5.7. 群论的补充: 可解群

5.7.1滤链

定义 5.7.1. $G$ 是群. 假设 $G$ 的子群序列 $(G_i{)}_{0⩽i⩽n}$ 满足$$1=G_n⊲G_{n-1}⊲G_{n-2}⊲\cdots ⊲G_1⊲G_0=G,$$(5.7.1)就称该子群序列为 $G$ 的一个 滤链. 给定滤链, 我们将商群序列 $({\mathrm{gr}}_i(G)=G_i{)}_{i⩽n-1}$ 称作是该滤链的分次化并记作 $\mathrm{gr}(G)$, 其中, 每个 ${\mathrm{gr}}_i(G)$ 都被称作是该滤链的一个因子群.

我们将整数 $n$ 称作是该滤链的长度.

注记 5.7.2. 我们强调, 以上定义中仅要求 $G_i⊲G_{i-1}$ 而 $G_i$ 可能在 $G_{i-2}$ 中不再是正规子群, 其中, $i=1,\cdots ,n-1$.

注记 5.7.3. 给定子群 $H<G$, 我们定义$$H_i=G_i\cap H.$$由于 $G_i⊲G_{i-1}$, 所以, $G_i\cap H⊲G_{i-1}\cap H$. 这表明, 滤链 $(G_i)$ 诱导出子群上 $H$ 的滤链 $(H_i)$.

注记 5.7.4. 给定正规子群 $N⊲G$, 那么, $G_i\cap N⊲G_i$. 令$${\left(G\right)}_i:=G_i.$$由于 $G_i⊲G_{i-1}$, 根据练习题 2.7.5 一节中的子群对应定理, ${\left(G\right)}_i⊲{\left(G\right)}_{i-1}$. 这表明, 滤链 $(G_i)$ 诱导出商群 $G$ 上的滤链 ${\left(G\right)}_i$.

注记 5.7.5. 给定群同态的正合列$$1\to N\to G\to G\to 1.$$根据以上两个注记, 我们有$$1\to N_i\to G_i\to (G{)}_i\to 1,$$也就是说$$1\to {\mathrm{gr}}_i(N)\to {\mathrm{gr}}_i(G)\to {\mathrm{gr}}_i\left(G\right)\to 1.$$(5.7.2)

定义 5.7.6. 给定群 $G$ 的滤链 $(G_i{)}_{0⩽i⩽n}$, 如果每个 ${\mathrm{gr}}_i(G)$ 都是单群, 其中, $0⩽i⩽n-1$, 我们就称这个滤链为 Jordan-Hölder 滤链.

命题 5.7.7. 有限群 $G$ 必有 Jordan-Hölder 滤链.

证明. 如果 $G=1$, 我们在 (5.7.1) 中取 $n=0$; 如果 $G$ 为单群, 则可取 $n=1$. 其他情形, 我们对 $G$ 的阶进行归纳: 取 $G$ 的阶最大的正规子群 $N$, 其中, $N\ne G$. 由于 $G$ 不是单群, $N\ne 1$. 所以, $G$ 为单群. 由于 $|N|<|G|$, 归纳假设给出了 $N$ 的 Jordan-Hölder 滤链 $(N_i)$. 所以, 我们可以选取 $(G,N_0,N_1,\cdots )$ 作为 $G$ 的 Jordan-Hölder 滤链. 证毕.

$\square$

注记 5.7.8. 无限群未必有 Jordan-Hölder 滤链.

实际上, $\mathbb{Z}$ 没有 Jordan-Hölder 滤链. 因为它的每个有限指标的子群都同构于 $\mathbb{Z}$, 所以其 Jordan-Hölder 滤链不会在有限步停止.

定理 5.7.9 (Jordan-Hölder). 任意给定群 $G$ 的 Jordan-Hölder 滤链 $(G_i{)}_{0⩽i⩽n}$, 其因子群的集合 $\{{\mathrm{gr}}_i(G)\}$ (可以有重复) 在不计顺序的意义下与滤链的选取无关.

