群の構造

この章の目標

• 直積・半直積によって小さな群から大きな群を組み立て、逆に群を分解できる
• 有限生成アーベル群の基本定理を使って、与えられた位数のアーベル群を分類できる
• 交換子群と可解群を理解し、可解性が部分群・剰余群・拡大で保たれることを証明できる
• 対称群の巡回置換分解と共役類を理解し、$\mathfrak{A}_n$（$n \geq 5$）の単純性を証明できる
• 位数 8 以下の群を分類できる

前提：第2章（正規部分群、準同型定理、自己同型群）、第3章（群の作用、シローの定理、$p$ 群）

整数が素数の積に分解されるように、群も「より小さな群」から組み立てられていると考えられる。最も単純な組み立て方は直積であり、正規部分群が片方だけの場合に一般化したものが半直積である。より一般に、正規部分群 $N$ と剰余群 $G/N$ から $G$ を再構成する問題（拡大の問題）がある。

この観点で最も基本的な「部品」は、それ以上分解できない群、すなわち単純群である。本章では、有限生成アーベル群が巡回群の直積に分解されること（基本定理）、可換群を部品として積み上げられる群（可解群）の性質、そして $n \geq 5$ の交代群 $\mathfrak{A}_n$ が可換でない単純群であることを学ぶ。最後の事実は、第9章で 5 次方程式に根の公式が存在しないことを示す際の群論的な核心となる。

4.1 直積

定義 4.1（直積）群 $G_1, \dots, G_n$ に対し、直積集合 $G_1 \times \cdots \times G_n$ に成分ごとの演算 $(g_1, \dots, g_n)(h_1, \dots, h_n) = (g_1h_1, \dots, g_nh_n)$ を入れた群を、$G_1, \dots, G_n$ の（外部）直積 (direct product) という。可換群の場合は直和 (direct sum) とよび $G_1 \oplus \cdots \oplus G_n$ と書くこともある。

単位元は $(e, \dots, e)$、逆元は $(g_1^{-1}, \dots, g_n^{-1})$ である。$(g_1, \dots, g_n)^k = (g_1^k, \dots, g_n^k)$ より、各 $g_i$ が有限位数なら

である。

命題 4.2 $m, n \in \mathbb{N}$ について、$\mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \cong \mathbb{Z}/mn\mathbb{Z} \iff \gcd(m, n) = 1$。

証明. $\gcd(m, n) = 1$ なら $(\overline{1}, \overline{1})$ の位数は $\operatorname{lcm}(m, n) = mn$ なので、位数 $mn$ の群が巡回群になる。$\gcd(m, n) = d > 1$ なら、どの元の位数も $\operatorname{lcm}(m, n) = mn/d < mn$ を割るので巡回群でない。$\square$

これは第1章の中国剰余定理の群論的な言い換えである。たとえば $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z} \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ だが、$\mathbb{Z}/4\mathbb{Z} \not\cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。

直積は、与えられた群を内側から分解するときにも現れる。

定理 4.3（内部直積の判定）群 $G$ の正規部分群 $H, K$ が $H \cap K = \lbrace e \rbrace$ かつ $HK = G$ をみたすならば、$H \times K \to G$, $(h, k) \mapsto hk$ は同型写像である。このとき $G$ は $H$ と $K$ の内部直積であるという。

証明. まず $h \in H$, $k \in K$ は可換である。実際、$hkh^{-1}k^{-1} = (hkh^{-1})k^{-1} \in K$ かつ $= h(kh^{-1}k^{-1}) \in H$ なので、$hkh^{-1}k^{-1} \in H \cap K = \lbrace e \rbrace$。よって $(hk)(h'k') = hh'kk'$ となり、写像は準同型である。$hk = e$ なら $h = k^{-1} \in H \cap K$ なので $h = k = e$、よって単射。$HK = G$ より全射。$\square$

