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有限可解群(下)

## 有限可解群(下)
定理 1．5．9（Sylow）令 $G$ 是有限群，$p||G|$ ，则
（1）如果 $H$ 是 $G$ 的 $p$－群，则 $H$ 包含于某个 $p$－Sylow 子群之中；
（2）群 $G$ 的任意两个 $p$－Sylow 子群是共轭的；
（3）群 $G$ 的 $p$－Sylow 子群的个数 $\equiv 1(\bmod p)$ 。
证明（1）令 $S=\{N \mid N$ 是群 $G$ 的 $p$－Sylow子群 $\}$ ，并定义一个群在集合上的作用

$$
\begin{aligned}
\varphi: G \times S & \rightarrow S \\
(g, N) & \rightarrow g N g^{-1}
\end{aligned}
$$

显然，$N \subseteq G_N=\left\{g \in G \mid g N g^{-1}=N\right\}$ ．但是，$N$ 是 $G$ 的 $p$－Sylow 子群，并且 $|G: N|=\left|G: G_N\right|\left|G_N: N\right|$ ，所以 $p \nmid\left|G: G_N\right|$ ．另外，$\left|G: G_N\right|=\frac{|G|}{\left|G_N\right|}=|\bar{N}|= |G N|$ ，所以，$p \nmid|G N|$ ．

令 $H$ 是群 $G$ 的一个 $p$－子群，$|H|=p^n$ ．然后，让我们考虑子群 $H$ 在一个轨道 $\bar{N}=G N$ 上的群作用

$$
\begin{aligned}
H \times G N & \rightarrow G N \\
\left(h, g N g^{-1}\right) & \rightarrow h g N g^{-1} h^{-1}
\end{aligned}
$$

则由群的类方程，有

$$
|G N|=\sum_{V \in G N}\left|H: H_V\right|
$$

因为 $p \nmid|G N|$ ，但是 $\left|H: H_V\right|\left||H|=p^n\right.$ ，所以至少存在一个 $M \in G N$ ，使得 $\left|H: H_M\right|=1$ ，即 $H=H_M$ ．因此，$h M h^{-1}=M, \forall h \in H, H \subseteq N_M$（子群 $M$ 的正规化子）．所以，$H M$ 是群 $G$ 的子群，$M$ 是 $H M$ 的正规子群，并且从群的同构定理，有

$$
H M / M \cong H / H \cap M .
$$

又由于 $H / H \cap M$ 的阶数是 $p$ 的幂，于是 $H M / M$ 的阶数也自然是 $p$ 的幂．进一步，从 $M$ 的阶数是 $p$ 的幂，一定有 $H M$ 的阶数是 $p$ 的幂，且 $M \subseteq H M$ 。但是 $M \in S$ 是 $p$－Sylow 子群，所以 $M=H M, H \subseteq M, H$ 包含于某个 $p$－Sylow 子群之中．
（2）令 $M, N$ 是群 $G$ 的任意两个 $p$－Sylow 子群，则 $M$ 当然也是一个 $p$－群，所以从结论（1），存在 $H \in G N=\bar{N}$ ，使得 $M \subseteq H$ 。而 $M$ 本身就是 $p$－Sylow 子群，所以 $M=H, M \in G N$ ，即 $M, N$ 是共轭的．
（3）设 $M \in S$ ，则利用（2），有 $G \dot{M}=S$ ．另外，我们知道

$$
|G M|=\sum_{V \in G M}\left|H: H_V\right|,
$$

其中 $H$ 是群 $G$ 的任意一个 $p$－Sylow 子群．所以，可以取 $H=M$ ，则这时就成为含有 $H$ 的轨道就只有 $H$ 一个元素，而其他轨道的基数则大于 1 ，当然它是 $H$ 的某个子群的指数，所以能被 $p$ 整除．因此，$p$－Sylow 子群的个数 $\equiv 1(\bmod p)$ ．

