群

目录
目录
 1.  备忘录
   1.1.  外直积与内直积
 2.  循环群
 3.  图形的对称群
 4.  $n$ 元对称群
 5.  子群, Lagrange定理
 6.  群的直积与直和
 7.  群同态基本定理, 正规子群
 8.  可解群, 单群, Jordan-Hölder 定理
 9.  群在集合上的作用
   9.1.  群 $G$ 在集合 $G$ 上的左平移
   9.2.  群 $G$ 在集合 $G$ 上的共轭作用
   9.3.  Burnside 引理
 10.  Sylow定理
 11.  有限 Abel 群和有限生成的 Abel 群的结构
 12.  自由群
 13.  习题
   13.1.  1.1
   13.2.  1.2
   13.3.  1.3
   13.4.  1.4
   13.5.  1.5
   13.6.  1.6
   13.7.  1.7
   13.8.  1.8
   13.9.  1.9
   13.10.  1.10

1. 备忘录

若非交换有限单群不可解, 那么它的阶至少含有三个不同的素因子.

1.1. 外直积与内直积

“外直积”是一种构造新群的方法: 已知群 $G_1$ 和 $G_2$, 构造出一个新的群 $G_1\times G_2$. “内直积”是对一个群本身结构的分析：已知群 $G$, 从中找到两个满足特定条件的子群, 它们可以被看做某种“结构单元”把群 $G$ 给分解了. 此外“同构意义上的直积”也是存在的, 也就是范畴论意义下的 product：如果有群 $G_1$、群 $G_2$ 和群 $G$, 外加两个投影映射 $p_1: G\to G_1$ 和 $p_2: G\to G_2$ 满足特定条件, 就称 $G$ 是 $G_1$ 和 $G_2$ 的 product. 这个 product 在同构的意义下是唯一的.

2. 循环群 如果群 $G$ 有无限多个元素, 那么称 $G$ 是无限群. 如果群 $G$ 只有有限多个元素, 那么称 $G$ 为有限群. 此时 $G$ 的元素个数称为 $G$ 的阶, 记作 $|G|$.

探索：有限 Abel 群满足什么条件才是循环群？ 从 命题 4 中看到, 群的元素的阶对研究群结构的帮助. 所有循环群组成的集合 $\Omega$ 有多少个同构类？ 设 $R$ 是一个环, 由于 $R$ 的加法运算满足结合律、交换律, 且 $R$ 有零元, 每个元素有负元, 因此环 $R$ 对加法做成一个 Abel 群, 记作 $(R,+)$. 3. 图形的对称群 4. $n$ 元对称群 5. 子群, Lagrange定理 $n$ 元对称群 $S_n$ 的任一子群称为 $n$ 元置换群. 非空集合 $\Omega$ 上的全变换群 $S_\Omega$ 的任一子群称为 $\Omega$ 上的变换群. 群 $G$ 中, 仅由单位元素 $e$ 组成的子集 $\{e\}$ 是 $G$ 的一个子群. $G$ 本身也是 $G$ 的一个子群. $\{e\}$ 和 $G$ 称为 $G$ 的平凡子群. 利用群 $G$ 的子群 $H$ 可以研究群 $G$ 的结构, 这是因为利用子群 $H$ 可以给出集合 $G$ 的一个划分. 为了给出 $G$ 的一个划分, 需要在 $G$ 上建立一个二元关系且这个二元关系是等价关系. 从几何空间的例子受到启发, 设 $H$ 是群 $G$ 的一个子群, 规定 $G$ 上的一个二元关系 $\sim$ 如下 $$ a\sim b\ :\ ab^{-1}\in H.$$可以验证这是一个等价关系. 任给 $a\in G,$ 其等价类为 $$ \bar{a}=\{x\in G\,|\, x\sim a\}=\cdots=\{ha\,|\,h\in H\}=:Ha.$$称 $Ha$ 是 $H$ 的一个右陪集, $a$ 称为陪集代表. 于是 $H$ 的所有右陪集组成的结合是 $G$ 的一个划分, 此集合也称为 $G$ 关于子群 $H$ 的右商集, 记作 $(G/H)_r$. 若群 $G$ 的子群 $H$ 在 $G$ 中的指数 $[G:H]=r$, 则 $$ G=H\cup a_1H\cup a_2H \cup \cdots \cup a_{r-1}H, $$其中 $H, a_1H,\cdots, a_{r-1}H$ 两两不交. 称上式是群 $G$ 关于子群 $H$ 的左陪集分解式, $\{e,a_1,\cdots,a_{r-1}\}$ 称为 $H$ 在 $G$ 中的左陪集代表系. 令 $$ \tau: H\ni h\mapsto ah\in aH.$$容易看出 $\tau$ 是双射. 从而子群 $H$ 与它任一左陪集 $aH$ 的基数相同. 我们可以得出如下结论 结合 命题 7, 在有限 Abel 群中, 其他元素阶 $|$ 最大元素阶 $|$ 群的阶. 利用 推论 18, 可以给出数论中欧拉定理和费马小定理的简短证明. 现在我们来决定有限循环群得所有子群. $4$ 阶群有多少个同构类？任给 $4$ 阶群 $G$, 则 $G$ 中非单位元的阶只可能是 $2$ 或 $4$.

