抽象代数/群论/西洛定理

在本节中，我们将探讨西洛定理及其应用。西洛定理是群论中三个强大的定理，例如，它们使我们能够证明特定阶$d\in \mathbb {N}$的群不是单群。

证明过程有些复杂，但很有意思。重要说明：维基百科也提供了西洛定理的证明，请参阅维基百科西洛定理条目，这些证明更简短也更优雅。但是这里你可以找到其他证明。这是因为作者想要避免冗余。因此你可以选择你喜欢的证明，或者都看看:-)

说明：以下证明也教了关于如何应用群作用的很多知识，所以它们也可能让你对如何进行这类操作有所了解:-)

西洛定理

定义 1：设$G$是一个阶为$mp^{a}$的有限群，其中$p$是素数，$a,m\in \mathbb {N}$且$m$与$p^{a}$互素。我们称$G$的一个子群为西洛$p$-子群，当且仅当它的阶为$p^{a}$。

定义 2：设 H 是群 G 的一个子群。我们定义 H 的正规化子 N[H] 如下

$N[H]:=\{g\in G:gHg^{-1}=H\}$，由于费马

定理 3 (柯西定理) 设 G 是一个群，$p$是一个素数，使得$p$整除$|G|$。那么存在 G 中的一个元素，其阶为 p。特别是，G 中存在一个阶为 p 的子群，即$<p>$。

证明：令 X 为所有元组 $(x_{1},\ldots ,x_{p}),\forall 1\leq i\leq p:x_{i}\in G$ 的集合，其中 $x_{1}\cdots x_{p}=1$。循环群 $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$ 在 X 上的作用为 $d*(x_{1},\ldots ,x_{p})=(x_{d+1},\ldots ,x_{p},x_{1},\ldots ,x_{d})$。例如，$(1,\ldots ,1)$ 的轨道只包含这个元素本身 ($(1,\ldots ,1)$）。

我们也有 $|X|=|G|^{p-1}$，因为我们可以任意选择前 p-1 个元素，并且 $x_{p}=(x_{1}\cdots x_{p-1})^{-1}$，因此 |X| 是 p 的倍数，因为 |G| 也能被 p 整除。此外，我们根据轨道-稳定子定理（关于群作用的部分中的定理 19）知道，$\forall x\in X:|\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} *x||\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} _{x}|=|\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} |=p$。由于 p 是素数，因此对于所有 $x\in X:$，要么 $|\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} *x|=1$，要么 $|\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} *x|=p$。但由于轨道对 X 进行划分（根据关于群作用的引理 11），并且 $|X|$ 能被 p 整除，我们需要至少一个（在 p = 2 的情况下，否则更多）其他元素 $x'\neq (1,\dots ,1)$ 属于 X，使得 $|\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} *x'|=1$。设 $x'=(x_{1}',\ldots ,x_{p}')$。我们有 $x_{1}'=\cdots =x_{p}'$，因为否则 x' 不会被我们定义的动作固定。那么 $x_{1}'^{p}=x_{1}'\cdots x_{p}'=1$。证毕。

定理 4（西罗 I）：设 $G$ 是一个阶为 $mp^{a}$ 的有限群，其中 $p$ 是一个素数，$a,m\in \mathbb {N}$ 且 $m$ 与 $p$ 互素。对于每个 $0\leq i\leq a$，G 中存在一个阶为 $p^{i}$ 的子群。特别地，G 中存在西罗 $p$-子群。

证明：对于此证明，我们使用归纳法。令 H 为 G 的一个 p-子群，即 $|H|=p^{i}$ 对于某个自然数 i。H 通过左乘作用于左陪集集 G/H 上。根据关于群作用的第 23 个推论，我们得到 $|G/H|\equiv |Z|\mod p(*)$，其中 $Z=\{gH\in G/H:\forall h\in H:hgH=gH\}$。但以下等价关系也成立

$\forall h\in H:hgH=gH\Leftrightarrow \forall h\in H:hg\in gH\Leftrightarrow \forall h\in H:g^{-1}hg\in H$ $\Leftrightarrow gHg^{-1}\subseteq H\Leftrightarrow gHg^{-1}=H$ 因为 $|H|=|gHg^{-1}|$ $\Leftrightarrow g\in N[H]$