特别地, Jordan-Hölder 滤链 (如果存在) 的长度 $n$ 与滤链的选取无关, 我们将 $n$ 称作是群 $G$ 的长度并记作 $\ell (G)$. 如果一个群没有 Jordan-Hölder 滤链, 则约定其长度为 $\infty$.

证明. 根据 Jordan-Hölder 滤链的定义, 因子群的集合 $\{{\mathrm{gr}}_i(G)\}$ (可重复) 中都是单群. 对每个单群 $S$, 我们用 $n(G,(G_i),S)$ 表示 $S$ 在 $({\mathrm{gr}}_i(G))$ 中出现的次数 (在同构意义下) . 我们的目标是证明 $n(G,(G_i),S)$ 与滤链 $(G_i)$ 的选取无关.

我们对滤链的长度 $n$ 进行归纳. 当 $n⩽1$ 时, $G$ 要么是平凡群, 要么是单群, 结论不证自明. 现在假定 $n⩾2$ 并且假设 $G$ 不是单群, 所以可以选取正规子群 $N⊲G$, 使得 $N\ne 1,N\ne G$. 我们考虑群的正合列$$1\to N\to G\to G\to 1,$$以及滤链对此整合列所诱导的滤链的整合列 (5.7.2). 由于 $(G_i)$ 为 Jordan-Hölder 滤链, 所以, ${\mathrm{gr}}_i(G)$ 均为单群, 其正规子群 ${\mathrm{gr}}_i(N)$ 只能是 $1$ 或 ${\mathrm{gr}}_i(G)$. 据此, 我们可以把集合 $I=\{0,\cdots ,n-1\}$ 分划为两部分$$I_1=\left\{i\right|{\mathrm{gr}}_i(N)={\mathrm{gr}}_i(G)\},I_2=\{i|{\mathrm{gr}}_i(N)=1\}.$$我们自然有 $|I_1|+|I_2|=n$. 利用 $I_1$ 和 $I_2$ 作为指标, 我们得到 $N$ 和 $G$ 上 Jordan-Hölder 滤链.

另外, 显然有 $|I_1|<n,|I_2|<n$, 所以, 我们可以对 $N$ 和 $G$ 用归纳假设: 这表明 $n(N,(N_i{)}_{i\in I_1},S)$ 和 $n(G/N,(G{)}_{i\in I_2},S)$ 与滤链的选取无关. 又因为$$\begin{array}{rl}n(G,(G_i),S)& =n(N,(N_i{)}_{i\in I_1},S)+n(G/N,(G{)}_{i\in I_2},S)\\ & =n(N,S)+n(G/N,S).\end{array}$$所以, $n(G,(G_i),S)$ 也与滤链的选取无关.

$\square$

推论 5.7.10. 对任意的正规子群 $N⊲G$, 我们有$$\ell (G)=\ell (N)+\ell \left(G\right).$$

证明. 上述证明已经给出了 $\ell (G)<\infty$ 的情形. 当 $\ell (G)=\infty$ 时, 那么, $N$ 和 $G$ 中至少有一个长度是无穷大, 所以 $\ell (G)=\ell (N)+\ell \left(G\right)$ 仍然成立.

$\square$

例子 5.7.11. Jordan-Hölder 定理的唯一性部分可以给出算术基本定理的唯一性部分的证明.

利用整数 $n$ 的素因子分解 $n=p_1^{h_1}\cdots p_k^{h_k}$, 我们可以构造群 $G=\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 的 Jordan-Hölder 滤链: $$\mathbb{Z}⊳p_1\mathbb{Z}⊳p_1^2\mathbb{Z}⊳\cdots ⊳p_1^{h_1}\mathbb{Z}⊳p_1^{h_1}{p}_2\mathbb{Z}⊳p_1^{h_1}{p}_2^2\mathbb{Z}⊳\cdots .$$作为因子群, $\mathbb{Z}$ 在 $\mathrm{gr}G$ 中出现的次数恰好是 $h_i$, 这就给出了素因子分解的唯一性.

