Sylow 定理是群论中的重要定理, 使我们更了解有限群的结构. 但是其证明过程在很多书上比较繁琐而且让人摸不着头脑, 本文整理了Advanced Modern Algebra 这本书中的证明方法, 其更为清晰且自然.
本文中所有群均为乘法群, 且单位元用 $1$ 表示.
Sylow 定理由三条定理组成, 在一般书上表达如下:
Thm (Sylow 第一定理). 设群 $G$ 的阶为 $p^em$, 其中 $p$ 为素数且 $\gcd(m,p)=1,e>0$, 则对于 $1\le k\le e$, $G$ 中必有 $p^k$ 阶子群. 其中 $p^e$ 阶子群被称为 $G$ 的 Sylow $p$ - 子群.
Thm (Sylow 第二定理). 设群 $G$ 的阶为 $p^em$, 其中 $p$ 为素数且 $\gcd(m,p)=1,e>0$, 则
- 对于 $1\le k\le e$, $G$ 的任意一个 $p^k$ 阶子群一定包含在 $G$ 的某一个 Sylow $p$ - 子群中;
- $G$ 的任意两个 Sylow $p$ - 子群共轭.
Thm (Sylow 第三定理). 设群 $G$ 的阶为 $p^e m$, 其中 $p$ 为素数且 $\gcd(m,p)=1,e>0$, 则 $G$ 的 Sylow $p$ - 子群的个数 $r$ 满足 $r\mid m$ 且
$$r\equiv 1\bmod p
$$
但是 Advanced Modern Algebra 中的表述有些许不同, 接下来就来看看该书中的 Sylow 定理及其证明.
Lemma. $G$ 是一个有限 Abel 群, $p$ 是 $|G|$ 的一个素因子, 则 $G$ 含有 $p$ 阶子群.
Proof.
设 $|G|=pm$, 对 $m$ 进行数学归纳.
-
当 $m=1$ 时, 显然成立.
-
当 $m\ge 2$ 时, 任取 $G$ 中的一个非单位元元素 $a$.
若 $|a|=kp$ 对于某个 $k\in \mathbb{Z}_+$, 则 $\left< a^k\right>$ 即为 $p$ 阶子群;
否则, 即 $p\nmid |a|$, 考虑商群 $G/\left<a\right>$, 其阶为 $pm'$, 其中 $m'=\frac m{|a|}<m$.
由归纳假设知 $G/\left<a\right>$ 中存在 $p$ 阶子群 $\left<[b]\right>$ ($p$ 阶子群一定为循环群, $b\in G$, $[b]:=b\left<a\right>$).
设 $|b^p|=s,|b|=t$, 则由于 $[b]$ 为 $p$ 阶元, $\gcd(s,p)=1$ (因为 $b^p\in\left< a\right>$ 且 $p\nmid |a|$). 由于 $b^{sp}=1$ 因此 $t\mid sp$.
假设 $p\nmid t$, 则有 $t\mid s$, 则有 $[b]^s=\left<a\right>$ 与 $\gcd(s,p)=1$ 产生矛盾.
因此 $p\mid t$, 则 $\left<b^{t/p}\right>$ 即为 $G$ 的 $p$ 阶子群. $\square$
Thm (Gauss). $G$ 是一个有限群, $p$ 是 $|G|$ 的一个素因子, 则 $G$ 含有 $p$ 阶子群.
这里同样使用数学归纳法证明.
Proof.
设 $|G|=pm$, 对 $m$ 进行数学归纳.
-
当 $m=1$ 时, 显然成立.
-
当 $m\ge 2$ 时, 用 $Z(G)$ 表示 $G$ 的中心.
任取 $a\in G-Z(G)$, 记 $\mathcal{O}_a$ 表示 $a$ 的共轭类, $C(a)$ 表示 $a$ 的中心化子群.
若 $p\nmid |\mathcal O_a|$, 由轨道 - 稳定子定理知 $|\mathcal O_a||C(a)|=|G|$. 因此 $p\mid |C(a)|$, 由归纳假设知 $|C(a)|$ 中有 $G$ 的 $p$ 阶子群.