但由此我们可以得出结论，$Z=\{gH\in G/H:g\in N[H]\}=N[H]/H$。因此，(*) 变为 $[G:H]\equiv [N[H]:H]\mod p$。由此我们可以得出结论，如果 $i<a$，因此p 整除 $[G:H]$（根据拉格朗日定理），那么p 也整除 $[N[H]:H]$。此外：由于 $H$ 是 $N[H]$ 的一个正规子群，我们知道 $N[H]/H$ 是一个群。因此，我们可以应用柯西定理：$N[H]/H$ 有一个阶为p 的子群 $N$。但如果我们令 $H'=\bigcup _{gH\in N}gH$，那么 $H'$ 是 $G$ 的一个阶为 $p^{i+1}$ 的子群，因为
a) 两个不同陪集的交集为空集，并且
b) $H'$ 是 G 的一个子群，因为对于 $gh,g'h'\in H'$ $gh(g'h')^{-1}=ghh'^{-1}g'^{-1}=gg'^{-1}h''h'''\in H'$ 对于某些 $h'',h'''\in H$，因为 $g\in N[H]$，正规化子。证毕。

引理 5（共轭的阶）：令 G 为一个群，其单位元为 $Id_{G}$，$g\in G$ 为该群的一个元素。那么 $\forall x\in G:ord(g)=ord(xgx^{-1})$

证明：首先，我们观察到 $(xgx^{-1})^{n}=xg^{n}x^{-1}$ 通过归纳法：对于 n = 1，该结论显然成立，计算结果

$(xgx^{-1})^{n+1}=xg^{n}x^{-1}xgx^{-1}=xg^{n+1}x^{-1}$

显示了归纳步骤。

因此，$(xgx^{-1})^{ord(g)}=xg^{ord(g)}x^{-1}=Id_{G}$，这表明 $ord(xgx^{-1})\leq ord(g)$。

此外，设 $k\in \mathbb {N}$。那么 $(xgx^{-1})^{n}=xg^{k}x^{-1}=Id_{G}\Rightarrow g^{k}x^{-1}=x^{-1}\Rightarrow g^{k}=Id_{g}$，其中第一个蕴含关系成立是因为逆元是唯一确定的，第二个蕴含关系成立是因为单位元是唯一确定的。因此 $ord(xgx^{-1})\geq ord(g)$，与前面的不等式一起意味着 $ord(g)=ord(xgx^{-1})$，完成了证明。QED。

引理 6：设 $X=\{gPg^{-1}:g\in G\}$，并设 G 通过共轭作用于 X。那么 $G_{p}$ 是 G 的一个子群，并且 $G_{P}$ 的任何 p-子群都包含在 P 中。

证明：G 对 X 的共轭作用是传递作用：如果 $g,g'\in G$ 是任意的，$h*gPg^{-1}=g'Pg'^{-1}$，可以通过选择 $h=g'g^{-1}$ 来实现。根据群作用部分的内容，传递性意味着 $G_{P}$ 确实是一个群。

根据 X 的定义，我们有 P 是 $G_{P}$ 的一个正常子群。现在设 Q 是 $G_{P}$ 的一个任意 p-子群。那么根据关于正常子群的部分，$QP$ 是一个子群。根据第二同构定理，我们有 $QP/P\approx Q/(Q\cap P)$。因此，根据拉格朗日定理，我们也有 $|QP/P|=|Q/(Q\cap P)|={\frac {|Q|}{|Q\cap P|}}=p^{s}$，其中 $s\in \mathbb {N} _{0}$，因为 Q 是一个 Sylow p-子群。此外，拉格朗日定理也保证 $|QP/P|={\frac {|QP|}{|P|}}$。由于 P 是一个 Sylow p-子群，QP 是 G 的一个子群，因此 $|QP|$ 整除 |G|，我们知道 p 不整除 $|QP/P|$。因此，$|QP/P|$ 必须是平凡子群，因此 $Q/(Q\cap P)$ 也是，这意味着 $Q\cap P=Q$，因为根据关于子群的部分，$gH=H\Leftrightarrow g\in H$，证毕。

