数学

抽象代数——Sylow定理

第一Sylow定理

设$p$整除$|G|$。我们写作$$|G|=p^{e} \cdot m$$其中$p^{e}$是$p$整除$|G|$的最大幂。特别地，$\operatorname{gcd}(m, p)=1$。

定义 一个Sylow $p$-子群(Sylow $p$-subgroup)，或 $p$-Sylow子群($p$-Sylow subgroup)，是一个子群$H \subset G$，满足$|H|=p^{e}$。换句话说，它是一个阶为$p$的幂的最大子群。

所以如果有多个不同的素数$p$整除$|G|$，我们可以尝试为每个这样的$p$找到一个Sylow $p$-子群。到目前为止，我们还不知道它们是否存在，或在$G$中可能有多少个。

例 设$G=S_{3}$。由于$6=3 \cdot 2$，一个Sylow $3$-子群是$G$中阶为3的子群。只有一个这样的子群，即$H={\mathrm{id},(123),(132)}$。有三个Sylow $2$-子群：${\mathrm{id},(12)},{\mathrm{id},(13)},{\mathrm{id},(23)}$。

定理 (第一个Sylow定理)设$p$整除$|G|$。则存在一个Sylow $p$-子群。

在进入该定理的证明之前，让我们引入两个将在证明中使用的引理。

引理 $p$不整除$|\mathcal{P}_{p^{e}}(G)|$。

证明：阶为$p^{e}$的子集的数量不被$p$整除。回想一下$\begin{pmatrix} a\ b\end{pmatrix}=$从大小为$a$的集合中选择$b$个无序元素的方式数量。因此$\begin{pmatrix} a\ b\end{pmatrix}=\frac{a!}{b!(a-b)!}$。于是我们有$$\begin{pmatrix}p^{e}m\\p^{e}\end{pmatrix}=\frac{(p^{e}m)(p^{e}m-1)\cdots(p^{e}m-p^{e}+1)}{p^{e}(p^{e}-1)\cdots 1}$$注意，如果$p$整除一个分子项$$p^{e}m-k,$$它也整除$$p^{e}-k$$在分母中，而且次数相同！为什么？如果$$k=p^{i}l,\quad p\nmid l.$$

$$\begin{aligned}p^{e}m-k&=p^{i}(p^{e-i}m-l)\\p^{e}-k&=p^{i}(p^{e-i}-l)\end{aligned}$$注意$i<e$，否则$p^{e}-k$将为负数！

所以$\frac{p^{e}m-k}{p^{e}-k}$不被$p$整除。$$~\tag*{$\square$}$$

注 我们已经论证了$$\begin{pmatrix}p^{e}m\\p^{e}\end{pmatrix}=\frac{p^{e}m(p^{e}m-1)\cdots(p^{e}m-p^{e}+1)}{p^{e}(p^{e}-1)\cdots 1}$$不被$p$整除。这归结为$$p^{i}\mid p^{e}m-k\quad \Rightarrow\quad p^{i}\mid p^{e}-k.$$为什么$i<e$？因为否则，$$k=p^{e+a}l\quad \Rightarrow\quad p^{e}-k=p^{e}(1-p^{a}l)\leqslant 0~\text{如果}~a\geqslant 0.$$更具体地，根据二项式系数的定义，$k$必须从$0$运行到$p^{e}-1$，所以$k$本身必须小于$p^{e}$。

命题 设$U\subset G$是一个子集。$U$的稳定子$H$的阶能整除$|U|$。

证明：如果$U$被$H$固定，那么$$U=\bigcup\limits_{u\in U}Hu,$$且$U$被分割成陪集。因此，$$U=\bigsqcup Hu$$所以$$|U|=|H|+\cdots+|H|.$$$$~\tag*{$\square$}$$

让我们尝试证明第一个Sylow定理。我们的策略是什么？计数。

更好的问题是：计数什么？

证明：$G$作用在$\mathcal{P}_{p^{e}}(G)$上，作用方式为左乘：

$$S\mapsto gS.$$

由于根据引理，$p$不整除$|\mathcal{P}_{p^{e}}(G)|$，因此存在一个轨道$\mathcal{O}_{U}$，使得$p$不整除$\mathcal{O}_{U}$。（因为$|\mathcal{P}_{p^{e}}(G)|=\sum\limits_{\text{轨道}}|\mathcal{O}_{U}|$。）

