対称群の共役類, 正規部分群と交代群の単純性

まず、$(i~ j~ k)=(i~j)(j~k) $なので$(i~j~k)\in A_n$である。よって、長さ$3$の巡回置換全体によって生成される群は$A_n$に含まれる。
一方、任意の置換は互換の積で表すことができ、$A_n$は偶置換全体のなす群なので、$A_n$は$(i~j)(k~l)~(i \neq j, k \neq l)$全体によって生成される。ゆえに$(i~j)(k~l)$が長さ$3$の巡回置換の積で表せることを示せばよい。

1. $\{i, j\}\cap \{k, l\} = \emptyset$のとき、$(i~j)(k~l)= (i~k~j)(i~k~l)$である。
2. $\{i, j\}\cap \{k, l\} $が1元集合のとき、$(i~j)=(j~i)$なので、被っている文字を前にすることで$i=k$としてよい。このとき、$(i~j)(i~l)=(i~l~j)$である。
3. $\{i, j\}\cap \{k, l\} $が2元集合のとき、$(i~j)=(k~l)$なので、$(i~j)(k~l)=e$である。ただし、$e$は$A_n$の単位元である。
   したがって、$(i~j)(k~l)$は長さ$3$の巡回置換の積で表せることがわかった。よって、$A_n$は長さ$3$の巡回置換全体で生成される。

まず、$22$型の置換は偶置換である。よって、$22$型の置換全体によって生成される群は$A_n$に含まれる。
逆の包含を示すには命題1より、長さ$3$の巡回置換が$22$型の置換の積で表されることを示せばよい。相異なる3文字$i,j,k$に対し、$n \geq 5 $なのでこの3文字と異なる$l,m (l \neq m)$がとれる。$(i~j~k)=(i~j)(j~k)=(i~j)(l~m)(l~m)(j~k)$なので$(i~j~k)$は2つの$22$型の置換$(i~j)(l~m), (l~m)(j~k)$の積で表せる。ゆえに、$A_n$は$22$型の置換全体によって生成される。

$\mathfrak{S}_n$の元は$ \{1,\ldots,n\}$上の全単射なので、各$j=1,\ldots,n$の行き先が等しいことを示せばよい。

• $j=\sigma(i_l)~(1\leq l \leq k)$と表せるとき、
  \begin{align}(\sigma (i_1 \cdots i_k) \sigma^{-1})(j)&=(\sigma (i_1 \cdots i_k) \sigma^{-1}) (\sigma(i_l))\\&=(\sigma(i_1\cdots i_k))(i_l)=\sigma(i_{l+1}) \end{align}
  である。ただし$i_{k+1}=i_1$と定める。また、$(\sigma(i_1) \cdots \sigma(i_k))(\sigma(i_l))=\sigma(i_{k+1})$である。
• $j \neq \sigma(i_l)~(1\leq l \leq k)$のとき、$\sigma^{-1}(j) \neq i_l~(1\leq l \leq k)$なので、$(\sigma (i_1 \cdots i_k) \sigma^{-1})(j)=(\sigma (i_1 \cdots i_k))(\sigma^{-1}(j)) = \sigma (\sigma^{-1}(j))=j$である。また、$(\sigma(i_1)\cdots\sigma(i_k))(j)=j$である。

したがって、$\sigma (i_1 \cdots i_k) \sigma^{-1} = (\sigma(i_1) \cdots \sigma(i_k))$である。

$\tau, \rho$が共役だとすると、$\rho= \sigma \tau \sigma^{-1}$なる$\sigma$がとれる。$\tau=(i_{11}\cdots i_{1r_1})\cdots(i_{k1} \cdots i_{kr_k})$と互いに共通の文字をもたない巡回置換の積に分解できたとする。このとき補題3より\begin{align} \rho&= \sigma \tau \sigma^{-1} = \sigma (i_{11}\cdots i_{1r_1})\cdots(i_{k1} \cdots i_{kr_k}) \sigma^{-1}\\&=(\sigma (i_{11}\cdots i_{1r_1})\sigma^{-1})\cdots(\sigma (i_{k1} \cdots i_{kr_k}) \sigma^{-1})\\ &=(\sigma(i_{11}) \cdots \sigma(i_{1r_1}))\cdots(\sigma(i_{k1}) \cdots \sigma(i_{kr_k})) \end{align}
と互いに共通の文字をもたない巡回置換の積に分解できる。よって、$\tau, \rho$の型はいずれも$r_1 \cdots r_k$型である。

逆に、$\tau, \rho$の型がいずれも$r_1 \cdots r_k$型であると仮定する。このとき、
$\tau=(a_{11}\cdots a_{1r_1})\cdots(a_{k1} \cdots a_{kr_k})$
$\rho=(b_{11}\cdots b_{1r_1})\cdots(b_{k1} \cdots b_{kr_k})$
と互いに共通の文字をもたない巡回置換の積に分解できる。
$\sigma(a_{pq})=b_{pq} ~(1\leq p \leq k, 1 \leq q \leq r_p)$なる写像$\sigma:\{1,\ldots,n\} \rightarrow \{1,\ldots,n\}$が定義できる。この$\sigma$は全単射である。
補題3より$\sigma \tau \sigma^{-1} = \rho$である。
よって、$\tau, \rho$は共役である。

