抽象代數/群論/西洛定理

在本節中，我們將探討西洛定理及其應用。西洛定理是群論中三個強大的定理，例如，它們使我們能夠證明特定階$d\in \mathbb {N}$的群不是單群。

證明過程有些複雜，但很有意思。重要說明：維基百科也提供了西洛定理的證明，請參閱維基百科西洛定理條目，這些證明更簡短也更優雅。但是這裡你可以找到其他證明。這是因為作者想要避免冗餘。因此你可以選擇你喜歡的證明，或者都看看:-)

說明：以下證明也教了關於如何應用群作用的很多知識，所以它們也可能讓你對如何進行這類操作有所瞭解:-)

西洛定理

定義 1：設$G$是一個階為$mp^{a}$的有限群，其中$p$是素數，$a,m\in \mathbb {N}$且$m$與$p^{a}$互素。我們稱$G$的一個子群為西洛$p$-子群，當且僅當它的階為$p^{a}$。

定義 2：設 H 是群 G 的一個子群。我們定義 H 的正規化子 N[H] 如下

$N[H]:=\{g\in G:gHg^{-1}=H\}$，由於費馬

定理 3 (柯西定理) 設 G 是一個群，$p$是一個素數，使得$p$整除$|G|$。那麼存在 G 中的一個元素，其階為 p。特別是，G 中存在一個階為 p 的子群，即$<p>$。

證明：令 X 為所有元組 $(x_{1},\ldots ,x_{p}),\forall 1\leq i\leq p:x_{i}\in G$ 的集合，其中 $x_{1}\cdots x_{p}=1$。迴圈群 $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$ 在 X 上的作用為 $d*(x_{1},\ldots ,x_{p})=(x_{d+1},\ldots ,x_{p},x_{1},\ldots ,x_{d})$。例如，$(1,\ldots ,1)$ 的軌道只包含這個元素本身 ($(1,\ldots ,1)$）。

我們也有 $|X|=|G|^{p-1}$，因為我們可以任意選擇前 p-1 個元素，並且 $x_{p}=(x_{1}\cdots x_{p-1})^{-1}$，因此 |X| 是 p 的倍數，因為 |G| 也能被 p 整除。此外，我們根據軌道-穩定子定理（關於群作用的部分中的定理 19）知道，$\forall x\in X:|\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} *x||\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} _{x}|=|\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} |=p$。由於 p 是素數，因此對於所有 $x\in X:$，要麼 $|\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} *x|=1$，要麼 $|\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} *x|=p$。但由於軌道對 X 進行劃分（根據關於群作用的引理 11），並且 $|X|$ 能被 p 整除，我們需要至少一個（在 p = 2 的情況下，否則更多）其他元素 $x'\neq (1,\dots ,1)$ 屬於 X，使得 $|\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} *x'|=1$。設 $x'=(x_{1}',\ldots ,x_{p}')$。我們有 $x_{1}'=\cdots =x_{p}'$，因為否則 x' 不會被我們定義的動作固定。那麼 $x_{1}'^{p}=x_{1}'\cdots x_{p}'=1$。證畢。

定理 4（西羅 I）：設 $G$ 是一個階為 $mp^{a}$ 的有限群，其中 $p$ 是一個素數，$a,m\in \mathbb {N}$ 且 $m$ 與 $p$ 互素。對於每個 $0\leq i\leq a$，G 中存在一個階為 $p^{i}$ 的子群。特別地，G 中存在西羅 $p$-子群。

證明：對於此證明，我們使用歸納法。令 H 為 G 的一個 p-子群，即 $|H|=p^{i}$ 對於某個自然數 i。H 透過左乘作用於左陪集集 G/H 上。根據關於群作用的第 23 個推論，我們得到 $|G/H|\equiv |Z|\mod p(*)$，其中 $Z=\{gH\in G/H:\forall h\in H:hgH=gH\}$。但以下等價關係也成立

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

但由此我們可以得出結論，$Z=\{gH\in G/H:g\in N[H]\}=N[H]/H$。因此，(*) 變為 $[G:H]\equiv [N[H]:H]\mod p$。由此我們可以得出結論，如果 $i<a$，因此p 整除 $[G:H]$（根據拉格朗日定理），那麼p 也整除 $[N[H]:H]$。此外：由於 $H$ 是 $N[H]$ 的一個正規子群，我們知道 $N[H]/H$ 是一個群。因此，我們可以應用柯西定理：$N[H]/H$ 有一個階為p 的子群 $N$。但如果我們令 $H'=\bigcup _{gH\in N}gH$，那麼 $H'$ 是 $G$ 的一個階為 $p^{i+1}$ 的子群，因為
a) 兩個不同陪集的交集為空集，並且
b) $H'$ 是 G 的一個子群，因為對於 $gh,g'h'\in H'$ $gh(g'h')^{-1}=ghh'^{-1}g'^{-1}=gg'^{-1}h''h'''\in H'$ 對於某些 $h'',h'''\in H$，因為 $g\in N[H]$，正規化子。證畢。

