Sylow定理

引理

设 $n=p^lm$ , 其中 $(m,p)=1$ , $p$ 是素数, 则对 $1\leqslant k\leqslant l$ , 有

p^{l-k}|C_n^{p^k},\quad p^{l-k+1}\nmid C_n^{p^k}.

定理 Sylow 第一定理

设群 $G$ 的阶 $n=p^lm$ , 其中 $p$ 为素数, $(m,p)=1,\ l>0$ , 则对 $1\leqslant k\leqslant l$ , $G$ 中必有 $p^k$ 阶子群, 其中 $p^l$ 阶子群(即 $p$ 的最高方幂阶子群)称为 $G$ 的 Sylow $p$ -子群.

证明

设集合 $\Omega$ 中的元素形如:

A=\{a_1,a_2,\ldots,a_{p^k}\},\quad \text{其中}\ a_i\in G.

对于 $g\in G$ , 令

g\circ A:=\{ga_1,ga_2,\ldots,ga_{p^k}\}.

容易验证这是 $G$ 在 $\Omega$ 上的作用.

我们取 $\Omega$ 的 $G$ -轨道完全代表系 $\{A_i\}$ , 从而 $|\Omega| = \sum\limits_{i=1}^r |G(A_i)|$ .

由引理可知, $p^{l-k+1} \nmid |\Omega|$ . 于是至少存在一个 $i$ 满足 $p^{l-k+1}\nmid |G(A_i)|$ .

根据轨道稳定子定理 $|G| = |G(A_i)||G_{A_i}|$ . 由 $p^l$ 恰好整除 $|G|$ , 所以 $|G_{A_i}|$ 含有的 $p$ 因子至少为 $k$ 阶. 即

|G_{A_i}|=p^kq\geqslant p^k.

另一方面, 对于任意 $g\in G_{A_i}$ , 有 $g\circ A_i = A_i$ . 于是对于 $a\in A_i$ , 有 $ga \in A_i$ .

从而

G_{A_i}a=\{ga|g\in G_{A_i}\}\subseteq A_i.

因此

|G_{A_i}| = |G_{A_i}a|\leqslant|A_i| = p^k.

综上, $|G_{A_i}| = p^k$ . 从而 $G_{A_j}$ 就是 $G$ 的一个 $p^k$ 阶子群.

定理 Sylow 第二定理

设群 $G$ 的阶 $n=p^lm$ , 其中 $p$ 为素数, $(m,p)=1,l>0$ , 则

(1) 对于 $1\leqslant k \leqslant l$ , $G$ 的任一 $p^k$ 阶子群一定包含于 $G$ 的某个 $\t{Sylow}$ $p$ -子群中;
(2) $G$ 的任意两个 \Sy 在 $G$ 中共轭.

推论

有限群 $G$ 的 \Sy 是正规子群, 当且仅当 $G$ 的 \Sy 的个数为 $1$ .

定理 Sylow 第三定理

设群 $G$ 的阶 $n=p^lm$ , 其中 $p$ 为素数, $(m,p)=1,l>0$ , 则 $G$ 的\Sy 的个数 $r$ 满足

r\equiv 1(\bmod\ p),\quad \t{且}\ r\mid m.

推论

$2p$ 阶群或者是循环群, 或者同构于二面体群 $D_p$ .

定义

形如 $a+b\t i+c\t j+d\t k$ , 且满足 $a,b,c,d \in \mathbb{R},$

\t i^2=\t j^2=\t k^2=-1,\quad \t i\t j=-\t j\t i=\t k,\quad \t j\t k=- \t k\t j=i,\quad \t k\t i=-\t i\t k=\t j,

称为四元数.

定义

称 $Q=\{\pm\ 1,\pm\ \t i,\pm\ \t j,\pm\ \t k\}$ 为四元数群, 容易验证 $Q$ 对于上述乘法构成一个群.

练习

题目 #

证明: $p$ -群都可解.

证明

设群 $G$ 的阶为 $p^\alpha$ .

根据 Sylow 第一定理, $G$ 有 $p^{\alpha-1}$ 阶子群, 根据习题 \ref{prac:群作用} 题目 \ref{prac:群作用2} 可知 $p^{\alpha-1}$ 阶群是正规子群.

从而存在 $G_1$ 满足 $G\rhd G_1$ , 且 $G/G_1$ 是素数阶循环群.

如此反复, 我们可以取出 $G\rhd G_1\rhd G_2\rhd\cdots\rhd G_{\alpha}=\{e\}$ . 因此 $p$ -群可解.

Sylow 定理 #

题目 #

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