§E7.22可解群

証明.$\alpha\in\operatorname{Aut}(G)$とする。任意の$x,y\in G$に対して

であるから、$\alpha([G,G])\subseteq[G,G]$である。$\alpha^{-1}$にもこの包含を適用すると$[G,G]\subseteq\alpha([G,G])$を得る。したがって$\alpha([G,G])=[G,G]$である。▨

証明.補題 1.2と§E7.15 命題 4.2 (1)により$[G,G]\trianglelefteq G$である。

$G/[G,G]$における二元$x[G,G]$、$y[G,G]$の交換子は

なので、この商群はアーベル群である。

$A$はアーベル群なので、任意の$x,y\in G$に対して

である。したがって$[G,G]\subseteq\ker f$である。§E7.7 定理 2.4を正規部分群$[G,G]$と準同型$f$に適用すると、$f=\overline f\circ q$を満たす準同型$\overline f\colon G^{\mathrm{ab}}\to A$がただ一つ存在する。具体的には$\overline f(g[G,G])=f(g)$である。

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証明. 商写像を$q\colon G\to G/N$とする。$G/N$がアーベル群ならば、任意の$x,y\in G$に対して

である。したがって、すべての交換子が$\ker q=N$に属するので$[G,G]\subseteq N$となる。

逆に$[G,G]\subseteq N$とする。任意の$x,y\in G$に対して

であるから、$G/N$の任意の二元は可換する。したがって$G/N$はアーベル群である。

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証明.$G$を非アーベル単純群とする。可換しない元$x,y\in G$が存在するので$[x,y]\neq e_G$であり、$[G,G]\neq\{e_G\}$である。補題 1.2と§E7.15 命題 4.2 (1)により$[G,G]$は$G$の正規部分群である。単純性から$[G,G]=G$である。▨

証明.$G^{(0)}=G$は$G$の特性部分群である。$G^{(n)}$が$G$の特性部分群であるとする。補題 1.2により$G^{(n+1)}$は$G^{(n)}$の特性部分群であるから、§E7.15 命題 4.2 (2)により$G$の特性部分群でもある。帰納法によってすべての$n\geq0$に対して特性性が従う。§E7.15 命題 4.2 (1)により各項は正規部分群であり、定義から$G^{(n+1)}\leq G^{(n)}$である。▨

証明.$G$が可解であるとし、$G^{(n)}=\{e_G\}$を満たす最小の$n$を取る。$i<n$で$G^{(i+1)}=G^{(i)}\neq\{e_G\}$ならば、それ以後の導来列も同じ部分群に停留するので、最小性に反する。したがって$G^{(0)},\ldots,G^{(n)}$は真の包含からなる。各区間について

であるから、式 (1.4.1)によって$G^{(i)}/G^{(i+1)}$はアーベル群である。補題 2.2により導来列は正規列であり、(2)を満たす。

(2)の正規列が存在するとする。$G_i/G_{i+1}$がアーベル群なので、式 (1.4.1)により

である。$i=0$では$G^{(0)}=G=G_0$である。$G^{(i)}\subseteq G_i$ならば

となる。したがって$G^{(r)}\subseteq G_r=\{e_G\}$であり、$G$は可解である。

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証明. 任意の部分群$L\leq G$について

である。左辺は交換子の像で生成され、$f([x,y])=[f(x),f(y)]$なので右辺に含まれる。右辺の各生成元は左辺に属するので、逆の包含も成り立つ。式 (3.1.1)を$n$回繰り返すと第一の等式を得る。

第二の包含は、$K^{(0)}\leq G^{(0)}$から始め、交換子を取る操作が部分群の包含を保つことを用いる帰納法によって従う。

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証明.$G^{(r)}=\{e_G\}$とし、$K\leq G$とする。補題 3.1により

なので$K$は可解であり、主張 (1)が成り立つ。

$N\trianglelefteq G$とする。式 (3.2.1)により

なので$G/N$は可解であり、主張 (2)が成り立つ。

$N\trianglelefteq G$とし、$(G/N)^{(a)}=\{N\}$、$N^{(b)}=\{e_G\}$とする。式 (3.2.1)により$G^{(a)}\leq N$である。導来列の定義と部分群に関する単調性から

となる。したがって$G$は可解であり、その導来長は高々$a+b$である。

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証明.§E7.21 定理 4.1により、有限群$G$は組成列をもつ。

$G$が可解であるとする。組成列

を一つ取る。定理 3.3により各$G_i$は可解であり、各商$G_i/G_{i+1}$も可解である。組成因子$S=G_i/G_{i+1}$は単純群である。$S$が非アーベル群ならば、命題 1.6により$[S,S]=S$である。したがってすべての$n\geq0$に対して$S^{(n)}=S\neq\{e_S\}$となり、$S$の可解性に反する。したがって$S$はアーベル単純群である。§E7.20 定理 1.3により$S$は素数位数の巡回群である。よって(1)$\Rightarrow$(2)が従う。

(2)を仮定する。その組成列はアーベル因子をもつ正規列なので、定理 2.3により$G$は可解である。したがって(2)$\Rightarrow$(1)が従う。

§E7.21 定理 5.1により、任意の二つの組成列の組成因子は順序を除いて重複度とともに一致する。したがって(2)$\Leftrightarrow$(3)は同値である。

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証明.§E7.20 項目 (2)により$A_5$は非アーベル群であり、§E7.20 定理 4.1により単純群である。したがって命題 1.6により

である。$A_5$の導来列はすべて$A_5$に等しいので、$A_5$は可解でない。

$n\geq5$とする。最初の五文字を$A_5$と同じように動かし、残りの文字を固定する埋め込みによって

となる。$A_n$または$S_n$が可解ならば、定理 3.3によってその部分群$A_5$も可解となり、前段に反する。したがって$A_n$と$S_n$は可解でない。

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