1. $G$ 有 $4$ 阶元 $a$, 则 $G=\lra{a}$. 从而 $G\cong (\mbz_4,+)$.
2. $G$ 没有 $4$ 阶元, 则 $G$ 的 $3$ 个非单位元 $a,b,c$ 的阶都为 $2$. 反证易得 $ab\notin \{e,a,b\}$, 即 $ab=c$. 同理 $ba=c$, 于是 $ab=c=ba$. 由于 $a,b,c$ 的地位是一样的, 因此也有 $ac=b=ca,bc=a=cb$. 从而 $G$ 是 Abel 群. 令 \begin{align*} \sigma: G\ \to\ (\mbz_2\oplus\mbz_2,+)\\ (e,a,b,c) &\mapsto \big((\bar{0},\bar{0}),(\bar{0},\bar{1}),(\bar{1},\bar{0}),(\bar{1},\bar{1})\big). \end{align*} 可以验证 $\sigma$ 是双射, 且保持运算, 即群同构. 此时 $G\cong (\mbz_2\oplus\mbz_2,+)$.

综上所述, $4$ 阶群恰有两个同构类: 一类是 $4$ 阶循环群, 它的代表是 $(\mbz_4,+)$; 另一类是 $4$ 阶非循环的 Abel 群, 它的代表是 $(\mbz_2\oplus\mbz_2,+)$, 称为 Klein 群, 也称为四群. 6. 群的直积与直和 $4$ 阶非循环 Abel 群 $(\mbz_2\oplus\mbz_2,+)$ 可看成两个 $2$ 阶群 $(\mbz_2,+)$ 与 $(\mbz_2,+)$ 的直和. 由此受到启发, 可以利用两个群来构造一个较大的群. 类似的, 可以定义多个群的直积和直和. 群的直积是用小群构造大群的一种最简单的方法. 利用群 $G$ 的两个子群的直积还可以研究群 $G$ 的结构. 设 $H,K$ 都是群 $G$ 的子群, 我们来探索需要满足什么条件可以有 $H\times K\cong G.$ 容易想到 $H\times K$ 到 $G$ 的一个映射 $\sigma$ 可以规定如下 $$ \sigma : H\times K\ni (h,k)\mapsto hk \to G.$$ 设 $H, K$ 是群 $G$ 的两个子群, 如果 $H \times K \cong G$ ，其同构映射为 $(h, k) \mapsto h k$, 那么称 $G$ 是它的子群 $H$ 与 $K$ 的内直积, 习惯上就记做 $G=H \times K$, 这是把 $(h, k)$ 与 $h k$ 等同. 此时, $G$ 中每个元素 $g$ 能唯一地表示成 $g=h k$, 其中 $h \in H, k \in K$ . 当群 $G$ 的运算为加法时，如果 $H \oplus K \cong G$ ，其同构映射为 $(h, k) \mapsto h+k$, 那么称 $G$ 是它的子群 $H$ 与 $K$ 的内直和, 习惯上就记做 $G=H \oplus K$, 这是把 $(h, k)$ 与 $h+k$ 等同. 此时, $G$ 中每个元素 $g$ 能唯一地表示成 $g=h+k$, 其中 $h \in H, k \in K$. 可以把定理推广到群 $G$ 的多个子群的情形: 7. 群同态基本定理, 正规子群 从这个定义立得 $\{e\}, G\triangleleft G$, 称它们为平凡的正规子群. 另一种叙述方式 群 $G$ 与它对应得正规子群 $N$ 的商群 $G/N$ 之间有什么关系呢? 8. 可解群, 单群, Jordan-Hölder 定理 如同从一个物体的三视图可以了解这个物体的形状和大小一样,对于群 $G$, 我们可以从它的不同的同态像去了解群 $G$ 的结构. 而从群同态基本定理知道, 群 $G$ 的每一个同态像都同构于 $G$ 对于同态核的商群,且同态核是 $G$ 的正规子群. 由于 Abel 群的结构比较容易研究, 因此我们来探索群 $G$ 对于什么样的正规子群的商群是 Abel 群, 这只要去找群 $G$ 到某一个群 $\widetilde{G}$ 的同态 $\sigma$, 使得 $\operatorname{Im} \sigma$ 为 Abel 群的条件是什么.

