单群, 换位子群, 可解群
换位子: [x,y]=xyx^{-1}y^{-1}
导群: 所有换位子的生成子群 G'=\langle\{[x,y]\mid\forall x,y\in G\}\rangle
性质1: G'\lhd G
证明: gzg^{-1}=(gzg^{-1})(zz^{-1})=(gzg^{-1}z^{-1})(z)\in G'
性质2: G为交换群\iff G'=\{e\}
证明: xy=yx\iff [x,y]=e\iff G'=\{e\}
性质3: G/N为交换群\iff G'\subseteq N
证明: xN\circ yN=yN\circ xN\iff [x,y]\in N\iff G'\subseteq N
[可解群的定义等价性证明]
- 定义一: \exists k\in\mathbb{N^+},\ G^{(k)}=\{e\}
- 定义二: 已知正规群列 G=G_0\rhd\cdots\rhd G_r=\{e\}
满足商因子都是交换群 G_0/G_1,\cdots,G_{r-1}/G_r
\Rrightarrow: 由性质1知 G'\lhd G
\implies G\rhd G'\rhd G^{(2)}\rhd\cdots\rhd G^{(k)}=\{e\}
并且由性质3知 商因子都是交换群
\Lleftarrow: 用归纳法证明 由性质3知
G_0/G_1是交换群\implies(G_0)'\subseteq G_1\implies G^{(1)}\subseteq G_1
G_1/G_2是交换群\implies(G_1)'\subseteq G_2\implies G^{(2)}=(G^{(1)})'\subseteq(G_1)'\subseteq G_2
G_2/G_3是交换群\implies(G_2)'\subseteq G_3\implies G^{(3)}=(G^{(2)})'\subseteq(G_2)'\subseteq G_3
递推可知 G^{(k)}\subseteq G_k=\{e\}
命题1: 可解群的子群\implies可解群
证明: H^{(k)}\subseteq G^{(k)}=\{e\}
命题2: 可解群的同态像\implies可解群
证明: f([x,y])=[f(x),f(y)]\implies f(G')=f(G)'
\implies\exist k\in\mathbb{N^+},\ f(G)^{(k)}=f(G^{(k)})=f(\{e\})=\{\bar e\}
命题3: G/N和N是可解群\implies G是可解群
证明: G/N是可解群\implies(G/N)^{(k)}=\{N\}
构造群同态 f:G\to G/N:g\to gN
由命题2知 f(G^{(k)})=f(G)^{(k)}=(G/N)^{(k)}=\{N\}
\implies\forall a\in G^{(k)},aN=N\implies a\in N\implies G^{(k)}\subseteq N
N是可解群\implies N^{(l)}=\{e\}\implies G^{(k)(l)}\subseteq N^{(l)}=\{e\}
单群: 正规子群只有\{e\},G
性质1: 有限可交换单群\implies素数阶循环群
证明: 交换单群\implies子群只有\{e\},G\implies\forall a\neq e,\langle a\rangle=G
由有限循环群性质可知, 每个因子都有对应子群, 因此阶数要为素数
性质2: 非交换单群\implies不可解群
证明: 非交换\implies G'\neq\{e\}
单群\land G'\lhd G\implies G'=G
示例1: 当n\geq5时, A_n是单群
证明: 因为A_n=\langle(1,2,3),(1,2,4),\cdots,(1,2,n)\rangle
现欲证明 K\lhd A_n\land K\neq\{e\}\implies K=A_n
只需证明 K\lhd A_n\land K\neq\{e\}\implies\forall(i,j,k)\in K
\gamma=\begin{pmatrix}
1 & 2 & 3 & 4 & 5 & \cdots \\
i & j & k & l & m & \cdots
\end{pmatrix}
因为n\geq5, 所以可交换l与m使其成为偶置换
\implies\forall(i,j,k),\ \exists\gamma\in A_n,\ \gamma^{-1}(1,2,3)\gamma=(i,j,k)
所以在交错群的正规子群中 任意3-轮换都能通过共轭生成
故只需证明 K\lhd A_n\land K\neq\{e\}\implies\exists(i,j,k)\in K
取不动点最多的非单位元 \lambda\in K
如果\lambda就是3-轮换, 那么条件成立
如果\lambda不是3-轮换, 那么将其分解为轮换乘积
构造\beta=(3,4,5)\implies\tau=\beta^{-1}\lambda\beta\in K\implies\sigma=\tau\lambda\in K
那么满足 \lambda的不动点集\subseteq\sigma的不动点集
(1)分解存在非对换, 即\lambda=(1,2,3,\cdots)\cdots
