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西罗定理

3.6 西罗定理

设 $G$ 为阶为 $n$ 的有限群，根据拉格朗日定理，$G$ 的子群的阶是 $n$ 的一个因子．然而对 $n$ 的任意因子 $d$ ，不一定存在 $G$ 的 $d$ 阶子群，例如 12 阶交错群 $A_4$ 就没有 6 阶子群．但是下面的西罗（Sylow）定理却指出：对于任意素数方幂型因子 $p^k$ ，群 $G$ 一定有 $p^k$ 阶子群。

在叙述和证明西罗定理之前，我们先来证明一个引理．
引理 3．6．1 设 $n=p^l m$ ，其中 $p$ 是素数，$(p, m)=1, l \geqslant 1$ ．对任意正整数 $k \leqslant l$ ，组合数 $\mathrm{C}_n^{p^k}$ 满足：$p^{l-k}| | \mathrm{C}_n^{p^k}$ ，即 $p^{l-k} \mid \mathrm{C}_n^{p^k}$ ，但 $p^{l-k+1} \nmid \mathrm{C}_n^{p^k}$ 。

证明 为叙述方便，记 $\operatorname{pot}_p(u)$ 为正整数 $u$ 中 $p$ 因子的个数。要证 $\operatorname{pot}_p\left(\mathrm{C}_n^{p^k}\right) =l-k$ 。

注意到

$$
\begin{aligned}
\mathrm{C}_n^{p^k} & =\frac{n(n-1) \cdots\left(n-p^k+1\right)}{p^k\left(p^k-1\right) \cdots 1}=p^{l-k} m \cdot \frac{(n-1) \cdots\left(n-p^k+1\right)}{\left(p^k-1\right) \cdots 1} \\
& =p^{l-k} m \cdot \prod_{i=1}^{p^k-1} \frac{n-i}{p^k-i}
\end{aligned}
$$

如果可以证明当 $1 \leqslant i \leqslant p^k-1$ 时， $\operatorname{pot}_p(n-i)=\operatorname{pot}_p\left(p^k-i\right)$ ，则由 $(p, m)=1$知， $\operatorname{pot}_p\left(\mathrm{C}_n^{p^k}\right)=l-k$ ．
不妨设 $i=p^t \cdot i_1$ ，其中 $\left(p, i_1\right)=1,0 \leqslant t<k$ ，则有

$$
\begin{gathered}
n-i=p^l m-p^t \cdot i_1=p^t\left(p^{l-t} m-i_1\right) \\
p^k-i=p^k-p^t \cdot i_1=p^t\left(p^{k-t}-i_1\right)
\end{gathered}
$$

由于 $\left(p, i_1\right)=1$ ，故有 $\left(p, p^{l-t} m-i_1\right)=1,\left(p, p^{k-t}-i_1\right)=1$ ，于是 $\operatorname{pot}_p(n-i)= t=\operatorname{pot}_p\left(p^k-i\right)$ ．

由于 $(p, m)=1$ ，结合（3．6．1）式知， $\operatorname{pot}_p\left(\mathrm{C}_n^{p^k}\right)=l-k$ ，即 $p^{l-k} \| \mathrm{C}_n^{p^k} . \quad \#$
以下设 $G$ 是有限群，$|G|=p^l m$ ，其中 $p$ 是素数，$(p, m)=1, l \geqslant 1$ ．
利用引理 3．6．1 我们可以证明
定理 3．6．1（存在定理）设 $G$ 是有限群，$|G|=p^l m$ ，其中 $p$ 是素数，$(p, m)= 1, l \geqslant 1$ ，则 $G$ 有 $p^k(k \leqslant l)$ 阶子群．特别地，$G$ 有 $p^l$ 阶子群，这样的子群称为 $G$的西罗 $p$－子群。

证明 令 $X$ 是 $G$ 中全部含有 $p^k(k \leqslant l)$ 个元素的子集合构成的集合，即有

$$
X=\left\{A \subseteq G \| A \mid=p^k\right\} .
$$

显然，$|X|=\mathrm{C}_n^{p^k}$ ．对任意 $A \in X$ ，定义

$$
g(A)=g A, \quad g \in G,
$$

这就给出了群 $G$ 在集合 $X$ 上的作用．集合 $X$ 可以分解成全部按轨道的并，即有

$$
|X|=\Sigma_A\left|A^G\right| .
$$

因为 $p^{l-k+1} \nmid|X|$ ，所以至少有一个轨道，比如说 $A^G$ ，使得 $p^{l-k+1} \nmid\left|A^G\right|$ ．令 $G_A$是 $A$ 的稳定子群，由轨道公式 $p^l m=|G|=\left|A^G\right| \cdot\left|G_A\right|$ 知

