Sylow 定理

贡献者： JierPeter

　　 拉格朗日定理（定理 3 ）揭示了子群阶数的特点。可惜的是，其逆命题 “如果 $n\mid \left\lvert G \right\rvert $ 则 $G$ 总有阶数为 $n$ 的子群” 是不成立的。比如说，交错群 $A_4$ 就没有 $6$ 阶的子群——你可以动手验证这一点。

　　 但是，挪威数学家 Peter Ludwig Sylow 于 1872 年发表的文章¹指出，在 $n$ 是素数或者素数的幂时，拉格朗日定理逆命题是成立的。同时他还发现所谓的 Sylow 子群全都是彼此共轭的。

　　 举个例子：考虑阶数为 $300$ 的群 $G$，对 $300$ 进行素因子分解得 $300=2^2\cdot 3^2\cdot 5^2$，那么阶数为 $2^2$ 的子群总存在，且它们彼此共轭。不过，$2$ 阶子群虽存在，却不能总保证所有 $2$ 阶子群彼此共轭。

　　 Sylow 定理通常被拆分成三个部分来表述。

　　 证明：

　　 令 $ \left\lvert G \right\rvert =p^km$，其中 $p\not\mid m$。

　　 先证明当 $G$ 是阿贝尔群时，$p$ 阶子群存在。

　　 任取 $g\in G$，如果 $g$ 的阶（定义 2 ）$ \operatorname {ord}g$ 是 $p$ 的倍数 $np$，那么 $g^n$ 生成的循环群就是 $p$ 阶的。否则，设 $ \operatorname {ord}g=r$，取 $g$ 生成的子群 $H_g$，它是 $G$ 的正规子群（因为 $G$ 阿贝尔），于是 $ \left\lvert G/H_g \right\rvert =p^km/r$。在 $G/H_g$ 中再任挑一个元素，如果该元素的阶不是$p$，同样求出其循环群后用 $ \left\lvert G/H_g \right\rvert $ 去除掉这个循环群，得到商群。易证有限步后，总能得到一个阶数为 $p$的倍数的元素²。于是这个元素的一个幂生成的循环群是 $p$ 阶的。

　　 下设 $G$ 是任意的有限群，$Z(G)$ 是它的中心。设定理对于阶数小于 $p^km$ 的群都成立，然后分类进行归纳讨论。

　　 如果 $p\mid \left\lvert Z(G) \right\rvert $，那么由于 $Z(G)$ 是阿贝尔群，故存在 $G$ 的 $p$ 阶子群 $A$。由于 $A\subseteq Z(G)$，故 $A\vartriangleleft G$。于是得到商群 $G/A$，其阶数为 $p^{k-1}m$。由归纳假设，$G/A$ 有一个 $p^{k-1}$ 阶 Sylow 子群，因此这个子群是 $G$ 的 $p^k$ 阶子群，从而是 $G$ 的 Sylow $p$-子群。

　　 如果 $p\not\mid \left\lvert Z(G) \right\rvert $，那么根据共轭类等式（The Class Equation定理 3 ），

　　 由于 $p\mid \left\lvert G \right\rvert $，$p\not\mid \left\lvert Z(G) \right\rvert $，故存在 $ \left\lvert C \right\rvert $ 使得 $p\not\mid \left\lvert C \right\rvert $，即存在 $x\in G$ 使得 $p\not\mid \left\lvert C_x \right\rvert $，故 $ \left\lvert C_x \right\rvert \mid m$。由推论 2 ，得 $ \left\lvert C_G(x) \right\rvert =p^km/ \left\lvert C_x \right\rvert =p^ks< \left\lvert G \right\rvert $³，其中 $s>1$。因此由归纳假设，$C_G(x)$ 有一个 $p^k$ 阶子群 $A$，从而 $G$ 有个 Sylow $p$-子群 $A$。

　　 证毕。

　　 证明：

　　 令 $ \left\lvert G \right\rvert =p^km$，其中 $p\not\mid m$。

　　 任取 $G$ 的两个 Sylow $p$-子群 $A$ 和 $B$，记 $G/B$ 是 $B$ 在 $G$ 中的左陪集构成的集合⁴。考虑群 $A$ 作用在集合 $G/B$ 上，方式是左伴随作用。

