群の二重推移的作用、原始的作用とPSL(n,F)の単純性

まず推移的であることを示します。$a,b \in X$を任意にとります。$X$は2つ以上の要素を含むので、$c \neq a$なる$c \in X$と$d \neq b$なる$d \in X$がとれます。二重推移的であることの定義から、$g \cdot a = b$かつ$g \cdot c = d$なる$g \in G$がとれます。よって与えられた作用は推移的です。

次に原始的であることを示します。$\Delta$を2つ以上の要素を含むブロックとし$\Delta = X$を示します。$x\neq y$なる$x, y \in \Delta$をとります。任意の$z \neq x$に対して二重推移的であることの定義から$g \cdot x = x, g \cdot y = z$なる$g \in G$がとれます。$x \in \Delta \cap g \cdot \Delta$であり、$\Delta$はブロックなので$\Delta = g \cdot \Delta $が成り立ちます。よって$z = g \cdot y \in g \cdot \Delta = \Delta$を得ます。ゆえに、$\Delta = X$であり、与えられた作用は原始的であることがわかります。

まず、$H \in \mathscr{A}$のとき$H \cdot x \in \mathscr{B}$であることを示します。$x \in H \cdot x$は明らかです。$g \cdot (H \cdot x) \cap (H \cdot x) \neq \emptyset$とします。このとき、$gh \cdot x = g \cdot ( h \cdot x) = h' \cdot x$なる$h,h' \in H$がとれます。このとき、$h'^{-1}gh \in G_x \subset H$なので$g \in h'Hh=H$を得ます。よって、$g \cdot (H \cdot x) = H \cdot x$なので$H \cdot x$はブロックです。ゆえに$H \cdot x \in \mathscr{B}$です。

次に、$\Delta \in \mathscr{B}$のとき$G_\Delta \in \mathscr{A}$であることを示します。部分群であることは明らかです。$\Delta$はブロックなので$G_\Delta=\{g \in G \mid g \cdot \Delta \cap \Delta \neq \emptyset\}$であることに注意すれば$G_x$を含むことも明らかです。ゆえに$G_\Delta \in \mathscr{A}$です。

これにより2つの写像がしっかりと定義できることが分かりました。

次に、$H \in \mathscr{A}$のとき、$G_{H\cdot x} = H$であることを示します。$H\cdot x$はブロックなので$G_{H \cdot x}= \{g \in G \mid g \cdot (H \cdot x) \cap (H \cdot x) \neq \emptyset\}$であることに注意すると、$H \subset G_{H \cdot x}$は明らかです。反対向きの包含の証明は冒頭と同様です。

最後に、$\Delta \in \mathscr{B}$のとき$G_\Delta \cdot x = \Delta$であることを示します。$g \in G_\Delta$とすると、$g \cdot x \in g \cdot \Delta = \Delta$なので$G_\Delta \cdot x \subset \Delta$であることが従います。一方、$y \in \Delta$とすると推移的な作用の定義から、$g \cdot x = y$なる$g \in G$が存在します。$y \in g \cdot \Delta \cap \Delta$であり、$\Delta$はブロックなので$g \cdot \Delta = \Delta$、すなわち
$g \in G_\Delta$を得ます。ゆえに$y \in G_\Delta \cdot x$なので反対向きの包含も示せました。

作用が原始的であるとき、$x$を含むブロックは$\{x\},X$の2つです。定理2でこれらに対応する部分群は$G_x,G$です。よって$G_x$は$G$の極大部分群です。

作用が推移的でないとき、$1$点集合でも$X$全体でもないブロック$\Delta$がとれます。$y \in \Delta$とすると定理2より$G_y \subsetneq G_\Delta \subsetneq G$を得ます。$g \cdot y = x$なる$g \in G$をとると$G_x=G_{g\cdot y} = g G_y g^{-1} \subsetneq gG_\Delta g^{-1} \subsetneq G$なので$G_x$は$G$の極大部分群ではありません。

