抽象代数：群 / 2025阶群

利用 Sylow 第三定理, 我们设 $n_3$ 表示 \Sy[3]的个数, $n_5$ 表示 \Sy[5] 的个数.

那么就有

$$\begin{aligned} n_3\equiv 1(\bmod\ 3) & n_3\mid 25\\ n_5\equiv 1(\bmod\ 5) & n_5\mid 81 \end{aligned}$$

从而 $n_3=\{1,25\},n_5=\{1,81\}$.

\noindent第一种情况 $n_5=1$

那么 \Sy[5]是正规子群, 从而 $G$ 不是单群.

\noindent第二种情况 $n_5=81$

如果这 $81$ 个 \Sy[5]两两的交均为 $\{e\}$, 那么考虑 $G$ 中 $5$ 阶和 $25$ 阶元的个数就是 $81\times(25-1)$.

剩下的元素个数就是 $81$ 个, 又根据 Sylow 第一定理, 一定存在 \Sy[3], 并且 $5$ 阶元和 $25$ 阶元显然不是 \Sy[3]的元素, 所以 \Sy[3]的元素只能在剩下的 $81$ 个元素中. 而 \Sy[3]的阶又是 $81$, 所以这 $81$ 个元素恰好构成唯一的一个 \Sy[3]. 从而 \Sy[3]是正规子群, $G$ 不是单群.

如果存在两个 \Sy[5]的交不只是 $\{e\}$, 记作 $P,Q$, 由于子群的交仍是子群, 所以 $K:=P\cap Q<G$, $|P\cap Q|=5$.

设 $G$ 的所有子群所成的集合为 $\Omega$. 考虑 $G$ 在 $\Omega$ 上的共轭作用. 从而有正规化子 $N_G(K)=\{g\in G|gKg^{-1}=K\}$.

由于 $25$ 阶群是 $p^2$ 阶群, 从而 $P,Q$ 都是 \Abel 群, 所以 $P,Q$ 中元素都和 $K$ 可交换, 即 $P\cup Q\subseteq N_G(K)$.

所以有 $P<N_G(K),\ N_G(K)<G$ 即 $25\big||N_G(K)|,\ |N_G(K)|\big|2025$.

接下来有两种不同的证明方式, 一种是估计 $N_G(K)$ 的阶从而寻找矛盾, 另一种是再次使用 Sylow 第三定理确定 $N_G(K)$ 的阶.

\noindent法一:

我们先来证明一个引理.

tip

如果 $G$ 是单群, 那么 $G$ 不存在指数小于等于 $9$ 的子群.

note

设 $H$ 是 $G$ 的非平凡子群, 且 $[G:H]=k$, 其中 $k\leqslant 9$.

考虑 $G$ 在 $(G/H)_l$ 上的作用, 由于 $|(G/H)_l|=[G:H]=k$ 就引起了 $G$ 到 $S_k$ 的一个同态 $\sigma$, 显然有 $\Ker\sigma\neq G$, 有 $G$ 是单群, $\Ker\sigma\lhd G$, 所以 $\Ker\sigma=\{e\}$.

从而 $G\cong \tIm\sigma < S_k\Rightarrow |G|\big| k!$, 即 $2025|k!\Rightarrow k\geqslant 10$.

综上, $G$ 不存在指数小于等于 $9$ 的子群.

我们记 $\widetilde{G}=N_G(K)$, 那么有

由于 $|\widetilde{G}|=5^2m,\ (5,m)=1$. 所以 $P,Q$ 是 $\widetilde{G}$ 上两个不同的 \Sy[5]. 根据 Sylow 第三定理, $\widetilde{G}$ 中 \Sy[5]至少有 $5+1=6$ 个.

考虑群 $\widetilde{G}$ 在 $\widetilde{G}$ 的所有子群的集合上的共轭作用, 有轨道 $|\widetilde{G}(P)|\geqslant 6$, 正规化子 $|N_{\widetilde{G}}(P)|\geqslant|P|=25$.

从而根据轨道-稳定子定理, $|\widetilde{G}|=|\widetilde{G}(P)|\cdot|N_{\widetilde{G}}(P)|\geqslant 150$.