帰納法により、$G$ の正規部分群 $N_1, \dots, N_k$ が $G = N_1N_2\cdots N_k$ かつ各 $i$ について $N_i \cap (N_1 \cdots N_{i-1}N_{i+1} \cdots N_k) = \lbrace e \rbrace$ をみたせば、$G \cong N_1 \times \cdots \times N_k$ となることもわかる。

例 4.4

1. $(\mathbb{Z}/15\mathbb{Z})^\times \cong (\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})^\times \times (\mathbb{Z}/5\mathbb{Z})^\times \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$（中国剰余定理と原始根の存在による）。
2. $D_6 \cong \mathfrak{S}_3 \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$：$H = \langle r^2, s \rangle = \lbrace e, r^2, r^4, s, r^2s, r^4s \rbrace \cong D_3 \cong \mathfrak{S}_3$ は指数 2 なので正規、$K = \langle r^3 \rangle = Z(D_6)$（第2章 問題 2.8）も正規で、$r^3 \notin H$ より $H \cap K = \lbrace e \rbrace$。$\lvert HK \rvert = 6 \cdot 2 = 12$ なので $HK = D_6$。
3. $Q_8$ は $\lbrace 1 \rbrace$ でない 2 つの部分群の内部直積にならない。$\lbrace 1 \rbrace$ でない部分群はすべて $-1$ を含む（第2章 例 2.35）ので、交わりが自明にならないからである。
4. $\mathfrak{S}_3$ も $\langle \sigma \rangle$ と $\langle \tau \rangle$ の内部直積ではない（$\langle \tau \rangle$ が正規でない）。$\mathfrak{S}_3$ は可換でないので、そもそも可換群 2 つの直積にはなりえない。

4.2 半直積

$\mathfrak{S}_3$ では、$N = \langle \sigma \rangle$ は正規、$H = \langle \tau \rangle$ は正規でないが、$N \cap H = \lbrace e \rbrace$, $NH = \mathfrak{S}_3$ が成り立っている。直積との違いは、$H$ の元が $N$ の元と可換でなく、共役によって $N$ を動かす（$\tau\sigma\tau^{-1} = \sigma^{-1}$）点にある。この「$H$ の $N$ への作用」まで込めれば、$G$ は $N$ と $H$ から復元できる。

定義 4.5（半直積, semidirect product）群 $N, H$ と準同型写像 $\varphi\colon H \to \operatorname{Aut}(N)$, $h \mapsto \varphi_h$ に対し、直積集合 $N \times H$ に演算

$$(n, h)(n', h') = (n\varphi_h(n'), hh')$$

を入れたものを $N \rtimes_\varphi H$ と書き、$N$ と $H$ の $\varphi$ に関する（外部）半直積という。

定理 4.6

1. $N \rtimes_\varphi H$ は群であり、$\tilde{N} = N \times \lbrace e \rbrace$ は正規部分群、$\tilde{H} = \lbrace e \rbrace \times H$ は部分群で、$\tilde{N} \cap \tilde{H} = \lbrace e \rbrace$, $\tilde{N}\tilde{H} = N \rtimes_\varphi H$。さらに $(e, h)(n, e)(e, h)^{-1} = (\varphi_h(n), e)$ が成り立つ。
2. 逆に、群 $G$ の正規部分群 $N$ と部分群 $H$ が $N \cap H = \lbrace e \rbrace$, $NH = G$ をみたすとき、$\varphi_h(n) = hnh^{-1}$ とおくと $N \rtimes_\varphi H \to G$, $(n, h) \mapsto nh$ は同型写像である。このとき $G$ は $N$ と $H$ の内部半直積であるといい、$G = N \rtimes H$ と書く。

証明. (1) 結合法則：

で、$\varphi$ が準同型なので $\varphi_h\varphi_{h'} = \varphi_{hh'}$ より両者は等しい。単位元は $(e, e)$、$(n, h)$ の逆元は $(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1}), h^{-1})$ である（$(n, h)(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1}), h^{-1}) = (n\varphi_h\varphi_{h^{-1}}(n^{-1}), e) = (e, e)$、逆順も同様）。第 2 成分への射影 $N \rtimes_\varphi H \to H$ は準同型で、その核が $\tilde{N}$ だから $\tilde{N}$ は正規。$(n, h) = (n, e)(e, h)$ より $\tilde{N}\tilde{H}$ は全体。最後の式は $(e, h)(n, e) = (\varphi_h(n), h)$ と $(\varphi_h(n), h)(e, h^{-1}) = (\varphi_h(n), e)$ から従う。

