本記事の内容
本記事は「交代群\(A_n\)は\(n\geq5\)で単純群である」ということを証明する記事です。
本記事を読むに当たり、交代群、単純群、巡回置換について知っている必要があるため、以下の記事も合わせてご覧ください。
↓交代群の記事
↓単純群の記事
この記事を読む前に…
本記事では単純群やら交代群やらの概念が出現しますが、それらの復習はあとで行います。
前回と今回で証明すること
前回と今回で証明することとその意味を述べます。
主張の明示
定理0.
交代群\(A_n\)は\(n\geq5\)ならば、単純群である。系0.
\(n\geq5\)ならば、対称群\(\mathcal{G}_n\)は可解群でない。証明する主張自体は誠にシンプルです。
系0.は定理0.から導かれます。
何を意味するか？
以前の記事で、群は方程式論と深いつながりがある、ということを述べました。
「5次以上の方程式は解の公式が存在しない」ということを証明するときに出現するのが系0.です。
少し具体的に述べれば、ガロア群と呼ばれる群が\(5\)次以上では可解群でないということを示すときに使います。
要するに、「5次以上の方程式は解の公式が存在しない」という主張を証明するための布石といったところです。
ガロア理論は群論編が一段落したあとに解説します(少々時間が空いてしまうと思いますが…)。
サラッと復習
可解群、ベキ零群
可解群、ベキ零群
\(G\)を群とする。- 可解群 \(G\)の部分群の列\(G=G_0\supset G_1\supset \cdots\supset G_n=\left\{1_G\right\}\)が存在し、\(i=0,\dots,n-1\)に対して、\(G_{i+1}\triangleleft G_i\)で\(G_i/{G_{i+1}}\)が可換群であるとき、\(G\)を可解群という。
- ベキ零群 \(G=G_0\supset G_1\supset \cdots\supset G_n=\left\{1_G\right\}\) \(G\)の部分群の列\(G=G_0\supset G_1\supset \cdots\supset G_n=\left\{1_G\right\}\)が存在し、\(i=0,\dots,n-1\)に対して、\(G_{i+1}\triangleleft G_i\)で\(G_i/{G_{i+1}}\)が\(G/{G_{i+1}}\)の中心に含まれるとき、\(G\)をベキ零群という。
単純群
単純群
群\(G\)が可換群でなく、自明でない正規部分群を持たないならば、\(G\)を単純群という。命題1.
群\(G\)が単純群ならば、可解群ではない。命題1.の証明は【代数学の基礎シリーズ】群論編 その23を御覧ください。
巡回置換
巡回置換
\(m,n\in\mathbb{N}\)が\(m<n\)を満たし、\(M_n=\{1,2,\dots,m,\dots,n\}\)とする。また、 $$ \sigma= \begin{pmatrix} 1&2&\cdots&m&m+1&\cdots&n \\ i_1&i_2&\cdots&i_m&i_{m+1}&\cdots&i_n\\ \end{pmatrix} $$ とする。このとき、置換\(\sigma\)が\(M_n\)の要素のうち、\(i_1,i_2,\dots,i_m\)以外は動かさず\(i_1,i_2,\dots,i_m\)のみを $$ i_1\mapsto i_2,\ i_2\mapsto i_3,\cdots,i_m\mapsto i_1 $$ のように一巡させる置換であるとき、すなわち $$ \sigma= \begin{pmatrix} i_1&i_2&\cdots&i_m&i_{m+1}&\cdots&i_n \\ i_2&i_3&\cdots&i_1&i_{m+1}&\cdots&i_n\\ \end{pmatrix} $$ を巡回置換といい、 $$ \sigma=(i_1\ i_2\ \cdots\ i_m) $$ で表す。共役
共役、共役類
群\(G\)の要素\(x,y\)に対して、ある\(g\in G\)が存在して、\(y=gxg^{-1}\)となるとき、\(x\)と\(y\)は共役であるという。\(x\)と共役である要素の集合を\(x\)の共役類といい、\(C(x)\)と書く。いざ、証明
定理0.
