第 8 章：A₅ 的结构：完整证明五次的群论障碍

本章对象：共轭类 $Cl_G(x)$ 是 ${gxg^{-1}:g\in G}$ ；中心化子 $C_G(x)$ 是与 $x$ 交换的元素组成的子群；单群只有两个正规子群。

8.1 从 S₄ 走到 S₅：单群障碍

好，我们现在正式进入分水岭：

$\boxed{S_5}$

前面对 $S_4$ ，我们找到：

$\{e\}\triangleleft V_4\triangleleft A_4\triangleleft S_4$

并且每一层商群都是阿贝尔群。

现在尝试对 $S_5$ 做同样的事。

首先最自然的子群还是：

$A_5=\{\text{所有偶置换}\}.$

而且和前面一样：

$\boxed{A_5\triangleleft S_5}.$

为什么？

因为置换的奇偶性在共轭下不改变。

如果：

$\sigma\in S_5,\qquad \tau\in A_5,$

那么看：

$\sigma\tau\sigma^{-1}.$

如果用“奇偶性乘法”来算：

$\operatorname{sgn}(\sigma\tau\sigma^{-1}) = \operatorname{sgn}(\sigma) \operatorname{sgn}(\tau) \operatorname{sgn}(\sigma^{-1}).$

其中：

$\operatorname{sgn}(\tau)=+1$

因为 $\tau$ 是偶置换。

并且：

$\operatorname{sgn}(\sigma^{-1}) = \operatorname{sgn}(\sigma).$

所以：

$\operatorname{sgn}(\sigma\tau\sigma^{-1}) = \operatorname{sgn}(\sigma)^2 = 1.$

因此：

$\sigma\tau\sigma^{-1}\in A_5.$

所以：

$\boxed{A_5\triangleleft S_5}.$

然后看商群：

$S_5/A_5.$

因为：

$|S_5|=5!=120,$

而：

$|A_5|=\frac{120}{2}=60,$

所以：

$|S_5/A_5|=2.$

因此：

$\boxed{S_5/A_5\text{ 是阿贝尔群}}.$

所以第一层完全没问题：

$S_5 \longrightarrow S_5/A_5.$

真正的问题全部被压进了：

$\boxed{A_5}.$

这和 $S_4$ 很像。

但是 $S_4$ 的时候，我们进入 $A_4$ 后，还能继续找到：

$V_4\triangleleft A_4.$

于是继续拆：

$A_4/V_4.$

但到了 $A_5$ ，奇怪的事情发生了：

$\boxed{A_5\text{ 没有类似 }V_4\text{ 的非平凡正规子群。}}$

准确地说：

$A_5$

的正规子群只有：

$\{e\}$

和

$A_5$

本身。

这种群就叫：

$\boxed{\text{simple group，单群}}.$

注意“单群”不是说它很简单。

恰恰相反，这里的 simple 意思是：

它已经不能通过正规子群继续拆开。

而 $A_5$ 更麻烦的是：

$\boxed{A_5\text{ 不是阿贝尔群}}.$

所以如果我们尝试：

$\{e\}\triangleleft A_5,$

对应的商群就是：

$A_5/\{e\}\cong A_5,$

但 $A_5$ 本身不是阿贝尔群。

因此这条链不满足“每一层商群都是阿贝尔群”。

而又因为 $A_5$ 没有中间的非平凡正规子群，所以没法像：

$A_4\supset V_4\supset\{e\}$

那样绕过去。

这就是关键障碍：

$\boxed{ A_5 \text{ 是非阿贝尔单群} }$

于是：

$\boxed{A_5\text{ 不可解}}$

进而：

$\boxed{S_5\text{ 不可解}}.$

但这里最难的一步我们还没有证明：

$\boxed{\text{为什么 }A_5\text{ 没有任何非平凡正规子群？}}$

这一步不能一句话带过。

下一步我们应该先把 $A_5$ 里的元素按循环类型全部分类，然后再看一个正规子群如果包含某种元素，会被“共轭”迫使包含哪些其他元素。这样才能真正看出为什么它最后只能是整个 $A_5$ 。

8.2 A₅ 的循环类型及元素数目

下一步先只做一件事：把 $A_5$ 里面到底有哪些类型的置换弄清楚。这一步是证明 $A_5$ 是单群的准备。

$A_5$ 是 $S_5$ 里的所有偶置换，所以一共有

$|A_5|=\frac{5!}{2}=60$

个元素。

我们要问：

一个作用在 $\{1,2,3,4,5\}$ 上的偶置换，它的不相交循环分解可能长什么样？

先从所有可能的循环类型开始。

1. 恒等置换

当然有

$e.$

它什么都不动。

共：

$1$

个。

2. 一个换位，例如 (12)

