https://smooth-pudding.hatenablog.com/entry/2025/11/22/173903

桂代数Iとは、下記の『代数学I 群と環』(桂利行著)です。
www.utp.or.jp

これの第１章の章末問題のある問題を解いてみます。

問題

(36) $n$ 次交代群 $A_{n}$ $(n \geqq 5)$ は単純群であることを示せ.

ひとこと

略解を読んだものの、前半部分 (位数3の巡回置換の存在を示す部分) がちゃんと証明になっているのか自信がなかったので、アウトラインを参考にしつつ、証明を自分で作り直してみました。

定義・事実

以下の定義はテキストを参照してください。

対称群 $S_{n}$
交代群 $A_{n}$ ( $S_{n}$ のうち偶置換からなる部分群)
巡回置換 $(i_{1} \ i_{2} \ \cdots \ i_{m})$ $(m \geqq 2)$
互換 $(i \ j)$ (巡回置換の特別なケース)
単純群

また $S_{n}$ (したがって $A_{n}$ ) の単位元を $e$ とします。

定義1.巡回置換 $(i_{1} \ i_{2} \ \cdots \ i_{m})$ , $(j_{1} \ j_{2} \ \cdots \ j_{m'})$ に対し、 $i_{1}, \dots, i_{m}, j_{1}, \dots, j_{m'}$ が相異なるとき、これらの置換は互いに素であるという。

注: 独自用語です。多分一般的な用語ではない。

以下は証明なしに用います。

事実2. 互いに素な巡回置換 $\sigma, \tau$ に対し、 $\sigma \tau = \tau \sigma$ が成り立つ。

事実3. 巡回置換 $(i_{1} \ i_{2} \ \cdots \ i_{m})$ の位数は $m$ である。

事実4. 任意の置換 $\sigma \in S_{n}$ は互いに素な巡回置換の積として表現できる。すなわち

$\displaystyle\sigma = \prod_{k = 1}^{K} ( i^{(k)}_{1} \ i^{(k)}_{2} \ \cdots \ i^{(k)}_{m_{k}})$ と書ける。ただし $\sigma = e$ のときは $K = 0$ とする。

解答

$N \triangleleft A_{n}$ かつ $N \neq \{ e \}$ なるものをとる。前半で $N$ が位数3の巡回置換を要素に持つことを示し、後半で $A_{n}$ の生成元が $N$ に含まれることを示す。

前半

$\sigma \in N \setminus \{ e \}$ に対して

$\displaystyle L_{\sigma} = \left| \left\{ i \in \{ 1, 2, \dots, n \} \ | \ \sigma(i) \neq i \right\} \right|$ と定義する。互換は奇置換なので、 $L_{\sigma} \geqq 3$ が成立する。前半の目標は $L_{\sigma} = 3$ となる $\sigma \in N \setminus \{ e \}$ の存在を示すことである。

$L_{\sigma}$ が最小となるような $\sigma \in N \setminus \{ e \}$ をひとつ取る。事実4により、以下のように表現できる。

$\displaystyle\sigma = \prod_{k = 1}^{K} ( i^{(k)}_{1} \ i^{(k)}_{2} \ \cdots \ i^{(k)}_{m_{k}})$ このとき
$\displaystyle L_{\sigma} = \sum_{k = 1}^{K} m_{k}$ が成り立つ。

【各巡回置換の位数は一定であることの証明】
$m = \min\limits_{k} m_{k}$ とする。 $N$ は $A_{n}$ の部分群なので $\sigma^{m} \in N$ である。もし $m_{1}, m_{2}, \dots, m_{K}$ が一定値でないならば $\sigma^{m} \neq e$ であり、 $L_{\sigma^{m}} < L_{\sigma}$ が成り立つことが事実2,3より従う。これは $\sigma$ の取り方と矛盾する。したがって $m_{1} = m_{2} = \cdots = m_{K} = m$ が成り立つ。

