Sylow定理

一、Sylow 定理的陈述

1.1 定理（Sylow 第一定理）

设 $G$ 是有限群，$

= n$，$p$ 是素数。若 $p^a \mid n$（即 $p^a$ 整除 $n$），记 $G$ 的阶为 $p^a$ 的子群的个数为 $s$，则

\[s \equiv 1 \pmod{p}\]

特别地，$s \geq 1$，即 $G$ 一定存在阶为 $p^a$ 的子群。

1.2 例子

若 $

= 24 = 2^3 \times 3$，则由 Sylow 定理：

$G$ 的 2 阶子群的个数 $\equiv 1 \pmod{2}$（即为奇数）
$G$ 的 4 阶子群的个数 $\equiv 1 \pmod{2}$
$G$ 的 8 阶子群的个数 $\equiv 1 \pmod{2}$
$G$ 的 3 阶子群的个数 $\equiv 1 \pmod{3}$

也就是说，上述各阶子群都至少存在一个。

二、Sylow 定理的背景

2.1 Lagrange 定理的逆问题

回忆 Lagrange 定理：若 $H$ 是 $G$ 的子群，则 $

$ 整除 $

$。

自然的逆问题是：若 $d \mid

$，是否一定存在 $G$ 的阶为 $d$ 的子群？

一般情况下不成立。 需要对因子 $d$ 加以限制。Sylow 定理告诉我们：当 $d$ 是某个素数的幂次时，阶为 $d$ 的子群一定存在。

如果 $d$ 有两个不同的素因子，则不能保证阶为 $d$ 的子群存在。据目前所知，在不对有限群 $G$ 本身加额外条件的前提下，能保证子群存在的因子只能是素数的幂次。

2.2 反例：$|G| = 12$ 的情形

Lagrange 定理逆命题的最小阶反例出现在 $

= 12$ 时。当 $

\leq 11$ 时，逆命题对所有因子均成立。

反例的构造：考虑如下集合

\[G = \left\{ A \in M_4(\mathbb{Z}) \;\middle|\; A \text{ 是 } 4 \text{ 阶置换矩阵且 } \det(A) = 1 \right\}\]

即所有 $4 \times 4$ 的置换矩阵（每行每列恰有一个 1，其余为 0）中行列式等于 1 的那些矩阵。这个群就是 4 次交替群 $A_4$，共有 12 个元素。

全部置换矩阵有 $4! = 24$ 个，其中行列式为 $+1$ 和 $-1$ 的各占一半，因此 $ A_4 = 12$。

可以验证：$A_4$ 没有 6 阶子群。由于 $6 = 2 \times 3$ 不是素数的幂次，Sylow 定理对此不作保证。这正是需要将因子限制为素数幂次的原因。

2.3 定理的历史

Sylow 定理由挪威数学家 Sylow 于 1872 年左右发表。这是关于抽象有限群结构的最早的基本定理之一。此前人们主要研究的是置换群（集合上双射在复合下构成的群）。在有限群理论的后续研究中，Sylow 定理是不加说明直接使用的基础工具。

三、证明思路

3.1 两种证明方法

Sylow 的原始证明：对有限群的阶做归纳，需要用到商群等概念。该方法只能证明子群存在（即 $s \neq 0$），但不能直接推出 $s \equiv 1 \pmod{p}$ 的信息。
Wielandt 的证明（20 世纪 40 年代）：这是目前国内教科书中最常采用的证明方法，也是本课程所介绍的方法。

3.2 Wielandt 证明的基本思路

取出 $G$ 的所有元素个数为 $p^a$ 的子集（不一定是子群），记这些子集的全体为 $\mathcal{T}$。
在 $\mathcal{T}$ 上通过左平移定义等价关系，将 $\mathcal{T}$ 分成若干等价类。
证明每个等价类中至多包含一个阶为 $p^a$ 的子群。
通过计数（组合数与同余分析）得到最终结果。

四、核心命题

4.1 命题陈述

设 $G$ 是有限群，$

= n$，$d$ 是 $n$ 的一个正因子。记 $G$ 中阶为 $d$ 的子群的个数为 $s$。则

\[\binom{n-1}{d-1} = s + w_1 + w_2 + \cdots + w_t \qquad (\star)\]

其中 $w_1, w_2, \ldots, w_t$ 是 $d$ 的大于等于 2 的正因子，$t \geq 0$（$t = 0$ 表示没有这些项）。

左边的 $\binom{n-1}{d-1}$ 与所有 $d$ 元子集的个数 $\binom{n}{d}$ 密切相关。右边是将等价类的元素个数相加后，除去公因子得到的结果。