(2) $\varphi_h = c_h\vert_N$ は $N$ の自己同型で、$h \mapsto \varphi_h$ は準同型である。$f(n, h) = nh$ とおくと

で準同型。$nh = e$ なら $n = h^{-1} \in N \cap H$ なので単射、$NH = G$ より全射である。$\square$

$\varphi$ が自明な準同型（すべての $h$ で $\varphi_h = \mathrm{id}$）なら、半直積は直積にほかならない。

例 4.7

1. 二面体群：$\varphi\colon \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \to \operatorname{Aut}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})$ を $\varphi_{\overline{1}}(x) = -x$ で定めると、$D_n \cong \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \rtimes_\varphi \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。実際 $D_n$ で $N = \langle r \rangle$, $H = \langle s \rangle$ とすると、$N \trianglelefteq D_n$（指数 2）、$N \cap H = \lbrace e \rbrace$、$NH = D_n$ で、$srs^{-1} = r^{-1}$ である。特に $\mathfrak{S}_3 \cong D_3 \cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z} \rtimes \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
2. 対称群：$n \geq 2$ なら $\mathfrak{S}_n = \mathfrak{A}_n \rtimes \langle (1\ 2) \rangle$（$\mathfrak{A}_n$ は指数 2 で正規、$(1\ 2) \notin \mathfrak{A}_n$）。
3. 位数 21 の非可換群：$(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^\times$ で $\overline{2}$ の位数は 3（$2^3 = 8 \equiv 1$）。$\varphi\colon \mathbb{Z}/3\mathbb{Z} \to \operatorname{Aut}(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z}) \cong (\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^\times$ を $\varphi_{\overline{1}}(x) = 2x$ で定めると、$\mathbb{Z}/7\mathbb{Z} \rtimes_\varphi \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ は位数 21 の非可換群である（$\varphi$ が自明でないので $(0, \overline{1})(1, 0)(0, \overline{1})^{-1} = (2, 0) \neq (1, 0)$）。一般に素数 $p < q$ で $p \mid q - 1$ なら、巡回群 $(\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})^\times$（位数 $q - 1$）は位数 $p$ の元をもつので、同様にして位数 $pq$ の非可換群が作れる。第3章 定理 3.25 と合わせると、位数 $pq$ の非可換群が存在するための必要十分条件は $p \mid q - 1$ である。
4. アフィン群：$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \rtimes (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$（$\varphi_a(x) = ax$）は、$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 上の写像 $x \mapsto ax + b$（$a \in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$, $b \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$）全体のなす群と同型である（$(b, a) \leftrightarrow (x \mapsto ax + b)$）。位数は $n\varphi(n)$ で、$n = 5$ なら位数 20 の非可換群を得る。
5. 半直積に分解できない例：$\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ は位数 2 の部分群を一つしかもたないので、$\lbrace 0 \rbrace$ でない 2 つの部分群の交わりは自明にならない。$Q_8$ も同様（例 4.4(3)）。

4.3 有限生成アーベル群の基本定理

アーベル群については、直積による分解が完全に記述できる。

定理 4.8（有限生成アーベル群の基本定理, fundamental theorem of finitely generated abelian groups）$A$ を有限生成アーベル群とする。

1. （単因子型）$A$ は、$r \geq 0$ と $d_1 \mid d_2 \mid \cdots \mid d_k$ をみたす $2$ 以上の整数 $d_1, \dots, d_k$ により

$$A \cong \mathbb{Z}^r \times \mathbb{Z}/d_1\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/d_2\mathbb{Z} \times \cdots \times \mathbb{Z}/d_k\mathbb{Z}$$