【 $m \geqq 3$ であることの証明】
$m = 2$ と仮定する。互換は $A_{n}$ に含まれないので $K \geqq 2$ であり、 $L_{\sigma} \geqq 4$ である。一般に、相異なる $i_{1}, i_{2}, i_{3}, i_{4} \in \{ 1, 2, \dots, n \}$ および $\tau = (i_{1} \ i_{2}) (i_{3} \ i_{4})$ に対して

$\begin{aligned} &\hphantom{{}={}} \tau^{-1} (i_{1} \ i_{3}) \tau (i_{1} \ i_{3})^{-1} \\ &= (i_{1} \ i_{2}) (i_{3} \ i_{4}) (i_{1} \ i_{3}) (i_{1} \ i_{2}) (i_{3} \ i_{4}) (i_{1} \ i_{3}) \\ &= (i_{1} \ i_{3}) (i_{2} \ i_{4}) \end{aligned}$ が成立する。これと事実2により
$\sigma^{-1}(i^{(1)}_{1} \ i^{(2)}_{1}) \sigma (i^{(1)}_{1} \ i^{(2)}_{1})^{-1} = (i^{(1)}_{1} \ i^{(2)}_{1})(i^{(1)}_{2} \ i^{(2)}_{2})$ が得られる。ところで $N \triangleleft A_{n}$ であることから $\sigma^{-1} \in N$ および $(i^{(1)}_{1} \ i^{(2)}_{1}) \sigma (i^{(1)}_{1} \ i^{(2)}_{1})^{-1} \in N$ とわかるので、これらの積である $(i^{(1)}_{1} \ i^{(2)}_{1})(i^{(1)}_{2} \ i^{(2)}_{2})$ も $N$ の元である。これを $\upsilon$ とおく。

さらに、一般に相異なる $i_{1}, i_{2}, i_{3}, i_{4}, i_{5} \in \{ 1, 2, \dots, n \}$ に対して

$\begin{aligned} &\hphantom{{}={}} ( (i_{1} \ i_{3}) (i_{2} \ i_{4}) )^{-1} (i_{1} \ i_{3} \ i_{5}) (i_{1} \ i_{3}) (i_{2} \ i_{4}) (i_{1} \ i_{3} \ i_{5})^{-1} \\ &= (i_{1} \ i_{3}) (i_{2} \ i_{4}) (i_{1} \ i_{3} \ i_{5}) (i_{1} \ i_{3}) (i_{2} \ i_{4}) (i_{5} \ i_{3} \ i_{1}) \\ &= (i_{1} \ i_{3} \ i_{5}) \end{aligned}$ が成り立つので、 $i^{(1)}_{1}, i^{(1)}_{2}, i^{(2)}_{1}, i^{(2)}_{2}$ と相異なる $i \in \{ 1, 2, \dots, n \}$ を取れば
$\upsilon^{-1} ( i^{(1)}_{1} \ i^{(2)}_{1} \ i ) \upsilon ( i^{(1)}_{1} \ i^{(2)}_{1} \ i )^{-1} = ( i^{(1)}_{1} \ i^{(2)}_{1} \ i )$ が従う。先程と同様に $N \triangleleft A_{n}$ から $\upsilon^{-1} \in N$ および $( i^{(1)}_{1} \ i^{(2)}_{1} \ i ) \upsilon ( i^{(1)}_{1} \ i^{(2)}_{1} \ i )^{-1} \in N$ が成り立つので、 $(i^{(1)}_{1} \ i^{(2)}_{1} \ i) \in N$ が得られる。これを $\varphi$ とおけば $L_{\varphi} = 3 < L_{\sigma}$ となるので、 $\sigma$ の取り方と矛盾する。したがって $m \geqq 3$ である。

【 $(m, K) = (3, 1)$ であることの証明】
一般に、相異なる $i_{1}, i_{2}, \dots, i_{m} \in \{ 1, 2, \dots, n \}$ に対して