设 $\sigma$ 是群 $G$ 到群 $\widetilde{G}$ 的一个同态, 则 \begin{align} \operatorname{Im} \sigma \text { 为 Abel 群 } & \Leftrightarrow \sigma(x) \sigma(y)=\sigma(y) \sigma(x), \quad \forall \sigma(x), \sigma(y) \in \operatorname{Im} \sigma\notag \\ & \Leftrightarrow \sigma(x y) \sigma(x)^{-1} \sigma(y)^{-1}=\bar{e}, \quad \forall x, y \in G\notag \\ & \Leftrightarrow \sigma\left(x y x^{-1} y^{-1}\right)=\bar{e}, \quad \forall x, y \in G \notag\\ & \Leftrightarrow x y x^{-1} y^{-1} \in \operatorname{Ker} \sigma, \quad \forall x, y \in G\notag \\ & \Leftrightarrow\left\{x y x^{-1} y^{-1} \mid x, y \in G\right\} \subseteq \operatorname{Ker} \sigma . \label{Im_sigma_Abel} \end{align} 我们把 $x y x^{-1} y^{-1}$ 称为 $x$ 与 $y$ 的换位子, 记做 $[x, y]$. 我们有 \begin{equation}\label{huan_wei_zi} x y=y x \Leftrightarrow x y x^{-1} y^{-1}=e . \end{equation}

