抽象代數|筆記整理（5）——群階數，西羅定理

01-29

大家好，這一篇可以看作是群論部分的結尾，這一節的內容說完後，我們期中考試所涵蓋的所有內容就已經涉及到位了。（我們本周開環論……）

Prof在lecture中添加了有關可解群與根式方程的相關內容，礙於時間安排緊，我事先不會將這一部分的內容安排在這裡。如果對這一方面的內容有興趣的歡迎私信我，我會考慮加上的。

下一批次大規模的更新可能是臨近期末考試的時候了，這需要根據我的學習能力（大霧）來決定是否抽出時間繼續更新。我也收到了一些交流和鼓勵的私信，真的在這裡向大家表示感謝。

在上一節中，我們戛然而止，是為了保證西羅定理的完整性，西羅定理的證明很多也是之前有關軌道，軌道分解相關內容的具體應用，同時軌道分解與群階數的習題也有很多，我們會抽取一些放到之後的習題中（當然這一節的習題我們會直接給出解答了）。

好了，閑話少敘，我們繼續我們的正題。

提供之前筆記的目錄：

抽象代數|筆記整理（1）——群，子群，同態
抽象代數|筆記整理（2）——同構，劃分，陪集
抽象代數|筆記整理（3）——陪集與階，直積，商群，群作用
抽象代數|筆記整理（4）——軌道，中心，西羅子群

我們開始今天的內容。

西羅第一定理(First Sylow Theorem)

我們一步步往下走，首先證明的是第一定理。

Theorem:First Sylow Theorem
設 $G$ 是一個有限群， $|G|=p^lm,(p,m)=1,l ge 1$ ，那麼 $|G|$ 有一個西羅p-子群。

我們證明一下這個結論，證明需要使用第二數學歸納法。對於這種階數的證明，我們一直都推薦是考慮公式 $|G|=|H|[G:H]$ ，這個公式也會在這裡被經常用到。

首先考慮最簡單的情況： $|G|=p$ ，這當然很容易，因為它自己就是一個西羅p-子群。下面考慮一下一般情況。

我們假設對於所有的階數比 $G$ 小的情況都是成立的，下面考慮 $G$ 本身。如果存在一個 $G$ 的非平凡子群（不是 $G,{e}$ 的子群） $H$ ，使得 $([G:H],p)=1$ （這是為了方便討論簡單的情況），這樣的話，肯定有 $p| |H|$ 。這樣的話，根據歸納假設就可以得到一個 $H$ 的西羅p-子群，因為 $H$ 的階數囊括了 $|G|$ 的所有 $p$ 的因子。所以它也是 $G$ 的一個西羅p-子群。就證明了結論。

如果不存在這樣的非平凡子群，那麼對於任意的它的非平凡子群有 $p|[G:H]$ ，我們考慮群作用，由於在共軛作用下，有軌道分解公式 $|G|=|Z(G)|+sumlimits_{x_i not in Z(G)}|G.x_i|$ ，並且注意到 $|G.x_i|=[G:G_{(x_i)}]$ ，另一方面，因為 $G_{(x_i)}$ 是 $G$ 的一個子群，所以這樣的話就滿足 $p||G.x_i|$ ，這樣的話回到原來的公式，結合 $p||G|$ ，有 $p||Z(G)|$ ，我們回憶一下上一節中最後提到的那個定理。注意到 $Z(G)$ 是一個交換群，所以我們根據那個定理知道， $Z(G)$ 有一個 $p$ 階子群 $H$ ，並且因為這個子群是在 $Z(G)$ 內的，所以我們可以得到 $H lhd G$ 。

回頭考慮一下公式，我們可以得到 $|G/H|=p^{l-1}m$ ，這就可以根據歸納假設得到 $G/H$ 有一個西羅p-子群 $K$ 。

現在我們確實說明了這一點，因此還需要做的一步是把這個已經得到的西羅p-子群再映射回去得到 $G$ 內的西羅p-子群，我們需要說明它確實存在。於是我們考慮一個映射 $f:G to G/H$ （映射規則： $g to gH$ ），並且考慮 $K=f^{-1}(K)$ ，於是對於映射 $f|_K:K to K$ ，我們可以得到這個是一個滿射，並且 $K/H simeq K$ （根據第一同構定理想一想為什麼），於是容易得到 $|K|=p^l$ ，也就是說這個 $K$ 就是我們要構造的集合，就證明了結論。