と表され、$r$ と $d_1, \dots, d_k$ は $A$ から一意に定まる。$r$ を $A$ の階数 (rank)、$d_i$ を単因子 (invariant factor) という。 2. （準素分解型）$A$ は $\mathbb{Z}^r$ と素数べき位数の巡回群 $\mathbb{Z}/p^e\mathbb{Z}$ の有限個の直積に同型であり、現れる素数べき $p^e$ の組（重複を込める）は順序を除いて一意に定まる。

証明は第7章で、単項イデアル整域上の加群の構造定理の特別な場合として与える。(1) と (2) は中国剰余定理（命題 4.2）で互いに移り合う：$d = p_1^{e_1} \cdots p_s^{e_s}$ なら $\mathbb{Z}/d\mathbb{Z} \cong \mathbb{Z}/p_1^{e_1}\mathbb{Z} \times \cdots \times \mathbb{Z}/p_s^{e_s}\mathbb{Z}$。

例 4.9（位数 72 のアーベル群）$72 = 2^3 \cdot 3^2$。準素分解型では、2 の部分は $3$ の分割 $3, 2 + 1, 1 + 1 + 1$ に対応して $\mathbb{Z}/8$, $\mathbb{Z}/4 \times \mathbb{Z}/2$, $(\mathbb{Z}/2)^3$ の 3 通り、3 の部分は $2$ の分割に対応して $\mathbb{Z}/9$, $(\mathbb{Z}/3)^2$ の 2 通りあるので（ここで $\mathbb{Z}/m$ は $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ の略記）、同型類は $3 \times 2 = 6$ 個である。単因子型に直すには、各素数の最大べきを掛け合わせて $d_k$ とし、残りから同様に $d_{k-1}$ を作る：

一般に、位数 $p^n$ のアーベル群の同型類の個数は $n$ の分割の個数に等しい。

例 4.10（単元群の構造）$(\mathbb{Z}/16\mathbb{Z})^\times = \lbrace \overline{1}, \overline{3}, \dots, \overline{15} \rbrace$（位数 8）では、$3^2 = 9$, $3^4 = 81 \equiv 1$ より $\overline{3}$ の位数は 4 であり、$\overline{7}^2 = \overline{9}^2 = \overline{15}^2 = \overline{1}$ より位数 2 の元が 3 個以上ある。巡回群の位数 2 の元はたかだか 1 個なので巡回群でなく、$\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ に同型である（$(\mathbb{Z}/2)^3$ は位数 4 の元をもたない）。

4.4 交換子群と可解群

群が可換からどれだけ離れているかを測るのが交換子群である。

定義 4.11（交換子と交換子群）$a, b \in G$ に対し $[a, b] = aba^{-1}b^{-1}$ を交換子 (commutator) という。交換子全体で生成される部分群を $[G, G]$ または $D(G)$ と書き、$G$ の交換子群 (commutator subgroup, derived subgroup) という。

$[a, b] = e \iff ab = ba$ であり、$[a, b]^{-1} = [b, a]$ である。

命題 4.12

1. $[G, G] \trianglelefteq G$ であり、$G/[G, G]$ は可換群である。
2. $N \trianglelefteq G$ について、$G/N$ が可換 $\iff [G, G] \subset N$。
3. $f\colon G \to G'$ が準同型なら $f([G, G]) \subset [G', G']$ であり、$f$ が全射なら等号が成り立つ。

証明. (3) $f([a, b]) = [f(a), f(b)]$ より、$f$ は交換子を交換子に写し、生成系の像は像の生成系である（命題 2.16）。全射なら $G'$ の交換子 $[f(a), f(b)]$ はすべて $f([G, G])$ に属する。(1) $c_g([a, b]) = [c_g(a), c_g(b)]$ なので、(3) を $f = c_g$ に適用して $g[G, G]g^{-1} \subset [G, G]$。(2) $G/N$ が可換 $\iff$ 任意の $a, b$ について $abN = baN \iff a^{-1}b^{-1}ab \in N$。すべての交換子（$a^{-1}b^{-1}ab = [a^{-1}, b^{-1}]$ の形で全交換子を尽くす）が $N$ に属することは $[G, G] \subset N$ と同値である。$N = [G, G]$ とすれば (1) の後半が得られる。$\square$