从 \eqref{huan_wei_zi} 得到“群 $G$ 为 Abel 群”当仅当 $G'=\{e\}$. 从 \eqref{Im_sigma_Abel} 和习题1.4的第7题立即得到 从上述命题看出, 在群 $G$ 的所有 Abel 商群中, $G / G^{\prime}$ 是最大的一个. 从上述命题还可看出, 求群 $G$ 的换位子群 $G^{\prime}$ 的方法如下: 先找出 $G$ 的一个正规子群 $N$, 使得 $G / N$ 为 Abel 群. 从而 $G^{\prime} \subseteq N$. 然后在 $N$ 中, 找一个子群, 它应当是 $G$ 的正规子群, 并且是最小的正规子群, 它就是 $G^{\prime}$; 或者分析 $N$ 的任一元素是否可由换位子生成, 如果是, 那么 $N \subseteq G^{\prime}$, 从而 $G^{\prime}=N$. 在这个例题中, $A_4^{\prime}=V$. 而 $V$ 是 4 阶 Abel 群, 因此 $V^{\prime}=\{(1)\}$. 由此受到启发,引出下述概念: 若 $G$ 是 Abel 群, 则 $G^{\prime}=\{e\}$. 从而 Abel 群都是可解群.$A_4$ 是可解群, 我们有 $A_4 \triangleright V \triangleright\{(1)\}$, 且 $A_4 / V, V /\{(1)\}$ 都是 Abel 群。由此受到启发，猜测并且可以证明下述定理： 从上述定理看到, 利用群 $G$ 的正规子群 $N$ 和商群 $G / N$ 的结构可了解群 $G$ 的结构. 由此可以体会到正规子群在研究群的结构中起着重要的作用. 哪些群是单群？哪些群不是单群？ 这个推论告诉我们, 非 Abel 单群只能从不可解群中去找. 9. 群在集合上的作用 下面两个命题说明 $\sigma$ 在 $a$ 下的像某种程度上和 $\sigma$ 是等价的. 同态 $\psi$ 的核 $\Ker \psi$ 称为这个作用的核, 易证 $$a\in\Ker\psi\ \Leftrightarrow\ a\circ x=x,\ \ff x\in G.$$ 当 $\Ker\psi=\{e\}$ 时, 称这个作用是忠实的, 此时 $\psi: G\to S_\Omega$ 是单同态. 9.1. 群 $G$ 在集合 $G$ 上的左平移 容易验证 $$ a\in\Ker(\text{左平移})\ \Leftrightarrow\ ax=x,\ \Leftrightarrow\ a=e.$$ 即 $\Ker(\text{左平移})=\{e\}$, 从而左平移是忠实的作用. 于是左平移引起了单同态 $\psi:G\to S_G$, 因此 $G\cong \Im\psi$. 由于 $\Im \psi< S_G$, 因此群 $G$ 与集合 $G$ 上的一个变换群同构. 这就证明了如下定理： 定理 60 和 推论 61 的意义在于, 指出了任何一个抽象群本质上是变换群(对无限群而言)或置换群(对有限群而言). 9.2. 群 $G$ 在集合 $G$ 上的共轭作用 容易验证 $\Ker(\text{共轭作用})=Z(G),$ 其中 $Z(G)$ 称为群 $G$ 的中心, 它由与 $G$ 中所有元素均可交换的元素组成的. 群 $G$ 在集合 $G$ 上的共轭作用引起了同态 $\sigma: G\to S_G$, 把 $a$ 在 $\sigma$ 下的像记作 $\sigma_a$, 于是 $$\sigma_a(x)=a\circ x=axa^{-1},\ \ff x\in G.$$ 上面已求得 $\Ker\sigma=Z(G), \Im\sigma=\{\sigma_a\,|\,a\in G\}$. $\sigma_a$ 有什么性质？由于 $\sigma_a\in S_G$, 因此 $\sigma_a$ 是 $G$ 上的双射. 又 $$ \sigma_a(xy)=a(xy)a^{-1}=(axa^{-1})(aya^{-1})=\sigma_a(x)\sigma_a(y),\ \ff x,y\in G.$$ 所以 $\sigma_a$ 是 $G$ 上的同构. 一般地, 有如下几个概念

1. 自同构: $G$ 上的同构;
2. 内自同构: $\sigma_a: x\mapsto axa^{-1}$;
3. 自同构群 $\mr{Aut}(G)$: 群 $G$ 上所有自同构组成的集合对映射乘法做成的群;
4. 内自同构群 $\mr{Inn}(G)$: $\Im\sigma=\{\sigma_a\,|\,a\in G\}\subset S_G$.