$$
p^k| | G_A \mid \text {, 即 }\left|G_A\right| \geqslant p^k \text {. }
$$

另一方面，取 $a \in A$ ，因为 $G_A$ 是 $A$ 的稳定子群，故对任意 $g \in G_A$ ，有 $g(A) =g A=A$ ，于是 $g a \in A$ ，从而有

$$
G_A a \subseteq A,
$$

因此

综上知，$\left|G_A\right|=p^k$ ，即 $G_A$ 是 $G$ 的阶为 $p^k$ 的子群．

\＃

对上面的有限群 $G$ ，容易看出，若 $P$ 是 $G$ 的一个西罗 $p$－子群，则 $[G: P]= |G| /|P|=m$ ．进而，设 $P$ 是 $G$ 的一个子群，则 $P$ 是 $G$ 的西罗 $p$－子群当且仅当
$P$ 是一个 $p$ 群，且 $([G: P], p)=1$ ．
定理 3．6．2（包含定理）设 $G$ 是有限群，$P$ 是 $G$ 的一个西罗 $p$－子群，则 $G$的任一 $p^k(k \leqslant l)$ 阶子群 $H$ 必包含在一个与 $P$ 共轭的西罗 $p$－子群中．

证明 令 $X$ 是 $P$ 的左陪集所组成的集合，定义 $H$ 在 $X$ 上的作用为

$$
h(g P)=h g P,
$$

其中 $h \in H, g \in G$ 。因为 $|X|=m,|H|=p^k,(m, p)=1$ ，故由推论 3．4．2 知，$X$ 有不动点，即存在左陪集 $g P$ ，使得对任意 $h \in H$ ，有 $h(g P)=h g P=g P$ ，即

$$
g^{-1} h g \in P \text {, 也即 } h \in g P g^{-1} \text {, }
$$

于是有 $H \subseteq g P g^{-1}$ ，故结论成立．

\＃

利用定理 3．6．2 还可以证明下面的结论成立．
定理 3．6．3（共轭定理）有限群的任意两个西罗 $p$－子群都互相共轭。
证明 设 $G$ 为有限群，$P, Q$ 是 $G$ 的任意两个西罗 $p$－子群，则由定理 3．6．2知，

存在 $g \in G$ 使 $Q \subseteq g P g^{-1}$ ．
又因为 $\left|g P g^{-1}\right|=|P|=|Q|=p^k$ ，故有 $Q=g P g^{-1}$ ，因此结论成立．

\＃

注 3．6．1 设 $G$ 为有限群，记 $X$ 是 $G$ 的全部西罗 $p$－子群所成的集合，定义 $G$ 在 $X$ 上的作用为
$$
g(Q)=g Q g^{-1},
$$

其中 $g \in G, Q \in X$ ．由定理 3．6．3 知，$G$ 的所有西罗 $p$－子群都是共轭的，故 $G$ 在 $X$ 上的作用是可迁的．

由定理 3．6．3 容易得到
推论 3．6．1 设 $G$ 为有限群，$P$ 是 $G$ 的一个西罗 $p$－子群，则
$P$ 是 $G$ 的唯一的一个西罗 $p$－子群当且仅当 $P$ 是 $G$ 的正规子群．
推论 3．6．2 设 $G$ 为有限群，$P$ 是 $G$ 的一个西罗 $p$－子群，则
（1）$P$ 是 $N(P)$ 的唯一一个西罗 $p$－子群，
（2）$N(N(P))=N(P)$ ．

证明（1）因为 $P$ 是 $G$ 的一个西罗 $p$－子群，故 $([G: P], p)=1$ ．又因为 $P$是 $N(P)$ 的子群，$N(P)$ 是 $G$ 的子群，故

$$
[N(P): P] \mid[G: P] \text {, 从而 }([N(P): P], p)=1 \text {. }
$$

因此 $P$ 也是 $N(P)$ 的西罗 $p$－子群。另一方面，由于 $P$ 是 $N(P)$ 的正规子群，故由推论 3．6．1知，$P$ 是 $N(P)$ 的唯一的西罗 $p$－子群。
（2）显然 $N(P) \subseteq N(N(P))$ ，只要证明 $N(N(P)) \subseteq N(P)$ ．对任意 $g \in N(N(P))$ ，有

$$
g N(P)=N(P) g \text {, 即 } g N(P) g^{-1}=N(P) \text {, }
$$

于是

$$
g P g^{-1} \subseteq g N(P) g^{-1}=N(P)
$$

因为 $\left|g P g^{-1}\right|=|P|$ ，故 $g P g^{-1}$ 也是 $N(P)$ 的西罗 $p$－子群．再由结论（1）知，$P$ 是 $N(P)$ 的唯一一个西罗 $p$－子群，故 $g P g^{-1}=P$ ，即 $g \in N(P)$ ，从而 $N(N(P)) \subseteq N(P)$ ，因此有