すなわち $G/[G, G]$ は $G$ の「可換化」(abelianization) であり、$G$ から可換群への準同型はすべて $G/[G, G]$ を経由する。

例 4.13

1. $G$ が可換 $\iff [G, G] = \lbrace e \rbrace$。
2. $[\mathfrak{S}_n, \mathfrak{S}_n] = \mathfrak{A}_n$（$n \geq 2$）：$\mathfrak{S}_n/\mathfrak{A}_n \cong \lbrace \pm 1 \rbrace$ は可換なので $[\mathfrak{S}_n, \mathfrak{S}_n] \subset \mathfrak{A}_n$。$n \geq 3$ なら $[(1\ 2), (2\ 3)] = (1\ 2)(2\ 3)(1\ 2)(2\ 3) = (1\ 3\ 2)$ で、番号を付け替えれば任意の長さ 3 の巡回置換は交換子である。$\mathfrak{A}_n$ は長さ 3 の巡回置換で生成される（命題 4.20）ので等号が成り立つ。$n = 2$ では両辺とも自明。
3. $[Q_8, Q_8] = \lbrace \pm 1 \rbrace$：$[i, j] = iji^{-1}j^{-1} = ij(-i)(-j) = (ij)^2 = k^2 = -1$ であり、$Q_8/\lbrace \pm 1 \rbrace \cong V$ は可換。
4. $[\mathfrak{A}_4, \mathfrak{A}_4] = V$：$\mathfrak{A}_4/V$ は位数 3 で可換なので $\subset V$。$[(1\ 2\ 3), (1\ 2\ 4)] = (1\ 2)(3\ 4)$（確かめよ）であり、$V$ の他の元も共役で得られるので等号が成り立つ。

定義 4.14（可解群, solvable group）$D^0(G) = G$, $D^{k+1}(G) = [D^k(G), D^k(G)]$ で定まる列 $G = D^0(G) \supset D^1(G) \supset D^2(G) \supset \cdots$ を $G$ の交換子列（導来列, derived series）という。ある $k$ で $D^k(G) = \lbrace e \rbrace$ となるとき、$G$ を可解群 (solvable group) という。

命題 4.15 $G$ が可解であるための必要十分条件は、部分群の列

$$G = G_0 \supset G_1 \supset \cdots \supset G_m = \lbrace e \rbrace, \qquad G_{i+1} \trianglelefteq G_i, \quad G_i/G_{i+1} \text{ は可換}$$

が存在することである（このような列を可換な剰余群をもつ正規列という）。

証明. 可解なら交換子列そのものがこの条件をみたす（命題 4.12(1)）。逆にこのような列があるとする。$G_i/G_{i+1}$ が可換なので命題 4.12(2) より $[G_i, G_i] \subset G_{i+1}$。帰納法で $D^i(G) \subset G_i$ を示す：$D^0(G) = G_0$ であり、$D^i(G) \subset G_i$ なら $D^{i+1}(G) = [D^i(G), D^i(G)] \subset [G_i, G_i] \subset G_{i+1}$。よって $D^m(G) \subset G_m = \lbrace e \rbrace$。$\square$

各 $G_{i+1}$ は $G_i$ の正規部分群であればよく、$G$ 全体で正規である必要はない。

定理 4.16（可解性の遺伝）

1. $G$ が可解なら、その部分群 $H$ も可解である。
2. $G$ が可解で $N \trianglelefteq G$ なら、$G/N$ も可解である。
3. $N \trianglelefteq G$ で $N$ と $G/N$ がともに可解なら、$G$ も可解である。

証明. (1) $H \subset G$ から帰納的に $D^k(H) \subset D^k(G)$ が従う（交換子群の定義による）。$D^k(G) = \lbrace e \rbrace$ なら $D^k(H) = \lbrace e \rbrace$。