$2\leq |X| \leq |G|$なので$G$は自明群ではないです。$N \triangleleft G$とし、$N \neq \{e\}$とします。さて、与えられた作用の核は$\bigcap_{g \in G} gG_xg^{-1}$であり仮定よりこれは$\{e\}$です。これは$G_x$に含まれる$G$の最大の正規部分群なので$N \not\subset G_x$を得ます。さらに$N \triangleleft G$より$NG_x \leq G$であり、系1より$G_x$は$G$の極大部分群なので$NG_x = G$が従います。

$K \triangleleft G_x,N\triangleleft G$なので$NK \leq G,G_x \subset N_G(NK)$が成り立ちます。また$N \subset NK \subset N_G(NK)$なので$G=NG_x \subset N_G(NK)$、すなわち$NK \triangleleft G$を得ます。$K^G$は$K$を含む$G$の最小の正規部分群で$K \subset NK $なので$NK=G$となります。第二同型定理より
$$G/N \cong K/(K\cap N)$$
です。$G/N$の交換子群は$G'/N=G/N$ですが、$K$は可解群なのでその商と同型な$G/N$も可解群です。したがって$G/N$は自明群です。ゆえに$G=N$を得ます。よって$G$は単純群です。

$n \geq 2$なので$\mathbf{P}(F^n)$は2つ以上の要素を含みます。

$U \neq V$なる$U,V \in \mathbf{P}(F^n)$を任意にとります。このとき、$U = \mathrm{Span}\{x\}, V = \mathrm{Span}\{y\}$なる$x,y \in F^n \setminus \{\mathbf{0}\}$がとれます。さらに、$x_2,\ldots,x_n,y_2,\ldots,y_n \in F^n$で$\{x,x_2,\ldots,x_n\},\{y,y_2,\ldots,y_n\}$がそれぞれ
$F^n$の基底となるものがとれます。このとき$A \in GL(n,F)$で$Ax=y,Ax_i=y_i~(i=2,\ldots,n)$なるものがとれます。$\det A = \delta$とおき、$B=\mathrm{diag}(1,\cdots,1,\delta^{-1})A$と定めると$B \in SL(n,F)$であり、
$Bx=y$なので$B\cdot U =V$となります。したがって、$SL(n,F)$の$\mathbf{P}(F^n)$への自然な作用は二重推移的です。

次にこの作用の核を調べます。この作用の核は$\{A \in SL(n,F) \mid \forall x \in F^n, \exists \lambda \in F^\times,Ax=\lambda x \}$です。$Z$が作用の核に含まれることは明らかです。$A \in SL(n,F)$が作用の核に属しているとします。$e_1,\ldots,e_n$を$F^n$の標準基底とします。このとき$Ae_i=\lambda_i e_i$なる$\lambda_i \in F^\times~(i=1,\ldots,n)$がとれます。$\lambda_i \neq \lambda_j$なる$i,j$が存在したとすると、$A(e_i+e_j)=\lambda_i e_i + \lambda_j e_j$は$e_i+e_j$のスカラー倍でないので矛盾が起きます。よって$\lambda_1=\lambda_2= \cdots =\lambda_n$であり、$A=\lambda_1 I_n \in Z$となります。

記述が長いだけでしていることは簡単です。

行列$A$に対して$e_{ij} A$とは、第$i$行に$A$の第$j$行の成分が並び、他の行は$\mathbf{0}$であるような行列です。また、$Ae_{ij}$は第$j$列に$A$の第$i$列の成分が並び、他の列は$\mathbf{0}$であるような行列です。

したがって、$B_{ij}(\lambda)A$は$A$の第$i$行に第$j$行の$\lambda$倍を足した行列で、$AB_{ij}(\lambda)$は$A$の第$j$列に第$i$列の$\lambda$倍を足した行列です。よって、$A \in SL(n,F)$を任意にとったとき、ある行（列）に別の行（列）のスカラー倍を足し引きしていく操作を繰り返して単位行列に変形できれば、$B_{ij}(\lambda)$たちが$SL(n,F)$を生成することが示せます。

