对称与怪兽（三）：不可分解的原子 · A₅

作者的话

这一集的博客证明是我与我的AI伙伴一起一步一步完成的，每当我有疑问的时候我都会不断地追问他们，当然他们也从来没让我失望过，AI时代的学习可能不再需要老师在课堂上讲，而更多的需要我们对未知的探索欲吧，并且有一个问题一定会随着知识的廉价以及AI的发展让我们不断追问，为什么而学？对我来说答案是”我很好奇，这个到底怎么来的？为什么？“，对读者来说可能不同，但愿读者们也能找到自己的答案吧。 承 EP2——上一集我们搭起群论、断言”A₅ 拆不动”、留下两个欠条（为什么拆不动、为什么拆不动就写不出公式），还预告了一个素未谋面却给出同一答案的人。这一集把这三件事一次还清。这是系列里数学最难的一集，但仍

当你刚上完上一集那堂群论小课

、从那儿一步步往下走。本集的承诺：

凡是本集真正要紧的结论，都证给你看；少数各教材都有的标准引理，会注明出处、只取结论，免得淹没主线。

「秩序、对称、确定，是美的主要形式，而数学科学尤能彰显。」——亚里士多德

(The chief forms of beauty are order and symmetry and definiteness, which the mathematical sciences demonstrate in a special degree. — Aristotle)

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目录

• 一个不可能的游戏
• 迟到的信
• §1 三百年的悬案：鲁菲尼与阿贝尔
• §2 原子的语言：群、合成列与 Jordan–Hölder
• §3 A₅ 为什么是一颗原子
• §4 域论小课：把开方翻译成群
• §5 收口：阿贝尔–鲁菲尼定理
• 尾声：第一颗原子，和一份没人见过的清单

一个不可能的游戏

桌上有个小玩具：四乘四的框，十五块滑块，留一个空格。块可以横竖滑动，空格挪到哪，旁边的块就能滑过来。把它打乱，再设法滑回顺序——这就是十九世纪风靡一时的”十五数码”。

图 1　劳埃德 1914《Cyclopedia of 5000 Puzzles》里的 14-15 难题插图（公有领域）

现在给你一个几乎摆好的局面：1 到 15 按顺序排好，只有最后两块——14 和 15 调了个位。空格在右下角。你的任务：只靠滑动，把 14 和 15 换回来，空格仍回右下角。

听起来再简单不过。可是——你会发现自己怎么都做不到。

这正是当年的悬赏题。美国最负盛名的谜题大师

萨姆·劳埃德（Sam Loyd，1841–1911）

为它开出

1000 美元

赏金（相当于今天十几万美元），求一个解法。

这笔赏金他从不必担心——因为这道题根本无解。

（插一句史实：这个”劳埃德发明 + 千元悬赏”的故事本身是个流传甚广的传说。后来的考证（Slocum & Sonneveld, 2006）查明，真正的发明者是纽约州的邮政局长 Noyes Chapman，劳埃德要到 1891 年才开始对外宣称是自己的创造。但

这无损于游戏的数学

——这个不可能是确定无疑的，下面就证给你看。）

为什么不可能？答案藏在一个朴素却深刻的区分里：奇置换与偶置换（EP2 小课里我们用三角形的翻转见过”对调”，这里把它用到底）。

先把游戏放一边，只想”打乱”这件事。 最简单的打乱，是把两个东西对调、其余不动——这就是 EP2 说的一次对调（对换）。六个人围桌而坐，其中两人交换座位、别人不动，就是一次对换。任何复杂的重排，都能拆成若干次对换来完成。

这里有一条关键的事实（EP2 小课结尾点过、这里正式用上）：一个重排，如果能用偶数次对换做到，就绝不可能用奇数次做到，反之亦然。 每个重排要么”偶”、要么”奇”，泾渭分明。你用七次对换换好的座位，若有人说他能用恰好六次做到同样的结果，你尽可断定：他错了。

🔑

为什么奇偶分明？

（把人逐个归位）想让 A 坐到 B 的位子，就把 A、B 对调——A 归位了，“坐对位子的人数”至少多一个。如此每对换一次，坐对的人数奇偶性翻一次，直到全部归位。终点（全对）的奇偶性是确定的，所以到达它所需的对换次数，奇偶也确定。

回到游戏。 把 14 和 15 单独对调、其余不动——这是一次对换，奇排列。可是，任何让空格”回到右下角”的滑法，都必然是偶排列。道理像棋盘染色：把 16 个格子黑白相间涂好，空格每滑一步，就从黑格到白格、或白格到黑格——颜色翻一次。空格要回到原来那个格子（同色），翻色的次数必须是偶数，也就是说总步数是偶数 → 偶排列。

奇 ≠ 偶。一个奇排列，永远凑不出偶数步。劳埃德的一千美元因此万无一失——这一点他十分清楚。

图 2　16 个滑块的全部排法分成相等的两半：能滑到的”偶”半 与 滑不到的”奇”半；“只换 14、15”恰好落在到不了的那半

顺带一提这游戏有多”大”：16 个位置全排列有 16! = 20,922,789,888,000 种摆法（二十多万亿）；其中恰好一半是偶排列，也就是 10,461,394,944,000 种——这是你真正能滑到的局面数。另一半的十多万亿种，包括”只换 14、15”这一种，永远滑不到。

这一跳，把 15-puzzle 从一个聪明的玩具变成了整集的钥匙：你刚玩的”奇偶”，不是孤立的特例。把它缩小到 5 个对象——5 个东西的全体偶置换恰好 $60$ 个，构成一个群，正是 EP2 小课里的交错群 $A_5$。而这个 $A_5$ 拆不动，是一颗”对称原子”；它正是上一集结尾撞见的、二十面体的那 60 个旋转。$A_5$ 拆不动，也正是”一般五次方程没有求根公式”的根源——这条线 §5 会讲透。

这一集，我们只认准这第一颗、也是最小的那颗非交换原子 $A_5$：先证明它真的拆不动，再看它怎么让五次方程没有了求根公式。

故事的另一头，是两个为这颗原子付出一生的年轻人。

迟到的信

图 3　尼尔斯·阿贝尔（Niels Henrik Abel, 1802–1829），约翰·戈尔比茨绘（公有领域）

1829 年 4 月 6 日，挪威，一个 26 岁的年轻人被结核病夺走了生命。两天后——4 月 8 日——克雷尔从柏林写信报喜：他为他争到了一个职位。信晚了两天。他叫尼尔斯·阿贝尔。五年前（1824），他自费印了一本薄薄的小册子，证明了几代人没做到的事：一般的五次方程，没有求根公式（1826 年扩写发表在克雷尔的杂志创刊号上）。可他至死没能回答下一个问题——到底哪些方程能解、哪些不能？ 那个答案，藏在另一个同样年轻、同样早逝、与他素未谋面的人手里——伽罗瓦。这一集，我们把他俩没来得及讲完的话，讲完。