调整素因子的标号, 以上构造说明 Jordan-Hölder 滤链本身可能不是唯一的.

例子 5.7.12. (${\mathfrak{S}}_3$ 的滤链) ${\mathfrak{A}}_3⊲{\mathfrak{S}}_3$ 且指标为 $2$, 而 ${\mathfrak{S}}_3$ 的 $2$ 阶子群都不是正规子群. 所以, ${\mathfrak{S}}_3$ 有且只有一个 Jordan-Hölder 滤链: $$1⊲{\mathfrak{A}}_3⊲{\mathfrak{S}}_3.$$这个滤链的长度为 $2$, 其因子群为 $2$ 阶和 $3$ 阶的循环群.

例子 5.7.13. (${\mathfrak{S}}_4$ 的滤链) ${\mathfrak{A}}_3⊲{\mathfrak{S}}_3$ 且指标为 $2$. 令 $D=\{1,{\sigma }_1,{\sigma }_2,{\sigma }_3\}$, 其中$${\sigma }_1=(1,2)(3,4),{\sigma }_2=(1,3)(2,4),{\sigma }_3=(1,4)(2,3).$$容易验证, $D$ 是子群并且 $D\simeq \mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$. 进一步, $D⊲{\mathfrak{A}}_4$ 是正规子群. 对每个 $i$, 我们都有如下的 Jordan-Hölder 滤链: $$1⊲\{1,{\sigma }_i\}⊲D⊲{\mathfrak{A}}_4⊲{\mathfrak{S}}_4.$$通过计算群元素的个数, 我们知道其因子群有 $3$ 个 $2$ 阶循环群和 $1$ 个 $3$ 阶循环群. 通过改变上式中的 $i$, 我们知道 ${\mathfrak{S}}_4$ 的滤链选取并不唯一.

例子 5.7.14. (${\mathfrak{S}}_n$ 的滤链, $n⩾5$) 根据习题 3.6.2 , 此时 ${\mathfrak{A}}_n$ 是单群并且是 ${\mathfrak{S}}_n$ 中唯一非平凡的正规子群, 所以 ${\mathfrak{S}}_n$ 只有有唯一一个 Jordan-Hölder 滤链: $$1⊲{\mathfrak{A}}_n⊲{\mathfrak{S}}_n.$$该滤链的因子群分别为 ${\mathfrak{A}}_n$ 和 $2$ 阶循环群.

5.7.2可解群

$G$ 是群. 对于 $x,y\in G$, 我们定义它们的交换子或者换位子为 ¹$$(x,y)=x^{-1}{y}^{-1}xy.$$

$H<G$ 和 $K<G$ 是子群, 我们用 $(H,K)$ 表示由所有 $(x,y)$ 所生成的子群, 其中, $x\in H$, $y\in K$. 我们把子群 $(G,G)$ 称为 $G$ 的换位子群或导出子群, 记作 $\mathbf{D}(G)$.

注记 5.7.15. $\mathbf{D}(G)⊲G$ 是正规子群. 实际上, $\mathbf{D}(G)$ 是 $G$ 的所谓的特征子群, 即对任意的自同构 (不仅是内同构) $\phi \in \mathrm{Aut}(G)$, $\phi (\mathbf{D}(G))=\mathbf{D}(G)$.

命题 5.7.16. $H<G$ 是子群. 那么, 如下两个命题等价:

(1)	$H\supset \mathbf{D}(G)$.
(2)	$H$ 是正规子群并且 $G$ 是交换群.

证明. 假设 (1) 成立. 那么, 对任意的 $h\in H$ 和 $g\in G$, 我们有$$gh{g}^{-1}=gh{g}^{-1}{h}^{-1}\cdot h\in \mathbf{D}(G)\cdot H\subset H.$$所以, $H⊲G$. 另外, 对任意的 $g_1,g_2\in G$, 由于 $(g_1,g_2)\in \mathbf{D}(G)\subset H$, 所以, $g_{1}H,g_{2}H$ 在 $G$ 中交换. 至此, 我们证明了 (2).