换位是奇置换，所以：

$(12)\notin A_5.$

因此这种类型全部排除。

3. 一个 3-循环，例如 (123)

一个 3-循环可以拆成两个换位：

$(123)=(13)(12),$

所以它是偶置换。

因此：

$(123)\in A_5.$

所以 $A_5$ 中有所有 3-循环。

现在数一共有多少个。

先从 5 个元素里挑 3 个：

$\binom53=10.$

对于选定的三个元素，例如 $\{1,2,3\}$ ，可以形成几个不同的 3-循环？

有：

$(123)$

和

$(132).$

注意

$(123)=(231)=(312)$

只是同一个循环换了起点，不算新的。

所以每组三个元素产生：

$2$

个 3-循环。

因此一共有：

$10\times2=20.$

所以：

$\boxed{\text{3-循环共有 }20\text{ 个}}$

4. 两个不相交的换位

例如：

$(12)(34).$

这是两个换位的乘积，所以是偶置换。

因此也属于 $A_5$ 。

这种类型叫：

$\boxed{\text{double transposition，双换位}}$

例如：

$(12)(34),\quad (13)(25),\quad (15)(24).$

现在数有多少个。

首先，有 5 个元素，其中必然有一个元素不动。

先选那个不动的元素：

$5$

种选择。

剩下 4 个元素要分成两对。

例如剩下：

$1,2,3,4.$

可以配成：

$(12)(34),$

$(13)(24),$

$(14)(23).$

正好 3 种。

所以总数：

$5\times3=15.$

因此：

$\boxed{\text{双换位共有 }15\text{ 个}}$

5. 一个 4-循环

例如：

$(1234).$

4-循环需要：

$4-1=3$

个换位。

3 是奇数，所以它是奇置换。

因此：

$(1234)\notin A_5.$

全部排除。

6. 一个 5-循环

例如：

$(12345).$

5-循环需要：

$5-1=4$

个换位。

4 是偶数，所以：

$(12345)\in A_5.$

现在数有多少个 5-循环。

对于 5 个固定元素，一个 5-循环可以写成：

$(a_1a_2a_3a_4a_5).$

总共有：

$5!$

种排列方式。

但是同一个循环可以从任意位置开始写：

$(12345) = (23451) = (34512) = (45123) = (51234).$

所以每个循环被重复计算了 5 次。

因此：

$\frac{5!}{5}=4!=24.$

所以：

$\boxed{\text{5-循环共有 }24\text{ 个}}$

现在把所有偶置换类型加起来：

$1+20+15+24=60.$

正好：

$|A_5|=60.$

因此我们没有遗漏任何元素。

所以 $A_5$ 的元素只有四种类型：

$\boxed{ \begin{array}{c|c} \text{类型}&\text{数量}\\ \hline e&1\\ 3\text{-循环}&20\\ \text{双换位}&15\\ 5\text{-循环}&24 \end{array} }$

这张表后面非常重要。

接下来我们要利用“正规子群在共轭下必须保持不变”。

直觉上，如果某个正规子群 $N\triangleleft A_5$ 含有一个元素，比如：

$(123),$

那么它不能只含这一个 3-循环。

因为对 $A_5$ 中各种 $\sigma$ 做

$\sigma(123)\sigma^{-1},$

会把标签重新排列，从而强迫 $N$ 同时包含很多其他 3-循环。

下一步就是仔细讲：

$\boxed{\text{共轭为什么等于“重新给循环里的数字贴标签”}}$

以及它如何限制正规子群。

8.3 共轭就是重新给循环贴标签

本段先解释共轭的作用，并列出需要验证的共轭类数量。三循环、双换位及五循环的类大小将在紧接着的补充证明中计算，不能只由“重新贴标签”这句话直接认定。

现在我们只讲：

$\boxed{\sigma\tau\sigma^{-1}}$

为什么可以理解成“把 $\tau$ 里的数字重新命名”。

假设

$\tau=(123).$

它的意思是：

$1\to2,\quad 2\to3,\quad 3\to1.$

现在取另一个置换 $\sigma$ 。比如

$\sigma=(14)(25).$

那么：

$\sigma(1)=4,\qquad \sigma(2)=5,\qquad \sigma(3)=3.$

我们来看

$\sigma(123)\sigma^{-1}.$

结论是：

$\boxed{ \sigma(123)\sigma^{-1} = (\sigma(1)\ \sigma(2)\ \sigma(3)) }$

所以这里就是：

$\boxed{ \sigma(123)\sigma^{-1}=(453) }$

也就是

$(453).$

为什么？

我们直接跟踪一个元素。

比如先看 $\sigma(1)=4$ 。

对 $4$ 作用

$\sigma(123)\sigma^{-1}.$

第一步，最右边的 $\sigma^{-1}$ ：

$4\mapsto1.$

然后做 $(123)$ ：

$1\mapsto2.$

最后做 $\sigma$ ：

$2\mapsto5.$

所以：

$4\mapsto5.$

同理：

$5\mapsto3,$

$3\mapsto4.$

于是：

$4\to5\to3\to4,$

所以就是：

$(453).$

因此：

$\boxed{ \sigma(a_1a_2\cdots a_k)\sigma^{-1} = (\sigma(a_1)\sigma(a_2)\cdots\sigma(a_k)) }$