图 4　埃瓦里斯特·伽罗瓦（Évariste Galois, 1811–1832），约 15 岁时由其弟凭记忆所绘的肖像（公有领域）

§1 三百年的悬案：鲁菲尼与阿贝尔

二次方程巴比伦就会，三次四次文艺复兴攻克（EP2 讲过），可五次方程抗了人类近三百年。

图 5　保罗·鲁菲尼（Paolo Ruffini, 1765–1822），公有领域

第一个郑重宣称”它根本解不出”的是意大利人保罗·鲁菲尼：1799 年他出版《一般方程论》，断言四次以上的一般方程不可能有代数解，并反复修订（1803、1808、1813）。但他的证明有一处关键缺口，数学界几乎无视了它。他曾请巴黎研究院裁定对错——拉格朗日、勒让德、拉克鲁瓦被指派审阅，回应却含糊而令人失望。〔据 Ronan《Symmetry and the Monster》记述，当时的婉拒大意是：几何学家们不愿耗时去钻研彼此冗长的工作。〕

二十多年后，挪威的阿贝尔（1824，独立于鲁菲尼）给出了被接受的证明：存在这样的五次方程，其解写不成根式。但注意——x⁵=2 解得出（开五次方就是）。所以真正的问题不是”五次方程能不能解”，而是”哪些能、哪些不能”。阿贝尔正逼近这把判定的尺时病逝。舞台，留给了伽罗瓦。

他们都摸到了门，却推不开。推开它，要先把”群怎么拆”这件事彻底想清楚。

§2 原子的语言：群、合成列与 Jordan–Hölder

先把”群”完整列出：Cayley 表

在证任何东西之前，先让”群的运算”变得可见、可查。

拿 EP2 那个正三角形的对称群 $S_3$。它有 6 个动作：不动 $e$、转 $120°$ 的 $r$、转 $240°$ 的 $r^2$、以及三个翻转 $a,b,c$（分别绕过三个顶点的轴翻）。群的运算就是”先做一个、再做一个”——记 $x\circ y$ = 先做 $y$、再做 $x$（靠右的先做，EP2 约定）。

把所有 $x\circ y$ 的结果填进一张 6×6 的表，就是乘法表（Cayley 表）：

图 6　S₃ 的 Cayley 表：每格是「行动作 ∘ 列动作」的结果；蓝色 3×3 块（金框）正是子群 A₃={e,r,r²}，自我封闭

这张表把抽象的”群”变成了一张能用手指查的表格。两件事一眼能看出来，下面全靠它们：

• 每个动作在每一行、每一列都恰好出现一次（每行、每列都是 6 个动作的一次重排）——这是群”可逆”的直接后果：固定 $x$，"$x\circ\,?$"把不同的 $y$ 送到不同结果，不漏不重。
• 左上角金框那个蓝色的 3×3 小块，只用到 $\{e,r,r^2\}$、结果也全落在 $\{e,r,r^2\}$ 里——它自我封闭，自成一个小群。这就是”子群”：群里面一块非空的元素，自己关起门来也成一个群。确切说要三条：含单位元 $e$、对复合 $\circ$ 封闭（块里两个一乘还在块里）、对取逆封闭（块里每个元素的逆也在块里）。（有限群里其实只要”非空 + 对 $\circ$ 封闭”就能推出另两条；这里写全，方便后面对照。）这里这个子群叫 $A_3=\{e,r,r^2\}$（三个旋转）。

记住这张表和这个子群 $A_3$，马上要用它证第一个定理。

第一个定理：拉格朗日（子群大小一定整除群大小）

拉格朗日（Joseph-Louis Lagrange，1736–1813）生于都灵，受洗名为朱塞佩·洛多维科·拉格朗吉亚（Giuseppe Lodovico Lagrangia）。其父曾任都灵公共工程与防御工事办公室的司库，却因投机失利而散尽家财。拉格朗日晚年回顾，竟以此为幸事，尝言：「我若当初富有，大概便不会献身于数学。」三十岁那年，他应普鲁士腓特烈大帝之邀赴柏林，接替欧拉执掌科学院的数学部；正是在柏林的岁月里，他写下《关于方程代数解的思考》（1770），首次系统追问「为何四次以内的方程可用根式求解、五次及以上却不能」——这一问，后经鲁菲尼、阿贝尔，直抵伽罗瓦，成为群论的源头之一。

1787 年，拉格朗日移居巴黎。法国大革命与恐怖统治期间，他凭借崇高声望、又得拉瓦锡等人回护，方得幸免；及至拉瓦锡被送上断头台，他叹道：「砍下这颗头颅只在顷刻之间，要再长出一颗这样的头颅，一百年也未必够。」拿破仑当政后，授他帝国伯爵之衔。而真正以他之名长留于群论的，是一条朴素却深刻的定理。试举一个最寻常的例子——一个正方形，它的全部对称共 $8$ 种（四个旋转加四条对称轴的翻转）；其中”只转不翻”的那四个旋转，自成一个子群，而 $4$ 正好整除 $8$，绝非偶然，这便是拉格朗日定理的一个缩影。

定理（拉格朗日）。 有限群 $G$ 的任意子群 $H$，其阶整除 $G$ 的阶：$|H|$ 整除 $|G|$。（记号 $|\cdot|$ 读作”里面有几个元素”，即 EP2 说的群的阶——不是绝对值，只是借用同一对竖线；例 $|S_3|=6$、$|A_3|=3$。）这是对一切有限群都成立的命题，不是某个群的巧合。

证明。 对 $g\in G$，记左陪集 $gH=\{g\circ h:h\in H\}$——把整个 $H$ 用 $g$ 左乘、整体平移得到的一块。映射 $h\mapsto g\circ h$ 是 $H\to gH$ 的双射（以左乘 $g^{-1}$ 为逆），故每个陪集恰有 $|H|$ 个元素。又任两个陪集要么相等、要么不交：若 $x\in g_1H\cap g_2H$，写 $x=g_1\circ h_1=g_2\circ h_2$，则 $g_1=g_2\circ(h_2\circ h_1^{-1})\in g_2H$，于是 $g_1H\subseteq g_2H$，对称地反向亦成立，两块重合。因此 $G$ 被若干互不相交、各含 $|H|$ 元的陪集铺满；设共 $m$ 块，则 $|G|=m\,|H|$，即 $|H|$ 整除 $|G|$。$\blacksquare$

拿 $S_3$ 验一下：子群 $A_3=\{e,r,r^2\}$ 与它的陪集 $aA_3=\{a,b,c\}$ 两块拼满，$3\times2=6=|S_3|$ ✓。所以 $S_3$ 的子群大小只能是 $6$ 的因数 $1,2,3,6$——$4\nmid6$，根本不可能有 $4$ 元子群，拉格朗日一句话排除。