定理 7 (Sylow II): 如果 P 是 G 的一个 Sylow p-子群，Q 是 G 的一个任意 p-群，那么 $\exists g\in G:Q\subseteq gPg^{-1}$，因此 Q 包含在一个 Sylow p-子群中，因为对于任意群 G，如果 $H$ 是 G 的一个任意子群，那么 $gHg^{-1}$ 也是。特别地，所有 G 的 Sylow $p$-子群是共轭的。

证明: 我们选择 $X=\{gPg^{-1}:g\in G\}$. P 通过共轭作用于 X。 根据轨道-稳定子定理（群作用部分中的推论 19），我们有 $\forall x\in X:|P*x|={\frac {|P|}{|P_{x}|}}$. 但是由于 P 是一个 Sylow p-群，我们知道 $|P*x|\equiv 0\mod p$ 或者 $|P*x|\equiv 1\mod p$. 由于 $\forall h\in P:hPh^{-1}=P$，我们进一步有 $P*P=\{P\}$，因此 $|P*P|=1$，因为 P 是 X 中的单个元素。

但 P 也是唯一具有平凡轨道的元素：设 $gPg^{-1}\in X$。$gPg^{-1}$ 具有平凡轨道意味着用我们群作用的语言来说，即 $\forall x\in P:xgPg^{-1}x^{-1}=gPg^{-1}$。如果我们用 $g$ 在右边和 $g^{-1}$ 在左边乘以这个方程，我们得到 $\forall x\in P:g^{-1}xg\in P_{P}$。根据引理 5，我们知道 $|gxg^{-1}|=|x|$。因此 $gPg^{-1}$ 是 $P_{P}$ 的 p-子群。根据引理 6，我们知道因此 $gPg^{-1}$ 必须是 P 的子群，并且由于这两个集合包含相同数量的元素，它们必须相等。

我们现在回忆一下上面的公式 $\forall x\in X:|P*x|={\frac {|P|}{|P_{x}|}}$，并注意到由于 $|P*x|=p^{s},s\in \mathbb {N} _{0}$，所有其他元素必须具有属性 $|P*x|\equiv 0\mod p$，因为它们的轨道不是平凡的。由于轨道将 X 分区，我们有 $|X|\equiv 1\mod p$。

现在我们让Q通过共轭作用于X，而不是P。由于$|X|\equiv 1\mod p$，我们知道至少存在一个长度为1的轨道。那么这意味着什么呢？

$\exists g\in G:\forall x\in Q:x(gPg^{-1})x^{-1}=gPg^{-1}$

与之前一样

$g^{-1}Qg\subseteq Q_{P}$

，并且根据引理6

$g^{-1}Qg\subseteq P$，因此$Q\subseteq gPg^{-1}$。证毕。

引理 8：子群的正规化子是一个子群。

证明：令H是G的一个子群，令G通过共轭作用于H。那么H的正规化子是H在该作用下的稳定子。因此，根据群作用部分的引理14，它是一个子群，证毕。

定理 9（Sylow III*）：令$n_{p}$是G的Sylow $p$-子群的个数。那么$n_{p}=|G/N[P]|$，其中$P$是任何Sylow $p$-子群。

证明: 这直接来自 Sylow II 的证明和定理。Sylow II 本身：选择$X$ 如 Sylow II 证明中所述。那么根据定理本身，可知$|X|=n_{p}$，如果我们考虑 G 对 X 的共轭群作用，那么我们有$\forall x\in X:|G*P|=n_{p}$。但根据轨道-稳定子定理（群作用章节中的定理 19）$|G*P|={\frac {|G|}{|G_{P}|}}={\frac {|G|}{|N[P]|}}$，由于正规化子的定义，以及${\frac {|G|}{|N[P]|}}=|G/N[P]|$，根据拉格朗日定理（由于引理 8 中 N[P] 是一个子群，因此该定理适用），该定理得证。QED。