显然有 $\mr{Inn}(G)< \mr{Aut}(G)$. 还可以验证 $\mr{Inn}(G)\tl \mr{Aut}(G)$: \begin{align*} (\tau\sigma_a\tau^{-1})x&=\tau\sigma_a(\tau^{-1}x)=\tau[ a(\tau^{-1}x)a^{-1}]\\ &=\tau(a) x \tau(a)^{-1}=\sigma_{\tau(a)}x,\ \ \ff \tau\in \mr{Aut}(G), \sigma_a\in \mr{Inn}(G). \end{align*} 因为 $\Ker\sigma=Z(G), \Im\sigma=\mr{Inn}(G)$, 由群同态基本定理得 $$ G/Z(G)\cong \mr{Inn}(G).$$ 这就证明了下述定理 群 $G$ 在集合 $\Omega$ 上的作用可以给出集合 $\Omega$ 的一个划分. 首先在集合 $\Omega$ 上规定二元关系： $$y\sim x\ \Leftrightarrow\ \ee a\in G\ \mr{s.t.}\ y=a\circ x.$$ 易证 $\sim$ 是 $\Omega$ 上的等价关系. 于是所有等价类组成的集合是 $\Omega$ 上的一个划分. 任给 $x\in\Omega$, \begin{align*} \bar{x}&=\set{y\in\Omega}{y\sim x}=\set{y\in\Omega}{\ee a\in G,\ y=a\circ x}\\ &=\set{a\circ x}{x\in G}=:G(x). \end{align*} 我们把 $G(x)$ 称为 $x$ 的 $G$-轨道. 于是 $\Omega$ 的所有 $G$-轨道组成的集合是 $\Omega$ 的一个划分, $\Omega$ 等于它所有两两不交的 $G$-轨道的并： $$\Omega=\bigcup_{i\in I} G(x_i),$$ 其中 $i\ne j$ 时, $G(x_i)\cap G(x_j)=\varnothing$. $\{x_i\}_{i\in I}$ 称为 $\Omega$ 的 $G$-轨道的完全代表系. 为了计算 $x$ 的 $G$-轨道的长度 $G(x)$, 首先需要分析 $a\circ x=b\circ x$ 成立的条件： $$a\circ x=b\circ x\ \Leftrightarrow\ \cdots \ \Leftrightarrow\ (b^{-1}a)\circ x=x.$$ 故考虑如下集合 $$ G_x:=\set{g\in G}{g\circ x=x}.$$ 可以验证 $G_x < G,$ 称 $G_x$ 是 $x$ 的稳定子群. 9.3. Burnside 引理 设有限群 $G$ 在有限集合 $\Omega$ 上有一个作用, 我们来求 $\Omega$ 的 $G$-轨道条数. 设 $\Omega$ 有 $r$ 条 $G$-轨道, 即 $$ \Omega=\bigcup_{i=1}^r G(x_i),$$ 其中 $\{x_1,x_2,\cdots,x_r\}$ 为完全代表系. 由于 $$ |\Omega|=\sum_{i=1}^r |G(x_i)|=\sum_{i=1}^r \frac{|G|}{|G_{x_i}|}.$$ 故需要去研究同一条轨道里的元素的稳定子群之间的关系. 设 $\Omega$ 中的元素 $x,y$ 属于同一条 $G$-轨道, 则存在 $a\in G$ 使得 $y=a\circ x$. 由于 \begin{align*} h\in G_y &\ \Leftrightarrow\ h\circ y=y \ \Leftrightarrow\ \cdots \ \Leftrightarrow\ (a^{-1}ha)\circ x=x\\ & \ \Leftrightarrow\ a^{-1}ha\in G_x \ \Leftrightarrow\ h\in aG_xa^{-1}, \end{align*} 因此 $G_y=aG_xa^{-1}$, 即 $G_y$ 是 $G_x$ 的共轭子群. 令 $$ \tau_a: G_x\ni g\mapsto aga^{-1}\in G_y,$$ 则 $\tau_a$ 是从 $G_x$ 到 $G_y$ 的映射, 且为单射. 任取 $h\in G_y$, 由于 $G_y=aG_xa^{-1}$, 因此存在 $g\in G_x$ 使 $h=aga^{-1}=\tau_a(g)$, 故 $\tau_a$ 为满射, 从而为双射. 