这条定理本集后面到处要用

：A₅ 有 60 个元素，它的任何子群（包括”正规子群”）大小都必须整除 60。这正是我们证”A₅ 拆不动”时，封住每个缺口的两把锁之一。

我们刚刚把第一条定理——拉格朗日定理——从头到尾证了出来。这里值得停一下：定理，是数学的生命线。 一条定理，是一个已被证明为真的命题；没有它们，我们便无所依凭，因为无从确信脚下的根基是否牢靠。倘若某个结论看上去成立、我们就把它砌进理论，日后却发现它是假的，那么建在其上的部分都会随之崩塌——凡是借它证出的后续结果，都得推倒重来。正因如此，数学家对”证明”一丝不苟：一个要反复引用的重要结论，必须证到所有人都无可挑剔为止。

这一点，与理论物理颇为不同。物理学家费曼有一句广为流传的话，大意是：物理的全部目的，是算出一个带着小数点的数——否则你就什么也没做成。而在数学里，全部的要义是陈述并证明一条定理。

把群一层层剥开：合成列

EP2 小课里我们学过一招”缩掉一个正规子群、得到商群”。先用 Cayley 表把这一招看清楚，再把它反复用到底。

先复习”商群”，用 Cayley 表的块来看。 回到 $S_3$ 那张表，$A_3=\{e,r,r^2\}$（蓝块）是正规子群，另一块 $\{a,b,c\}$（暖块）是它的陪集。现在把每一整块当成一个新的”点”：蓝块叫”偶”、暖块叫”奇”。看 Cayley 表的四个角：

• 蓝块 $\circ$ 蓝块 = 蓝块（偶∘偶=偶）
• 蓝块 $\circ$ 暖块 = 暖块（偶∘奇=奇）
• 暖块 $\circ$ 暖块 = 蓝块（奇∘奇=偶）

整张 6×6 表，缩成了一张 2×2 的”块的乘法表”——正是 EP2 见过的 $\mathbb{Z}/2$。这个”把每个陪集捏成一个点之后，点与点之间剩下的乘法”就是商群 $S_3/A_3\cong\mathbb{Z}/2$。商群 = 把大表按陪集分块、再看块之间怎么乘。

一个关键前提，必须说清：只有当 $N$ 是”正规”子群时，这套”块乘法”才说得通。

先回忆 EP2 讲的

正规子群

：拿任何 $g$ 去搬 $N$，左搬 $gN$ 和右搬 $Ng$ 得到同一块，即 $gN=Ng$。

正规的全部用处，就是让”两块相乘 $(gN)(g'N)=(gg')N$“这个定义不依赖你从块里挑哪个元素当代表

——不管挑谁，乘出来都落在同一块。要是 $N$ 不正规，“块乘块”就会因代表不同给出不同答案、根本不成定义。$A_3$ 在 $S_3$ 里正规（EP2 验过），所以 $S_3/A_3$ 才讲得通。

记住这条：后面凡写商群 $G/N$，都默认 $N$ 正规。

合成列：剥到不能再剥。 EP2 我们把 $S_3$ 剥过一层。现在一层层剥到底：找一个正规子群缩掉、在剩下的里再找一个正规子群缩掉、一直到只剩 $\{e\}$。每缩一层得到一个商群。如果每一层的商都已经’拆不动’（是 EP2 说的单群：一个非平凡的群 $G\ne\{e\}$，除了 $\{e\}$ 和它自己再没有别的正规子群可缩——约定 $\{e\}$ 本身不算单群），这条链就叫 $G$ 的合成列，那一串单群商就是 $G$ 的”对称原子”。

打比方：把一颗洋葱一层一层往里剥，剥到不能再剥为止；剥下来的那一层层，就是这颗洋葱的”原子层”。

实例：把 $S_4$ 整个剥到底。 $S_4$ 是 4 个对象 $\{a,b,c,d\}$ 的全部 $4!=24$ 种重排。我们一层层剥，每一层的商都逐层算出来：

两个记号先说清

：$G\triangleright N$（三角箭头）读作”$N$ 是 $G$ 的

正规子群

“，箭头从大群指向被缩掉的那块；上面这串就是”$S_4$ 缩掉 $A_4$、$A_4$ 再缩掉 $V_4$、一路缩到只剩 $\{e\}$”。$\langle p\rangle$（尖括号）读作”

由 $p$ 生成的子群

“——把 $p$ 反复自乘得到的所有动作凑成的群（EP2 的循环群、生成元）。

第 1 层 $S_4/A_4$。 $A_4$ 是 $S_4$ 里的 12 个偶重排（用偶数次对调拼出来的）。和 $S_3$ 一样，偶/奇各占一半，$A_4$ 是正规子群、剩一个陪集（全体奇重排）。按陪集捏成两点”偶/奇”，商 $=\mathbb{Z}/2$。

第 2 层 $A_4/V_4$。 这里要把 $V_4$ 摆出来看清楚。它是 $A_4$ 里这四个动作：

（每个都是”两组各换一对”的双对换）。它自己就是一个群——看它的 Cayley 表：

图 7　V₄ 的 Cayley 表：对角线全是 e（每个翻转自乘回原点），两个不同翻转一乘正好得第三个 → 这就是克莱因四元群 Z/2×Z/2

表里一眼能看出：对角线全是 $e$（每个动作自乘 = 不动），任意两个不同的非 $e$ 动作一乘正好得到第三个。这种结构叫克莱因四元群，记 $V_4\cong\mathbb{Z}/2\times\mathbb{Z}/2$。

先说清这个新记号"$\times$"——直积（EP2 没讲过）。

两个群的

直积

$G\times H$，就是把它们

并排摆、各管各的、互不干扰

。先看最小的 $\mathbb{Z}/2$：它是一个”开关”——两个状态（关 / 开），按一下切换、按两下回原位。那么 $\mathbb{Z}/2\times\mathbb{Z}/2$ 就是

两个独立的开关

：一个状态是一对 $(\text{甲},\text{乙})$，一共 $2\times2=4$ 种——(关,关)、(开,关)、(关,开)、(开,开)；两个状态”相乘” = 两个开关各自独立切换、互不影响。 把这两个开关对到 $V_4$ 上：$e=$(关,关)、$p=$(开,关)、$q=$(关,开)、$s=$(开,开)。验一个：$p\circ q$ = “甲开乙关” 配 “甲关乙开” = 两个开关合起来”甲开乙开” = $s$——正是上面 Cayley 表里读到的 $p\circ q=s$。每个动作自乘回 $e$（开关按两下复位），也对上对角线全 $e$。所以 $V_4$ 确确实实就是”两个独立 $\mathbb{Z}/2$“，名副其实地 $\cong\mathbb{Z}/2\times\mathbb{Z}/2$。 （一般地：$G\times H$ 的元素是一对 $(g,h)$，运算分量各做各的 $(g_1,h_1)(g_2,h_2)=(g_1g_2,\,h_1h_2)$，大小 $|G\times H|=|G|\cdot|H|$。后面遇到更大的直积，意思都一样：几个群并排、各管各。）