假设 (2) 成立. 考虑 $\mathbf{D}(G)$ 的任意一个生成元 $(x,y)$. 由于 $G$ 是交换群, 所以, $(x,y)\in H$, 这表明 $\mathbf{D}(G)<H$, 即 (1) 成立.

$\square$

注记 5.7.17. 要得到 $G$ 的一个交换的商群, 以上命题表明至少要商掉 $\mathbf{D}(G)$. 所以, $G$ 是 $G$ 的极大的交换商群. 我们称 $G$ 是群 $G$ 的交换化并记为 $G^{\mathrm{ab}}$.

群的交换化就有如下的泛性质: 每个从 $G$ 到某个交换群的群同态必然可以下降到 $G\to G^{\mathrm{ab}}$ 上去, 这可以用如下的交换图来表示: 其中, $A$ 是交换群, $\phi :G\to A$ 是群同态, 上图表明必然存在群同态 $\overline{\phi }:G^{\mathrm{ab}}\to A$, 使得上图交换.

例子 5.7.18. 假设 $n⩾2$, 那么, ${\mathfrak{S}}_n^{\mathrm{ab}}\simeq \mathbb{Z}$.

$n=2$ 的情形是明显的.

考虑 $n\ne 2$ 的情形, 此时 $\mathbf{D}({\mathfrak{S}}_n)\ne 1$. 由于 $\mathbf{D}({\mathfrak{S}}_n)$ 中的元素必然都是偶置换给出的, $\mathbf{D}({\mathfrak{S}}_n)⊲{\mathfrak{A}}_n$. 实际上, 我们必然有 $\mathbf{D}({\mathfrak{S}}_n)={\mathfrak{A}}_n$, 这可以通过对如下换位子的计算得到: 对于 $i,j,k⩽n$, 我们有$$((i,j),(j,k))=(k,i,j).$$所以, 这样可以给出所有的 $3$-循环. 由于 ${\mathfrak{A}}_n$ 由 $3$-循环生成, 所以 $\mathbf{D}({\mathfrak{S}}_n)={\mathfrak{A}}_n$. 从而, $${\mathfrak{S}}_n^{\mathrm{ab}}\simeq {\mathfrak{S}}_n\simeq \mathbb{Z}.$$

例子 5.7.19. $n⩾2$, $K$ 是域, $G=\mathbf{GL}(n;K)$, 则 $\mathbf{D}(G)=\mathbf{SL}(n;K)$. 这是线性代数中的一个经典结论. 很明显, $\mathbf{D}(\mathbf{GL}(n;K))<\mathbf{SL}(n;K)$. 我们证明反过来的包含关系. 令 $e_{ij}$ 为仅在 $(i,j)$ 处为 $1$ 而其余地方均为 $0$ 的 $n\times n$ 的矩阵, 则有如下经典公式: $$e_{ij}\cdot e_{kl}={\delta }_{jk}{e}_{il},$$(5.7.3)其中, ${\delta }_{jk}$ 是 Kronecker 符号.

首先考虑初等矩阵 $E_{ij}(\lambda )$, 其中 $\lambda \in K$, $i\ne j$. 这个矩阵在对角线上都是 $1$, 在 $(i,j)$ 处为 $\lambda$, 即 $E_{ij}(\lambda )=\mathbf{I}+\lambda e_{ij}$, 这里 $\mathbf{I}$ 是单位矩阵. 那么, $E_{ij}(\lambda {)}^{-1}=E_{ij}(-\lambda )$. 利用 (5.7.3), 我们有$$(E_{ik}(\alpha ),E_{kj}(\beta ))=E_{ik}(-\alpha )E_{kj}(-\beta )E_{ik}(\alpha )E_{kj}(\beta )=E_{ij}(\alpha \beta ).$$其中, 我们要求 $i\ne j$. 选取 $\alpha =1,\beta =\gamma$, 那么, 对任意的 $i\ne j$ 和 $\lambda \in K$, $E_{ij}(\lambda )\in \mathbf{D}(\mathbf{GL}(n;K))$ (实际上, 我们证明了 $E_{ij}(\lambda )\in \mathbf{D}(\mathbf{SL}(n;K))$) .