即 $|N_G(K)|\geqslant 150$.

从而 $[G:N_G(K)]\leqslant\frac{2025}{150}=13.5$.

又 $[G:N_G(K)]|2025$, 可得 $[G:N_G(K)]=1,3,5,9$.

当 $[G:N_G(K)]=1$ 时, 即 $N_G(K)=G$, 从而 $K$ 是 $G$ 的正规子群, $G$ 不是单群.

当 $[G:N_G(K)]=3,5,9$ 时, 根据引理 \ref{lemma:2025.1}, 如果 $G$ 是单群将不存在这样的子群 $N_G(K)$ 矛盾, 所以 $G$ 不是单群.

\noindent法二:

我们考虑 $P,Q$ 中的元素, 有 $|P\cup Q|=|P|+|Q|-|P\cap Q|=45$. 所以有 $|N_G(K)|\geqslant 45$.

我们对 $N_G(K)$ 使用 Sylow 第三定理, 考察其 \Sy[5]可以发现在之前的限制下, $N_G(K)$ 必须得有 $81$ 个 \Sy[5], 因为 $P,Q$ 已经是两个不同的 \Sy[5], 从而 $n_5>1$.

此处我们可以对 $|N_G(K)|$ 的所有可能的阶数进行讨论, 当 $|N_G(K)|=75,225,675$ 时, 我们在 $N_G(K)$ 上用 Sylow 第三定理研究 \Sy[5]的数量, 而此时的 $n_5$ 分别要整除 $3,9,27$, 而在模 $5$ 和 $1$ 同余的限制下, 发现此时有 $n_5=1$. 但是根据之前的讨论 $P,Q$ 已经是 $N_G(K)$ 的两个不同的 \Sy[5] 所以有 $n_5>1$ 那么就产生矛盾, 从而 $|N_G(K)|\neq 75,225,675$.

而当 $|N_G(K)|=2025$ 时. 又 $N_G(K)<G$ 所以 $N_G(K)=G$, 即 $K\lhd G$. $G$ 有 $5$ 阶的正规子群, 不是单群.

至此我们就说明了 $2025$ 阶群不是单群.

\

• (1) $|N|=3^{\alpha},\ \alpha\in\{1,2,3,4\}$ 或 $|N|=5^\beta,\ \beta\in\{1,2\}$.

此时 $N$ 是 $p$-群, 根据习题 \ref{prac:Sylow} 题目 \ref{prac:Sylow1}, 可知 $N$ 可解.

• (2) $|N|=3^\alpha\times 5,\ \alpha\in\{1,2,3,4\}$.

根据 Sylow 第三定理, $n_3\equiv 1(\bmod\ 3)$ 且 $n_3\mid 5$, 从而 $n_3=1$. \Sy[3]是 $N$ 的正规子群, 记 \Sy[3]为 $H$. 那么 $H,N/H$ 均是 $p$-群可解, 进而 $N$ 可解.

• (3) $|N|=3^\alpha\times 5^2,\ \alpha\in\{1,2,3\}$.

根据 Sylow 第三定理, $n_5\equiv 1(\bmod\ 5)$ 且 $n_5\mid 3^\alpha$, 从而 $n_5=1$. \Sy[5]是 $N$ 的正规子群, 记 \Sy[5]为 $H$. 那么 $H,N/H$ 均是 $p$-群可解, 进而 $N$ 可解.

由于 $2025$ 阶群不是单群, 故存在非平凡正规子群 $N$, 那么考虑 $N$ 和 $G/N$ 其阶均满足引理 \ref{lemma:2025.2} 的条件, 从而由引理可知 $N$ 和 $G/N$ 均可解, 故 $2025$ 阶群可解.

在之前的证明过程中, 我们已经知道 $G$ 要么有一个正规的 \Sy[5], 要么有一个正规的 \Sy[3], 或者一个 $5$ 阶的正规子群. 由于 $G$ 商去两个 \Sy 中的一个正规子群后是 $p$-群可解, 这个正规子群自身也是 $p$-群可解, 从而 $G$ 可解. 而如果有 $5$ 阶的正规子群, 那么去研究 $405$ 阶群也容易得到其是可解群. 所以 $G$ 可解.