$\begin{aligned} &\hphantom{{}={}}(i_{1} \ i_{2} \ \cdots \ i_{m})^{-1} ( i_{m - 1} \ i_{m} ) ( i_{1} \ i_{2} \ \cdots \ i_{m}) (i_{m - 1} \ i_{m})^{-1} \\ &= (i_{m} \ i_{m - 1} \ \cdots \ i_{1} ) (i_{m - 1} \ i_{m} ) (i_{1} \ i_{2} \ \cdots \ i_{m}) (i_{m - 1} \ i_{m}) \\ &= (i_{m - 2} \ i_{m - 1} \ i_{m}) \end{aligned}$ が成立する。これと事実2により
$\sigma^{-1} (i^{(1)}_{m - 1} \ i^{(1)}_{m}) \sigma (i^{(1)}_{m - 1} \ i^{(1)}_{m})^{-1} = ( i^{(1)}_{m - 2} \ i^{(1)}_{m - 1} \ i^{(1)}_{m})$ が成立する。ところで $N \triangleleft A_{n}$ であることから $\sigma^{-1} \in N$ および $(i^{(1)}_{m - 1} \ i^{(1)}_{m}) \sigma (i^{(1)}_{m - 1} \ i^{(1)}_{m})^{-1} \in N$ が従うので、 $(i^{(1)}_{m - 2} \ i^{(1)}_{m - 1} \ i^{(1)}_{m}) \in N$ とわかる。よって $\sigma$ の取り方から $(m, K) = (3, 1)$ でなければならない。このとき $L_{\sigma} = 3$ である。

以上から $L_{\sigma} = 3$ となるような $\sigma \in N \setminus \{ e \}$ が存在することが示された。

後半

後半は概ね略解と同様である。 $N$ に属する位数3の巡回置換を $(a \ b \ c)$ とおく。各 $i \in \{ 3, 4, \dots, n \}$ に対して $\sigma_{i} \in S_{n}$ を

$1 \mapsto a, \quad 2 \mapsto b, \quad i \mapsto c$ をみたすもののうちの一つとする*1。 $\sigma_{i}$ が偶置換なら $\sigma_{i} \in A_{n}$ なので、 $N \triangleleft A_{n}$ より
$\sigma_{i}^{-1} (a \ b \ c) \sigma_{i} = (1 \ 2 \ i) \in N$ が成り立つ。 $\sigma_{i}$ が奇置換なら $\sigma_{i} (1 \ 2) \in A_{n}$ なので、 $N \triangleleft A_{n}$ より
$(1 \ 2)^{-1} \sigma_{i}^{-1} (a \ b \ c) \sigma_{i} (1 \ 2) = (2 \ 1 \ i) \in N$ が得られる。これより $(1 \ 2 \ i) = (2 \ 1 \ i)^{2} \in N$ も直ちに従う。以上から $(1 \ 2 \ 3), \dots, (1 \ 2 \ n) \in N$ であり、 $A_{n}$ はこれらの元で生成されるので、 $N = A_{n}$ が従う。*2

*1:テキストでは

$\sigma_{i} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & i \\ a & b & c \end{pmatrix}$ と表記しているが、一般には必ずしも $1, 2, i \in \{ a, b, c \}$ ではないので、置換は定まらない。例えば $(i, a, b, c) = (3, 2, 4, 5)$ の場合を考えると $\sigma_{i}(4) \neq 4$ , $\sigma_{i}(5) \neq 5$ でなければならないので、 $\sigma_{i}(4), \sigma_{i}(5)$ の値が未定義である。なお $\sigma_{i} \in S_{n}$ であって $\sigma_{i}(1) = 2$ , $\sigma_{i}(2) = 4$ , $\sigma_{i}(3) = 5$ を満たすものであれば、例えば $\sigma_{i} = \begin{pmatrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 2 & 4 & 5 & 1 & 3\end{pmatrix}$ や $\sigma_{i} = \begin{pmatrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 2 & 4 & 5 & 3 & 1\end{pmatrix}$ 等が取れる。

*2:なお $A_{n}$ がこれらの元で生成できることは $n$ に関しての数学的帰納法で示せる。