设$U\in\mathcal{O}_{U}$。根据轨道-稳定子定理，

$$|G|/|G_{U}|=|\mathcal{O}_{U}|$$

并且根据另一个引理，$U=\bigcup\limits_{\text{陪集}}G_{U}$。所以$|G_{U}|$能整除$|U|=p^{e}$。因此

$$p^{e}m=|G|=|G_{U}|\cdot|\mathcal{O}_{U}|$$

其中$|G_{U}|$是$p$的幂，而$|\mathcal{O}_{U}|$不被$p$整除。

$$|G_{U}|=p^{e}.$$

$$~\tag*{$\square$}$$

推论 若$p$整除$|G|$，则存在一个阶为$p$的元素$x \in G$。

您可能之前未曾考虑过这个推论。根据Lagrange定理，我们知道$G$中的任意元素$x$的阶必须整除$|G|$。但给定一个能整除$|G|$的数，对于一个整除$G$的素数$p$，显然存在一个阶为$p$的指定元素吗？

证明：由于$p$整除$G$，因此$|H| \geqslant 2$。因此，我们可以选择一个$x \in H$，使得$x \neq 1_{G}$。此外，根据Lagrange定理，$x$的阶必须整除$|H|$。因此$$x^{p^{k}}=1_{G}$$对于某个$k \geqslant 1$。令$y=x^{p^{k-1}}$。那么$y^{p}=1_{G}$。$$~\tag*{$\square$}$$

例 设$$G=S_{7}\times\mathbb{Z}/14\mathbb{Z}$$则$$\begin{aligned}|G|&=7!\times 14\\&=7^{2}\times 5\times 3^{2}\times 2^{5}.\end{aligned}$$第一Sylow定理保证该群包含以下子群：

• 一个阶为$49$的子群
• 一个阶为$5$的子群
• 一个阶为$9$的子群
• 一个阶为$32$的子群

例 你能在$S_{7}$中找到一个阶为$16$的子群吗？

证明：1. 找到合适的素数幂：

• $S_{7}$的阶是$7! = 5040$，而$16$是$2$的幂，特别是$2^{4}$。
• 我们需要在$S_{7}$中找到一个阶为$16$的子群，这将是一个Sylow $2$-子群。
  2. 寻找阶为$2$的元素：
• 在$S_{7}$中，阶为$2$的元素是换位（$2$-循环），它交换两个元素并保持其他元素不变。例如，$(12) \in S_{7}$的阶为$2$。
• 一组不相交的换位的积，例如$(12)(34)$，也有阶$2$。通常，不相交的$k$个换位的积有阶$2^{k}$。
  3. 构造一个阶为$16$的子群：
• 为了得到一个阶为$16$的子群，我们需要由$4$个不相交的换位生成的群（因为$2^{4}=16$）。
• 考虑$S_{7}$中的以下不相交换位：$(12)$，$(34)$，$(56)$，$(78)$。
• 这四个不相交的换位生成一个阶为$16$的子群。该子群同构于$\mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2}$，因为每个换位生成一个阶为$2$的循环群，并且这些换位是相互独立的（即它们彼此交换）。

因此，$S_{7}$中阶为$16$的子群可以由不相交换位$\{(12), (34), (56), (78)\}$生成，并且同构于$\mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2}$。$$~\tag*{$\square$}$$

第一Sylow定理告诉我们Sylow $p$-子群存在——给定群$G$，满足$$|G|=p^{e}m,\quad p\nmid m,$$若$|H|=p^{e}$，则$H\subset G$是一个Sylow $p$-子群。

第二Sylow定理

定理 (第二Sylow定理)确定一个有限群$G$和一个素数$p$，使得$p$整除$|G|$。

(1) 任意两个Sylow $p$-子群是共轭的。

(2) 对于$G$的任意一个$p$-群子群$H$，存在一个包含$H$的Sylow $p$-子群。

证明：设$K\subset G$为子群，$K$作用在$G/H$上，即$G$的左陪集${gH}$的集合。$$gH\mapsto (kg)H.$$如果$K$是一个$p$-群而$H$是一个Sylow $p$-子群，那么$|K|=p^{l}$且$|G/H|=|G|/|H|=p^{e}m/p^{e}=m$。由于$p\nmid m$，$K$对$G/H$的作用具有一个不动点：存在一个$g$，使得$$k\cdot gH=gH,\quad \forall k\in K.$$即对于所有$k\in K$，对于所有$h\in H$，存在$h^{\prime}\in H$，使得$$k\cdot g\cdot h=g\cdot h^{\prime}.$$因此，$k=gh^{\prime}h^{-1}g^{-1}$。