交代群\(A_n\)は\(n\geq5\)ならば、単純群である。定理0.の証明
\(N\triangleleft A_n\)で\(N\neq\left\{1\right\}\)とします。
\(N\)が長さ3の巡回置換を含むことが示されれば、\(N\)はその共役すべてを含みます。
ここで、以下の2つの事実を使います。
補題2.
\(n\geq3\)ならば、交代群\(A_n\)は長さ\(3\)の巡回置換で生成される。補題3.
\(n\geq5\)ならば、長さ3の巡回置換は全て\(A_n\)で共役である。補題2.と補題3.の証明は【代数学の基礎シリーズ】群論編 その42を御覧ください。
補題2.と補題3.から\(N=A_n\)となります。
\(N\ni \sigma\neq1\)を共通する要素のない巡回置換の積で
$$
\sigma=\left( i_{11}\cdots i_{1l_1}\right)\cdots\left( i_{t1}\cdots i_{tl_t}\right)
$$
と表します。
ただし、\(l_j=1\)であるような巡回置換は省くものとします。
したがって、\(k\)がこの表現の中に現れないということは、\(\sigma(k)=k\)ということになります。
\(N\ni \sigma\neq 1\)を\(\sigma(k)=k\)となる\(k\)の個数\(a\)が最大であるように取ります。
\(\sigma\neq1\)なので、\(a<n\)です。
\(a=n-1\)であれば、\(\sigma\)は\((n-1)\)個の数を不変にします。
すると、\(\sigma\)は残りの1つも不変にするため、\(a\leq n-2\)です。
\(a=n-2\)ならば、\(\sigma\)は互換なので、\(a\leq n-3\)です。
\(a=n-3\)であることを示します。
\(l_1=\cdots=l_t=2\)だとします。
\(\sigma\in A_n\)なので、\(t\geq2\)です。
議論は同様なので、\(i_{11}=1,\ i_{12}=2,\ i_{21}=3,\ i_{22}=4\)と書くことにします。
したがって、\(\sigma=(1\ 2)(3\ 4)\cdots\)です。
\(\tau=(3\ 4\ 5)\)、\(\sigma^\prime=\tau\sigma\tau^{-1}\sigma^{-1}\)とすると、\(\tau\sigma\tau^{-1}\in N\)なので、\(\sigma^\prime\in N\)です。
\(k\neq1,2,3,4,5\)で\(\sigma(k)=k\)ならば、\(\sigma^\prime(k)=k\)です。
しかしながら、\(\sigma^\prime(1)=1\)、\(\sigma^\prime(2)=2\)なので、\(\sigma^\prime\neq1\)ですがこれは矛盾です。
したがって、\(l_1\geq3\)としてOKです。
\(\sigma\neq\left( i_{11}\ i_{12}\ i_{13}\right)\)と仮定して、矛盾を導きます。
これは\(a\leq n-4\)を意味しています。
もし仮に、\(a=n-4\)なのであれば、\(l_1=4\)で\(\sigma=\left( i_{11}\ i_{12}\ i_{13}\ i_{14}\right)\)となるしかありません。
これは奇置換なので、矛盾です。
議論は同様なので、\(i_{11}=1,\ i_{12}=2,\ i_{13}=3\)と書くことにします。
故に、\(\sigma=(1\ 2\ 3\ \cdots)\)です。
\(a\leq n-5\)なので、\(\sigma(r)\neq r\)、\(\sigma(s)\neq s\)となる\(r\neq s\)で、\(r,s\neq1,2,3\)となるものが存在します。
議論は同様なので、\(r=4,\ s=5\)とします。
\(\tau=(3\ 4\ 5)\)とおき、\(\sigma^\prime=\tau\sigma\tau^{-1}\sigma^{-1}\)とします。
すると、\(\sigma^\prime\in N\)です。
\(k\neq1,2,3,4,5\)で\(\sigma(k)=k\)ならば、\(\sigma(k)=k\)です。
仮定から、\(1,2,3,4,5\)はどれも\(\sigma\)で不変ではありません。
しかしながら、\(\sigma^\prime(2)=2\)となるので矛盾です。
ちなみに、\(\sigma^\prime(3)=4\)なので、\(\sigma^\prime\neq1\)です。
定理0.の証明終わり
定理0.の系
系0.