在證明過程中出現的一個非常簡單常用的性質是這樣的：

Proposition:
如果 $|G|$ 是一個p-群，則 $Z(G)$ 是非平凡的。

用上面證明過程的一部分就好了。

西羅第一定理的應用有一個方面是不動點原理，它會在之後的關於西羅定理的證明中被用到，我們這裡給出它的相關內容。

Definition:fixed point
設 $G$ 是一個群， $S$ 是一個G-集，如果對於任意的 $g in G$ 有 $g.s=s_0$ ，也就是說 $G.s={s_0}$ ，那麼 $s_0$ 我們定義為不動點。

如果我們定義群作用是共軛作用，那麼顯然，如果 $s_0 in Z(G)$ ，那麼 $s_0$ 就是不動點。

關於不動點有如下的一個結論。

Proposition:
設 $G$ 是一個p-群， $S$ 是一個G-集， $|S|=n$ ，如果 $(n,p)=1$ ，那麼 $S$ 中有 $G$ 內的不動點。

我們證明一下這個結論，注意到，如果是不動點，那麼它的軌道的階數為1，所以我們考慮對 $S$ 做一個軌道分解 $|S|=|G.s_i|$ ，注意到 $G$ 是一個p-群，所以如果不存在不動點，那麼對於所有的 $s_i in S$ ，都有 $p | |G.s_i|$ ，於是 $p| |S|$ ，就產生了矛盾。因此結論得到了證明。

關於群的階數，我們還有個相關的定義。

Definition:simple group
設 $G$ 是一個有限群，如果 $G$ 只有 $G,{e}$ 兩個正規子群，那麼稱 $G$ 是一個單群。

我們舉一些例子。顯然，如果 $|G|=p$ ，那它當然就是一個單群。

再考慮 $S_n$ ，考慮所有的偶置換集合 $A_n$ ，那麼 $A_n lhd S_n$ （這可以當作一個小練習），所以 $S_n$ 就不是一個單群。

單群的判斷與否與階數是密切相關的，所以我們先給出它的相關定義。我們之後會用它。

西羅第二定理(Second Sylow Theorem)

下面我們給出西羅第二定理的相關內容。

Theorem:Second Sylow Theorem
設 $G$ 是一個群， $|G|=p^lm,(p,m)=1,l ge 1$ ，那麼
(1)如果 $H$ 是 $G$ 的一個p-群，那麼 $H$ 是一個西羅p-子群的子集。
(2)所有的西羅p-子群相互共軛。

這個證明也是有難度的，我們慢慢來。

考慮集合 $S$ 為所有的西羅p-子群的集合，取定一個 $P in S$ ，那麼注意到西羅p-子群對於階數的要求（要求相等），而共軛作用對於群的討論是不改變群的階數的，所以我們可以得到這裡的 $S$ 在共軛作用下是一個G-集。

考慮迷向群 $G_{(P)}={g in G mid g.P=P}={g in G mid gPg^{-1}=P}$ ，那麼我們取定 $g=e$ ，就可以得到一個集合 $P$ ，那麼這樣的話 $P subset G_{(P)}$ 。而注意到， $G_{(P)} le G$ ，那麼考慮公式 $|G|=|G_{(P)}|[G:G_{(P)}]$ ，那麼由於 $P subset G_{(P)},|P|=p^l$ ，所以無論 $|G_{(P)}|$ 如何，我們都有結論 $(|G.P|,|P|)=1$ 。

下面我們要考慮的是不動點，因為這個結論引導我們去思考上面的不動點的結論。所以我們考慮集合 $S_0=G.P={g in G mid gPg^{-1}}$ 。設 $H$ 是 $G$ 的一個p-子群，那麼 $S_0$ 在共軛作用下就是一個H-集（回想一下群作用的集合定義）。這樣的話根據之前的定理，說明在 $S_0$ 中有一個 $H$ 下的不動點，這樣的話，存在一個 $g in G$ ，對於任意的 $h in H$ ，我們有 $h.(g.P)=g.P$ ，這樣的話有 $h.(gPg^{-1})=gPg^{-1}$ ，也就是說 $hgPg^{-1}h^{-1}=gPg^{-1}$ 。

我們考慮 $P』=gPg^{-1}$ ，那麼 $P$ 就與 $P$ 共軛，於是我們有 $H subset N(P)$ （回憶一下標準群的定義： $N(P)={x in H mid xPx^{-1}=P }$ ），於是我們有了如下的條件： $H,P le G,H subset N(P)$ ，於是有 $HP le G,P lhd HP$ 。