因此 $|G_x|=|G_y|$. 这就证明了如下命题 由上述命题得 $G(x_i)$ 里每个元素的稳定子群的阶都为 $|G_{x_i}|$. 从而 $G(x_i)$ 里所有元素稳定子群的阶之和为 $|G(x_i)|\cdot|G_{x_i}|=|G|$. 因此 $\Omega$ 里所有元素稳定子群的阶之和为 $$\sum_{x\in\Omega} |G_x|=\sum_{i=1}^r \sum_{x\in G(x_i)} |G_x|= \sum_{i=1}^r|G|=r|G|.$$ 为了求出 $r$, 需要有另一种方法计算 $\sum_{x\in\Omega} |G_x|$. 从稳定子群 $G_x$ 的定义受到启发, 考虑 $G\times \Omega$ 的下述子集 $S$: $$ S=\set{(g,x)}{g\circ x=x},$$ 并且对于给定的 $g\in G$, 定义 $g$ 的不动点集 $F(g):=\set{x\in\Omega}{g\circ x=x}$. 那么 \begin{align*} |S|&=\sum_{x\in\Omega}\sum_{g\in G} \chi_{\{g\circ x=x\}}=\sum_{x\in\Omega}|G_x|=r|G|\\ |S|&=\sum_{g\in G}\sum_{x\in\Omega} \chi_{\{g\circ x=x\}}=\sum_{g\in G} |F(g)|. \end{align*} 因此 $r=\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G} |F(g)|$. 我们证明了 设群 $G$ 在集合 $\Omega$ 上有一个作用, 对于 $x\in\Omega$, 若 $x$ 的 $G$-轨道只含 $x$ 一个元素, 则称 $x$ 是群 $G$ 的一个不动点. 群 $G$ 的所有不动点组成的集合称为群 $G$ 的不动点集, 记作 $\Omega_0$. 若有限群 $G$ 的阶是素数 $p$ 的方幂, 即 $|G|=p^m$, 其中 $m\ges1$, 则称 $G$ 为 $p$-群. 10. Sylow定理 第 4 节的 Lagrange 定理指出, 有限群 $G$ 的任一子群的阶是 $G$ 的阶的因数. 反之, 对于有限群 $G$ 的任一正因数 $d$, 是否存在 $d$ 阶子群? 这对有限群循环群是成立的, 但对 $12$ 阶交错群 $A_4$ 而言, 它有 $2,3,4$ 阶子群, 但没有 $6$ 阶子群. 注意到 $2,3$ 是素数, $4$ 是素数 $2$ 的方幂. 探索：对于有限群 $G$, 若 $p\mid |G|$, 则 $G$ 是否有 $p$ 的方幂阶子群? 设群 $G$ 的阶 $n=p^lm$, 其中 $p$ 为素数, $(m,p)=1,l>0$, 对于 $1\les k\les l$, $G$ 是否有 $p^k$ 阶子群? 想法：$G$ 的 $p^k$ 阶子群是 $G$ 的一个 $p^k$ 元子集. 但是 $G$ 的任意一个 $p^k$ 元子集不一定是子群, 因此我们要考虑 $G$ 的所有 $p^k$ 元子集组成的集合 $\Omega$. 如果群 $G$ 在集合 $\Omega$ 上有一个作用, 那么 $\Omega$ 的一个元素 $A$ 的稳定子群 $G_A$ 就是 $G$ 的一个子群. 为了使 $|G_A|=p^k$, 需要选择这个元素 $A$. 由于 $|\Omega|=C_n^{p^k}$, 因此先探索组合数 $|\Omega|=C_n^{p^k}$ 的性质, 其表达式为 $$ C_n^{p^k}=\frac{n(n-1)\cdots (n-j)\cdots (n-p^k+1)}{p^k(p^k-1)\cdots(p^k-j)\cdots (p^k-p^k+1)}.$$ 先解剖一只“麻雀”：设 $n=18=3^2\times 2$, 则 $$ C_{18}^{3^2}=\frac{18\times (18-1)\times (18-2)\times \cdots\times (18-7)\times (18-8)}{9\times (9-1)\times (9-2)\times \cdots\times (9-7)\times (9-8)}.$$ 比较分子的 $(18-j)$ 与分母的 $(9-j)$, 发现