为什么 $V_4$ 在 $A_4$ 里正规？ 不用任何新工具，只用”阶 + 拉格朗日”。

先说清”一个元素的阶”

（注意：和前面群的阶 $|G|$ 是两码事）：一个动作 $x$ 反复自乘，迟早回到 $e$；

最小的那个次数 $k\ge1$（使 $x^k=e$）就叫 $x$ 的阶

。例：$A_4$ 里一个双对换自乘一次 $(x\circ x)$ 就回 $e$，阶 $2$；一个 3-循环转三次回 $e$，阶 $3$；$e$ 本身阶 $1$。

$A_4$ 的 12 个动作，阶只有 1（$e$）、2（三个双对换）、3（八个 3-循环），没有 4 阶的。所以 $A_4$ 里任何”4 个元素的子群”都凑不出 4 阶元、也不能含 3 阶元（含了就得有个 3 元素子群，但 $3\nmid4$——$\nmid$ 读”不整除”——违拉格朗日）——只能是 $\{e\}$ 加三个 2 阶元，而 2 阶元恰好就是那三个双对换。所以 4 元素的子群只有 $V_4$ 一个。“独此一份”的子群必然正规：随便拿个动作 $g$ 把 $V_4$ 整体”重贴标签”（每个 $v$ 换成 $gvg^{-1}$），得到的还是 $A_4$ 里一个 4 元素的子群——可这种子群只有 $V_4$ 一个，所以它只能变回自己。这”重贴标签不变”正是正规。于是 $|A_4|/|V_4|=12/4=3$，商 $=\mathbb{Z}/3$。

第 3、4 层。 $V_4$ 自己还能再剥：它含一个正规子群 $\langle p\rangle=\{e,p\}$（2 阶；交换群里子群自动正规）。$V_4/\langle p\rangle$：$4/2=2=\mathbb{Z}/2$；最后 $\langle p\rangle/\{e\}=\mathbb{Z}/2$。

⚠️

一个容易出错的地方

：到 $V_4$ 不能停！$V_4$ 有

4

个元素、不是 2，它

不是

单群（它含 $\langle p\rangle$ 可缩）。所以必须再插两层。$S_4$ 的合成列因此是

四层

，原子依次是

$$\mathbb{Z}/2,\ \ \mathbb{Z}/3,\ \ \mathbb{Z}/2,\ \ \mathbb{Z}/2.$$

验一下：$2\times3\times2\times2=24=|S_4|$ ✓。（每剥一层，群大小就除以那层商的大小；剥到底，所有商的大小乘起来必须还原成整个群——这是检查没剥错的快速办法。）

到这里我们会”把一个群剥成一串原子”了。但马上有一个绕不开的问题：换一种剥法，会不会得到一组不一样的原子？ 下面就回答它（Jordan–Hölder 定理）。

不管怎么剥，原子总是同一组：Jordan–Hölder

若尔当（Camille Jordan，1838–1922）早年从事工程——他自巴黎综合理工学院毕业后，先以工程师为业，其后方才转入数学，历任综合理工学院考官与法兰西公学院教授。1870 年，他出版《置换论》（Traité des substitutions et des équations algébriques），这是史上第一部群论专著，系统整理了伽罗瓦的理论，此后近三十年间一直是群论的标准之作，直至伯恩赛德（Burnside）的著作问世。同一年，索菲斯·李（Sophus Lie）与费利克斯·克莱因（Felix Klein）专程赴巴黎，从他问学——两人日后各自开创了影响深远的数学方向。若尔当晚年遭逢大恸：他育有八个孩子（二女六子），第一次世界大战中，三个儿子先后阵亡。1922 年，他以 84 岁高龄辞世。

图 8　卡米耶·若尔当（Camille Jordan, 1838–1922），公有领域

若尔当以其名长留群论的，还有一条关于「如何拆解一个群」的定理。一个群可以像一颗洋葱那样，一层一层往里剥；倘若把这层层剥解比作将物质分解为分子、再分解到原子，那么若尔当（以及稍后的德国数学家荷尔德 Hölder）所证明的便是：无论你循哪一条路径去剥，剥到底所得的那一组「原子」，本质上总是同一组。这正是我们这一节要证的若尔当-荷尔德定理——它保证了一个群的「组成因子」并不依赖于分解的方式，恰与本系列「对称的原子」这一主题相互呼应。

我们在「合成列」一节结尾留了一个关键的问题：把一个群剥成一串原子，换一种剥法，会不会得到一组不一样的原子？ 这一节和下一节就把”不会”证出来。这是本集最难、最费思量的一段，先备齐两件工具，再完成证明。

要证的定理（Jordan–Hölder 定理）：任意一个有限群 $G$，不管你按什么顺序、怎么剥它的合成列，最后得到的那一组合成因子（原子），连同每种原子出现几次，总是同一组——至多差个排列次序。换句话说，“一个群拆成哪些对称原子”是这个群自带的、唯一的指纹，跟你怎么拆无关。（这是个对一切有限群成立的一般定理，不是某个群的巧合。）

先借一个例子感受它在说什么（例子只帮理解，不算证明）：拿 $\mathbb{Z}/6=\{0,1,2,3,4,5\}$（钟面上的 6 个钟点，运算是”相加再对 6 取余”）。它能用两种不同的剥法剥到底：

• 剥法甲：$\mathbb{Z}/6\ \triangleright\ \{0,2,4\}\ \triangleright\ \{0\}$。先缩掉 $\{0,2,4\}$（这是个 3 元素子群 $\cong\mathbb{Z}/3$），剩下的商把”偶/奇”两堆各缩成一点 $=\mathbb{Z}/2$；再把 $\{0,2,4\}$ 自己缩到 $\{0\}$，商 $=\mathbb{Z}/3$。原子：$\mathbb{Z}/2$ 一个、$\mathbb{Z}/3$ 一个。
• 剥法乙：$\mathbb{Z}/6\ \triangleright\ \{0,3\}\ \triangleright\ \{0\}$。先缩掉 $\{0,3\}$（2 元素子群 $\cong\mathbb{Z}/2$），商把”模 3 同余”三堆各缩成一点 $=\mathbb{Z}/3$；再 $\{0,3\}$ 缩到 $\{0\}$，商 $=\mathbb{Z}/2$。原子：$\mathbb{Z}/3$ 一个、$\mathbb{Z}/2$ 一个。

两种剥法，得到的原子是同一组 $\{\mathbb{Z}/2,\ \mathbb{Z}/3\}$（只是先后次序不同）。J-H 说的就是：这绝不只是 $\mathbb{Z}/6$ 的巧合，对所有群都成立。