其次考虑 $D\in \mathbf{SL}(n;K)$ 中的对角矩阵. 为此, 对于 $i\ne j$, 我们计算$$\begin{array}{rl}& E_{ij}(\alpha )E_{ji}(\beta )E_{ij}(\mu )E_{ji}(\nu )\\ =& 1+(\alpha +\mu +\alpha \beta \mu )e_{ij}+(\beta +\nu +\beta \mu \nu )e_{ji}+[(\alpha +\mu +\alpha \beta \mu )\nu +\alpha \beta ]e_{ii}+\beta \mu e_{jj}\\ =& 1+(\alpha +\mu +\alpha \beta \mu )e_{ij}+(\beta +\nu +\beta \mu \nu )e_{ji}+[\mu \nu +\alpha (\beta +\nu +\beta \mu \nu )]e_{ii}+\beta \mu e_{jj}\end{array}$$然后计算下面乘积的非对角线项: $$\begin{array}{rl}& E_{ij}(\alpha )E_{ji}(\beta )E_{ij}(\mu )E_{ji}(\nu )\cdot E_{ij}(\lambda )\\ =& (\alpha +\mu +\alpha \beta \mu +\lambda +[(\alpha +\mu +\alpha \beta \mu )\nu +\alpha \beta \left]\lambda \right)e_{ij}+(\beta +\nu +\beta \mu \nu )e_{ji}+\cdots \end{array}$$我们令以上两个系数为 $0$, 这就给出了如下待定的方程: $$\{\begin{array}{ll}& \beta +\nu +\beta \mu \nu =0,\\ & \alpha +\mu +\alpha \beta \mu +\lambda +[(\alpha +\mu +\alpha \beta \mu )\nu +\alpha \beta ]\lambda =0\end{array}$$这等价于$$\{\begin{array}{ll}& \beta +\nu +\beta \mu \nu =0,\\ & \alpha +\mu +\alpha \beta \mu +\lambda +\mu \nu \lambda =0.\end{array}$$(5.7.4)在此假设下, 我们有$$\begin{array}{rl}& E_{ij}(\alpha )E_{ji}(\beta )E_{ij}(\mu )E_{ji}(\nu )=1+(\alpha +\mu +\alpha \beta \mu )e_{ij}+\mu \nu e_{ii}+\beta \mu e_{jj}\end{array}$$所以, $$\begin{array}{rl}& E_{ij}(\alpha )E_{ji}(\beta )E_{ij}(\mu )E_{ji}(\nu )\cdot E_{ij}(\lambda )=(1+\mu \nu )e_{ii}+\cdots \end{array}$$以下令 $\mu =1$ 并且把 $\nu$ 视作是变量, 那么, (5.7.4) 的第一个方程给出 $\beta +1=(1+\nu {)}^{-1}$, 这里, 我们要求 $\nu \ne -1$ (注意到, 在 ${\mathbb{F}}_2$ 中, 这只能要求 $\nu =0$) . 代入第二个方程, 我们得到$$\alpha =-(1+\nu )-\lambda (1+\nu {)}^2,\beta =(1+\nu {)}^{-1},\mu =1.$$这里, 可以取 $\lambda =0$, 从而, $$\begin{array}{rl}& E_{ij}(-(1+\nu ))E_{ji}((1+\nu {)}^{-1})E_{ij}(1)E_{ji}(\nu )=(1+\nu )e_{ii}+(1+\nu {)}^{-1}{e}_{jj}.\end{array}$$这样, 对于 $D\in \mathbf{SL}(n;K)$, 我们可以用以上 (最多 $4(n-1)$ 个形如 $E_{ij}(\lambda )$) 矩阵逐一地把对角线上都乘得到 $1$, 当然, 这里假设了 $1+\nu \ne 0$ (对角线上已经是 $1$ 的时候不需要做以上操作) . 从而, 结合之间的结论, $D\in \mathbf{D}(\mathbf{SL}(n;K))$.