這樣的話我們根據第二同構定理，有 $HP/P simeq H/H cap P$ ，這樣的話根據階數公式有 $|HP|=|P||H/Hcap P|$ ，因為 $H cap P le H$ （想一想為什麼），同時 $P$ 是一個西羅p-子群，於是這樣的話， $|P|=p^l$ ，結合 $HP le G$ ，我們有 $|H /H cap P| =1=|HP/P|$ ，這說明 $HP =P$ ，也就是 $H subset P$ 。

對於第二個，我們設 $H$ 也為一個西羅p-子群，那麼 $|H|=|P|$ ，結合 $H subset P$ 可以得到 $H=P=gPg^{-1}$ ，這就證明了結論。

證明是有很大的複雜度的，其中有一個性質我們需要單獨拉出來說一下，因為我們在之後也有可能會大量碰到這性質。

Proposition:
$H,P le G,H subset N(P)$ ，那麼 $HP le G,P lhd HP$

我們證明一下這個結論，對於第一部分，先證明封閉性，我們需要考慮任意的兩個元素 $h_1p_1,h_2p_2 in HP$ ，那麼 $h_1p_1h_2p_2=h_1h_2p_1p_2 in HP$ （注意到，因為 $H subset N(P)$ ，所以 $forall h in H$ ，有 $hP=Ph$ ，也就是對於任意的 $p_1 in P$ ，存在 $p_2 in P$ 使得 $hp_1=p_2h$ ，在證明中換了一個標記），就證明了這個部分。

單位元的部分很顯然，我們跳過不說，對於逆元，我們對於任意的 $h_1p_1 in HP$ ，其在 $G$ 下的逆元顯然是 $p_1^{-1}h_1^{-1}$ ，而 $p_1^{-1}h_1^{-1}=h_1^{-1}h_1p_1^{-1}h_1^{-1} in HP$ （注意到 $h_1^{-1}p_1h_1 in P$ ），所以逆元也存在，這就證明了結論。

對於第二部分，我們考慮任意的 $p in P,h_1p_1 in HP$ ，那麼只要證明 $p_1^{-1}h_1^{-1}ph_1p_1 in P$ ，而這個是很顯然的（注意看中間三個元素）。

這個結論的證明思想也是之前我們涉及到的構造單位元等。

我們在看最後的西羅第三定理之前，先花點時間看一個之前的西羅定理的一個例子，這個性質本身也會在第三定理的證明中用到。

Proposition:
設 $G$ 是一個群， $P$ 是 $G$ 的一個西羅p-子群，那麼 $G$ 只含有一個西羅p-子群等價於 $P lhd G$

我們證明一下這個結論，首先由西羅第一定理可以知道，一定有一個西羅p-子群，設為 $P$ ，那麼如果 $P lhd G$ ，則所有與其共軛的群都是 $P$ ，根據西羅第二定理知道，所有的西羅p-子群與 $P$ 共軛，從另一方面說西羅p-子群只有 $P$ ，就證明了結論。

反過來，如果 $G$ 只有一個西羅p-子群，那麼考慮西羅p-子群 $P$ ，則其餘的所有的西羅p-子群的形式都是 $gPg^{-1}$ ，但是由於只有一個，所以 $gPg^{-1} =P$ 對於任意的 $g in G$ 成立，這就證明了結論。

所以這個結論是成立的。

下面來看最後的第三定理

Theorem:Third Sylow Theorem
設 $G$ 是一個群， $|G|=p^lm,l ge 1,(p,m)=1$ ， $p$ 是一個素數，再設 $n_p$ 為 $G$ 的西羅p-子群的個數，那麼有
(1) $n_p | |G|$

(2) $n_p equiv 1 ~ (mod ~ p)$

我們證明一下這個結論，對於第一個是很容易的，因為我們上面考慮的是 $S=G.P$ 是所有的西羅p-子群的集合，那麼有 $|S|=|G.P|=[G:G_{(P)}]$ ，而又有 $|G|=|G_{(P)}|[G:G_{(P)}]$ ，所以很容易得到結論。

對於第二個，我們繼續考慮 $S$ ，並且固定一個 $H$ 為一個西羅p-子群，那麼可以得到 $S$ 是一個H-集。這樣的話就可以考慮對 $S$ 關於 $H$ 做一個軌道分解。

考慮1另一個西羅p-子群 $P$ ，並且考慮 $H.P={h^{-1}Ph mid h in H }$

首先我們要說明，當這個軌道只有一個元素時， $H=P$ 。

如果只有一個元素，那麼就有 $H.P={P}$ ，那麼有 $hPh^{-1}=P$ 對於任意的 $h in H$ 成立，這樣的話 $H subset N(P)$ ，另一方面 $P le N(P),P lhd N(P)$ ，這樣的話根據上面的性質，我們就可以得到 $H=P$ （這裡要注意到， $|N(P)|=|G|$ ，也就是說 $H,P$ 都是 $N(P)$ 的西羅p-子群）。