定理 10 (Sylow III): 令$G$ 为阶为$mp^{a}$ 的有限群，其中$p$ 为素数，$a,m\in \mathbb {N}$ 且$m$ 与$p$ 互质。如果$n_{p}$ 是 G 中 Sylow $p$-子群的数量，那么$n_{p}\mid m$ 且$n_{p}\equiv 1\mod p$。

证明：在 Sylow II 的证明中选择 $X$。Sylow II 的证明表明 $|X|\equiv 1\mod p$，定理 Sylow II 本身 证明了 $|X|=n_{p}$。这证明了第二部分。第一部分来自 Sylow III* 和 $|G/N[P]|={\frac {|G|}{|N[P]|}}$（根据拉格朗日定理，因为根据引理 8，N[P] 是一个子群，所以这里可以应用拉格朗日定理）：由于 P 是 N[P] 的子群，我们知道 $|P|$ 整除 $|N[P]|$。这意味着 $|G/N[P]|$ 不能被 p 整除。但由于 $|G/N[P]|$ 整除 $|G|=mp^{a}$，它必须整除 m。证毕。

如何证明特定阶的群不是单群

在本节中，将展示如何使用 Sylow 定理来证明特定阶的群不能是单群。这是一个 Sylow 定理的实用应用。

例 11：阶为 340 的群不是单群。

证明：令 |G| = 340 = 2² ⋅ 5 ⋅ 17。根据 Sylow III，我们有 $n_{5}=1$，因为 $n_{5}\equiv 1\mod 5$ 且 $n_{5}|2^{2}\cdot 17$ 只有这个解（可以通过计算所有可能的解来发现，由于最后一个条件意味着 $n_{5}\leq 2^{2}\cdot 17$，所以解是有限的）。但根据 Sylow II，唯一的 Sylow 5-群的共轭仍然是 Sylow 5-群，它本身就是。这就是正规子群的定义。因此，根据单群的定义，阶为 340 的群不是单群。证毕。

例 12：阶为 48 的群不是单群。

证明：设 |G| = 48 = 2⁴ ⋅ 3。西罗定理 III 告诉我们 $n_{2}\equiv 1\mod 2$ 并且 $n_{2}|3$。由此得出要么 $n_{2}=1$ 要么 $n_{2}=3$。如果现在 $n_{2}=1$，那么，与示例 11 相同，（此时唯一的）西罗 2-群是正规的。在另一种情况下，通过对三个西罗 2-群的集合进行共轭，我们生成一个同态 $\phi :G\to S_{3}$。这是由于关于群作用的部分中的定理 2。由于所有西罗 2-群都是西罗定理 II 的共轭，因此该图像不能是平凡的。但由于核是正规子群，并且 $|S_{3}|=6$，我们根据第一个同构定理和拉格朗日定理，该核是一个真非平凡正规子群，这就是该群不简单的理由。

示例 13：阶为 108 的群不简单。

证明：设 |G| = 108 = 2 ⋅ 2 ⋅ 3³，S 为一个 Sylow 3-group。我们让 G 通过左乘作用于 S 的陪集。根据 关于群作用的部分 中的定理 2，我们知道这个作用会生成一个同态 $\varphi :G\to S_{4}$。根据第一同构定理和拉格朗日定理，我们有 $|G|=|ker\varphi ||\varphi (G)|$，因此 $|\varphi (G)|$ 必须整除 108。由于 $\varphi (G)$ 是 $S_{4}$ 中的子群，并且 $|S_{4}|=24$，$|\varphi (G)|$ 必须整除 24。由此得出 $|\varphi (G)|\leq 12$，因此，根据第一同构定理和拉格朗日定理，我们再次得到 $|G|=|ker\varphi ||\varphi (G)|$，即 $|ker\varphi |\geq {\frac {108}{12}}=9$。如果核是 G，那么这个作用将是平凡的，因此 $S=G$，这是一个矛盾，因为 G 不是 Sylow 3-group。因此，核是一个真非平凡的正规子群，因此这个群不是简单的。