若 $\forall a\in G-Z(G),p\mid |\mathcal O_a|$, 再结合共轭类方程
$$ |G|=|Z(G)|+\sum_i |\mathcal O_{a_i}|
$$
得 $p\mid|Z(G)|$, 由于 $Z(G)$ 是 Abel 群, 可由之前的引理知其中有 $G$ 的 $p$ 阶子群. $\square$
Def. $G$ 是一个群, $p$ 是一个素数, 若 $G$ 中所有元素的阶都是 $p$ 的幂, 则称 $G$ 是一个 $p$ - 群.
容易得知,
- 一个有限群 $G$ 是 $p$ - 群, 当且仅当其阶是 $p$ 的幂.
- $p$ 群的子群也是 $p$ - 群.
Prop. $G$ 是一个非平凡有限 $p$ - 群, 则其中心 $Z(G)$ 不为 $\{1\}$ 且也为有限 $p$ 群.
Proof.
由共轭类方程知
$$|G|=|Z(G)|+\sum_i[G:C(a_i)]
$$
由于 $a_i\notin Z(G)$, $p\mid[G:C(a_i)]$, 因此 $p\mid |Z(G)|$. $\square$
Prop. $G$ 是一个阶为 $p^e (e>0)$ 的群, 则 $G$ 有 $p^k (0<k\le e)$ 阶的子群.
Proof.
当 $k=1$ 时由高斯定理得证, 因此只用证明 $k>1$ 的情形. 接下来对 $e$ 进行数学归纳.
-
当 $e=2$ 时, 显然成立.
-
当 $e>2$ 时, $Z(G)\ne\{1\}$ 且 $Z(G)$ 为 $p$ - 群. 则存在 $Z(G)$ 的 $p$ 阶子群 $H$.
由于 $H\subset Z(G)$, $H$ 为 $G$ 的正规子群.
考虑商群 $G/H$, 由归纳假设知其中存在 $k-1$ 阶群 $K'$.
由 The Correspondence Theorem 知存在 $G$ 的子群 $K$ 使得 $K/H=K'$.
则 $K$ 为 $G$ 的 $p^k$ 阶子群. $\square$
Def. $G$ 是一个群, $p$ 是一个素数, $H$ 是 $G$ 的 $p$ - 子群. 若不存在 $G$ 的真 $p$ - 子群 $K$ 使得 $H\subsetneqq K$, 则称 $H$ 是 $G$ 的 Sylow $p$ - 子群.
这么定义 Sylow $p$ - 子群的好处是定义了无限群的情形, 而且能使得后面的证明变得更简单.
证明 Sylow $p$ - 子群的存在性只需要用 Zorn 引理便可以完成.
Lemma (Zorn). $(X,\le)$ 是一个偏序集, 若其每个链(全序子集)都有上界, 则 $X$ 中存在极大元(即 $\exists x\in X,\nexists c\in X,x < c$).
Zorn 引理是集合论中的重要引理, 其等价于选择公理. 由于这个不是本文的重点, 在此不做证明.
Prop. $G$ 的 Sylow $p$ - 子群存在.
Proof.
设 $M$ 是 $G$ 的所有 $p$ - 子群构成的集合. 定义 $M$ 上的序关系为集合的包含关系.
$M$ 的每个链都有链内所有元素之并集为上界, 由 Zorn 引理知, $M$ 中存在极大元, 即 $G$ 的 Sylow $p$ - 子群. $\square$
Lemma. $P$ 是有限群 $G$ 的 Sylow $p$ - 子群.
- 每个 $P$ 的共轭群也是 $G$ 的 Sylow $p$ - 子群.
- $[N(P):P]$ 与 $p$ 互素. ($N(P)$ 表示 $P$ 的正规化子群)
- 若 $a\in G$ 满足 $|a|$ 为 $p$ 的幂且 $aPa^{-1}=P$, 则有 $a\in P$.
Proof.
-
若 $P$ 的共轭 $aPa^{-1}$ 不是 $G$ 的 Sylow $p$ - 子群.
则存在 $G$ 的 $p$ - 子群 $H$ 使得 $aPa^{-1}\subsetneqq H\Rightarrow P\subsetneqq a^{-1}Ha$ 产生矛盾.