因此，$k\in gHg^{-1}$。

因此，$K\subset gHg^{-1}$。$$~\tag*{$\square$}$$

注意，如果仅存在一个Sylow $p$-子群，则它必然是正规子群。为什么？

对于$\forall g\in G$，$$\begin{aligned} C_{g}:G&\to G\\ x&\mapsto gxg^{-1}\end{aligned}$$是一个群同构。所以它将阶为$k$的子群映射到阶为$k$的子群。如果只存在一个这样的子群$H$，那么$C_{g}$必须将$H$映射到$H$，对于所有$g\in G$，即$$gHg^{-1}=H,\quad \forall g\in G.$$因此$H$是正规子群。

第二个Sylow定理告诉我们，逆命题也是成立的。

推论 如果Sylow $p$-子群$H$是$G$的正规子群，则$H$是$G$中唯一的Sylow $p$-子群。

正规化子

在第三Sylow定理之前，我们还需要引入一个重要的概念——正规化子。

定义 设$K\subset G$是一个子群。那么$$N(K)=\{g\in G\mid gKg^{-1}=K\}$$称为$K$的正规化子(normalizer)。

命题 (1) $N(K)$是$G$的一个子群。

(2) $K\triangleleft N(K)$，即$K$在$N(K)$中是正规子群。

(3) $N(K)$是$G$对$\mathcal{P}_{|K|}(G)$的共轭作用的稳定子，其中$\mathcal{P}_{|K|}(G)$表示$G$中阶等于$|K|$的所有子群的集合。

第三Sylow定理

在进入第三Sylow定理之前，我们先快速回顾一个有用的事实。我们知道半直积可以被识别为分裂短正合列：$H\cong L\rtimes R$ $\Leftrightarrow$ 存在分裂的短正合列

问题：那么什么时候我们可以识别为直积呢？

命题 以下陈述是等价的：

(1) $H\cong L\times R$。

(2) $H\cong L\rtimes_{\phi} R$，其中$\phi:R\to \mathrm{Aut}(L)$是平凡映射。

(3) 存在一个分裂短正合列，使得$j(R)\triangleleft H$。

证明：我们来证明(1)$\Rightarrow$(3)$\Rightarrow$(2)$\Rightarrow$(1)的链式推理。

(1)$\Rightarrow$(3)：如果$H\cong L\times R$，我们可以定义包含映射$$\begin{aligned}i: L&\to H\\l&\mapsto (l,1_{R})\end{aligned}$$以及投影映射$$\begin{aligned}p: H&\to R\\(l,r)&\mapsto r\end{aligned}$$这两个映射都是群同态。于是我们得到了一个分裂的短正合列

$\begin{aligned}\text{其中}j: R&\to H~\text{是另一种“包含”同态。}\\r&\mapsto (1_{L},r)\end{aligned}$

此外，$j(R)\triangleleft H$。为什么？$$\begin{aligned}(l^{\prime},r^{\prime})(1_{L},r)(l^{\prime},r^{\prime})^{-1}&=(l^{\prime},r^{\prime})(1_{L},r)(l^{\prime -1},r^{\prime -1})\\&=(l^{\prime}1_{L}l^{\prime -1},r^{\prime}rr^{\prime -1})\\&=(1_{L},r^{\prime}rr^{\prime -1})\in j(R).\end{aligned}$$

(3)$\Rightarrow$(2)：设$r\in j(R)$，$l\in i(L)$。那么$$rlr^{-1}l^{-1}\in i(L)\cap j(R)={1_{H}}$$因此，我们可以得到$\phi(r) = \mathrm{id}_L$。

如果$\phi(r)=\mathrm{id}_{L}$，$\forall r$，那么

$$\begin{aligned}(l_{1},r_{1})\cdot(l_{2},r_{2})&=(l_{1}\cdot\phi_{r_{1}}(l_{2}),r_{1}r_{2})\\&=(l_{1}l_{2},r_{1}r_{2})\end{aligned}$$

这就是$L\times R$上的乘法定义。

$$~\tag*{$\square$}$$

现在我们陈述第三Sylow定理，这将极大地帮助我们确定群的结构。

定理 (第三Sylow定理)设$G$是一个有限群，$p$是一个能整除$|G|$的素数。我们记$$\mathrm{Syl}_{p}(G)$$为$G$的Sylow $p$-子群的集合。则

(1) $|\mathrm{Syl}_{p}(G)|$能整除$m$。

(2) $|\mathrm{Syl}_{p}(G)|\equiv 1\pmod p$。

注 (1) 表明$G$通过共轭作用作用在$\mathrm{Syl}_{p}(G)$上，根据第二个Sylow定理，该作用只有一个轨道，即$|\mathrm{Syl}_{p}(G)|=|G|/\text{稳定子}~G_{H}$，其中$H$是一个Sylow $p$-子群。由于$H \subset G_{H}$，因此$|G_{H}|=p^{e}\cdot m^{\prime}$，所以$$|\mathrm{Syl}_{p}(G)|=p^{e}m/p^{e}\cdot m^{\prime}=m/m^{\prime}。$$