最终, 对任意的 $A\in \mathbf{SL}(n;K)$, 我们可以通过初等变换即左右乘以形如 $E_{ij}(\lambda )$ 的矩阵的方式使得 $A$ 变成对角阵, 其行列式为 $1$, 从而, 结合上面结论, 我们就有 $A\in \mathbf{D}(\mathbf{SL}(n;K))$.

由于 $\det :\mathbf{GL}(n;K)\to K^{\times }$ 是满射而 $\mathrm{Ker}(\det )=\mathbf{SL}(n;K)$, 所以, $\mathbf{GL}(n;K{)}^{\mathrm{ab}}\simeq K^{\times }$.

注记 5.7.20. 以上证明实际给出了 $\mathbf{D}(\mathbf{SL}(n;K))=\mathbf{SL}(n;K)$.

通过对导出子群函子 $G⇝\mathbf{D}G$ 进行迭代迭代, 可以定义滤链 (子群序列) $\{{\mathbf{D}}^{n}G\}$: $${\mathbf{D}}^{0}G=G,{\mathbf{D}}^{1}G=\mathbf{D}G,{\mathbf{D}}^{n}G=\mathbf{D}({\mathbf{D}}^{n-1}G)=({\mathbf{D}}^{n-1}G,{\mathbf{D}}^{n-1}G),n⩾1.$$我们显然有$$G⊳{\mathbf{D}}^{1}G⊳{\mathbf{D}}^{2}G⊳\cdots .$$这个序列未必在有限步停止, 即使停止最后的群也未必是 $1$. 但是我们总是可以定义$${\mathbf{D}}^{\infty }G=\bigcap _{n⩾1}{\mathbf{D}}^{n}G.$$

定义 5.7.21. 如果存在正整数 $n$, 使得 ${\mathbf{D}}^{n}G=1$, 我们就称 $G$ 为可解群 ². 以下, 我们用 $d\ell (G)$ 表示使得 ${\mathbf{D}}^{n}G=1$ 的最小正整数 $n$, 它被称作是 $G$ 的可解类数或者导出长度.

注记 5.7.22. 可解群的子群和商群都是可解的.

假设 $G$ 可解并且 $d\ell (G)=n$. 对于子群 $H$ 而言, ${\mathbf{D}}^{n}H<{\mathbf{D}}^{n}G=1$, 所以可解并且 $d\ell (H)⩽d\ell (G)$; 对于商群 $G$ 而言, 我们有满射 $G\to G$, 那么, $\mathbf{D}G\to \mathbf{D}\left(G\right)$ 也是满射, 从而, $1={\mathbf{D}}^{n}G\to {\mathbf{D}}^n\left(G\right)$ 是满射, 所以 $G$ 可解.

这里的推理表明导出长度不超过 $n$ 的可解群的子群和商群的导出长度不超过 $n$.

命题 5.7.23. $G$ 是群, $N⊲G$ 是正规子群. 如果 $N$ 和 $G$ 可解, 那么 $G$ 也可解. 进一步, 我们有$$d\ell (G)⩽d\ell (N)+d\ell \left(G\right).$$

证明. 令 $i=d\ell (N)$, $j=d\ell \left(G\right)$. 那么, ${\mathbf{D}}^{j}G\subset N$, ${\mathbf{D}}^{i}N=1$. 所以, ${\mathbf{D}}^{i+j}G={\mathbf{D}}^i({\mathbf{D}}^{j}G)=1$.