$$
N(N(P))=N(P)
$$

\＃

下面再考虑西罗 $p$－子群的计数问题．
同前设 $G$ 是有限群，$|G|=p^l m$ ，其中 $p$ 是素数，$(p, m)=1, l \geqslant 1$ ．并记 $n_p$ 是 $G$ 的西罗 $p$－子群的个数，则有
引理 3．6．2 设 $G$ 是有限群，记 $n_p$ 是 $G$ 的西罗 $p$－子群的个数，则 $n_p| | G \mid$ ．
证明 设 $X$ 是 $G$ 的全部西罗 $p$－子群所成的集合，定义 $G$ 在 $X$ 上的作用为

$$
g(Q)=g Q g^{-1} \text {, 其中 } g \in G, Q \in X \text {. }
$$

由定理 3．6．3 知，$G$ 的所有西罗 $p$－子群都是共轭的，故 $G$ 在 $X$ 上的作用是可迁的，因此存在 $X$ 中某个西罗 $p$－子群 $P$ ，使得 $n_p=|X|=\left|P^G\right|$ ．

$$
n_p \equiv 1(\bmod p) \text { 并且 } n_p \mid m \text {. }
$$

证明 令 $X$ 为 $G$ 的全部西罗 $p$－子群所成的集合，则 $n_p=|X|$ ．设 $P$ 为 $G$的任一西罗 $p$－子群，定义 $P$ 在 $X$ 上的作用为

$$
g(Q)=g Q g^{-1}, \text { 其中 } g \in P, Q \in X \text {. }
$$

由于 $P$ 为 $p$ 群，$n_p=|X|$ ，设 $t$ 为 $X$ 中不动点的个数，则由推论 3．4．3 知，

$$
n_p \equiv t(\bmod p) .
$$

对任意 $g \in P$ ，有 $g P g^{-1}=P$ ，故 $P$ 是 $X$ 的一个不动点．下面证明 $P$ 是 $X$ 中唯一的不动点．

若 $Q$ 是 $X$ 的一个不动点，则对任意 $g \in P$ ，有 $g Q g^{-1}=Q$ ，于是 $g \in N_P(Q)$ ，从而

$$
P \subseteq N_P(Q) \subseteq P \text {, 故 } P=N_P(Q) \subseteq N_G(Q) \text {. }
$$

又因为 $Q$ 是 $N_G(Q)$ 的唯一一个西罗 $p$－子群，故 $Q=P$ ．
因此 $P$ 是 $X$ 中唯一的不动点．于是有 $n_p \equiv 1(\bmod p)$ ，从而 $n_p$ 与 $p$ 互素．又由引理 3．6．2 知，$n_p| | G \mid=p^l m$ ，故 $n_p \equiv 1(\bmod p)$ 并且 $n_p \mid m$ ．

\＃

综上，我们证明了
定理（西罗／Sylow 定理）设 $G$ 是有限群，$|G|=p^l m$ ，其中 $p$ 是素数，$(p, m) =1, l \geqslant 1$ ，则
（1）存在定理 $G$ 有 $p^k(k \leqslant l)$ 阶子群．特别地，$G$ 有 $p^l$ 阶子群，这样的子群称为 $G$ 的西罗 $p$－子群。
（2）包含定理 $G$ 的每个 $p$ 子群必包含在一个西罗 $p$－子群中．
（3）共轭定理 $G$ 的所有西罗 $p$－子群都是共轭的，即 $G$ 的所有西罗 $p$－子群组成 $G$ 的一个共轭子群类．
（4）计数定理 设 $n_p$ 是 $G$ 的西罗 $p$－子群的个数，则 $n_p \equiv 1(\bmod p)$ 并且 $n_p \mid m$.

推论 3．6．3（柯西（Cauchy）定理）若素数 $p$ 能整除有限群 $G$ 的阶，则 $G$必有 $p$ 阶元．

例 3．6．1 30 阶群不是单群．
证明 设 $G$ 是一个 30 阶群，记 $n_p$ 是其西罗 $p$－子群的个数，则由西罗定理知

$$
n_p \equiv 1(\bmod p) \text { 并且 } n_p \mid m \text {, }
$$

因为 $30=2 \cdot 3 \cdot 5$ ，故有

$$
n_3 \equiv 1(\bmod 3) \text { 并且 } n_3 \mid 10, ~ n_5 \equiv 1(\bmod 5) \text { 并且 } n_5 \mid 6,
$$

故 $n_3=1$ 或 $10, n_5=1$ 或 6 ．

若 $n_3=10$ 且 $n_5=6$ ，则 $G$ 有 20 个 3 阶元， 24 个 5 阶元，从而 $G$ 至少有 $20+24+1=45$ 个元素，这与 $|G|=30$ 矛盾．这说明 $n_3$ 与 $n_5$ 至少有一个为 1 ，故 $G$ 不是单群．

