位数60の単純群　その2 - Finite Groups Fun 有限群あるいはちょこっと計算ファンの日記

位数60の群 $G$ に対して，『 $G$ が単純 $\Leftrightarrow$ $n_5 > 1$ $\Leftrightarrow$ $G\simeq A_5$ 』の後半部分を示す．

5-Sylow部分群は6個あり，5-Sylow部分群の集合にはGの内部自己同形による置換が引き起こされるため、準同形 $\phi:G\to S_6$ が定義できるが， $G$ の単純性よりこれは単射となっている。また，前回でも使った論法だが，置換の奇偶示す準同形 $\mathit{sign}:S_6\to \{1,-1\}$ との合成が全射になると，指数2の正規部分群が存在することになり $G$ の単純性に反するため、 $\phi(G) \subset A_6$ . 後は $A_6$ の指数6の部分群がどうなっているかを調べることになる．これについては次の命題が成立する．

命題2
$A_n\quad(n\geq 5)$ の指数 $n$ の部分群は $A_{n-1}$ と同型

＜命題2の証明＞
指数 $n$ の部分群を $H$ とする． $H$ による右剰余類 $xH$ は $n$ 個存在し，それらへの $G$ の左作用により置換が引き起こされるため，準同型 $\psi:G\to S_n$ が定まる． $A_n$ の単純性より，これは単射でかつ $A_n$ の中への写像（再び置換の奇偶による）であるが，位数の比較により $\psi$ は同型となる．
さて，右剰余類 $H$ を固定する $A_n$ の部分群を考えるとこれは自然に $A_{n-1}$ と同型となる(この固定部分群を $A_{n-1}$ と記述する)．一方で， $\psi(H)\subseteq A_{n-1}$ であり，位数を比較すれば $\psi(H)=A_{n-1}$ . 証明終わり．

命題2より，直ちに位数60の単純群はすべて $A_5$ に同型であることがわかる．

ただし，5-Sylow部分群への共役作用は推移的なので，埋め込み $\phi:G\to A_6$ は，一点を固定するというような canonicalな埋め込み $A_5 \subset A_6$ とは異なっている．

また， $G$ の2-Sylow部分群を考察すると命題2を使わない別証が得られる．まず，3-Sylow部分群の数 $n_3$ は，1，4, 10のいずれかになるが，1は $G$ の単純性に反するし，4であると，上と同様の議論で $G\to S_4$ への埋め込みが得られるが，位数を比較すればこれもありえない．よって $n_3=10$ となる．ここまでの議論から，位数5の元は $4\times 6=24$ ，位数3の元は $2\times 10=20$ 存在し，残りの元の数は $60-24-20=16$ となっている．次に2-Sylow部分群の数 $n_2$ は，1,3,5,15の可能性があり，1,3は同様に矛盾する． $n_2=15$ と仮定する．このとき2-Sylow部分群が $C_4$ であるとするとひとつの2-Sylow部分群には2つの位数4の元があり，他の2-Sylow部分群とは共有できないため，30個の位数4の元が存在することになるが，これは残りの元の数16と矛盾する．したがって，2-Sylow部分群は $C_2\times C_2$ の形である．この場合ひとつの2-Sylow部分群には位数2の元が3つ存在する．これらの位数2の元のうち，もっとも多くの2-Sylow部分群に含まれている元 $\sigma$ を選び，その重複数を $m$ とする．少なくとも $m\geq 3$ でなければ，15個の2-Sylow部分群を作るだけの数の元がない． $\sigma$ の中心化群 $C_G(\sigma)$ を考えるとその位数は $4+2\times 2=8$ 以上で，また2-Sylow部分群のひとつを含むため4の倍数でなければならない．この条件で $G$ の位数60の約数であるものは12，20，60しかない．60は $\sigma$ が $G$ の中心となるため，単純性に矛盾．20は指数3であり， $C_G(\sigma)$ の右剰余類に対する $G$ の左作用から，埋め込み $G\to S_3$ が生じて矛盾．12は指数5であり，同様に埋め込み $G\to S_5$ が定義され，これは結局，同型 $G\simeq A_5$ を誘導するが， $A_5$ の2-Sylow部分群は実際には5個であるため，結局 $n_2=15$ の仮定と矛盾する．結局 $n_2=5$ となり，2-Sylow部分群の集合に対する共役作用により，今度はきっちり5個のオブジェクトの置換としての同型 $G\simeq A_5$ が得られることになる．

念のため，上の証明中に使用した，『 $A_5$ の2-Sylow部分群は5個』という事実を証明しておく．まず4次の巡回置換は奇置換なので $A_5$ の中に存在せず，互換と組み合わせようにも5個しかオブジェクトがないためこれもできないので，位数4の元は存在しない．位数2の元は2つの互換の組み合わせの形しかない．たとえば(12)(34)である．
簡単な計算で、 $H=\{(12)(34),\quad (14)(23),\quad (24)(13),\quad 1\}$ が実際に2-Sylow部分群であることが確かめられる．これを(12345)で変換していけば、
$\{(23)(45),\quad (25)(34),\quad (35)(24),\quad 1\}$
$\{(34)(51),\quad (31)(45),\quad (41)(35),\quad 1\}$
$\{(45)(12),\quad (42)(51),\quad (52)(41),\quad 1\}$
$\{(51)(23),\quad (53)(12),\quad (13)(52),\quad 1\}$
が得られるが，これらは単位元以外の共通元をもたず，15個しか存在しえない位数2の元を尽くしている．
一方，(123)で変換すると $H$ が不変であることがわかり， $(123)\in N_G(H)$ であるが、 $N_G(H)$ は $H$ を含むため、その位数 $|N_G(H)|$ は3と4の倍数であることになる．これが可能なのは $|N_G(H)|=12,60$ しかありえないが， $(12345)\notin N_G(H)$ は今見たとおりなので， $|N_G(H)|=12$ となり，2-Sylow部分群の数は5ということになる．