\(n\geq5\)ならば、対称群\(\mathcal{G}_n\)は可解群でない。系0.の証明
\(G=\mathcal{G}_n\)、\(H=A_n\)とおきます。
\(G\)が可解群だとしたとき、次の事実を使います。
命題4.
群\(G\)が可換群であることと、\(D(G)=\left\{1_G\right\}\)であることは同値。命題4.の証明は【代数学の基礎シリーズ】群論編 その20を御覧ください。
命題4.から\(D_i(G)=\left\{1\right\}\)(【代数学の基礎シリーズ】群論編 その20を参照)となるような\(i>0\)が存在します。
\(\left[ G,G\right]\supset\left[ H,H\right]\)です。
\(\left[ H,H\right]\triangleleft H\)ですが、\(H\)は単純群なので、\(\left[ H,H\right]=H\)かまたは\(\left[ H,H\right]=\left\{1\right\}\)です。
\(\left[ H,H\right]=\left\{1\right\}\)であれば、\(H\)は可換群となるため矛盾です。
故に、\(\left[ H,H\right]=H\)です。
したがって、\(\left[ G,G\right]\supset H\)です。
帰納法により、全ての\(i\)に対して\(D_i(G)\supset H\)となるため、矛盾です。
系0.の証明終わり
皆様のコメントを下さい！
今回からちょっとマニアックなお話を数回します。
\(\varepsilon-\delta\)論法に付随して、テーマは背理法です。
\(\varepsilon-\delta\)論法による証明では、複雑な論理が必要でした。
とは言え、数学における論理は多かれ少なかれ我々が日常的に行っている思考の流れとほぼ同じです。
敢えて異なる点を言えば、前者が後者より「鋭敏さ」を持っていることです。
この「鋭敏さ」は、特に「背理法」(proof by contradiction; 矛盾による証明)とよばれる論理に見ることができます。
哲学における背理法の始祖はエレアのゼノンであり、数学ではヒポクラテスが最初と言われています。
背理法におけるゼノンの論法は概略次のようなものです。
「君の言っていることは間違っている。何故そうなのか君に分かってもらうため、百歩譲って、君が正しいとしよう。すると「斯く斯く云々」の理由で、「このような」結論が導き出され、よって「あのような」結果に至る。「あのような」結果が不条理であることは君も認めるだろう。だから君が間違っていることを認めざるを得ない。」
これは論議において人を屈服させるのには、大変強力な方法です。
「弁証法」という哲学上の用語もこの種の論法から派生しました。
背理法は帰謬法ともいわれます。
ラテン語では、reductio ad absurdumです。
弁証法の正確な意味は、論理的議論を通じて、意見の異なる部分を明確にすることによって、真実を見出す方法ということです。
ソクラテスは弁証法の達人でした。
今回はここまで。
感想など是非コメントをお願いします！
結
今回は、交代群に焦点を当て、「交代群は次数が5以上であれば単純群である」ことをしました。
この事実から「対称群は5次以上で可解群でない」ということを証明しました。これは「5次以上の方程式は解の公式が存在しない」ということを証明するときに出現します。
次回は次回は正多面体群について解説します。
乞うご期待！
質問、コメントなどお待ちしております！
どんな些細なことでも構いませんし、「定理〇〇の△△が分からない！」などいただければ全てお答えします！
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