图 9　Z/6 的两条拆法，到头来是同一组对称原子 {Z/2, Z/3}

要把”对所有群”证出来，需要两件工具——两条同构定理。这一节先把第一件讲透（它本身就是 EP2 那个”贴正负号”小例子的一般化），后面再备第二件、然后归纳收口。

工具一：第一同构定理

先用 EP2 最熟的”符号同态 $\operatorname{sgn}$“把群同态及其像、核三个词认清楚——它们后面一直要用。

一个群同态，就是一台”翻译器”。 $\varphi:G\to H$ 把 $G$ 这门”语言”翻译成 $H$ 那门。它”保运算”——翻译不破坏语法：在 $G$ 里”先做 $a$、再做 $b$“，翻译过去 = 在 $H$ 里”先翻 $a$、再翻 $b$“，结果一样。

用 EP2 那台你最熟的翻译器当例子：贴正负号 $\operatorname{sgn}$。 它把 $S_3$（正三角形的 6 个对称动作 $e,r,r^2,a,b,c$）翻译成只有两个数的群 $\{+1,-1\}$（运算 = 两数相乘）：三个旋转翻成 $+1$、三个翻转翻成 $-1$。逐个列出来：

它确实”保运算”（比如”翻转 ∘ 翻转 = 旋转”，对应"$(-1)\times(-1)=+1$"）。盯着这台翻译器，认识两个词。

像（image）= 翻译实际到达的地方。 把 $S_3$ 全部动作翻过去、在目标里真正到达的那些值凑成的集合，叫像，记 $\operatorname{Im}\varphi$。$\operatorname{sgn}$ 实际只吐出 $+1$ 和 $-1$，所以

（这里恰好把目标群 $\{+1,-1\}$ 全覆盖了，叫满射；要是有个值从没被翻出来过，像就不是整个目标。）

核（kernel）= 被翻译成”单位元”（译文里啥也没说）的那些原文。 目标群 $\{+1,-1\}$ 的单位元是 $+1$（乘谁谁不变 = “什么都没说”）。哪些动作被翻成 $+1$？看上表——三个旋转。所以

核 = 这台翻译器”丢了多少信息”。 $\operatorname{sgn}$ 把 6 个动作压成 2 个号，核 $A_3$ 里那 3 个动作全被翻成同一个 $+1$、彼此再也分不开——这就是”丢信息”，核越大丢越多。反过来，一台翻译器若核只剩 $\{e\}$（只有”什么都不做”被翻成单位元），就一点不丢、不同原文翻出不同译文 = 单射（例：把每个动作翻成它自己的”恒等翻译器”，核就是 $\{e\}$）。$\operatorname{sgn}$ 的核 $A_3$ 有 3 个元素，是台”丢了不少”的翻译器。

现在接上那条大定理。 盯着 $\operatorname{sgn}$：核 $=A_3$ 的意思是”$A_3$ 里那三个旋转，翻过去全一样（都是 $+1$）“。前面我们算过：$S_3$ 按 $A_3$ 切成两块（三个旋转一块、三个翻转一块），捏成两个点就是商群 $S_3/A_3$，乘法正好是 $\mathbb{Z}/2$。而像 $\{+1,-1\}$ 作为群也是 $\mathbb{Z}/2$。两块 ↔ 两个译文，一一对应、骨架一样：

这里是 $\cong$、不是等号 $=$

（前面 $\ker\operatorname{sgn}=A_3$、$\operatorname{Im}\operatorname{sgn}=\{+1,-1\}$ 用的才是真等号）。$=$ 管”字面就是同一堆东西”；$\cong$（读”

同构

“，EP2 讲过）管”

作为群、乘法骨架完全一样，只是名字不同

“。这里左边是”旋转块 / 翻转块”两个

点

、右边是”$+1$ / $-1$“两个

数

，字面不是一回事，只是乘法骨架同——所以用 $\cong$。分清 $=$（字面相同）和 $\cong$（骨架相同），就不歧义了。

这个现象不是 $\operatorname{sgn}$ 独有的，对任何翻译器都成立：

于是，任给群同态（翻译器）$\varphi:G\to H$，便有

通俗地说：把原群按”核”（被翻成无效的那堆）归并，剩下的，和”全部译文”骨架一模一样——翻译该丢的丢完，剩下是干净的一一对应。

为什么？ 关键就一句：被翻成同一个译文的那些原文，恰好凑成核的一个陪集——“归并”归的就是它。

在 $\operatorname{sgn}$ 上看得清清楚楚：翻成 $+1$ 的全体 $=\{e,r,r^2\}=A_3=$ 核（含单位元那个陪集）；翻成 $-1$ 的全体 $=\{a,b,c\}=$ 核的另一个陪集。两个译文 ↔ 两个陪集，一一对应。 而陪集捏成点正是商群 $G/\ker$、译文的全体正是像——它俩自然骨架一样。把这句话写严格，就是证明：

直觉：被映到同一个值的元素恰好凑成核的一个陪集，于是把 $G$ 按核归并所得的商群 $G/\ker\varphi$，与全部取到的值 $\operatorname{Im}\varphi$ 一一对应、且保运算。$\operatorname{sgn}$ 即其特例：$S_3/A_3\cong\{+1,-1\}\cong\mathbb{Z}/2$。这条定理的用法是：碰到一个不好辨认的商群 $G/N$，只要造一个核恰为 $N$ 的同态，$G/N$ 就同构于它的像——下面的第二同构定理正是这么用它。

用菱形归纳证完 Jordan–Hölder

前面备了工具一（第一同构定理）。这一节再备工具二、一条小事实，然后把 J-H 整个证完。

工具二：第二同构定理

陈述：设 $A$、$B$ 都是 $G$ 的子群，且 $B$ 在 $G$ 里正规。则 $A\cap B$ 在 $A$ 里正规，而且

⚠️

$AB$ 不是直积，先说清楚。

$AB$ 指的是”把 $A$ 里一个元素和 $B$ 里一个元素

在群 $G$ 里相乘

“得到的所有结果凑成的集合 $\{a\circ b:a\in A,\,b\in B\}$——它的元素都是 $G$ 里

普通的元素

，整体是 $G$ 的一个子集（$B$ 正规时还是子群）。而

直积

$A\times B$（前面 $V_4=\mathbb{Z}/2\times\mathbb{Z}/2$ 那种）完全是另一回事：它的元素是

一对

$(a,b)$、是个新造出来的群。两者大小也不同——$|AB|=\dfrac{|A|\,|B|}{|A\cap B|}$，而 $|A\times B|=|A|\,|B|$。第二同构定理这里用的是

乘积集 $AB$

（活在 $G$ 里面），不是直积。

证明

：对映射 $\psi:A\to AB/B,\ a\mapsto aB$ 用第一同构定理即得——$\psi$ 是满同态，其核恰为 $A\cap B$。

一条小事实：合成列里每一步的子群都”极大正规”

合成列要求每节商是单群。这有个等价的说法，归纳时要用：

小事实：若商群 $G/N$ 是单群，则 $N$ 是 $G$ 的极大正规子群——意思是 $N$ 和 $G$ 之间再塞不进别的正规子群（除了 $N$、$G$ 本身）。