1. $(18-3)$ 与 $(9-3)$ 含有因数 $3^1$;
2. $(18-6)$ 与 $(9-6)$ 含有因数 $3^1$;
3. 其他 $(18-j)$ 与 $(9-j)$ 都不含因数 .

由此猜测 $C_n^{p^k}$ 的表达式中, 分子的 $(n-j)$ 与分母的 $(p^k-j)$ 含有的 $p$ 的方幂一样, 其中 $1\les j\les p^k$. 下面证明这一猜测: 设 $j=p^tj'$, 其中 $(j',p)=1, 0\les t< k$, 则 \begin{equation*} \begin{aligned}n-j&=p^lm-p^tj'=p^t(p^{l-t}m-j')\\p^k-j&=p^k-p^tj'=p^t(p^{k-t}-j')\end{aligned} \end{equation*} 由于 $(j',p)$=1, 因此 $p^{l-t}m-j'$ 与 $p^{k-t}-j'$ 都不含因子 $p$, 从而 $(n-j)$ 与 $(p^k-j)$ 含有的 $p$ 的方幂都是 $p^t$. 又 $\frac{n}{p^k}=p^{l-k}m, (m,p)=1$, 因此 $C_n^{p^k}$ 含有的 $p$ 的最高次幂为 $p^{l-k}$. 于是我们证明了下述引理 上述集合的每一个元素形如 $$A=\{a_1,a_2,\cdots,a_{p^k}\},\ a_i\in G,\ i=1,2,\cdots,p^k.$$ 对于 $g\in G$, 令 $$g\circ A:=\{ga_1,ga_2,\cdots,ga^{p^k}\}.$$ 容易验证, 这是群 $G$ 在集合 $\Omega$ 上的一个作用, 于是 $$ \Omega=\bigcup_{i=1}^rG(A_i).$$ 从而 $$|\Omega|=\sum_{j=1}^r|G(A_i)|,$$ 由上述引理得 $p^{l-k+1}\not\mid |\Omega|$. 于是至少有一条轨道 $G(A_j)$ 满足 $p^{l-k+1}\not\mid |G(A_j)|$. 由轨道-稳定子定理得 $$ |G|=|G(A_j)|\cdot|G_{A_j}|.$$ 由于 $p^l$ 恰好整除 $|G|$, 且 $|G(A_j)|$ 含有的 $p$ 因子至多为 $p^{l-k}$. 因此 $|G_{A_j}|$ 含有的 $p$ 因子至少为 $p^k$, 即 $$ |G_{A_j}|=p^kq\ges p^k.$$ 另一方面, 对于任意 $g\in G_{A_j}$ 有 $g\circ A_j=A_j$. 于是对于 $a\in A_j$ 有 $ga\in A_j$, 从而 $$ G_{A_j}a=\set{ga}{g\in G_{A_j}}\subset A_j,$$ 因此 $$ |G_{A_j}|=|G_{A_j}a|\les |A_j|=p^k.$$ 综上 $|G_{A_j}|=p^k$, $G_{A_j}$ 即为所求. 这样我们证明了 事物的临界点往往起着至关重要的作用, 下面探讨有限群 $G$ 的 Sylow $p$ 子群的性质. 我们已经直到, $G$ 的子群 $H$ 到它的共轭子群 $gHg^{-1}$ 有一个双射: $h\mapsto ghg^{-1}$, 因此 $H$ 与它的共轭子群有相同的基数. 于是如果 $P$ 是有限群 $G$ 的一个 Sylow $p$ 子群, 那么 $P$ 的任意共轭子群也是 $G$ 的 Sylow $p$ 子群. 反之, $G$ 的任意两个 Sylow $p$ 子群是否共轭? 如果我们能证明 $G$ 的任一 $p^k$ 阶子群 $H$ 都包含于 $G$ 的 Sylow $p$ 子群 $P$ 的某个共轭子群中, 那么就可以证明 $G$ 的任意两个 Sylow $p$ 子群共轭. 在 定理 71 的条件下, 任取 $G$ 的一个 Sylow $p$ 子群 $P$, 我们来探索 $H$ 包含于 $P$ 的某个共轭子群中的条件： \begin{equation*} \begin{aligned}\ee a\in G\ :\, H\subset aPa^{-1}&\ \Leftrightarrow\ \ee a\in G\ :\ a^{-1}Ha\subset P\\&\ \Leftrightarrow\ \ee a\in G\ :\ a^{-1}ha\in P,\ \ff h\in H\\&\ \Leftrightarrow\ \ee a\in G\ :\ (ha)P=aP,\ \ff h\in H\end{aligned} \end{equation*} 由此受到启发, 考虑 $H$ 在 $(G/P)_l$ 上的左平移： $$h\circ (gP)=(hg)P.