(2) 自然な射影 $\pi\colon G \to G/N$ は全射なので、命題 4.12(3) を繰り返し使うと $\pi(D^k(G)) = D^k(G/N)$。$D^k(G) = \lbrace e \rbrace$ なら $D^k(G/N)$ は自明。

(3) $D^k(G/N) = \lbrace e \rbrace$, $D^l(N) = \lbrace e \rbrace$ とする。(2) の証明より $\pi(D^k(G)) = D^k(G/N)$ は自明なので $D^k(G) \subset N$。すると (1) の証明と同様に $D^{k+j}(G) = D^j(D^k(G)) \subset D^j(N)$ で、$j = l$ とすれば $D^{k+l}(G) = \lbrace e \rbrace$。$\square$

例 4.17

1. アーベル群は可解。$\mathfrak{S}_3 \supset \mathfrak{A}_3 \supset \lbrace e \rbrace$（剰余群は $\mathbb{Z}/2$, $\mathbb{Z}/3$）より $\mathfrak{S}_3$ は可解。$D_n \supset \langle r \rangle \supset \lbrace e \rbrace$ より $D_n$ は可解。
2. $\mathfrak{S}_4 \supset \mathfrak{A}_4 \supset V \supset \lbrace e \rbrace$（剰余群は $\mathbb{Z}/2$, $\mathbb{Z}/3$, $V$）より $\mathfrak{S}_4$ は可解。
3. $p$ 群は可解：位数についての帰納法。$G \neq \lbrace e \rbrace$ なら $Z(G) \neq \lbrace e \rbrace$（第3章 定理 3.16）で、$Z(G)$ は可換、$G/Z(G)$ は位数のより小さい $p$ 群なので可解。定理 4.16(3) より $G$ は可解。
4. 位数 $pq$（$p, q$ は素数）の群は可解：シロー部分群の一つが正規であり（第3章 定理 3.25。$p = q$ なら位数 $p^2$ で可換）、それと剰余群はいずれも素数位数の巡回群である。

4.5 対称群と交代群

巡回置換分解

定理 4.18（巡回置換分解）任意の $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ は、互いに素な（共通の文字を含まない）巡回置換の積として表され、その表し方は積の順序と長さ 1 の巡回置換を除いて一意的である。

証明. 巡回群 $\langle \sigma \rangle$ を $\lbrace 1, \dots, n \rbrace$ に作用させ、軌道分解を考える。$a$ を含む軌道 $O$ について、$\sigma^k(a) = a$ となる最小の $k \geq 1$ をとると、$a, \sigma(a), \dots, \sigma^{k-1}(a)$ は相異なり（$\sigma^i(a) = \sigma^j(a)$, $0 \leq i < j < k$ なら $\sigma^{j-i}(a) = a$ で $k$ の最小性に反する）、$\sigma^m(a)$ は $m$ を $k$ で割った余りで決まるので、$O = \lbrace a, \sigma(a), \dots, \sigma^{k-1}(a) \rbrace$ である。$\sigma$ の $O$ 上での動きは巡回置換 $c_O = (a\ \sigma(a)\ \cdots\ \sigma^{k-1}(a))$ と一致する。軌道は互いに交わらないので、大きさ 2 以上の軌道 $O$ にわたる $c_O$ は互いに素で、$\sigma = \prod_O c_O$ である（互いに素な巡回置換は可換なので積の順序によらない）。

一意性：$\sigma = c_1 \cdots c_r$ を互いに素な長さ 2 以上の巡回置換への分解とすると、各 $c_i$ が動かす文字の集合は $\langle \sigma \rangle$ の軌道（大きさ 2 以上）であり、その上で $c_i$ は $\sigma$ と一致する。よって $c_i$ は $\sigma$ から決まる。$\square$

互いに素な巡回置換の長さを（長さ 1 も含めて）大きい順に並べた $n$ の分割を $\sigma$ の型 (cycle type) という。互いに素な巡回置換は可換なので、$\sigma$ の位数は巡回置換の長さの最小公倍数である。

