「交代群は5次以上で単純群であることの証明②」【代数学の基礎シリーズ】群論編 その43

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

「位数が12の群の分類①」【代数学の基礎シリーズ】群論編 その32

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2022.11.30

↓単純群の記事

「ベキ零群の重要な性質」「単純群とは？」【代数学の基礎シリーズ】群論編 その23

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2022.11.17

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

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

単純群

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

共役

いざ、証明

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.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.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.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。

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！
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