$\square$

注记 5.7.24. $d\ell (G)=0$ 等价于 $G$ 是平凡群; $d\ell (G)⩽1$ 等价于 $G$ 是交换群. 特别地, 交换群是可解群.

注记 5.7.25. 有两个关于可解群的大定理, 它们的证明困难, 但其叙述简洁. 第一个是 Burnside 定理: $p^a{q}^b$ 阶的群可解, 其中, $p$ 和 $q$ 是素数. 第二个是 Feit-Thompson 定理: 奇数阶的群可解.

命题 5.7.26. 给定群 $G$ 和正整数 $n$, 如下命题等价

(1)	$G$ 是可解群并且 $d\ell (G)⩽n$.
(2)	$G$ 有特征子群列 $G=G_0>G_1>\cdots >G_n=1$, 使得 $G_i$ 交换, 其中 $0⩽i⩽n-1$.
(2’)	$G$ 有滤链 $G=G_0⊳G_1⊳\cdots ⊳G_n=1$, 使得 $G_{i+1}$ 是 $G_i$ 的正规子群并且 $G_i$ 交换, 其中 $0⩽i⩽n-1$.
(3)	$G$ 有交换的特征子群 $A$, 使得 $G$ 可解并且 $d\ell \left(G\right)⩽n-1$.

证明. (1)$\Rightarrow$(2): 取 $G_i={\mathbf{D}}^{i}G$; (2)$\Rightarrow$(2’): 显然; (2’)$\Rightarrow$(1): 根据命题 5.7.16 对 $k$ 归纳可得 ${\mathbf{D}}^{k}G<G_k$, 从而 ${\mathbf{D}}^{n}G=1$. 至此, (1), (2) 和 (2’) 等价.

(1)$\Rightarrow$(3): 取 $A={\mathbf{D}}^{n-1}G$, 由于 $\mathbf{D}A=1$, 所以, $A$ 是交换群. 另外, ${\mathbf{D}}^{n-1}\left(G\right)\subset {\mathbf{D}}^{n-1}G=1$.

(3)$\Rightarrow$(2): 根据 $d\ell \left(G\right)⩽n-1$, 存在 $G$ 的正规子群序列 $G=A_0⊳A_1⊳\cdots ⊳A_{n-1}=A$, 使得$$G⊳A_1⊳\cdots ⊳A_{n-1}=1.$$从而, $G⊳A_1⊳\cdots ⊳A_{n-1}⊳A⊳1$ 满足 (2) 的要求.

$\square$

推论 5.7.27 (有限可解群的等价定义). $G$ 是有限群, 则如下定义等价

(1)	$G$ 可解.
(2)	$G$ 有滤链 $G=G_0⊳G_1⊳\cdots ⊳G_n=1$, 使得 $G_{i+1}$ 是 $G_i$ 的正规子群并且 $G_i$ 交换, 其中 $0⩽i⩽n-1$.
(3)	$G$ 有滤链 $G=H_0⊳H_1⊳\cdots ⊳H_m=1$, 使得 $H_{i+1}$ 是 $H_i$ 的正规子群并且 $H_i$ 是循环群, 其中 $0⩽i⩽m-1$.

证明. 只要证明 (2)$\Rightarrow$(3) 即可, 其余都是平凡的. 实际上, 由于 $G_i$ 是有限交换群, 根据交换群的结构定理, 存在子群序列 $G_i⊳G_i^1⊳G_i^2⊳\cdots ⊳G_i^l⊳G_{i+1}$, 使得$$G_i⊳G_i^1⊳\cdots G_i^l⊳1,$$并且$$G_i^j\simeq G_i^j$$是循环群. 我们将这些 $G_i^j$ 添加到 $G_i$ 中就可以得到所求的滤链.

$\square$

命题 5.7.28 (有限可解群的另一个等价定义). $G$ 是有限群, $G=G_0⊳G_1⊳\cdots ⊳G_n=1$ 为其 Jordan-Hölder 序列. 那么, $G$ 可解当且仅当 $G_i$ 为素数阶循环群, 其中 $0⩽i⩽n-1$.