4.2 从命题推导 Sylow 定理

在命题 $(\star)$ 中取 $d = p^a$（$p$ 为素数，$p^a \mid n$）：

关键观察：$p^a$ 的大于等于 2 的正因子一定也是 $p$ 的某个幂次 $p^b$（$b \geq 1$），因此每个 $w_i$ 都是 $p$ 的倍数。

在 $(\star)$ 两边模 $p$，右边的 $w_1, w_2, \ldots, w_t$ 全部消失（因为它们都是 $p$ 的倍数），得到：

\[\binom{n-1}{p^a - 1} \equiv s \pmod{p}\]

再利用组合数的同余性质（可直接使用）：

\[p^a \mid n \implies \binom{n-1}{p^a - 1} \equiv 1 \pmod{p}\]

因此

\[s \equiv 1 \pmod{p}\]

为什么必须限制 $d$ 为素数的幂次？ 因为如果 $d$ 不是素数幂，则 $d$ 的因子不一定是同一个素数的幂次。这样在模 $p$ 时无法消去所有的 $w_i$，证明就走不下去。

4.3 组合数同余式的推导

上述同余式 $\binom{n-1}{p^a-1} \equiv 1 \pmod{p}$（当 $p^a \mid n$ 时）也可以从命题 $(\star)$ 本身推出：

取 $G$ 为 $n$ 阶循环群（例如 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 在模 $n$ 加法下），利用循环群的性质——对于 $n$ 的每个因子 $d$，循环群恰好有且仅有一个阶为 $d$ 的子群——可知此时 $s = 1$。

将 $s = 1$ 和 $d = p^a$ 代入 $(\star)$，再模 $p$（所有 $w_i$ 均为 $p$ 的倍数），即得

\[\binom{n-1}{p^a - 1} \equiv 1 \pmod{p}\]

五、平移等价关系

5.1 子集的平移

回忆子集乘法的定义：若 $B \subseteq G$，$g \in G$，则

\[gB = \{gb \mid b \in B\}\]

这就是将子集 $B$ 沿元素 $g$ 做左平移。

直观理解：类比平面上图形的平移——沿某个向量平移后得到的图形与原图形”本质相同”。

5.2 等价关系的定义

设 $

= n$，$d \mid n$。记

\[\mathcal{T} = \{A \subseteq G \mid |A| = d\}\]

为 $G$ 的全体 $d$ 元子集的集合（$

\mathcal{T}

= \binom{n}{d}$）。

在 $\mathcal{T}$ 上定义二元关系：

\[A \sim B \iff \exists\, g \in G,\; B = gA\]

即 $A$ 和 $B$ 等价当且仅当 $B$ 可以通过 $A$ 的左平移得到。

5.3 验证等价关系

命题：上述关系 $\sim$ 是 $\mathcal{T}$ 上的等价关系。

证明：

自反性：$eA = A$（$e$ 为幺元），故 $A \sim A$。
传递性：若 $B = gA$，$C = hB$，则 $C = h(gA) = (hg)A$（用到结合律），故 $A \sim C$。
对称性：若 $B = gA$，则 $A = g^{-1}B$，故 $B \sim A$。

直观理解：

自反性：沿零向量平移等于不动。

传递性：先沿向量 $\vec{a}$ 平移，再沿向量 $\vec{b}$ 平移，等于沿 $\vec{a} + \vec{b}$ 平移一次。

对称性：沿 $\vec{a}$ 平移可以通过沿 $-\vec{a}$ 平移来”撤销”。

5.4 等价类的形式

$A$ 所在的等价类为

\[[A] = \{gA \mid g \in G\}\]

六、等价类中至多一个子群

6.1 命题

设 $S$ 是 $\mathcal{T}$ 关于平移等价关系的一个等价类。则 $S$ 中要么不含 $G$ 的子群，要么恰含一个 $G$ 的子群。

6.2 证明

设 $H, K$ 是 $G$ 的两个阶为 $d$ 的子群，且 $H \sim K$（即存在 $g \in G$ 使得 $K = gH$）。需证 $H = K$。

因为 $K$ 是子群，所以幺元 $e \in K$。由 $K = gH$，存在 $h \in H$ 使得 $e = gh$，故 $g = h^{-1} \in H$（$H$ 是子群，对求逆封闭）。

又因为 $H$ 是子群，$g \in H$，所以 $gH = H$（子群的左陪集性质：$g \in H \implies gH = H$）。

因此 $K = gH = H$。

也可以这样看：$K = gH$ 且 $e \in K$，说明 $H$ 与 $K$ 作为 $H$ 的两个左陪集有非空交集，由左陪集的性质（两个左陪集要么不相交、要么相等），推出 $H = K$。