$\{e\} \neq N \triangleleft \mathfrak{S}_n$なる$N$をとり$A_n \subset N$であることを示す。$e \neq \sigma \in N$をとる。
$\sigma(i) \neq i$なる$i$をとる。$n \geq 5$なので$k \neq \sigma(i), i$なる$k$がとれる。$\tau \coloneqq (i~k)$とする。$\sigma \in N$であり$N \triangleleft \mathfrak{S}_n$ なので、$\sigma \tau \sigma^{-1} \tau^{-1} = \sigma (\tau \sigma^{-1} \tau^{-1}) \in N$である。補題3より$\sigma \tau \sigma^{-1} \tau^{-1} = \sigma (i~k) \sigma^{-1} (i~k)^{-1}=(\sigma(i)~\sigma(k)) (i~k)$であり、$\sigma(i) \neq i, k$なので$(\sigma(i)~\sigma(k)) \neq (i~k)$である。よって、$\sigma \tau \sigma^{-1} \tau^{-1}$は2つの異なる互換の積なので、$22$型の置換か長さ$3$の巡回置換である。$N \triangleleft \mathfrak{S}_n$ なので$\mathfrak{S}_n$の共役類の和集合である。ゆえに、命題4より$N$は$22$型の置換をすべて含むか、長さ$3$の巡回置換をすべて含む。命題1, 2より$A_n \subset N $である。$|\mathfrak{S}_n : A_n|=2$なので$N=A_n, \mathfrak{S}_n$である。ゆえに、$\mathfrak{S}_n$の正規部分群になり得るのは$\{e\}, A_n, \mathfrak{S}_n$のみである。
逆に、これら3つの部分群が実際に正規部分群であることは明らかである。

命題4より$\mathfrak{S}_4$の共役類は$1111, 211, 22, 31, 4$型の置換に対応した5つである。類等式は$24=1+3+6+8+6$である。$1$とその他４つの数字を用いて$24$の約数を作ろうとすると、$1,4=1+3, 12=1+3+8, 24=1+3+6+8+6$の4つの方法が考えられる。よって、$\mathfrak{S}_4$の正規部分群になり得るのは$\{e\}, V_4, A_4, \mathfrak{S}_4$のみである。
逆に、これら4つは実際に正規部分群になっている。（$V_4$が正規であることだけ示す。$V_4$は共役類の和集合なので共役で閉じており、$e$を含み積で閉じているので正規部分群である。なお、有限群の場合は逆元が入っていることを確かめる必要はない。）

$N \neq \{e\}, A_n$なる$N \triangleleft A_n$がとれたとする。任意の互換$\tau$に対し$\tau N \tau^{-1} \neq N$である。実際、$\mathfrak{S}_n= \langle A_n, \tau \rangle$であり、$N \triangleleft A_n$なので、$\tau N \tau^{-1} = N$ならば$N \triangleleft \mathfrak{S}_n$になるが、これは定理7に反する。ここで、任意の$\sigma \in A_n$に対して$\tau^{-1}\sigma\tau \in A_n$なので$\sigma (\tau N \tau^{-1})\sigma^{-1}=\tau(\tau^{-1}\sigma\tau)N(\tau^{-1}\sigma^{-1}\tau)\tau^{-1}=\tau N \tau^{-1}$である。よって
$\tau N \tau^{-1} \triangleleft A_n$である。したがって、$N \cap \tau N \tau^{-1}, N(\tau N \tau^{-1}) \triangleleft A_n$であり、さらに$\tau$による共役で不変である。（$ N(\tau N \tau^{-1}) = (\tau N \tau^{-1}) N$に注意）
ゆえに、$N \cap \tau N \tau^{-1}, N(\tau N \tau^{-1}) \triangleleft \mathfrak{S}_n$である。
$\tau N \tau^{-1} \neq N$だったので$N \cap \tau N \tau^{-1} \subsetneq N \subsetneq N(\tau N \tau^{-1})$である。
ゆえに、$ N \cap \tau N \tau^{-1}=\{e\}, N(\tau N \tau^{-1})=A_n$である。
よって、$|A_n|=|N||\tau N \tau^{-1}|=|N|^2$であり、$N$は偶数位数である。
したがって、$N$は位数$2$の元$\rho$を含む。（下の余談を参照）$\rho$は互いに共通な文字をもたないいくつかの互換の積で表せるので、その互換のうち一つを$(i~j)$とする。このとき、$e \neq \rho=(i~j)\rho(i~j)^{-1} \in N \cap (i~j)N(i~j)^{-1} =\{e\}$となるが、これはあり得ない。よって、$A_n$は単純群である。