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例 3．6．2 56 阶群不是单群．
证明 设 $G$ 是一个 56 阶群，记 $n_p$ 是其西罗 $p$－子群的个数．因为 $56=2^3 \cdot 7$ ，则有

$$
n_7 \equiv 1(\bmod 7) \text { 并且 } n_7 \mid 8 \text {, }
$$

故 $n_7=1$ 或 8 。
若 $n_7=1$ ，则 $G$ 有唯一一个西罗 7－子群，它是正规子群，故 $G$ 不是单群．
若 $n_7=8$ ，则 $G$ 有 8 个不同的西罗7－子群，设为 $P_1, P_2, \cdots, P_8$ ．由于它们为 7 阶循环群，$P_i \cap P_j=\{e\}$ ，故 $\bigcup_{i=1}^4 P_i$ 恰好含有 49 个元素，剩余 7 个元素和单位元一起最多可以构成一个 8 阶子群，而由西罗定理，这样的 8 阶子群（西罗2－子群）一定存在，故它是 $G$ 的唯一的一个西罗2－子群，从而为正规子群，故 $G$ 不是单群。

综上 56 阶群不是单群。

\＃

例 3．6．3 72 阶群不是单群．
证明 设 $G$ 是一个 72 阶群，记 $n_p$ 是其西罗 $p$－子群的个数，因为 $72=2^3 \cdot 3^2$ ，则有

$$
n_3 \equiv 1(\bmod 3) \text { 并且 } n_3 \mid 8 \text {, }
$$
故 $n_3=1$ 或 4 。
（1）若 $n_3=1$ ，则 $G$ 有唯一一个西罗 3－子群，它是正规子群，故 $G$ 不是单群．
（2）若 $n_3=4$ ，则 $G$ 有 4 个西罗 3－子群，设为 $P_1, P_2, P_3, P_4$ ．记 $X=\left\{P_1\right.$ ， $\left.P_2, P_3, P_4\right\}$ ，定义群 $G$ 对 $X$ 的作用：

$$
g\left(P_i\right)=g P_i g^{-1} \text {, 其中 } g \in G, P_i \in X, i=1,2,3,4 \text {. }
$$

由群作用的性质（参见 3.4 节的定理 3．4．1），存在 $G$ 到 $S(X) \cong S_4$ 的群同态

$$
\begin{aligned}
\psi: G & \rightarrow S(X), \\
g & \rightarrow \sigma_g,
\end{aligned}
$$

其中 $\sigma_g\left(P_i\right)=g\left(P_i\right)=g P_i g^{-1}$ ．于是有

$$
G / \operatorname{Ker}(\psi) \cong \psi(G) \leqslant S(X) \cong S_4,
$$

即 $G / \operatorname{Ker}(\psi)$ 在同构意义下为 $S_4$ 的子群．
因为 $|G|=72>\left|S_4\right|=24$ ，故 $|\operatorname{Ker}(\psi)|>1$ ，从而 $\operatorname{Ker}(\psi) \neq\{e\}$ ．另一方面，可以证明

$$
\operatorname{Ker}(\psi)=\left\{g \in G \mid \sigma_g\left(P_i\right)=g P_i g^{-1}=P_i \text {, 对任意 } i=1,2,3,4\right\}=\bigcap_{i=1}^4 N\left(P_i\right),
$$

由于 $G$ 有 4 个西罗 3－子群：$P_1, P_2, P_3, P_4$ ，它们都不是 $G$ 的正规子群，故 $N\left(P_i\right)$为 $G$ 的真子群，从而 $\operatorname{Ker}(\psi) \neq G$ ．故 $\operatorname{Ker}(\psi)$ 是 $G$ 的非平凡正规子群，从而 $G$不是单群。

\＃

例 3．6．4 15 阶群为循环群。
证明 设 $G$ 是一个 $15=3 \cdot 5$ 阶群，记 $n_p$ 是其西罗 $p$－子群的个数，则有

$$
\begin{aligned}
& n_3 \equiv 1(\bmod 3) \text { 并且 } n_3 \mid 5, \\
& n_5 \equiv 1(\bmod 5) \text { 并且 } n_5 \mid 3,
\end{aligned}
$$

综上可以得到 $n_3=1, n_5=1$ ．故 $G$ 有唯一一个西罗3－子群 $P$ 和唯一一个西罗 5 －子群 $Q$ ，它们都是素数阶循环群，且都是正规子群。

不妨设 $P=\langle a\rangle, Q=\langle b\rangle$ ，其中 $a$ 为 3 阶元，$b$ 为 5 阶元。显然 $P \cap Q=\{e\}$ ，由于 $P, Q$ 是正规子群，可以证明 $a b=b a$ ，于是 $a b$ 为 15 阶元，$G=\langle a b\rangle$ 为循环群．

\＃

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