例 1．5．4 令 $p, q$ 是素数，则阶数是 $p q$ 的群 $G$ 是可解群。
证明 我们不妨假设 $p<q, H$ 是群 $G$ 的 $q$－Sylow 子群，则 $|H|=q$ ，并且与 $H$ 共轭的子群个数为 $k q+1|(p q), k q+1| p$ ．但是 $p<q$ ，所以只能是 $k=0, k q+1=$ 1 ，即群 $G$ 只有一个 $q$－Sylow 子群，因此它当然是正规子群。于是，导出正规子群列

$$
G \triangleright H \triangleright 1,
$$

其中 $|G / H|=p,|H / 1|=q$ 都是素数．所以，这两个商群当然是循环群，进而是交换群．也就是说，$p q$ 阶群 $G$ 是可解群．

作为例 1．5．4 的一个直接推论，因为 $\left|S_3\right|=6=2 \times 3$ ，所以 $S_3$ 一定是可解群．
例 1．5．5 令 $p, q$ 是素数，则阶数是 $p^2 q$ 的群 $G$ 是可解群。
证明（1）如果 $p>q$ ，则 $p$－Sylow 子群的个数为 $k p+1\left|\left(p^2 q\right), k p+1\right| q$ 。所以， $k=0, k p+1=1$ ，即群 $G$ 只有一个 $p$－Sylow 子群 $H$ ，它当然是正规子群。于是，导出正规子群列

$$
G \triangleright H \triangleright 1,
$$

其中 $|G / H|=q,|H / 1|=p^2$ 。所以，由例 1．5．3，正规子群 $H$ 。是可解群。另外，商群 $G / H$ 的阶数是素数 $q$ ，所以是循环群、交换群，当然是可解群．这样，利用定理 1．5．4，当 $p>q$ 时，$p^2 q$ 阶群 $G$ 是可解群。
（2）如果 $p<q$ ，则 $q$－Sylow 子群的个数为 $k q+1\left|p^2 q, k q+1\right| p^2$ 。如果 $k= 0, k q+1=1$ ，则 $G$ 只有一个 $q$－Sylow 子群 $H$ ，因此它当然是正规子群．所以，此时有正规子群列

$$
G \triangleright H \triangleright 1,
$$

其中 $|G / H|=p^2,|H / 1|=q$ 。所以由例 1．5．3，商群 $G / H$ 是可解群。而正规子群 $H$的阶数是素数 $q$ ，所以是循环群、交换群，当然是可解群。这样，利用定理 1．5．4，此时的群 $G$ 是可解群．
如果 $k \neq 0, k q+1 \neq 1$ ，则因为 $k q+1 \mid p^2$ ，所以只能有 $k q+1=p, p^2$ ．但是， $k q+1 \neq p$ ．若不然，则 $k q+1>1$ ，可 $k q+1 \mid p$ ，矛盾．因此，只能是 $k q+1=p^2$ ．即群 $G$ 有 $p^2$ 个 $q$－Sylow 子群。所以，这些 $q$－Sylow 子群有 $p^2(q-1)+1$ 个元素。于是，群 $G$ 中剩下的元素有 $p^2-1$ 。这样，这些剩下的元素加上单位元素 1 就恰好是唯一一个阶数为 $p^2$ 的 $p$－Sylow 子群 $H$ ，当然是正规子群．因此，得到一个正规子群列

$$
G \triangleright H \triangleright 1,
$$

其中 $|G / H|=q,|H / 1|=p^2$ 。所以，由素数阶群是可解群和例1．5．3、定理1．5．4的结果，一定有群 $G$ 是可解群。

作为例 1．5．5 的一个推论，因为 $\left|A_4\right|=4 \times 3=12=2^2 \times 3$ ，所以，$A_4$ 一定是可解群．从而，对于 $S_4$ 存在可解子群 $A_4$ 和可解商群 $S_4 / A_4 \cong \mathbf{Z}_2$ ．因此，$S_4$ 是可解群。

如果群 $G$ 只有平凡的正规子群 $G, 1$ ，则称 $G$ 为单群．容易知道，如果群 $G$ 是非交换的单群，也就是说，群 $G$ 中不存在正规子群列满足可解群的条件，则群 $G-$定是非可解群．下面我们就来证明一个对于解释 5 次方程为什么不能用根式求解起非常关键作用的结论一 交错群 $A_n(n \geqslant 5)$ 是单群．当然，这必然导致对称群 $S_5$ 是非可解群．
引理1．5．1 每个 $S_n$ 中的元素都可以表示成一些对换的乘积，而 $A_n$ 中的元素可以表示成 3－轮换的乘积，即 $A_n$ 是由所有 3－轮换生成的群。

证明 因为每个置换可以表示成一些轮换的乘积，而对于任意的轮换

$$
\left(i_1 i_2 \cdots i_r\right)=\left(i_1 i_r\right) \cdots\left(i_1 i_2\right),
$$

所以，每个置换一定是一些对换的乘积．
对于另一个论断，只需说明两个对换的乘积可以表示成 3－轮换的乘积即可。
事实上，

$$
\begin{aligned}
(i j)(i k) & =(i k j) \\
(i j)(k l) & =(i j)(j k)(j k)(k l)=(j k i)(k l j)
\end{aligned}
$$