这就是“共轭就是重新贴标签”。

现在来看为什么这对正规子群重要。

假设：

$N\triangleleft A_5.$

正规意味着：

$\sigma N\sigma^{-1}=N$

对所有

$\sigma\in A_5$

都成立。

所以如果：

$\tau\in N,$

那么：

$\sigma\tau\sigma^{-1}\in N.$

换句话说：

只要 $N$ 含有一个元素，它就必须同时包含这个元素在 $A_5$ 中的所有共轭元素。

这就非常强。

例如如果：

$(123)\in N,$

那么所有形如：

$\sigma(123)\sigma^{-1}$

的元素也必须在 $N$ 里。

而这些都是 3-循环。

事实上，在 $A_5$ 中所有 20 个 3-循环彼此共轭。

所以：

$\boxed{ N\text{ 如果包含一个 3-循环，就必须包含全部 20 个 3-循环} }$

同理，15 个双换位也形成一个共轭类。

所以：

$\boxed{ N\text{ 如果包含一个双换位，就必须包含全部 15 个双换位} }$

但 5-循环这里稍微特殊一点：

在 $S_5$ 中，24 个 5-循环全部彼此共轭；但在 $A_5$ 中，它们会裂成两个共轭类，每类 12 个。

这个细节后面证明 $A_5$ 单群时很重要。

所以 $A_5$ 的共轭类大小实际上是：

$\boxed{ 1,\ 20,\ 15,\ 12,\ 12 }$

总和：

$1+20+15+12+12=60.$

下一步我们就利用这个事实：

正规子群必须是若干个共轭类的并，并且一定包含单位元。

然后看这些共轭类大小能不能拼出一个既整除 60、又严格介于 1 和 60 之间的正规子群大小。

补充证明：A₅ 的共轭类为什么是 1、20、15、12、12

先定义中心化子 $C_G(x)={g\in G:gx=xg}$ ，它是一个子群。共轭映射 $g\mapsto gxg^{-1}$ 的两个输入 $g,h$ 得到同一个输出，当且仅当 $h^{-1}g\in C_G(x)$ 。因此共轭类与中心化子的左陪集一一对应，有限群中

$|\operatorname{Cl}_G(x)|=|G|/|C_G(x)|.$

这一步只用了已经证明的陪集计数，不需要提前调用其他群论定理。

对三循环 $c=(123)$ ，交换它的置换必须保持集合 {1,2,3}，在这个集合上只能是 $e,c,c^{2}$ ；在剩下的 {4,5} 上可选 $e$ 或 (45)。 $S_{5}$ 中中心化子有 6 个元素，其中偶置换恰好 3 个。因此 $A_{5}$ 中这个共轭类有 60/3=20 个元素，正好覆盖全部三循环。

对双换位 $d=(12)(34)$ ，交换它的置换必须固定唯一不动点 5。它可以决定把 {1,2} 送到两对中的哪一对（2 种），以及每对内的顺序（各 2 种），故 $S_{5}$ 的中心化子有 8 个元素。奇置换 (12) 在该中心化子中，乘以它给出中心化子内偶、奇元素的双射，所以偶元素有 4 个。共轭类大小为 60/4=15，正好覆盖全部双换位。

对五循环 $c=(12345)$ ，与它交换的置换 $g$ 一旦确定 $g(1)$ ，其余像由 $g(c^{j}(1))=c^{j}(g(1))$ 决定。因此中心化子恰好是 ${e,c,c^{2},c^{3},c^{4}}$ ，其中所有元素均为偶置换。每个 $A_{5}$ 共轭类大小为 60/5=12。五循环总共有 24 个，所以分成恰好两个类。单位元独自一类，于是得到 1、20、15、12、12。

补充检查：非阿贝尔单群为什么不可解

令 $a=(123)$ 、 $b=(345)$ ，乘积从右向左作用。 $ab$ 把 3 送到 4， $ba$ 把 3 送到 1，因此 $ab\neq ba$ 。故 $A_{5}$ 非阿贝尔。若它存在可解列，删除重复项后，最后一个真子群必须正规于 $A_{5}$ 。单群性迫使这个真子群为 ${e}$ ，于是最后的商群就是 $A_{5}$ 本身，却不是阿贝尔群，矛盾。再利用已证明的“可解群的子群仍可解”，推出 $S_{5}$ 不可解。