例 4.19 $\sigma \in \mathfrak{S}_8$ を $1 \mapsto 4$, $2 \mapsto 6$, $3 \mapsto 3$, $4 \mapsto 7$, $5 \mapsto 8$, $6 \mapsto 2$, $7 \mapsto 1$, $8 \mapsto 5$ とすると、$1 \to 4 \to 7 \to 1$, $2 \to 6 \to 2$, $5 \to 8 \to 5$ より $\sigma = (1\ 4\ 7)(2\ 6)(5\ 8)$、型は $(3, 2, 2, 1)$、位数は $\operatorname{lcm}(3, 2, 2) = 6$ である。

共役類

命題 4.20

1. $\sigma, \sigma' \in \mathfrak{S}_n$ が共役 $\iff$ $\sigma$ と $\sigma'$ の型が等しい。特に $\mathfrak{S}_n$ の共役類の個数は $n$ の分割の個数に等しい。
2. $(a_1\ a_2\ \cdots\ a_k) = (a_1\ a_k)(a_1\ a_{k-1})\cdots(a_1\ a_2)$。特に $\mathfrak{S}_n$ は互換で生成され、長さ $k$ の巡回置換の符号は $(-1)^{k-1}$ である。
3. $n \geq 3$ なら $\mathfrak{A}_n$ は長さ 3 の巡回置換で生成される。

証明. (1) (⇒) は第3章 補題 3.12 を各巡回置換に適用すればよい。(⇐) $\sigma, \sigma'$ を長さ 1 も含めて互いに素な巡回置換の積に書き、長さの等しいものどうしを上下にそろえて並べる：

各文字はちょうど 1 回ずつ現れるので、$\tau(a_i) = a'_i$, $\tau(b_j) = b'_j$, … で $\tau \in \mathfrak{S}_n$ が定まり、補題 3.12 より $\tau\sigma\tau^{-1} = \sigma'$。

(2) 右辺を右から順に施すと、$a_1 \mapsto a_2$、$a_i \mapsto a_1 \mapsto a_{i+1}$（$2 \leq i < k$）、$a_k \mapsto a_1$ となり左辺に一致する（$a_i$ は $(a_1\ a_i)$ で初めて動き、その後の互換 $(a_1\ a_{i+1})$ で $a_{i+1}$ に移る）。定理 4.18 と合わせて、任意の置換は互換の積である。符号は準同型で互換の符号は $-1$ だから（線形代数 第4章）、$\operatorname{sgn}(a_1\ \cdots\ a_k) = (-1)^{k-1}$。

(3) 偶置換は偶数個の互換の積なので、互換 2 つの積が長さ 3 の巡回置換の積であることを示せばよい。相異なる $a, b, c, d$ について

であり、$(a\ b)(a\ b) = e$ である。$\square$

型が $1^{m_1}2^{m_2}\cdots n^{m_n}$（長さ $k$ の巡回置換が $m_k$ 個）の置換の個数は

である（$n$ 個の文字を並べて括弧を入れる $n!$ 通りのうち、各巡回置換の開始位置の選び方 $k$ 通りと、同じ長さの巡回置換の並べ方 $m_k!$ 通りの分だけ重複する）。$\mathfrak{S}_5$ では

で、合計 $120$。偶置換は $1 + 15 + 20 + 24 = 60$ 個である。

交代群の単純性

$\mathfrak{A}_n$ の共役類は $\mathfrak{S}_n$ の共役類と少し異なる。$\sigma \in \mathfrak{A}_n$ の $\mathfrak{A}_n$ での中心化群は $C_{\mathfrak{A}_n}(\sigma) = C_{\mathfrak{S}_n}(\sigma) \cap \mathfrak{A}_n$ であり、$C_{\mathfrak{S}_n}(\sigma)$ が奇置換を含めば $[C_{\mathfrak{S}_n}(\sigma) : C_{\mathfrak{A}_n}(\sigma)] = 2$、含まなければ $C_{\mathfrak{A}_n}(\sigma) = C_{\mathfrak{S}_n}(\sigma)$ である。軌道–固定部分群定理から、前者の場合 $\sigma$ の $\mathfrak{S}_n$ での共役類はそのまま $\mathfrak{A}_n$ の共役類であり、後者の場合は同じ大きさの 2 つの $\mathfrak{A}_n$ 共役類に分裂する。