$$ 则 $$\begin{aligned}\ee a\in G\ :\ H\subset aPa^{-1} &\ \Leftrightarrow\ \ee a\in G\ :\ h\circ (aP)=aP,\ \ff h\in H\\ &\ \Leftrightarrow\ aP \ \text{是}\ H\ \text{在}\ (G/P)_l\ \text{上的左平移不动点} \end{aligned}$$ 用 $\Omega_0$ 表示 $H$ 在 $(G/P)_l$ 上的左平移不动点集. 由于 $H$ 是 $p$ 群. 因此 $$ |\Omega_0|\equiv |(G/P)_l|=\frac{|G|}{|P|}=\frac{p^lm}{p^l}=m\not\equiv0\mod{p},$$ 于是 $|\Omega_0|\ne0$. 从而存在 $\ee a\in G\ :\ H\subset aPa^{-1}$. 任取 $G$ 的两个 Sylow $p$ 子群 $P,\tilde{P}$. 由上面所证结论, 存在 $a\in G$ 使 $\tilde{P}\subset aPa^{-1}$, 又 $|\tilde{P}|=p^l=|aPa^{-1}|$, 所以 $\tilde{P}=aPa^{-1}$, 从而 $P$ 与 $\tilde{P}$ 共轭. 这样便证明了 从这个推论看出, 我们要会求有限群 $G$ 的 Sylow $p$-子群的个数. 设群 $G$ 的阶 $n=p^lm$, 其中 $p$ 为素数, $(m,p)=1, l>0$. 用 $\Omega$ 表示 $G$ 的所有 Sylow $p$-子群组成的集合 $$ \Omega=\{P_1,P_2,\cdots,P_r\}.$$ 我们想求 $|\Omega|$. 根据 命题 68 , 我们要找一个 $p$-群在集合 $\Omega$ 上的作用. 这个 $p$-群自然可以取成 $P_1$. 考虑 $P_1$ 在 $\Omega$ 上的共轭作用 $$\ff a\subset P_1,\ a\circ P_i:=aP_ia^{-1}.$$ 把这个作用的不动点集记作 $\Omega_0$. 由于 $|\Omega|=|\Omega_0|\mod{p}$, 只需求 $\Omega_0$. 对于 $Q\in\Omega$, 有 \begin{align*} Q\in\Omega_0& \ \Leftrightarrow\ a\circ Q=Q,\ \ff a\in P_1 && \ \Leftrightarrow\ aQa^{-1}=Q,\ \ff a\in P_1\\ & \ \Leftrightarrow\ a\in N_G(Q) && \ \Leftrightarrow\ P_1\subset N_G(Q) \end{align*} 由于 $P_1,Q$ 是 $G$ 的 Sylow $p$-子群, 因此 $P_1,Q$ 也是 $N_G(Q)$ 的 Sylow $p$-子群. 又 $Q\tl N_G(Q)$, 由上述推论得, $N_G(Q)$ 的 Sylow $p$-子群的个数为 $1$. 于是 $Q=P_1$, 从而 $\Omega_0=\{P_1\}$. 因此 $|\Omega|=|\Omega_0|=1\mod{p}$. 根据习题1.8的第23题, $P_1$ 在 $G$ 中的共轭子群的个数等于 $[G:N_G(P_1)]$. 又 $P_1$ 在 $G$ 中的共轭子群的个数就是 $G$ 的 Sylow $p$-子群个数 $r$, 因此 $r=[G:N_G(P_1)]$. 从而 $r\mid |G|$, 即 $r\mid p^lm$. 由于 $r=|\Omega|\equiv1\mod{p}$, 因此 $(r,p)=1$. 从而 $r\mid m$, 于是我们证明了下述定理： 从本题可以得到, $6$ 阶群或者是循环群, 或者同构于二面体群 $D_3$, 从而 $S_3\cong D_3$. 我们已经知道, $D_4$ 是 $8$ 阶非 Abel 群. 还有其他的 $8$ 阶非 Abel 群吗？ 11. 有限 Abel 群和有限生成的 Abel 群的结构 12. 自由群 13. 习题 13.1. 1.1

13.2. 1.2

13.3. 1.3

13.4. 1.4

13.5. 1.5 13.6. 1.6 13.7. 1.7 13.8. 1.8 13.9. 1.9 13.10. 1.10