直观理解（平面类比）：过原点的直线经平移后，只有沿零向量平移时才仍过原点。因此在一族平行直线中，至多只有一条过原点，即至多只有一个是子群。

七、稳定子群

7.1 定义

设 $G$ 是群，$A \subseteq G$ 是 $G$ 的子集。$A$ 的稳定子群（stabilizer）定义为

\[H_A = \{g \in G \mid gA = A\}\]

即所有使 $A$ 在左平移下保持不变的元素的集合。

直观理解：在平面上，一个图形沿某个向量平移后与自身重合，则这些向量的全体构成稳定子群。

7.2 引入稳定子群的动机

对于 Lagrange 定理，若 $H$ 是子群，则

\[\text{左陪集个数} = \frac{|G|}{|H|}\]

现在希望计算等价类 $[A] = {gA \mid g \in G}$ 的元素个数。如果 $A$ 不是子群，不能直接用 $

$，但可以用

\[|[A]| = \frac{|G|}{|H_A|}\]

其中 $H_A$ 是 $A$ 的稳定子群。这是 Lagrange 定理的推广。

7.3 稳定子群的基本性质

命题：设 $G$ 是群，$A \subseteq G$，$H_A$ 为 $A$ 的稳定子群。则：

(1) $H_A$ 是 $G$ 的子群。

(2) $A$ 是 $G$ 的子群 $\iff$ $A = H_A$。

(3) $A = H_A \cdot A$（即 $A$ 是 $H_A$ 的若干个右陪集的并）。

(4) $xA = yA \iff xH_A = yH_A$（即 $x^{-1}y \in H_A$）。

性质 (4) 说明：要判断两个平移子集 $xA$ 和 $yA$ 是否相同，等价于判断 $x, y$ 是否在 $H_A$ 的同一个左陪集中。由于 $H_A$ 是子群，后者有成熟的判定方法。

7.4 性质的证明

证明 (1)：$H_A$ 是子群。

非空：$eA = A$，故 $e \in H_A$。
对乘法封闭：若 $x, y \in H_A$，则 $xA = A$，$yA = A$，故 $(xy)A = x(yA) = xA = A$（用到结合律），从而 $xy \in H_A$。
对求逆封闭：若 $x \in H_A$，则 $xA = A$，从而 $x^{-1}A = x^{-1}(xA) = (x^{-1}x)A = eA = A$，故 $x^{-1} \in H_A$。

证明 (2)：$A$ 是子群 $\iff$ $A = H_A$。

($\Leftarrow$)：$H_A$ 已由 (1) 证明是子群，若 $A = H_A$，则 $A$ 也是子群。

($\Rightarrow$)：设 $A$ 是子群。

$x \in H_A \iff xA = A$。
当 $A$ 是子群时，$xA = A \iff x \in A$（子群的左陪集性质）。
因此 $H_A = A$。

证明 (3)：$A = H_A \cdot A$。

一方面，$e \in H_A$，故 $A = eA \subseteq H_A \cdot A$。
另一方面，对任意 $h \in H_A$，$hA = A$，故 $H_A \cdot A = \bigcup_{h \in H_A} hA = A$。

证明 (4)：$xA = yA \iff xH_A = yH_A$。

$xA = yA$ 两边左乘 $x^{-1}$（集合相等两边同乘某元素仍相等），得

\[A = (x^{-1}y)A\]

即 $x^{-1}y \in H_A$。又 $H_A$ 是子群，由左陪集的性质，$x^{-1}y \in H_A \iff xH_A = yH_A$。

八、等价类元素个数的计算

由性质 (4)，$A$ 所在等价类 $[A] = {gA \mid g \in G}$ 的元素个数等于 $H_A$ 在 $G$ 中的左陪集个数：

\[|[A]| = [G : H_A] = \frac{|G|}{|H_A|}\]

这是 Lagrange 定理的推广：当 $A$ 是子群时，$H_A = A$，上式退化为

\[|[A]| = \frac{|G|}{|A|}\]

正是 Lagrange 定理中左陪集个数的公式。

九、本节小结与后续

Sylow 第一定理断言：对于有限群 $G$ 和素数 $p$，只要 $p^a \mid

$，则阶为 $p^a$ 的子群一定存在，且个数 $s \equiv 1 \pmod{p}$。

证明的核心是命题 $(\star)$，它通过对 $G$ 的 $d$ 元子集按平移等价关系分类、计数得到。
稳定子群 $H_A$ 的引入使得等价类的计数化归为陪集个数的计算。
命题 $(\star)$ 的完整证明将在下一讲给出。

Sylow定理与稳定子群：Wielandt证明的核心构造