证明. 如果 $G_i$ 为素数阶循环群, 根据推论 5.7.27 中的 (3), $G$ 可解; 反之, 如果 $G$ 可解, 其商群与子群均可解, 所以 $G_i$ 可解. 然而 $G_i$ 同时也是单群, 其导出子群必然平凡. 据此, $G_i$ 只能是素数阶循环群.

$\square$

例子 5.7.29.

1)	$G$ 是非交换单群. 那么, $\mathbf{D}(G)=G$, 从而 $G$ 不可解. 据此, 当 $n⩾5$ 时, ${\mathfrak{S}}_n$ 不可解, 因为它包含了 ${\mathfrak{A}}_n$ 这个不可解的子群.
2)	当 $n⩽4$ 时, ${\mathfrak{S}}_n$ 可解. 只要对 $n=4$ 证明即可 (其余均为其子群) . 我们已经构造过 ${\mathfrak{S}}_4$ 的 Jordan-Hölder 滤链: $$1⊲\{1,{\sigma }_i\}⊲D⊲{\mathfrak{A}}_4⊲{\mathfrak{S}}_4.$$其因子群均为素数阶循环群.
3)	$K$ 是域, $V$ 是 $n$ 维 $K$-线性空间, $V=V_0\supset V_1\supset \cdots \supset V_n=0$ 是一列下降的线性子空间并且 ${\dim }_K(V_i)=n-i$, $i=0,\cdots ,n$. 定义 3$$G=\{s\in \mathbf{GL}(V)|s:V_i\to V_i,0⩽i⩽n\}.$$以及其子群序列 $(B_i{)}_{0⩽i⩽n}$: $$B_i=\{s\in G|(s-1)V_j\subset V_{i+j}\text{, }0⩽j⩽n-i\}.$$特别地, $B_0=G$ 而 $B_n=1$. 很明显, $B_0=G$ 同构于对角矩阵构成的子群. 我们证明, 对 $j+k⩽n$, 我们有 $(B_j,B_k)\subset B_{j+k}$: 任取 $s\in B_j$, $t\in B_k$ 和 $x\in V_i$, 根据定义, 存在 $v\in V_{i+k},w\in V_{i+j}$, 使得 $tx=x+v,sx=x+w$. 从而$$\begin{array}{rl}stx& =s(x+v)=x+w+v+t^{\prime },\\ tsx& =t(x+w)=x+v+w+t^{\prime \prime },\end{array}$$其中, $t^{\prime },t^{\prime \prime }\in V_{i+j+k}$. 从而, 在模 $V_{i+j+k}$ 的意义下, $stx\equiv tsx$, 亦即 $s^{-1}{t}^{-1}stx\equiv x$, 所以 $(B_j,B_k)\subset B_{j+k}$. 特别地, 我们得到 ∘ 对 $0⩽i⩽n$, $(B_0,B_i)\subset B_i$, 所以 $B_i$ 是 $G=B_0$ 的正规子群. ∘ 对 $1⩽i⩽n$, $(B_i,B_i)\subset B_{2i}\subset B_{i+1}$, 所以 $B_i$ 是交换群 ($i⩽n-1$) . 据此, 滤链 $(B_i{)}_{0⩽i⩽n}$ 满足命题 5.7.26 的 (2), 所以 $G$ 是可解群.

1.	^ 我们采取 Bourbaki 的约定, 更多文献中将换位子定义为 $xy{x}^{-1}{y}^{-1}$. 这些差异对于整个理论没有影响.
2.	^ 代数方程可用根式求解当且仅当其 Galois 群可解, 这是术语 “可解” 的来源.
3.	^ 如果选一组基 $(e_i)$, 使得 $e_i\in V_i$, 那么, $G$ 就是可逆上三角矩阵所构成的群.