证明

（只需用到的方向）：若有正规子群 $M$ 夹在 $N\subsetneq M\subsetneq G$ 之间，则 $M/N$ 是 $G/N$ 的非平凡真正规子群，与 $G/N$ 是单群矛盾。故 $N$ 必极大正规。

归纳：证完 Jordan–Hölder

工具齐了。我们要证：任意有限群 $G$ 的任意两条合成列，得到的原子（合成因子）是同一组（连重数，至多差排列）。

用”对 $|G|$ 归纳”——即假设”凡比 $G$ 小的群都已成立”，来证 $G$ 也成立。 基例：$|G|=1$（群里只有 $e$）时，合成列只有平凡的一条、无从比起，自动成立。下面设 $|G|>1$，并假设比它小的群都已成立。设 $G$ 有两条合成列

它们的第一个原子分别是 $G/G_1$ 和 $G/H_1$。分两种情况。

情况一：两条链第一步剥的是同一个子群（$G_1=H_1$）。 那么从第二步起，两条链都是同一个更小的群 $G_1$ 的合成列。$G_1$ 比 $G$ 小，由归纳假设，它这两条链的原子是同一组。再加上最顶上那个共同的原子 $G/G_1$，整条对上。✓

情况二：第一步剥的不是同一个（$G_1\ne H_1$）。 这是关键的一步，靠那张菱形图：

图 10　Jordan–Hölder 归纳的菱形：G 在顶、两个极大正规子群 G₁/H₁ 在两侧、它们的交 K 在底；第二同构定理给出对角的商互相同构 G/G₁≅H₁/K、G/H₁≅G₁/K

• 因为 $G/G_1$、$G/H_1$ 都是单群，由上面那条小事实，$G_1$ 和 $H_1$ 都是 $G$ 的极大正规子群（图里顶点 $G$ 下方那两个）。
• 看它们的乘积 $G_1H_1$。先说它是正规子群（两个正规子群之积仍正规：$g(G_1H_1)g^{-1}=(gG_1g^{-1})(gH_1g^{-1})=G_1H_1$）。再说它真包含 $G_1$——这一步要小心：只知道 $H_1\ne G_1$ 还不够（$H_1$ 万一是 $G_1$ 的真子集，那它一个新元素都不带，$G_1H_1$ 就还是 $G_1$）。真正的理由是 $H_1$ 的极大性：假如 $H_1\subsetneq G_1$，那 $H_1\subsetneq G_1\subsetneq G$ 就把一个正规子群 $G_1$ 夹在了 $H_1$ 和 $G$ 之间，与”$H_1$ 极大正规（中间塞不下别的）“矛盾。所以 $H_1\not\subseteq G_1$——$H_1$ 里确有一个元素不在 $G_1$ 里，它给 $G_1H_1$ 添了 $G_1$ 之外的陪集，故 $G_1H_1\supsetneq G_1$。再用 $G_1$ 的极大性（$G_1$ 和 $G$ 之间也塞不下别的正规子群），夹在中间的 $G_1H_1$ 只能就是 $G$。（图顶：$G_1H_1=G$。）
• 设 $K=G_1\cap H_1$（图底：两者的交）。把**工具二（第二同构）**用到这个菱形的两条对角上： $$\underbrace{G/G_1}_{\text{左上边}}=G_1H_1/G_1\cong \underbrace{H_1/K}_{\text{右下边}},\qquad \underbrace{G/H_1}_{\text{右上边}}\cong \underbrace{G_1/K}_{\text{左下边}}.$$ 菱形对角的两个商，互相同构。 这是整个证明的核心。
• 既然 $G/G_1$、$G/H_1$ 单，由刚才的同构，$H_1/K$、$G_1/K$ 也单——再由小事实，$K$ 在 $G_1$ 里、在 $H_1$ 里都极大正规。给 $K$ 随便取一条合成列 $K\triangleright\cdots\triangleright\{e\}$。

于是给 $K$ 接上任一条合成列，得到两条途经 $K$ 的新链 $G\triangleright G_1\triangleright K\triangleright\cdots$ 与 $G\triangleright H_1\triangleright K\triangleright\cdots$：由对角同构，二者顶部那对原子彼此换名相同、下接同一条 $K$ 链，故原子同组。再各用归纳假设，把原链甲与”经 $G_1$ 的新链”、原链乙与”经 $H_1$ 的新链”分别对齐，一路相等：

两条原始合成列的原子是同一组。Jordan–Hölder 定理，证毕。 $\blacksquare$

回头一句话总结这个巧妙

：两种剥法第一步岔开了（$G_1\ne H_1$），但它们的

交 $K$

把两条路重新连到一起；第二同构定理保证”绕左边下来”和”绕右边下来”在 $K$ 处汇合时，

沿途捡到的原子是同一组、只是次序对调

。$\mathbb{Z}/6$ 那个例子（$\{0,2,4\}$ 与 $\{0,3\}$ 岔开、在 $\{0\}$ 汇合、原子 $\{\mathbb{Z}/2,\mathbb{Z}/3\}$ 对调）就是这张菱形最小的实物。

完整证明

—— 第一、第二同构定理与 Jordan–Hölder 定理的归纳，见 Dummit–Foote《Abstract Algebra》3rd ed.（Wiley 2004）§3.3–§3.4；合成列与 Jordan–Hölder 定理的史料出处为 Jordan 1870《Traité des substitutions》。

至此，“一个群拆成哪些对称原子”是它唯一的指纹，证完了。 带着这把尺，下一节（§3）回到挡路的那颗原子：$A_5$ 凭什么拆不动？

§3 A₅ 为什么是一颗原子

A₅ 凭什么拆不动（上·共轭 → 共轭类 → 正规=整类之并）

带着 J-H 那把”原子唯一”的尺，回到挡路的那颗原子 $A_5$。EP2 我们断言了它拆不动，现在要真证出来。

先说清这一段的字母约定

：从这里起，$A_5$ 是

5 个对象的偶置换

，我们把这 5 个对象叫 $a,b,c,d,e$（不用 $1,2,3,4,5$，数字容易和”个数/阶”混）。置换写成循环：$(ab)$ 表示”把 $a,b$ 对调、其余不动”，$(abc)$ 表示"$a\to b\to c\to a$"，$(abcde)$ 表示 5 个排成一圈轮转。（注意：EP2 小课的 $S_3$ 里 $a,b,c$ 是”三个翻转动作”的名字；这里 $a,b,c,d,e$ 是”被打乱的 5 个对象”——不同语境、别混。）

要证的定理：$A_5$（$|A_5|=60$）没有非平凡的正规子群——除了 $\{e\}$ 和它自己，找不到第三个能”整块缩掉”的正规子群。（这样它就拆不动 = 单群。）

要证它，需要一件 EP2 没正式讲的新工具——共轭和共轭类。下面从一个熟悉的小群讲起。

共轭：换一套编号，看同一个动作

EP2 说子群 $N$ 正规，就是”左右搬一样”：随便拿群里一个元素 $g$（$g$ 就是这个群里任意一个动作/置换，你挑哪个都行），都有 $gN=Ng$。两边右乘 $g^{-1}$，得一个等价的写法：