那麼我們考慮軌道分解，有 $|S|=|H.H|+sumlimits_{P ne H}|H.P|$ ，由於 $|H.P|=[H:H_{(P)}],|H|=|H_{(P)}|[H:H_{(P)}]$ ，而 $H$ 又是一個p-群，所以 $p | |H.P|$ ，而 $|H.H|=1$ ，於是兩邊對p取模就可以得到結論。

西羅第三定理的最常見的應用在於判斷一個具有一定階數的群的一些性質。由此而生的又有兩個性質，我們慢慢來說。

Proposition:
設 $G$ 是一個群，那麼如果 $|G|=p^lm,l ge 1,p ~ text {is a prime},(p,m)=1$ ，那麼 $n_p | m$

我們證明這個結論，取 $P$ 為西羅p-子群，注意到 $P le G_{(P)} le G$ ，那麼我們根據 $|G|=|G_{(P)}|[G:G_{(P)}]$ ，有 $p^l | |G_{(P)}|$ ，這樣的話， $m | [G:G_{(P)}]=|G.P|$ 就證明了結論。

第二個性質是這樣的

Proposition:
設 $G$ 是一個群， $|G|=p^lm,l ge 1,m >1,(p,m)=1, p ~text {is a prime}$ ，那麼如果 $G$ 是一個單群，則 $|G| | n_p!$

我們證明依然採用同樣的記號，那麼 $n_p=|S|=[G:G_{(P)}],G_{(P)}=N(P)$ ，因為 $G$ 是一個單群，而 $P in S$ ， ${e} le P le G$ ，這就說明 $P$ 不是一個正規子群，那麼 $n_p>1$ 。

考慮同構定理，構造映射，設 $H=N(P)$ ，那麼再設 ${a_1H,a_2H,...,a_{n_p}H}$ 是 $H$ 在 $G$ 中的所有陪集，那麼對於所有的 $g in G$ ，考慮兩個映射 $varphi_g: T to T$ （映射規則： $aH to gaH$ ），以及 $f: G to S_{np}$ （映射規則： $g to varphi_g$ ）（這個思想我們之前在第三節提到過），於是結合 $Kerf={e}$ ，有 $G/Kerf simeq Imf le S_{np}$ ，結合 $|Kerf|=1$ ，就可以得到 $|G|=|Imf| | n_p!$ （考慮 $S_{n_p}$ 的階數），這就證明了結論。

我們可以看出，性質的證明過程是有很多之前已經提過的證明思想的，因此歸納總結一下會有點好處。

下面來看一些關於西羅定理的例子吧。

Problem 1
證明一個階數為15的群是一個循環群。

考慮階數，那麼由於 $15=3*5$ ，所以我們考慮 $n_3,n_5$ ，由於性質我們可以得到 $n_3 | 5, n_3 equiv 1 (mod ~ 3)$ ， $n_5 | 3, n_5 equiv 1 (mod ~ 5)$ ，這樣就可以得到 $n_3=n_5=1$ 。那麼這樣的話，由於群的階數為素數，所以可以說這兩個子群內分別存在一個元素 $a,b$ 滿足 $o(a)=3,o(b)=5$ 。並且它們都是正規子群。那麼考慮元素 $ab$ ，注意到 $aba^{-1}b^{-1}=(aba^{-1})b^{-1}=a(ba^{-1}b^{-1})$ ，那麼可以知道 $aba^{-1}b^{-1}$ 在兩個子群的交集內，但它們的交集顯然只有一個元素 $e$ ，所以 $aba^{-1}b^{-1}=e$ ，也就是 $ab=ba$ ，這樣的話就容易得到 $o(ab)=15$ 。這就找到了一個元素 $ab$ 使得 $o(ab)=15$ ，所以結論得到了證明。

Problem 2
證明一個階數為72的群不是單群。

同樣的，我們考慮 $72=2^3*3^2$ ，那麼我們考慮 $n_3$ ，根據性質， $n_3 | 8,n_3 equiv 1 (mod ~3)$ ，這樣的話 $n_3=1/4$ ，如果 $n_3=1$ ，由於只有一個西羅p-子群，那麼這個群就一定是正規子群（我們之前說過這個性質），所以就直接成立了。如果 $n_3=4$ ，情況稍微有些麻煩。

