伽罗瓦理论的基本思想就是用群论的思想方法 ,

分析和解决方程的根式求解问题

因此 , 在这节简单讨论一些与有限可解群有关的结果 ,

定义7.1设G是群 , a , b属于G , 称aba^‒1b^‒1是a , b的换位子

群G中由所有换位子生成的子群 , 称为G的换位子群 , 记为[G , G]

命题7.1设G是群 , 则

(1)[G , G]是群G的正规子群 ,

(2)若H是G的正规子群 , 则当且仅当H包含[G , G]时 , G/H是交换群

(3)G/[G , G]是交换群 ,

证: (1)对属于G的任意a , b , g ,

只需考察g(aba^‒1b^‒1)g^‒1=gag^‒1gbg^‒1ga^‒1g^‒1gb^‒1g^‒1

=(gag^‒1)(gbg^‒1)(gag^‒1)^‒1(gbg^‒1)^‒1属于[G , G] ,

(2)当且仅当对属于G的任意a , b , G/H是交换群时 , 有aHbH=bHaH

而这又等价于abH=baH , a^‒1b^‒1ab属于H ,

而最后一个关系式成立的充要条件恰为H包含[G , G] ,

(3)由(1)和(2)立即可得

一般地 , 用G⁽¹⁾表示换位子群[G , G] , 即G⁽¹⁾=[C , G] ,

并且定义G⁽⁰⁾=G , G^(k)=(G^(k‒1))⁽¹⁾=[G^(k‒1) , G^(k‒1)] , k=2 , 3 , ⋯ ,

这样我们就得到一个下降的子群列G⊇G⁽¹⁾⊇G⁽²⁾⊇⋯⊇G^(k‒1)⊇G^(k)⊇⋯ ,

其中每一项G^(k)都是其前一项G^(k‒1)的正规子群 , 且G^(k‒1)/G^(k)是交换群 ,

定义7.2令G是一个群 , 若存在正整数n , 使得G⁽ⁿ⁾={1} , 则称G是可解群

显然 , 所有的交换群都是可解群 ,

例7.1试证明对称群S₃ , S₄是可解群 ,

解: 由换位子群的定义可知[S_n , S_n]包含于A_n

又根据任意偶置换可以写成长度为3的轮换的乘积 ,

以及(acb)=(abc)(ab)(abc)^‒1(ab)^‒1 , 可推得A_n包含于[S_n , S_n] ,

因此 , [S_n , S_n]=A_n

因为A₃={(1) , (123) , (132)} ,

所以为求(A₃)⁽¹⁾ , 仅需计算(123)(132)(123)^‒1(132)^‒1即可 ,

计算得(A₃)⁽¹⁾={(1)} , 即(S₃)⁽²⁾={(1)} , 所以S₃是可解群 ,

计算可知(A₄)⁽¹⁾={(1) , (12)(34) , (13)(24) , (14)(23)} , (S₄)⁽³⁾=(A₄)⁽²⁾={(1)} ,

因此 , S₄是可解群

例7.2证明非交换单群不是可解群 ,

证: 设G是非交换单群 ,

因为G⁽¹⁾是单群G的正规子群 , 所以 , G⁽¹⁾={1}或G⁽¹⁾=G ,

因为G不是交换群 , 所以只能有G⁽¹⁾=G ,

那么对任意正整数n , G⁽ⁿ⁾=G≠{1} , 因此 , G不是可解群 ,

命题7.2(1)可解群的子群是可解群 ,

(2)可解群的商群是可解群 ,

(3)令G是群 , H是G的正规子群 , 若H , G/H都是可解群 , 则G是可解群 ,

证: (1)设G是可解群 , H是它的子群 , 有H^(k)包含于G^(k)

因此 , 若G⁽ⁿ⁾={1} , 则有H⁽ⁿ⁾={1} , 即H是可解群 ,

(2)令G是可解群 , H是它的正规子群 , 考察群的自然同态π : G→G/H ,

对n使用数学归纳法可以证明(G/H)⁽ⁿ⁾=π(G⁽ⁿ⁾)

因此 , 若G是可解群 , 使得G^(k)={1} ,

则(G/H)^(k)=π(G^(k))={1} , 即商群G/H是可解群 ,

(3)因为G/H是可解群 , 所以存在正整数k , 使得(G/H)^(k)={1} ,

而在自然同态π: G→G/H下 , (G/H)^(k)=π(G^(k)) ,

因此 , π(G^(k))={1} , 即G^(k)包含于H ,

而H也是可解群 , 所以存在正整数t , 使得H^(t)={1} ,

再由G^(k+t)=(G^(k))^(t)⊆H^(t)={1}可知 , G是可解群 ,

我们已经知道交错群A_n(n⩾5)是非交换单群 , 因此 , A_n(n⩾5)不是可解群 ,

这必然导致对称群S_n(n⩾5)不是可解群(可解群的子群可解) ,

令G是群 , 若存在G的子群列G=G₀⊇G₁⊇⋯⊇G_i‒1⊇G_i⊇⋯ (_*)