这里冒出来的操作"$x\mapsto gxg^{-1}$"（拿你挑的那个 $g$，把 $x$ 前后一夹），叫用 $g$ 共轭 $x$。直观是什么？$g$ 相当于给所有对象重新编了一套号，$gxg^{-1}$ 就是”在新编号下，重看同一个动作 $x$”。

在置换上看最清楚——$g$ 的角色就是那套”重新编号”。

拿一个置换当例子：$\sigma=(a\,b)$，意思是”对调 $a,b$、其余不动”。现在挑一个 $g$ 来当重新编号的规则——比如 $g=(a\,b\,c)$，它的作用是把

$a$ 改名叫 $b$、$b$ 改名叫 $c$、$c$ 改名叫 $a$

（这就是 $g(a)=b,\ g(b)=c,\ g(c)=a$）。那么”用这个 $g$ 共轭 $\sigma$“，就是

把 $\sigma$ 循环里的每个字母按 $g$ 改一遍名

：

$$g\,\underbrace{(a\ \ b)}_{\sigma=\text{对调 }a,b}\,g^{-1}\ =\ \big(\ \underbrace{g(a)}_{=\,b}\quad \underbrace{g(b)}_{=\,c}\ \big)\ =\ (b\ \ c).$$

通俗地说：原来是”对调 $a,b$“，把 $a,b$ 这两个名字按 $g$ 改成 $b,c$ 之后，就成了”对调 $b,c$”。

同一种动作（都是一次对调），只是换了一套对象的名字。

（不放心可逐点验 $g\sigma g^{-1}$：作用在 $b$ 上——先 $g^{-1}$ 把 $b$ 变回 $a$、再 $\sigma$ 把 $a$ 对调成 $b$、再 $g$ 把 $b$ 改名成 $c$，净效果 $b\mapsto c$；同理 $c\mapsto b$、$a\mapsto a$，合起来正是 $(b\ c)$。）

一般规律

（记住这条）：$g\,(x_1\,x_2\,\cdots\,x_k)\,g^{-1}=\big(g(x_1)\ g(x_2)\ \cdots\ g(x_k)\big)$——共轭就是”把循环里的字母用 $g$ 统一换名”，

不改循环的形状，只换参照系

。

共轭类：一族”换个编号就彼此重合”的动作

把一个动作 $\sigma$ 用群里所有 $g$ 各共轭一遍（上一节那条换名规则），得到的全部结果凑成一个共轭类——一族”只要换一套对象编号就能彼此重合”的动作。

先在 $S_3$ 上把共轭类落到具体例子。 把 $S_3$ 写成 3 个对象 $a,b,c$ 的全部 6 个置换：单位元 $e$、三个对调 $(ab),(ac),(bc)$、两个 3-循环 $(abc),(acb)$。把每一个都用所有 $g$ 共轭一遍，会发现它们按”形状是否相同”自动分成三类：

• $\{e\}$：$e$ 怎么共轭都还是 $e$，自成一类。
• $\{(ab),(ac),(bc)\}$：三个对调互相共轭——上一节算过 $(abc)\,(ab)\,(abc)^{-1}=(bc)$；再换个 $g=(bc)$，又能把 $(ab)$ 变成 $(ac)$（$(bc)\,(ab)\,(bc)^{-1}=(ac)$）。三个对调是同一类。
• $\{(abc),(acb)\}$：两个 3-循环互相共轭，同一类。

$6=1+3+2$，$S_3$ 分成 3 个共轭类，而且恰好按”形状”分。这个”形状”能精确说清，于是有一条判据。先把两个词的定义说清楚。

定义（循环型，cycle type）。 固定 $n$ 个对象。任一置换都能唯一地拆成几个互不重叠的循环（这一点 EP2 用过；不动的对象算成一个长度 1 的循环）。一个置换的循环型，就是它拆成不相交循环后，各个循环的长短和个数构成的形状——只看”有几个循环、各多长”，不看具体哪几个字母（把不动的对象算成长度 1 的循环，于是所有循环的长度加起来恒等于对象总数 $n$）。 例（在 5 个对象上）：$(ab)$ 的形状是”一个对调 + 三个不动点”；$(ab)(cd)$ 是”两个对调 + 一个不动点”；$(abc)$ 是”一个 3-循环 + 两个不动点”。——这里说的”对调 / 3-循环 / 不动点”都在描述循环的长短和个数，不是具体哪几个对象（对象始终是字母 $a,b,c,d,e$）。

定义（共轭，作为两个置换之间的关系）。 说 $\sigma$ 与 $\tau$ 在群 $G$ 里共轭，指的是：群里存在一个换名 $g\in G$，使得 $g\sigma g^{-1}=\tau$。 通俗地说就是”换一套编号，能把 $\sigma$ 变成 $\tau$”。（$g\sigma g^{-1}$ 就是上一节定义过的共轭操作；现在给”$\sigma$ 能这样变成 $\tau$“这件事起名叫”共轭”。）

先把要用的”换名规则”摆成一条具名事实（上一节给过，这里说清它为什么对、好让本节自足）：

换名规则

：$g\,(x_1\,x_2\,\cdots\,x_k)\,g^{-1}=\big(g(x_1)\ g(x_2)\ \cdots\ g(x_k)\big)$，多个循环就逐个这样换。

为什么

：按右先做的约定，$g\sigma g^{-1}$ 作用在 $g(x)$ 上 = 先 $g^{-1}$ 退回 $x$、再 $\sigma$ 送到 $\sigma(x)$、再 $g$ 送到 $g(\sigma(x))$；即它把 $g(x)$ 送到 $g(\sigma(x))$。$\sigma$ 本来把 $x$ 送到 $\sigma(x)$，所以 $g\sigma g^{-1}$ 不过是”把 $\sigma$ 里每个字母都按 $g$ 改个名”——形状一点没动。

判据（在全对称群 $S_n$ 里）：$\sigma$ 与 $\tau$ 共轭 $\iff$ 它们循环型相同。 两个方向分别证。

（$\Rightarrow$ 共轭 ⟹ 同型；这一半在任何群里都成立。） 设 $\tau=g\sigma g^{-1}$。由换名规则，$\tau$ 只是把 $\sigma$ 每个循环里的字母按 $g$ 各换个名：长度 $k$ 的循环换名后还是长度 $k$，循环的个数、各自的长度、连不动点的个数，一个都没变。所以 $\tau$ 与 $\sigma$ 循环型相同。

