第 10 章：为什么 S₅ 不可解，完整补上群论障碍

本章任务：为框架中的“ $S_5$ 不可解”提供一份可独立核对的证明。已熟悉 $A_5$ 的读者，可以先读第 10.1、10.6 节。

10.1 真正要证明的是不存在任何可解列

找到一条 $S_5\triangleright A_5\triangleright\{1\}$ 的链，并发现它有一个非阿贝尔商，只能说明这条链不满足可解定义；尚未排除别的可解列。

严谨路线是：证明 $A_5$ 是非阿贝尔单群，从而它不可能有可解列；再由“可解群的任意子群仍可解”推出包含它的 $S_5$ 不可解。

所谓单群，是只有平凡子群与自身这两个正规子群的非平凡群。

10.2 奇偶性与 A₅ 的大小

一个 $k$ 循环可写成 $k-1$ 个换位，所以其符号为 $(-1)^{k-1}$ 。奇偶性良定义，可用如下短证明核对：令

$\Delta(X_1,\ldots,X_5)=\prod_{i<j}(X_i-X_j).$

重排变量后，各无序对的因子仍出现一次，只可能改变符号，所以 $T_\pi(\Delta)=\varepsilon_\pi\Delta$ ，其中 $\varepsilon_\pi\in\{1,-1\}$ 。任意换位使该乘积变号：被交换那对的因子变号，其余涉及它们的因子成对重排。复合变量置换给出 $\varepsilon_{\pi\tau}=\varepsilon_\pi\varepsilon_\tau$ 。因此不论把置换写成哪种换位分解，换位个数的奇偶性都相同。

符号映射 $S_5\to\{1,-1\}$ 满射，其核是 $A_5$ 。乘以一个固定换位给出偶置换与奇置换的双射，故

$|S_5|=5!=120,\qquad |A_5|=60.$

$A_5$ 作为符号同态的核正规于 $S_5$ ，并有 $S_5/A_5\cong C_2$ 。但这个阿贝尔商本身不能消除 $A_5$ 内部的障碍。

10.3 偶置换的全部循环类型与数量

把五个对象的置换分解成不相交循环。枚举 5 的分拆并检查符号，得到偶置换仅有以下四种类型。

类型	数量	计数理由
恒等置换	1	全部不动
三循环	20	选三对象有 $\binom53=10$ 种，每组三对象有 2 个三循环
两个不相交换位	15	选不动对象有 5 种，其余四对象有 3 种配对
五循环	24	固定循环开头后排列其余对象，有 $4!=24$ 种

总数 $1+20+15+24=60$ ，恰好覆盖 $A_5$ 。

10.4 补充完整证明：共轭类大小是 1、20、15、12、12

对群 $G$ 的元素 $c$ ，其中心化子为

$C_G(c)=\{g\in G:gc=cg\}.$

两个元素 $g,h$ 给出同一共轭 $gcg^{-1}=hch^{-1}$ ，当且仅当 $h^{-1}g\in C_G(c)$ 。所以共轭类与中心化子的左陪集一一对应，类大小为 $|G|/|C_G(c)|$ 。

三循环。取 $c=(123)$ 。与它交换的置换必须保持支撑集 $\{1,2,3\}$ ；在这三点上只能是 $c$ 的三个幂，在 $\{4,5\}$ 上可以恒等或交换。这使 $C_{S_5}(c)$ 有 6 个元素。 $c$ 的幂均为偶置换，而 $(45)$ 是奇置换，故 $C_{A_5}(c)$ 有 3 个元素。类大小 $60/3=20$ ，所有三循环形成一个类。

双换位。取 $c=(12)(34)$ 。交换者必须固定唯一不动点 5。可把 1 送到四个支撑点中的任意一点，其像一确定，2 的像便由 $g(2)=c(g(1))$ 确定；3 的像有剩下的两个选择，4 的像随之确定。恰有 $4\cdot2=8$ 个交换者。这些选择都保持 $c$ 的两点轨道，确实满足交换。中心化子含奇置换 $(12)$ ，乘以它给出奇偶元素的双射，因此偶交换者有 4 个。类大小 $60/4=15$ ，所有双换位形成一个类。

五循环。取 $c=(12345)$ 。若 $g$ 与 $c$ 交换， $g(1)$ 一确定， $g(c^j(1))=c^j(g(1))$ 决定其余全部像。五个选择分别给出 $c$ 的五个幂，因此中心化子是 $\langle c\rangle$ 。它们全为偶置换，故在 $A_5$ 中的中心化子大小为 5，类大小 $60/5=12$ 。共有 24 个五循环，每个类都大小 12，所以分成两个类。