使得G_i是G_i‒1的正规子群 , i=1 , 2 , ⋯ ,

则称(_*)式是G的正规子群列 ,

定理7.1若G是群 , 则G是可解群的充分必要条件是

存在一个正规子群列G=G₀⊇G₁⊇⋯⊇G_s={1}

使得商群G_i‒1/G_i(1⩽i⩽s)是交换群 ,

证: 首先 , 若G是可解群 , 则由可解群的定义 , 知存在满足条件的正规子群列

其次 , 假设存在满足条件的正规子群列 ,

则我们需要指出 , 存在k , 使得G^(k)={1}

为此 , 先证明对属于N的任意的n , 有G⁽ⁿ⁾包含于G_n

当n=0时 , G⁽⁰⁾=G=G₀ , 即结论平凡成立 ,

当n=1时 , 因为G/G₁是交换群 , 所以由命题7.1(2)可知 , G⁽ⁿ⁾包含于G₁

假设G^(n‒1)包含于G_n‒1成立 , 考察等于n的情况 ,

因为G_n‒1/G_n是交换群 , 所以应用命题7.1(2)有[G_n‒1 , G_n‒1]包含于G_n

从而G⁽ⁿ⁾=[G^(n‒1) , G^(n‒1)]⊆[G_n‒1 , G_n‒1]⊆G_n

因此 , 由数学归纳法可知 , 对属于N的任意的n , 总有G⁽ⁿ⁾包含于G_n

最后 , 因为G_s={1} , 所以G^(s)包含于G_s={1} , G^(s)={1} , 即G是可解群

引理7.1不等于{1}的有限交换单群H是素数阶的 ,

证: 因为交换群的子群是正规子群 , 所以若H是交换单群 ,

则H的子群都是平凡子群 ,

因而对属于H的任意x , 有⟨x⟩=H , 即H是循环群 , 其中x不为1 ,

若素数p是|H|的因子 , 则由第二章定理5.4可知 , H有p阶子群 ,

这个p阶子群就是H本身 , 所以H是素数阶的 ,

定理7.2若G是有限群 , 则G是可解群的充分必要条件是

存在正规子群列G=G₀⊇G₁⊇⋯⊇G_s‒1⊇G_s={1} ,

使得商群G_i‒1/G_i(1⩽i⩽s)是素数阶循环群 ,

证: 因为循环群是交换群 , 所以根据定理7.1可知充分性成立 ,

若G是可解群 , 则由定理7.1可知 ,

存在一个正规子群列G=G₀⊇G₁⊇⋯⊇G_s‒1⊇G_s={1} , 使得G_i‒1/G_i(1⩽i⩽s)是交换群

因此 , 我们只要证明通过加细一段 , 使之成为一个正规子群列 ,

并且满足商群是素数阶群即可 ,

为此 , 令N是G的正规子群 , 并且 , G/N是交换群 ,

若G/N是单群 , 则由引理7.1可知 , |G/N|是素数 ,

即此段已经加细成满足条件要求的子群列了 ,

如若不然 , 那么存在G/N的一个极大正规子群H/N(≠G/N) ,

使得(G/N)/(H/N)是交换单群 ,

根据群的第二同构定理有(G/H)≅(G/N)/(H/N) ,

因此 , 在正规子群列G⊇H⊇N中 , G/H是交换单群 , 于是|G/H|是素数 ,

我们可以利用同样的方法加细H⊇N段 , ⋯⋯

因为G是有限群 , 所以这种加细的过程一定能在有限步之内完成 ,

综上 , 如果群G是有限可解群 ,

那么一定存在正规子群列G=G₀⊇G₁⊇⋯⊇G_s‒1⊇G_s={1} ,

使得商群G_i‒1/G_i(1⩽i⩽s)是素数阶循环群 ,

例7.3证明p‒群G是可解群 ,

证: 设|G|=pⁿ , 对n用数学归纳法 ,

当n=1时 , p阶群是交换群 , 当然是可解群 ,

假设p^m(m＜n)阶群是可解群 , 下证pⁿ阶群是可解群

因为p‒群的中心是非平凡的 , 所以|G/C(G)|＜pⁿ

由归纳假设可知G/C(G)是可解群 ,

从而根据命题7.2(3)推得G是可解群

例7.4令p , q是不同的素数 , 证明pq阶群是可解群 ,

证: 不妨假设p＜q ,

若G是pq阶群 , 则由西罗定理可知 , G有西罗q‒子群 ,

若G有k个西罗q‒子群 , 则k≡1(mod q)且k|p ,

因为p＜q , 所以只能是k=1 , 即群G只有一个西罗q‒子群 ,

设其为H , 那么H是G的正规子群 ,

于是有下面的正规子群列G⊇H⊇{1} ,

因为|G/H|=p , |H/{1}|=q , 所以商群G/H , H/{1}是素数阶循环群 ,

根据定理7.2可知 , G是可解群 ,

作为例7.4的一个直接推论 , 因为|S₃|=6=2×3 , 所以S₃是可解群 ,

习题