（$\Leftarrow$ 同型 ⟹ 共轭；这一半需要”换名的 $g$ 落在群里”。） 设 $\sigma,\tau$ 循环型相同。把两边的循环按长度配对、逐位对齐：让 $\sigma$ 某循环里第一个字母对到 $\tau$ 对应循环里第一个字母、第二个对第二个……$\sigma$ 不动的字母，也对到 $\tau$ 不动的字母上。因为两边循环型相同（含不动点在内、长度之和都是 $n$），这套对齐把 $\sigma$ 的 $n$ 个字母和 $\tau$ 的 $n$ 个字母一一配齐、不重不漏——所以这个”字母到字母”的对应是 $n$ 个对象上的一个双射，即一个真正的置换 $g$。按换名规则，它正好 $g\sigma g^{-1}=\tau$。在 $S_n$ 里，$g$ 不过是这 $n$ 个对象的某个置换，必然属于 $S_n$，所以 $\sigma,\tau$ 在 $S_n$ 里共轭。（注意：这样的 $g$ 存在、但一般不止一个——每个循环换个起点对齐、等长的循环换个配法，都给出另一个合法的 $g$。这点后面 $A_5$ 那里要用。）证毕。 $\blacksquare$

算例（把 ⟸ 的造 $g$ 走两遍）。 1. $\sigma=(ab)$、$\tau=(bc)$（同型，都是一个对调 + 一个不动点）。对齐：$a\to b$、$b\to c$；剩下 $\sigma$ 不动的 $c$ 只能对到 $\tau$ 不动的 $a$，即 $c\to a$。合起来 $g=(abc)$。代入：$g\,(ab)\,g^{-1}=\big(g(a)\ g(b)\big)=(b\,c)=\tau$ ✓。 2. 长一点、看清”起点对齐 + 不动点”：$\sigma=(abc)$、$\tau=(bcd)$（在 4 个对象 $a,b,c,d$ 上，同型，都是一个 3-循环 + 一个不动点）。对齐 $a\to b,\ b\to c,\ c\to d$；$\sigma$ 不动的 $d$ 对到 $\tau$ 不动的 $a$，即 $d\to a$。合起来 $g=(abcd)$。代入：$g\,(abc)\,g^{-1}=\big(g(a)\ g(b)\ g(c)\big)=(b\,c\,d)=\tau$ ✓。

于是在 $S_n$ 里，共轭类恰好 = 按循环型分类；$S_3$ 那 $1+3+2$ 的三类，就是这么来的。

⚠️

特别注意：进了子群（比如我们要证的 $A_5$），这条判据会变。

“同型 ⟹ 共轭”那一步要求”换名的 $g$ 在群里”。可在 $A_5$ 里，能把两个同型置换换名对上的那些 $g$

有可能全是奇置换、一个都不在 $A_5$ 里

——这时同一种循环型在 $A_5$ 里就

裂成不止一个

共轭类。（更准确地说：只有当

没有任何偶置换

能把它俩换名对上时才真的裂；这个精确判断——其实就是看 $\sigma$ 的”中心化子”是不是全为偶置换——留到本节后面用中心化子算清楚。）

$A_5$ 的 24 个 5-循环正是这样裂成两类、各 12 个

。所以 $A_5$ 的共轭类

不是

循环型给的 4 类 $\{1,15,20,24\}$，而是

5 类

$\{1,15,20,12,12\}$。这是整个 $A_5$ 证明

最关键的一处

：少看一类，后面逐个检验时就会漏检、证不严。

关键一步：正规子群 = 若干个整类拼起来

现在把共轭和正规接上。回看正规的定义 $gNg^{-1}=N$——它说的是”把 $N$ 里每个元素 $x$ 换名（共轭）成 $gxg^{-1}$ 之后，整个 $N$ 原封不动”。这推出一句很强的结论：

正规子群 $N$ 只要含了某一个动作 $x$，就被迫把 $x$ 的全部共轭（也就是 $x$ 所在的那一整个共轭类）也全含进来。

为什么

：正规要求 $gxg^{-1}$（对

每一个

$g$）都还落在 $N$ 里；而 $x$ 被所有 $g$ 共轭扫出来的，

正好就是 $x$ 那个共轭类

。所以含了 $x$，就含了它整类。

在 $S_3$ 上看这句的意思。 假设一个正规子群 $N$ 含了对调 $(ab)$。由上面那条，$N$ 就被迫把 $(ab)$ 的整个共轭类 $\{(ab),(ac),(bc)\}$ 全收进来（三个对调一个不能少）。再加上必含的 $e$，$N$ 至少有 $\{e,(ab),(ac),(bc)\}$ 这 4 个。可 $4\nmid 6$（拉格朗日：子群的阶必须整除群的阶 $6$）！所以这样的 $N$ 没法停在 4 个，只能一路撑满整个 $S_3$。结论：$S_3$ 里，正规子群只要含一个对调，它就得是整个 $S_3$。

反过来，$A_3=\{e,(abc),(acb)\}$ 就是个正经的正规子群——它正好是”$\{e\}$ 那一类 + 3-循环那一类”两个整类拼起来（$1+2=3$，而 $3\mid6$ ✓，不违拉格朗日）。正规子群的”配方”就是：拿整个整个的共轭类来拼，还得让总数整除群阶。 一般地：

这就把”找正规子群”这件难事，变成了”挑几个完整共轭类来拼、还要满足拉格朗日（总数整除群阶）“——而每个类多大、一共几类，是数得清的。本节后面就数 $A_5$ 的 5 个共轭类、把 60 个元素全列出来，再这么一拼一验，得出”$A_5$ 除了 $\{e\}$ 和它自己，再没有别的正规子群 = 拆不动”。

A₅ 凭什么拆不动：把 60 个元素摆开，逐类点清

前面我们拿到一把尺：任何正规子群，都是若干个完整共轭类的并（且必含 $e$ 那一类）；再由拉格朗日，它的大小必须整除群的阶。 现在就拿这把尺量 $A_5$——先数清它的共轭类、把 60 个元素全摆出来，再逐个检验。

一、$A_5$ 的 60 个元素，按 5 个共轭类全列出

$A_5$ 是 5 个对象 $a,b,c,d,e$ 的全部偶置换（用偶数次对调拼成的），共 60 个。它们按共轭类分成 5 类（前 3 类就是按形状；5-循环要小心，见下面”二、中心化子”）：

图 11　A₅ 的 5 个共轭类直接数出来：单位元 1、双对换 15、3-循环 20、5-循环裂成 12+12，合计 1+15+20+12+12=60

第 1 类·单位元 $e$（1 个）。 什么都不动。

第 2 类·双对换 $(ab)(cd)$ 型（15 个）。 两组、每组各对调一对，剩一个对象不动。怎么数：先挑哪个对象不动（5 种），剩下 4 个分成两对有 3 种分法，$5\times3=15$。（每个都是两次对调 = 偶置换。）全列：

第 3 类·3-循环 $(abc)$ 型（20 个）。 三个对象轮转、剩两个不动。怎么数：挑 3 个对象有 $\binom{5}{3}=10$ 种，每组排成圈有 2 个方向（$(abc)$ 与 $(acb)$），$10\times2=20$。（一个 3-循环 = 两次对调 = 偶置换。）全列：