引理 5（共軛的階）：令 G 為一個群，其單位元為 $Id_{G}$，$g\in G$ 為該群的一個元素。那麼 $\forall x\in G:ord(g)=ord(xgx^{-1})$

證明：首先，我們觀察到 $(xgx^{-1})^{n}=xg^{n}x^{-1}$ 透過歸納法：對於 n = 1，該結論顯然成立，計算結果

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

顯示了歸納步驟。

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

此外，設 $k\in \mathbb {N}$。那麼 $(xgx^{-1})^{n}=xg^{k}x^{-1}=Id_{G}\Rightarrow g^{k}x^{-1}=x^{-1}\Rightarrow g^{k}=Id_{g}$，其中第一個蘊含關係成立是因為逆元是唯一確定的，第二個蘊含關係成立是因為單位元是唯一確定的。因此 $ord(xgx^{-1})\geq ord(g)$，與前面的不等式一起意味著 $ord(g)=ord(xgx^{-1})$，完成了證明。QED。

引理 6：設 $X=\{gPg^{-1}:g\in G\}$，並設 G 透過共軛作用於 X。那麼 $G_{p}$ 是 G 的一個子群，並且 $G_{P}$ 的任何 p-子群都包含在 P 中。

證明：G 對 X 的共軛作用是傳遞作用：如果 $g,g'\in G$ 是任意的，$h*gPg^{-1}=g'Pg'^{-1}$，可以透過選擇 $h=g'g^{-1}$ 來實現。根據群作用部分的內容，傳遞性意味著 $G_{P}$ 確實是一個群。

根據 X 的定義，我們有 P 是 $G_{P}$ 的一個正常子群。現在設 Q 是 $G_{P}$ 的一個任意 p-子群。那麼根據關於正常子群的部分，$QP$ 是一個子群。根據第二同構定理，我們有 $QP/P\approx Q/(Q\cap P)$。因此，根據拉格朗日定理，我們也有 $|QP/P|=|Q/(Q\cap P)|={\frac {|Q|}{|Q\cap P|}}=p^{s}$，其中 $s\in \mathbb {N} _{0}$，因為 Q 是一個 Sylow p-子群。此外，拉格朗日定理也保證 $|QP/P|={\frac {|QP|}{|P|}}$。由於 P 是一個 Sylow p-子群，QP 是 G 的一個子群，因此 $|QP|$ 整除 |G|，我們知道 p 不整除 $|QP/P|$。因此，$|QP/P|$ 必須是平凡子群，因此 $Q/(Q\cap P)$ 也是，這意味著 $Q\cap P=Q$，因為根據關於子群的部分，$gH=H\Leftrightarrow g\in H$，證畢。

定理 7 (Sylow II): 如果 P 是 G 的一個 Sylow p-子群，Q 是 G 的一個任意 p-群，那麼 $\exists g\in G:Q\subseteq gPg^{-1}$，因此 Q 包含在一個 Sylow p-子群中，因為對於任意群 G，如果 $H$ 是 G 的一個任意子群，那麼 $gHg^{-1}$ 也是。特別地，所有 G 的 Sylow $p$-子群是共軛的。

證明: 我們選擇 $X=\{gPg^{-1}:g\in G\}$. P 透過共軛作用於 X。 根據軌道-穩定子定理（群作用部分中的推論 19），我們有 $\forall x\in X:|P*x|={\frac {|P|}{|P_{x}|}}$. 但是由於 P 是一個 Sylow p-群，我們知道 $|P*x|\equiv 0\mod p$ 或者 $|P*x|\equiv 1\mod p$. 由於 $\forall h\in P:hPh^{-1}=P$，我們進一步有 $P*P=\{P\}$，因此 $|P*P|=1$，因為 P 是 X 中的單個元素。

但 P 也是唯一具有平凡軌道的元素：設 $gPg^{-1}\in X$。$gPg^{-1}$ 具有平凡軌道意味著用我們群作用的語言來說，即 $\forall x\in P:xgPg^{-1}x^{-1}=gPg^{-1}$。如果我們用 $g$ 在右邊和 $g^{-1}$ 在左邊乘以這個方程，我們得到 $\forall x\in P:g^{-1}xg\in P_{P}$。根據引理 5，我們知道 $|gxg^{-1}|=|x|$。因此 $gPg^{-1}$ 是 $P_{P}$ 的 p-子群。根據引理 6，我們知道因此 $gPg^{-1}$ 必須是 P 的子群，並且由於這兩個集合包含相同數量的元素，它們必須相等。

我們現在回憶一下上面的公式 $\forall x\in X:|P*x|={\frac {|P|}{|P_{x}|}}$，並注意到由於 $|P*x|=p^{s},s\in \mathbb {N} _{0}$，所有其他元素必須具有屬性 $|P*x|\equiv 0\mod p$，因為它們的軌道不是平凡的。由於軌道將 X 分割槽，我們有 $|X|\equiv 1\mod p$。