　　 据定理 5 ，

　　 由 Sylow 子群的定义，知 $ \left\lvert G/B \right\rvert =m$。故 $m \left\lvert \operatorname {Fix}_A(G/B) \right\rvert \mod p$，意味着 $ \left\lvert \operatorname {Fix}_A(G/B) \right\rvert \neq 0$，即存在不动点$gB\in G/B$。

　　 因此 $agB=gB$ 对所有 $a\in A$ 成立，即 $ag\in gB$，即 $A\subseteq gBg^{-1}$。又因为 $ \left\lvert A \right\rvert =p= \left\lvert B \right\rvert = \left\lvert gBg^{-1} \right\rvert $，故 $A=gBg^{-1}$。

　　 证毕。

　　 证明：

　　 如果 $ \operatorname {Syl}_p(G)$ 只有一个元素，即 $n_p=1$，那定理自然成立。下设 $n_p>1$。

　　 证明第一个性质 $n_p\equiv 1\mod p$：

　　 任取 $P\in \operatorname {Syl}_p(G)$，令 $P$ 在 $ \operatorname {Syl}_p(G)$ 上有共轭作用。这个作用的合理性由定理 2 保证。

　　 由于 $n_p>1$，故可取 $Q\in \operatorname {Syl}_p(G)-\{P\}$。由定理 2 ，存在 $g\in G$ 使得 $Q=gPg^{-1}$。

　　 $P\neq Q$ 且 $ \left\lvert P \right\rvert = \left\lvert Q \right\rvert =p^k$ $\implies$ 存在 $h\in P-Q$ 使得 $ghg^{-1}\in Q-P$。于是 $g^{-1}(ghg^{-1})g=h\in P$，这意味着 $g^{-1}Qg\neq Q$。因此，$ \operatorname {Fix}_P( \operatorname {Syl}_p(G))$ 只有 $P$ 这一个元素，从而 $ \left\lvert \operatorname {Fix}_P( \operatorname {Syl}_p(G)) \right\rvert =1$。

　　 由定理 5 ，注意 $ \left\lvert P \right\rvert =p^k$，

　　 证明第二个性质 $n_p\mid m$：

　　 考虑整个 $G$ 按共轭作用，作用在 $ \operatorname {Syl}_p(G)$ 上。由定理 2 ，这是一个可递作用，因此只有一个轨道，因此任意元素的轨道中元素数量是 $n_p$。由推论 1 ，$n_p$ 等于 $ \operatorname {Syl}_p(G)$ 中任意元素的迷向子群指数。又由拉格朗日定理（定理 3 ）可知子群指数整除群的阶，即 $n_p\mid p^km$。

　　 由式 4 ，$n_p\not \mid p^k$，从而 $n_p\mid m$。

　　 证毕。

　　 定理 3 中第二个性质的证明过程中也蕴含了这一关系：$n_p=[G: \operatorname {Syl}_p(G)]$（子群的指数，见定义 3 ）。

　　 证明：

　　 显然 $H\subseteq N(H)$。下证 $N(H)\subseteq H$。

　　 由于 $P\subseteq N(P)\subseteq H$，由定义显然可知，$P$ 也是 $H$ 的一个 Sylow $p$-子群。

　　 任取 $x\in N(H)$，则 $xPx^{-1}\subseteq H$ 也是 $H$ 的一个 Sylow $p$-子群。于是由定理 2 ，存在 $h\in H$ 使得 $xPx^{-1}=hPh^{-1}$。

　　 于是 $h^{-1}xPx^{-1}h=P$，这意味着 $h^{-1}x\in N(P)\subseteq H$。故 $x\in H$，即 $N(H)\subseteq H$。

　　 证毕。

1. ^ L. Sylow, Théorèmes sur les groupes de substitutions, Mathematische Annalen 5 (1872), 584–594. 对此文的英文翻译见 Theorems on groups of substitutions。
2. ^ 注意，这里说的阶数逻辑上有跳步。比如说，在 $G/H_g$ 中找到了一个 $h$，其阶数为 $sp$，那这只能说明 $h^{sp}\in H_g$。不过由于 $h^{sp}$ 本身也是有限阶的，因此 $h$ 在 $G$ 中的阶数也确实是 $p$ 的倍数。
3. ^ $C_G(x)$ 即 $x$ 的中心化子，或者说 $x$ 在伴随作用下的迷向子群。
4. ^ 不是商群，因为不能保证 $B\vartriangleleft G$。