时,全体长为3的轮换(循环置换)组成 $A_n$ 的一个生成元系

证明：

$\because 任一偶置换一定是偶数个对换之积$

$\therefore 只需证任两个对换之积可用长为3的轮换表示$

$设\sigma=(ij)(rs)$

$若(ij)=(rs),则\sigma=1$

$若j=r,i\neq s,则\sigma=(sij)$

$若i,j,r,s两两不同,则\sigma=(irj)(rsi)\qquad\mathcal{Q.E.D}$

注：

1.任一置换 $\sigma$ 一定可唯一表成相互独立的轮换之积,若长为r( $1\le r\le n$ )的轮换有 $\lambda_r$ 个,则 $1^{\lambda_1}2^{\lambda_2}\cdots n^{\lambda_n}$ 称为 $\sigma$ 的型

2.任一置换可表成若干对换之积,即全体对换组成 $S_n$ 的一个生成元系

引理：对称群 $S_n$ 中两个置换共轭 $\Leftrightarrow$ 它们有相同的型

证明：

$假设\sigma是一个轮换(ab\cdots c),\tau\in S_n为任一置换$

$则\tau \sigma\tau^{-1}(\tau(a))=\tau\sigma(a)=\tau(b)$

$\therefore\tau\sigma\tau^{-1}=(\tau(a)\tau(b)\cdots\tau(v))$

$\therefore 任两个共轭置换具有相同的型$

$假设\sigma和\sigma有相同的型$

$\sigma=(ab\cdots c)\cdots(\alpha\beta\cdots\gamma),\sigma’=(a’b’\cdots c’)\cdots(\alpha’\beta’\cdots\gamma’)$

$令\tau=\begin{pmatrix}a&b&\cdots&c&\cdots&\alpha&\beta&\cdots&\gamma\\a’&b’&\cdots&c’&\cdots&\alpha’&\beta’&\cdots&\gamma’\end{pmatrix}$

$则\tau\sigma\tau^{-1}=\sigma’\qquad\mathcal{Q.E.D}$

定理：当 $n\ge 5$ 时,交错群 $A_5$ 是单群

证明：

$设\{1\}\neq N\lhd A_n$

$(1)N中包含一个元是3的轮换$

$设1\neq \sigma\in N,且\sigma将\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}尽可能多的元保持不动$

$\sigma 不可能只变动两个a_i$

$对换是奇置换$

$\therefore \sigma至少变动3个a_i$

$若\sigma恰好变动了三个a_i,则\sigma就是一个长为3的轮换$

$将\sigma写成没有公共元的轮换之积,且将最长的轮换写在左边$

$若\sigma恰好变动了4个a_i$

$不妨设\sigma=(a_1a_2)(a_3a_4)$

$\because n\ge 5,取\beta=(a_3a_4a_5)\in A_n$

$\sigma_1=\beta\sigma\beta^{-1}=(a_1a_2)(a_4a_5)\in N$

$\therefore \sigma\sigma_1=(a_3a_4)(a_4a_5)=(a_3a_4a_5)\in N$

$是一个长为3的轮换$

$若\sigma至少变动5个a_i,则$

$若\sigma包含长度\ge 4的轮换$

$即\sigma=(a_1a_2a_3a_4\cdots)\cdots$

$取\beta=(a_2a_3a_4)\in A_n,则$

$\sigma_1=\beta\sigma\beta^{-1}=(a_1a_3a_4a_2\cdots)\cdots\in N$

$i\ge 5时,\sigma(a_i)=\sigma_1(a_i)$

$\therefore\sigma_1\sigma^{-1}\in N最多变动4个元a_i$

$与\sigma变动最少个a_i矛盾$

$若\sigma中轮换最大长度为3,则$

$\sigma=(a_1a_2a_3)(a_4a_5)$

$\sigma至少变动5个a_i$

$\therefore \sigma不是长为3的轮换$

$\therefore 它至少变动6个a_i$

$取\beta=(a_2a_3a_4)\in A$

$\sigma_1=\beta\sigma\beta^{-1}=(a_1a_3a_4)(a_2a_5\cdots)\in N$

$\therefore \alpha_1\alpha\in N最多变动5个a_i,矛盾$

$设\sigma是一些对换之积$

$\sigma=(a_1a_2)(a_3a_4)\cdots,它至少变动6个a_i$

$取\beta=(a_2a_3a_4)\in A_n$

$则\sigma_1=\beta\sigma\beta^{-1}=(a_1a_3)(a_4a_2)\cdots\in N$

$而\sigma\sigma^{-1}\in N只变动了4个a_i$

$\therefore \therefore N中有一个元是长为3的轮换$

$最后证所有长为3的轮换将属于N$

$\because 设\sigma’=A_n中任一长为3的轮换$

$\sigma与\sigma’有相同的型$

$\exists \tau\in S_n,使\sigma’=\tau\sigma\tau^{-1}$

$若\tau\in A_n,则\sigma’\in N$

$若\sigma\notin A_n,即\tau为奇置换4$

$n\ge 5\Rightarrow \sigma至少固定两个a_i$

$不妨设为a_1,a_2$

$令\beta=(a_1,a_2),则\beta\sigma=\sigma\beta$

$\therefore (\tau\beta)\sigma(\tau\beta)^{-1}=\tau\beta\sigma\beta^{-1}\tau^{-1}$

$=\tau\sigma\tau’=\sigma’$

$\because \tau\beta\in A_n$

$\therefore \sigma’\in N$

$\therefore N包含所有长为3的轮换$

$全体长为3的轮换是A_n的一个生成元系$

$\therefore N=A_n\qquad\mathcal{Q.E.D}$

定理：当 $n\ge 5$ 时,对称群 $S_n$ 不是可解群

证明：

$当n\ge 5时,若S_n是可解群$

$则交错群A_n\subset S_n也是可解群$

$A_n为一个单群,即不包含除\{1\}和自身之外的其他正规子群$

$\because 交换单群一定是素数阶循环群$

$|A_n|=(n!)/2$

$\therefore A_n一定是非交换的单群$

$\therefore A_n不是可解群$

$\therefore S_n(n\ge 5)不是可解群\qquad\mathcal{Q.E.D}$

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