例 4.21（$\mathfrak{A}_5$ の類等式）$\mathfrak{A}_5$ の元の型は $1^5$, $2^2 \cdot 1$, $3 \cdot 1^2$, $5$ である。$(1\ 2)(3\ 4)$ の中心化群は奇置換 $(1\ 2)$ を含み、$(1\ 2\ 3)$ の中心化群は奇置換 $(4\ 5)$ を含むので、これらの類は分裂しない。$(1\ 2\ 3\ 4\ 5)$ の $\mathfrak{S}_5$ での中心化群は位数 $120/24 = 5$ で $\langle (1\ 2\ 3\ 4\ 5) \rangle$ に一致し、奇置換を含まないので、24 個の長さ 5 の巡回置換は 12 個ずつの 2 つの類に分裂する。よって

正規部分群は共役類の和集合で $\lbrace e \rbrace$ を含み、位数は 60 の約数である。$1$ に $15, 20, 12, 12$ のいくつかを加えた和で 60 の約数になるのは $1$ と $60$ だけであることが直接確かめられる（たとえば $1 + 15 = 16$, $1 + 20 = 21$, $1 + 12 = 13$, $1 + 12 + 12 = 25$, $1 + 15 + 20 = 36$, $1 + 20 + 12 + 12 = 45$ などはいずれも 60 を割らない）。したがって $\mathfrak{A}_5$ は単純群である。

一般の $n \geq 5$ についても $\mathfrak{A}_n$ は単純である。

定理 4.22（交代群の単純性）$n \geq 5$ ならば $\mathfrak{A}_n$ は単純群である。

証明. 段階 1：$n \geq 5$ なら、長さ 3 の巡回置換はすべて $\mathfrak{A}_n$ で共役である。実際、長さ 3 の巡回置換 $c, c'$ に対し命題 4.20(1) より $\sigma c \sigma^{-1} = c'$ となる $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ がある。$\sigma$ が奇置換なら、$c$ が動かさない 2 文字 $d, e$（$n \geq 5$ なので存在する）をとり $\sigma' = \sigma(d\ e)$ とすると、$(d\ e)$ は $c$ と可換なので $\sigma'c\sigma'^{-1} = \sigma c\sigma^{-1} = c'$ で、$\sigma'$ は偶置換である。

段階 2：$N \trianglelefteq \mathfrak{A}_n$, $N \neq \lbrace e \rbrace$ とすると、$N$ は長さ 3 の巡回置換を含む。これが示されれば、段階 1 より $N$ は長さ 3 の巡回置換をすべて含み、命題 4.20(3) より $N = \mathfrak{A}_n$ となって定理が従う。

$\sigma \in N$, $\sigma \neq e$ をとり、互いに素な巡回置換の積に分解する。長さ 3 の巡回置換 $\rho \in \mathfrak{A}_n$ に対し、$N$ の正規性から $\rho\sigma\rho^{-1} \in N$、よって $[\rho, \sigma] = \rho\sigma\rho^{-1}\sigma^{-1} \in N$ である。補題 3.12 より $\sigma\rho^{-1}\sigma^{-1} = (\sigma\rho\sigma^{-1})^{-1}$ は $\rho$ の文字を $\sigma$ で写した巡回置換の逆なので、$[\rho, \sigma]$ は具体的に計算できる。以下、$a_1, a_2, \dots$ は相異なる文字とする。

(a) $\sigma$ が長さ 4 以上の巡回置換 $(a_1\ a_2\ a_3\ a_4\ \cdots)$ を含む場合：$\rho = (a_1\ a_2\ a_3)$ とすると