現在我們讓Q透過共軛作用於X，而不是P。由於$|X|\equiv 1\mod p$，我們知道至少存在一個長度為1的軌道。那麼這意味著什麼呢？

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

與之前一樣

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

，並且根據引理6

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

引理 8：子群的正規化子是一個子群。

證明：令H是G的一個子群，令G透過共軛作用於H。那麼H的正規化子是H在該作用下的穩定子。因此，根據群作用部分的引理14，它是一個子群，證畢。

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

證明: 這直接來自 Sylow II 的證明和定理。Sylow II 本身：選擇$X$ 如 Sylow II 證明中所述。那麼根據定理本身，可知$|X|=n_{p}$，如果我們考慮 G 對 X 的共軛群作用，那麼我們有$\forall x\in X:|G*P|=n_{p}$。但根據軌道-穩定子定理（群作用章節中的定理 19）$|G*P|={\frac {|G|}{|G_{P}|}}={\frac {|G|}{|N[P]|}}$，由於正規化子的定義，以及${\frac {|G|}{|N[P]|}}=|G/N[P]|$，根據拉格朗日定理（由於引理 8 中 N[P] 是一個子群，因此該定理適用），該定理得證。QED。

定理 10 (Sylow III): 令$G$ 為階為$mp^{a}$ 的有限群，其中$p$ 為素數，$a,m\in \mathbb {N}$ 且$m$ 與$p$ 互質。如果$n_{p}$ 是 G 中 Sylow $p$-子群的數量，那麼$n_{p}\mid m$ 且$n_{p}\equiv 1\mod p$。

證明：在 Sylow II 的證明中選擇 $X$。Sylow II 的證明表明 $|X|\equiv 1\mod p$，定理 Sylow II 本身 證明了 $|X|=n_{p}$。這證明了第二部分。第一部分來自 Sylow III* 和 $|G/N[P]|={\frac {|G|}{|N[P]|}}$（根據拉格朗日定理，因為根據引理 8，N[P] 是一個子群，所以這裡可以應用拉格朗日定理）：由於 P 是 N[P] 的子群，我們知道 $|P|$ 整除 $|N[P]|$。這意味著 $|G/N[P]|$ 不能被 p 整除。但由於 $|G/N[P]|$ 整除 $|G|=mp^{a}$，它必須整除 m。證畢。

如何證明特定階的群不是單群

在本節中，將展示如何使用 Sylow 定理來證明特定階的群不能是單群。這是一個 Sylow 定理的實用應用。

例 11：階為 340 的群不是單群。

證明：令 |G| = 340 = 2² ⋅ 5 ⋅ 17。根據 Sylow III，我們有 $n_{5}=1$，因為 $n_{5}\equiv 1\mod 5$ 且 $n_{5}|2^{2}\cdot 17$ 只有這個解（可以透過計算所有可能的解來發現，由於最後一個條件意味著 $n_{5}\leq 2^{2}\cdot 17$，所以解是有限的）。但根據 Sylow II，唯一的 Sylow 5-群的共軛仍然是 Sylow 5-群，它本身就是。這就是正規子群的定義。因此，根據單群的定義，階為 340 的群不是單群。證畢。

例 12：階為 48 的群不是單群。

證明：設 |G| = 48 = 2⁴ ⋅ 3。西羅定理 III 告訴我們 $n_{2}\equiv 1\mod 2$ 並且 $n_{2}|3$。由此得出要麼 $n_{2}=1$ 要麼 $n_{2}=3$。如果現在 $n_{2}=1$，那麼，與示例 11 相同，（此時唯一的）西羅 2-群是正規的。在另一種情況下，透過對三個西羅 2-群的集合進行共軛，我們生成一個同態 $\phi :G\to S_{3}$。這是由於關於群作用的部分中的定理 2。由於所有西羅 2-群都是西羅定理 II 的共軛，因此該影像不能是平凡的。但由於核是正規子群，並且 $|S_{3}|=6$，我們根據第一個同構定理和拉格朗日定理，該核是一個真非平凡正規子群，這就是該群不簡單的理由。

示例 13：階為 108 的群不簡單。

證明：設 |G| = 108 = 2 ⋅ 2 ⋅ 3³，S 為一個 Sylow 3-group。我們讓 G 透過左乘作用於 S 的陪集。根據 關於群作用的部分 中的定理 2，我們知道這個作用會生成一個同態 $\varphi :G\to S_{4}$。根據第一同構定理和拉格朗日定理，我們有 $|G|=|ker\varphi ||\varphi (G)|$，因此 $|\varphi (G)|$ 必須整除 108。由於 $\varphi (G)$ 是 $S_{4}$ 中的子群，並且 $|S_{4}|=24$，$|\varphi (G)|$ 必須整除 24。由此得出 $|\varphi (G)|\leq 12$，因此，根據第一同構定理和拉格朗日定理，我們再次得到 $|G|=|ker\varphi ||\varphi (G)|$，即 $|ker\varphi |\geq {\frac {108}{12}}=9$。如果核是 G，那麼這個作用將是平凡的，因此 $S=G$，這是一個矛盾，因為 G 不是 Sylow 3-group。因此，核是一個真非平凡的正規子群，因此這個群不是簡單的。