-
假设 $p\mid [N(P):P]$, 则由 Gauss 定理知商群 $N(P)/P$ 存在 $p$ 阶子群 $H'$.
由 The Correspondence Theorem 知存在子群 $H\subset N(P)$ 满足 $H/P=H'$.
则 $H$ 是 $p$ - 群且 $P\subsetneqq H$ 产生矛盾.
-
因为 $aPa^{-1}=P$, 有 $a\in N(P)$.
由 (2) 可知 $aP=P$, 因此 $a\in P$. $\square$
至此, 铺垫已经做足, 接下来将正式开始证明 Sylow 定理.
Thm (Sylow 第二和第三定理) $G$ 是一个有限群且 $|G|=p^{e}m$, 其中 $\gcd(p,m)=1,e>0$. 令 $P$ 为 Sylow $p$ - 子群.
-
每个 Sylow $p$ - 子群都是 $P$ 的共轭群.
-
如果这里有 $r$ 个 Sylow $p$ - 子群, 则 $r$ 是 $|G|/p^{e}$ 的因子且
$$
r\equiv 1\bmod p
$$
Proof.
令 $M$ 表示 $P$ 的所有共轭群构成的集合. 设 $M=\{P_1,P_2,...,P_r\}$, 其中 $P_1=P,P_i=g_iPg_i^{-1}$ 且 $P_i\ne P_j(i\ne j)$.
若 $Q$ 是一个 Sylow $p$ - 子群, 考虑 $Q$ 在 $M$ 上的作用 $(a,g_iPg_i^{-1})\mapsto ag_iPg_i^{-1}a^{-1}=ag_iP(g_ia)^{-1}$.
-
若 $P$ 的轨道 $\mathcal O_P$ 满足 $|\mathcal O_P|=1$, 则有 $Q=P$.
若 $\forall a\in P, aP_ia^{-1}=P_i$, 则由之前的定理知 $a\in P_i$, 因此 $P_i=P$.
因此若 $i\ne 1$, 则有 $|\mathcal O_{P_i}|\ne 1$
再由轨道 - 稳定子定理 $|\mathcal O_{P_i}|=[Q:Q_{P_i}]$ 得知 $p\mid|\mathcal O_{P_i}|$.
又因为
$$ r=|M|=|\mathcal O_P|+\sum_{i\ne 1}|\mathcal O_{P_i}|=1+\sum_{i\ne 1}|\mathcal O_{P_i}|
$$
对 $p$ 取余得
$$
r\equiv 1\bmod p
$$ -
若 $P$ 的轨道 $\mathcal O_P$ 不满足 $|\mathcal O_P|=1$. 假设 $Q\notin M$.
则与上面同理可知每个 $P_i$ 的轨道都有 $p\mid|\mathcal O_{P_i}|$.
则
$$ r=|M|=|\mathcal O_P|+\sum_{i\ne 1}|\mathcal O_{P_i}|
$$
对 $p$ 取余得
$$
r\equiv 0\bmod p
$$
产生矛盾. 因此 $Q\in M$.
综上所述, $M$ 即所有 Sylow $p$ - 子群的集合. 接下来还需证明 $r$ 是 $|G|/p^{e}$ 的因子.
由于所有 Sylow $p$ - 子群都与 $P$ 共轭, 因此 $r=|M|=[G:N(P)]$. 则有 $r\mid |G|$.
而 $r$ 又与 $p$ 互素(因为对取余为 1), 因此 $r$ 是 $|G|/p^{e}$ 的因子.
因此 (2) 成立. $\square$
Thm (Sylow 第一定理). 设群 $G$ 的阶为 $p^em$, 其中 $p$ 为素数且 $\gcd(m,p)=1,e>0$, 则 $G$ 的 Sylow $p$ - 子群为 $p^e$ 阶.
Proof.
设 $H$ 为 $G$ 的 Sylow $p$ - 子群, 则有 $[G:H]=[G:N(H)][N(H):H]$.
由之前的引理可知 $p\nmid[N(H):H]$.
又由 Sylow 第二和第三定理可知 $[N(H):H]$ 与 $p$ 互素.
因此 $[G:H]$ 与 $p$ 互素, 而 $H$ 的阶又为 $p$ 的幂, 因此 $|H|=p^e$. $\square$