所以，$A_n$ 中的元素可以表示成 3－轮换的乘积。

定理 1．5．10 当 $n \geqslant 5$ 时，交错群 $A_n$ 是单群．
证明 令 $N \neq 1$ 是群 $A_n$ 的一个正规子群，则我们需要指出 $A_n=N$ ．另外，由引理 1．5．1 的结论，我们只要指出 $N$ 包含所有的 3－轮换即可。

首先，让我们注意一个事实．令

$$
\tau=\left(\begin{array}{cccccc}
1 & 2 & 3 & 4 & 5 & \cdots \\
i & j & k & l & m & \cdots
\end{array}\right),
$$

则 $\tau(123) \tau^{-1}=(i j k)$ ，并且这个置换 $\tau \in A_n$ ．如若不然，则令

$$
\tau=(\operatorname{lm})\left(\begin{array}{cccccc}
1 & 2 & 3 & 4 & 5 & \cdots \\
i & j & k & l & m & \cdots
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccccc}
1 & 2 & 3 & 4 & 5 & \cdots \\
i & j & k & m & l & \cdots
\end{array}\right)
$$

即可．

这个事实表明，任意两个 3－轮换是共轭的．所以，我们只要指出有一个 3－轮换属于 $N$ ，则所有的3－轮换就都属于 $N$ 了。

其次，在继续考证之前，让我们先仔细看一下 3－轮换的性质．如果 $1 \neq \sigma$ 是一个 $3-$ 轮换，例如，

$$
\sigma=\left(\begin{array}{llllll}
1 & 2 & 3 & 4 & 5 & \cdots \\
2 & 3 & 1 & 4 & 5 & \cdots
\end{array}\right),
$$

则在其作用下保持不动的点恰有 $n-3$ 个．反之，如果一个置换恰有 $n-3$ 个不动点（如果 $\sigma(k)=k$ ，则称 $k$ 是一个不动点），则它一定是一个 3 －轮换．

于是，我们可以通过讨论不动点的个数，指出有一个 3－轮换属于 $N$ 。
再次，令 $1 \neq \sigma \in N$ ，并且假设 $\sigma$ 是其中不动点最多的一个置换，则 $\sigma$ 一定是一个 3－轮换．否则，我们把 $\sigma$ 分解成不相交轮换的乘积，并按其分解式中是否含有长度 $\geqslant 3$ 的轮换，分别进行讨论．
（1）$\sigma$ 不是两个对换的乘积．若不然，则不妨设 $\sigma=(12)(34)$ ，并取 $\tau=(345)$ ，则
$$
\tau^{-1} \sigma^{-1} \tau \sigma=(345) \in N
$$

这与 $\sigma$ 的取法矛盾．
（2）$\sigma$ 不是更多对换的乘积．若不然，则不妨设 $\sigma=(12)(34)(56) \cdots$ ，并取 $\tau=$ （123），则

$$
\tau^{-1} \sigma^{-1} \tau \sigma=(14)(23)
$$

但这又归入（1）的形式，也是矛盾的．
（3）至此，我们已经指出 $\sigma$ 的最长轮换因子的长度 $\geqslant 3$ ．下面我们把最长轮换因子写在分解式的前面．因为 $\sigma$ 不是 3－轮换，所以 $\sigma$ 有如下的分解式形式

$$
\sigma=(123)(45 \cdots) \cdots \text { 或 } \sigma=(1234 \cdots) \cdots \text {. }
$$

由于 $\sigma \in A_n$ 是偶置换，但不是 3－轮换，所以，在前一种分解式中至少有两个因子，因此，在 $\sigma$ 作用下保持不动的点至多有 $n-6$ ；而在后一种分解式中，在 $\sigma$ 作用下保持不动的点至多有 $n-5$ ．

但是，针对前一种，令 $\tau=(234)$ ，则 $\tau^{-1} \sigma^{-1} \tau \sigma=(15243)$ ，所以，在该变换保持不动的点的个数为 $n-5$ ，而此与 $\sigma$ 的取法矛盾；针对后一种，令 $\tau=(132)$ ，则 $\tau^{-1} \sigma^{-1} \tau \sigma=(124)$ ，所以，在该变换保持不动的点的个数为 $n-3$ ，而此与 $\sigma$ 的取法也矛盾。

综上，$\sigma$ 一定就是一个 $3-$ 轮换．

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