抽象代数入门第一问：为什么五次对称群 $S_5$ 不是可解群？
1. 可解群的定义与直观理解
群 $G$ 称为可解群，如果存在一个子群链：
\[G = G_0 \trianglerighteq G_1 \trianglerighteq \cdots \trianglerighteq G_n = \{ e \},\]其中每个 $G_{i+1}$ 是 $G_i$ 的正规子群，且相邻商群 $G_i / G_{i+1}$ 是阿贝尔群。这一过程可以类比为“逐层剥离群的结构”，最终将群分解为一系列简单的阿贝尔群。
示例：对称群 $S_3$ 是可解的，因为存在链：
\[S_3 \trianglerighteq A_3 \trianglerighteq \{ e \},\]其中 $A_3 \cong \mathbb{Z}_3$ 是 3 阶循环群，商群 $S_3/A_3 \cong \mathbb{Z}_2$，均为阿贝尔群。
2. 对称群 $S_5$ 的导出列：为何“卡住”？
(1) 换位子群与导出列
- 换位子群：对任意群 $G$，其换位子群 $[G, G]$ 由所有形如 $ghg^{-1}h^{-1}$ 的元素生成。它衡量了群的“非交换性”。
- 导出列：通过反复取换位子群构造的链： \(G^{(0)} = G, \quad G^{(1)} = [G^{(0)}, G^{(0)}], \quad G^{(2)} = [G^{(1)}, G^{(1)}], \quad \dots\) 若存在 $n$ 使得 $G^{(n)} = { e }$，则 $G$ 可解。
(2) $S_5$ 的导出列计算
-
第一步：$S_5^{(1)} = [S_5, S_5] = A_5$。 理由：对称群的换位子群是交错群，且对 $n \geq 2$，有 $[S_n, S_n] = A_n$（可通过计算对换的换位子验证）。
-
第二步：$S_5^{(2)} = [A_5, A_5]$。 由于 $A_5$ 是单群（见第 3 节），且对非阿贝尔单群 $H$，总有 $[H, H] = H$。 因此 $S_5^{(2)} = A_5$，导出列无法继续下降： \(S_5 \trianglerighteq A_5 \trianglerighteq A_5 \trianglerighteq \cdots\)
3. 交错群 $A_5$ 的单性：不可分割的砖块
(1) 单群的定义
单群是只有平凡正规子群（即自身和单位元群）的非平凡群。它们是群论中的“基本粒子”，无法进一步分解。
(2) $A_5$ 是单群的证明思路
通过分析 $A_5$ 的共轭类结构：
- $A_5$ 的元素类型包括：单位元、3-循环、双对换（如 $(1\ 2)(3\ 4)$）、5-循环。
- 若 $N \trianglelefteq A_5$ 是非平凡正规子群，则 $N$ 必须包含某些共轭类的全部元素。
- 通过计算共轭类的大小（如 3-循环有 20 个元素），可证明不存在大小整除 $|A_5|=60$ 且不为 1 或 60 的子群。
(3) 推论
由于 $A_5$ 是单群且非阿贝尔，其导出子群 $[A_5, A_5] = A_5$，无法在导出列中进一步缩小。
4. 组成因子与可解性的矛盾
(1) 若尔当-赫尔德定理
任何群的合成列（即极大正规子群链）的组成因子（相邻商群）在同构意义下唯一确定。
(2) $S_5$ 的组成因子
\[S_5 / A_5 \cong \mathbb{Z}_2 \quad \text{和} \quad A_5.\]- $\mathbb{Z}_2$ 是阿贝尔群，但 $A_5$ 是非阿贝尔单群。
- 可解群的组成因子必须全为素数阶循环群（阿贝尔群），因此 $S_5$ 不可解。
5. Galois 理论的致命一击
(1) Galois 对应定理
多项式方程根式可解当且仅当其 Galois 群可解。
(2) 五次一般方程的不可解性
多项式 $f(x) = x^5 - x - 1$ 的 Galois 群为 $S_5$。由于 $S_5$ 不可解，该方程无法用根式求解。
总结：为何 $S_5$ 不可解？
- 导出列终止于单群：导出列 $S_5 \trianglerighteq A_5 \trianglerighteq A_5 \trianglerighteq \cdots$ 无法达到平凡群。
- 组成因子的非阿贝尔性：$A_5$ 的存在违反了可解群的必要条件。
- 代数含义：五次及以上方程没有通用根式解的本质原因是 $S_n$（$n \geq 5$）的不可解性。