我們考慮所有西羅-3子群的集合 $S={P_1,P_2,P_3,P_4}$ ，那麼考慮共軛群作用，那麼對於任意的 $g in G$ ， $varphi _g=g.S={gP_1g^{-1},gP_2g^{-1},gP_3g^{-1},gP_4g^{-1}}$ ，由於所有的西羅-3子群是互相共軛的，所以這個群作用相當於做了一個置換。

之後，我們就可以做一個群同態 $phi: G to S_4$ （映射規則: $g to varphi_g$ ），這樣的話，由於 $G/Kerf simeq Imf$ ，而且 $|S_4|=4!,|G|=72$ ，那麼 $Kerf ne {e}$ ，結合 $Kerf lhd G$ ，就可以得到 $Kerf$ 就是一個正規子群，但是是一個非平凡的子群，就證明了它不是一個單群。

這個題目如果對於2的情況討論，情況會非常多，就會更加麻煩，讀者不妨一試。

所以可以看出，對於不同的題目，其做題的方法也不一樣。

小結

本節把關於西羅定理的驢橋搭了起來，同時也給出了相關的證明思想和例子。有很多地方都用到了我們之前涉及到的內容，因此理解起來也具有相當的難度。但還好，群論的主要內容已經到此為止了，至少可以鬆一口氣了。

本系列的更新暫時告一段落，我們之後會根據時間和課程難度考慮更新環論，域論的相關內容。

感謝大家能夠一直支持我寫下去！比心！

——————————————————上節習題答案————————————————

從兩個方向來考慮

如果 $x in G_{(s)}$ ，那麼 $x.s=s$ ，也就是說 $x.(y.s)=y.s$ ，也就是說 $y^{-1}xy.s=s$ ，也就是說 $y^{-1}xy in G_{(s)}$ ，也就是說 $x in yG_{(s)}y^{-1}$ ，遍歷 $x$ 就可以得到 $G_{(s)}=yG_{(s)}y^{-1}$ 。

反過來，如果 $x in yG_{(s)}y^{-1}$ ，那麼有 $y^{-1}xy in G_{(s)}$ ，反推可以得到 $x in G_{(s)}$ ，這就證明了結論。

我們考慮 $G$ 對 $N$ 的共軛作用，設 $N$ 不是 $Z(G)$ 的子集，那麼我們可以考慮 $|N|=|Z(G) cap N|+sumlimits_{|G.n_i|>1}|G.n_i|$ （因為如果 $N$ 中有 $G$ 的元素，它們的軌道階數為1，沒有的地方自然就到了別的地方），考慮 $|G.n_i|||G|$ 以及 $|G|$ 是奇數，我們有 $|G.n_i|=3$ ，這樣的話只有 $|Z(G) cap N|=2$ ，但是因為 $Z(G) cap N le N$ ，所以有 $|Z(G) cap N||5$ ，這顯然就錯了。所以原結論正確。

考慮集合 $S={x,x^2,...,x^{p-1}}$ ，那麼因為 $N lhd G$ ，我們可以考慮 $G$ 到 $S$ 上的一個共軛作用，這樣就有 $|G.x|=|S| le p-1$ ，而另一方面 $|G.x| | p^n$ ，所以 $|G.x|=1$ ，這樣的話就證明了結論。

這道題的思路比較難想，邏輯大概是：考慮去掉 $e$ 之後的集合的軌道分解和階數討論。

這道題也可以硬剛，使用費馬小定理就可以了，讀者不妨一試。

對於第一問，我們考慮兩個共軛的群，那麼存在 $x,y in G$ 使得 $xHx^{-1}=yHy^{-1}$ ，也就是 $y^{-1}x in N(H)$ （我們之前已經用過這個結論了），於是 $xN(H)=yN(H)$ ，這樣的話，根據我們的推理過程，就可以得到這樣的一個映射，它們是一一對應的（這很好證），於是這個結論就成立了。

對於第二問，首先容易得到 $Z(H) le N(H)$ ，考慮 $a in N(H),b in Z(H)$ ，那麼有 $aHa^{-1}=H,bhb^{-1}=h$ ，那麼考慮元素 $aba^{-1}$ ，可以證明它是一個在 $Z(H)$ 內的元素，就證明了結論。

對於第三問，設 $g in N(H)$ ，那麼 $sigma_g:h to ghg^{-1}$ 就是一個自同構，所以我們考慮一個映射 $N(H) to Aut(H)$ ，映射規則為 $g to sigma_g$ ，那麼容易證明這是一個群同態，並且 $Ker={g in N(H) mid ghg^{-1}=h, forall hin H}=N(H) cap Z(H)=Z(H)$ ，於是根據第一同構定理就可以得到我們的結論。