$A \in SL(n,F)$を任意にとります。このとき、$A$は$(1,1)$成分が$1$で第$1$行、第$1$列の他の成分が$0$であるような行列に変形できます。実際、$A$は行列式が$0$でないので$A$の$(1,j)$成分が$0$でないような$j$が必ず存在します。$j \geq 2$であれば第$1$行に第$j$行のスカラー倍を足すことで、$(1,1)$成分を$1$にできます。そうでない場合、$A$の$(1,1)$成分は$0$でないので、第$2$行に第$1$行を足すこと
で$j=2$の場合に帰着できます。$(1,1)$成分が$1$であるような行列に変形できれば、第$k$行$(2 \leq k \leq n)$に第$1$行のスカラー倍を足すことで第$1$列の他の成分を$0$にできます。続いて第$k$列$(2 \leq k \leq n)$に第$1$列のスカラー倍を足すことで第$1$行の他の成分を$0$にできます。

この操作によって得られた行列の右下部分にある$(n-1) \times (n-1)$行列に同様の操作を繰り返すことで、最終的に$A$は$\mathrm{diag}(1,\ldots,1,\delta)$という行列に変形できます。$\det B_{ij}(\lambda) = 1$なので変形しても行列式は変わりません。よって、$\delta=\det A =1$です。ゆえに$A$は単位行列に変形できます。

命題5より$B_{ij}(\lambda) \in SL(n,F)'$が示せればよいです。

$n \geq 3$のとき、$k \neq i,j $なる$k$がとれます。$B_{ij}(\lambda) = B_{ki}(\lambda)B_{jk}(1)B_{ki}(\lambda)^{-1}B_{jk}(1)^{-1} \in SL(n,F)'$です。

$n=2$のとき、$a,c \in F^\times$に対して
$$\begin{pmatrix}   c^{-1} & 0 \\   0 & c\end{pmatrix} \begin{pmatrix}   1 & 0 \\   a & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}   c^{-1} & 0 \\   0 & c\end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix}   1 & 0 \\   a & 1\end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix}   1 & 0 \\   a(c^2-1) & 1\end{pmatrix} $$
が成り立ちます。$F \neq \mathbb{F}_2,\mathbb{F}_3$のとき、$c^2 \neq 1$なる$c \in F^\times$がとれます。$a \coloneqq (c^2-1)^{-1}\lambda \in F^\times$とすれば、$B_{12}(\lambda) \in SL(n,F)'$が得られます。その転置$B_{21}(\lambda) \in SL(n,F)'$はそこからすぐに従います。

$G_U$は$$ \left( \begin{array}{c|ccc} a & * & \dots & * \\ \hline 0 & & & \\ \vdots & & {\huge{A}} & \\ 0 & & & \end{array} \right) $$
という形の行列のなす群です。
$K$を
$$ \left( \begin{array}{c|ccc} 1 & * & \dots & * \\ \hline 0 & & & \\ \vdots & & {\huge{I_n}} & \\ 0 & & & \end{array} \right) $$という形の行列からなる$G_U$の部分群とするとこれは$G_U$の正規部分群で、アーベル群です。

さらに$B_{ij}(\lambda)$が定める$F^n$上の線型変換の、基底$\{-e_i,e_1,\ldots,\hat{e_i},\ldots e_n\}$(除外記号を用いました)に関する表現行列は$K$に属し、さらに基底の変換行列の行列式は$1$なので、$B_{ij}(\lambda)$は$SL(n,F)$内で$K$の元と共役です。よって$K^G=G$です。

$PSL(n,F)$は2つ以上の要素を含む集合$\mathbf{P}(F^n)$に忠実かつ原始的に作用します。

命題6の記号をそのまま用いると、$PSL(n,F)=SL(n,F)/Z=G/Z$における$U$の安定化群は$G_U/Z$で、$K/Z$はそのアーベルな正規部分群で$(K/Z)^{G/Z}=K^G/Z=G/Z$が成り立ちます。

一般に群$G$とその正規部分群$N$に対して$(G/N)' = G'/N$が
成り立ちます。よって命題6より$PSL(n,F)'=PSL(n,F)$を得ます。

したがって、定理3より$PSL(n,F)$は単純群です。