- (2)\sigma=(2)\beta^{-1}\lambda\beta\lambda^{-1}=(3)\beta\lambda^{-1}=(4)\lambda^{-1}\neq2\implies\sigma\neq I_n
- (1)\sigma=(1)\beta^{-1}\lambda\beta\lambda^{-1}=1\implies\sigma的不动点更多, 得出矛盾
(2)分解只存在对换, 即\lambda=(1,2)(3,4)\cdots
- (4)\sigma=(4)\beta^{-1}\lambda\beta\lambda^{-1}=(3)\lambda\beta\lambda^{-1}=(4)\beta\lambda^{-1}=(5)\lambda^{-1}\neq4\implies\sigma\neq I_n
- (1)\sigma=(1)\beta^{-1}\lambda\beta\lambda^{-1}=1\implies\sigma的不动点更多, 得出矛盾
示例2: 当n\geq5时, S_n是不可解群
证明: 因为当n\geq5时, A_n是非交换单群\implies不可解群
又因为可解群的子群还是可解群, 所以当n\geq5时, S_n是不可解群
有限单群分类定理
- 素数阶循环群
- n\geq5的交错群A_n
- 16种Lie型群
- 26种散在单群
合成群列的定义: 已知正规群列G=G_0\rhd\cdots\rhd G_r=\{e\}
满足商因子都是单群 G_0/G_1,\cdots,G_{r-1}/G_r
命题1: 每个有限群都有合成群列
证明: 对于任意正规群列, 如果存在非单群的商因子G_i/G_{i+1}
那么可进行延长 G_i/G_{i+1}\rhd H/G_{i+1}\implies G_i\rhd H\rhd G_{i+1}
命题2: 有限可解群\iff存在商因子为素数阶循环群 的合成群列
\impliedby: 素数阶循环群是有限交换群\implies有限可解群
\implies: 可解群存在 G=G_0\rhd G_1\rhd\cdots\rhd G_r=\{e\}
其中商因子G_0/G_1,\cdots,G_{r-1}/G_r都是交换群
由命题1知, 可将该正规群列延长为合成群列
并且使得商因子为有限交换单群\implies素数阶循环群
Jordan-Holder定理
有限群G的任意两个合成群列的长度相同, 并且商因子互相同构
\begin{cases}
G=G_0\rhd G_1\rhd G_2\rhd\cdots\rhd G_r=\{e\} &\quad\thicksim(1) \\
G=H_0\rhd H_1\rhd H_2\rhd\cdots\rhd H_s=\{e\} &\quad\thicksim(2) \\
\end{cases}
不妨设r\geq s, 现对长度r进行归纳证明:
当r=1时, 由于G是单群, 所以只有一个合成群列G\rhd\{e\}
假设当r-1时定理成立, 现欲证明长度为r时定理也成立
若G_1=H_1, 则去掉第一项后, 由归纳假设可知成立
若G_1\neq H_1, 由于G/G_1和G/H_1都是单群
因此 \begin{cases}
G/G_1的正规子群只有G/G_1和G_1/G_1\implies 群G包含G_1的正规子群只有G,G_1 \\
G/H_1的正规子群只有G/H_1和H_1/H_1\implies 群G包含H_1的正规子群只有G,H_1 \\
\end{cases}
所以 G_1\lhd G\land H_1\lhd G\implies G_1H_1\lhd G\implies G_1H_1=G
令 G_1\cap H_1=N_2, 则由群同构第一定理可知
\begin{cases}
N_2\lhd G_1, &G_1/N_2\cong G/H_1 \\
N_2\lhd H_1, &H_1/N_2\cong G/G_1 \\
\end{cases}
任取N_2的一个合成群列N_2\rhd N_3\rhd\cdots\rhd N_t=\{e\}, 构造
\begin{cases}
G=G_0\rhd G_1\rhd\ N_2\rhd N_3\rhd\cdots\rhd N_t=\{e\} &\quad\thicksim(3) \\
G=H_0\rhd H_1\rhd\ N_2\rhd N_3\rhd\cdots\rhd N_t=\{e\} &\quad\thicksim(4) \\
\end{cases}
由情况1可知 (1)式的长度=(3)式的长度, 即r=t
(1)式的因子群组: G/G_1,G_1/G_2,\ G_2/G_3,\cdots,G_{r-1}/G_r
(3)式的因子群组: G/G_1,G_1/N_2,\ N_2/N_3,\cdots,N_{r-1}/N_r
由归纳假设可知, 上述因子群组互相对应同构
由情况1可知 (2)式的长度=(4)式的长度, 即s=t=r
(2)式的因子群组: G/H_1,H_1/H_2,\ H_2/H_3,\cdots,H_{r-1}/H_r
(4)式的因子群组: G/H_1,H_1/N_2,\ N_2/N_3,\cdots,N_{r-1}/N_r
由归纳假设可知, 上述因子群组互相对应同构
又因为G_1/N_2\cong G/H_1\land H_1/N_2\cong G/G_1
所以 (3)式和(4)式 的因子群组互相对应同构
综上所述 (1)\cong(3)\cong(4)\cong(2), 得证