对于(2)，我们将证明对于任何$H\in\mathrm{Syl}_{p}(G)$，$H$是$H$对$\mathrm{Syl}_{p}(G)$共轭作用的唯一不动点。因此

证明：设$H$为一个Sylow $p$-子群。$G$通过共轭作用作用在$\mathrm{Syl}_{p}(G)$上：

$$K\mapsto gKg^{-1}$$

根据轨道-稳定子定理，

$$|G|/|G_{H}|=|\mathcal{O}_{H}|=|\mathrm{Syl}_{p}(G)|$$

第二个等式根据第二Sylow定理成立。因为$H \subset G_{H}$，所以$p^{e}\mid |G_{H}|$。因此，

$$p^{e}m/p^{e}m^{\prime}=|\mathrm{Syl}_{p}(G)|\quad\Rightarrow\quad m=|\mathrm{Syl}_{p}(G)|\cdot m^{\prime}$$

因为$G$作用在$\mathrm{Syl}_{p}(G)$上，所以$H$是一个不动点。如果$K$是另一个不动点，则有$H \subset N(K)$且$K \subset N(K)$。根据第二个Sylow定理，$H$在$N(K)$中共轭于$K$。但$K\triangleleft N(K)$，所以$H=K$。

$$~\tag*{$\square$}$$

这里有一个例子应用：

命题 如果$|G|=15$, $G$是循环的。

证明：我们的策略是确定$\mathrm{Syl}_{5}(G)$和$\mathrm{Syl}_{3}(G)$的结构。

对于$p=5$，我们有$$|G|=p^{e}m=5^{1}\cdot 3.$$

根据第三Sylow定理，

(a) $|\mathrm{Syl}_{5}(G)|$能整除$3$。

(b) $|\mathrm{Syl}_{5}(G)|\equiv 1\pmod 5$。

(a)告诉我们$|\mathrm{Syl}_{5}(G)|=1$或$3$

(b)则要求$|\mathrm{Syl}_{5}(G)|=1$，因为$1$是小于$5$且满足$\equiv 1\pmod 5$的唯一值。

因此，$G$中存在唯一一个阶为$5$的子群$H_{5}$，并且$H_{5}$是正规子群。

类似地，

(c) $|\mathrm{Syl}_{3}(G)|$能整除$5$。

(d) $|\mathrm{Syl}_{3}(G)|\equiv 1\pmod 3$。

由(c)得出$|\mathrm{Syl}_{3}(G)|=1$。因此，$G$中存在唯一一个阶为$3$的子群$H_{3}$，并且$H_{3}$也是正规子群。

由于$\gcd(|H_{3}|,|H_{5}|)=\gcd(3,5)=1$，我们有$H_{3}\cap H_{5}={1_{G}}$。因此可以构造出短正合列

因为$H_{3}$和$H_{5}$都是$G$的正规子群，因此我们有同构$G\cong H_{3}\times H_{5}\cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\cong\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}$。$$~\tag*{$\square$}$$

命题 设$|G|=p\cdot P$，其中$p\neq P$是两个素数，且$P$是较大的素数。那么$G\cong \mathbb{Z}/P\mathbb{Z}\rtimes\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$。

证明：根据第三Sylow定理，

(a) $|\mathrm{Syl_{P}}(G)|$能整除$p$。

(b) $|\mathrm{Syl}_{P}(G)|\equiv 1 \pmod P$。

(a) $\Rightarrow$ $|\mathrm{Syl}_{P}(G)|=1$或$p<P$

(b) $\Rightarrow$ $|\mathrm{Syl}_{P}(G)|=1$ 因为小于$P$且满足$\equiv 1\pmod P$的唯一数是$1$。

$\Rightarrow$ $\exists! H_{P}\subset G$阶为$P$。

$\Rightarrow$ $H_{P}\triangleleft G$。

因此我们可以考虑以下短正合列$$1\to H_{P}\to G\to G/H_{P}\to 1.$$因为$|G/H_{P}|=p$，所以$G/H_{P}$同构于$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$，而$|H_{P}|=P$，因此$H_{P}$同构于$\mathbb{Z}/P\mathbb{Z}$。

所以我们有以下短正合列$$1\to \mathbb{Z}/P\mathbb{Z}\to G\to\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\to 1.$$根据第一Sylow定理，存在一个分裂映射$j$，因为$p$和$P$互质。$$~\tag*{$\square$}$$