# 代數導論 (20) - Sylow Theorem (證明 Part 2)

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[TOC]

這邊證明的是西羅定理的第二跟第三個敘述。

## 定理：Sylow Theorem

> **Thm (Sylow Theorem)**
>
> 假定 $G$ 是一個有限群，$p$ 是一個質數，且：
>
> $$
> |G| = p^{\alpha}m
> $$
>
> 其中，$\alpha \geq 1$，且 $p \not \mid m$。則下列三個敘述成立：
>
> 1. $G$ 必定存在 Sylow $p$-subgroup
> 2. ==所有這樣的 Sylow $p$-subgroup 互相共軛==
> 3. ==Sylow p-subgroup 數目的必要條件==：假定 $r$ 是 $G$ 中 *Sylow p-subgroup* 的數目，則：
> $$
> \boxed{r\ \bigg{|}\ |G|}
> $$
> 且：
> $$
> \boxed{r \equiv 1 \mod p}
> $$
>

## 引理 1：p-subgroup 與 Sylow p-group 的交集

這裡要先證明一個 *lemma*

> **Lemma**
>
> 假定 $G$ 是一個有限群，$K$ 是一個 $G$ 的 ==*p-group*==，$P$ 是一個 $G$ 的 ==*Sylow p-subgroup*==，則：
>
> $$
> K \cap N_G(P) = (K \cap P)
> $$
>
> 其中，$N_G(P)$ 定義為：
>
> $$
> N_G(P) = \{x \in G \mid xPx^{-1} = P\}
> $$
>

從這個來看，$N_G(K)$ 一定會包含 $K$ 自身，所以左邊可以包住右邊是顯然的：

$$
K \cap N_G(P) \supseteq (K \cap P)
$$

現在的問題是另外一個方向。不過這邊慶幸的是有 *normalizer*，所以感覺他跟人乘起來會是一個群，然後似乎就可以有 *Diamond Isomorphism Theorem* 的樣子。

首先，為了方便，令：

$$
H = K \cap N_G(P)
$$

可以觀察到：

$$
H = K \cap N_G(P) \leq N_G(P)
$$

既然 *normalizer* 的子群都可以 *normalize* 那個集合，所以根據在 *Diamond Isomorphism Theorem* 裡面提到的條件，可知：

$$
H \leq N_G(P) \Rightarrow HP \leq G
$$

而且，套用 *Diamond Isomorphism Theorem* 前面的定理，可知：

$$
|HP| = \frac {|H| \cdot |P|}{|H \cap P|}
$$

不管分母長什麼樣子，總之如果這坨出來要是整數的話，因為 $|H|$ 跟 $|P|$ 的因數都只有 $P$，所以 $|HP|$ 也只能是 $p$ 的冪次。換句話說：$|HP|$ 也是一個 *p-group*。

但另外一方面：$HP$ 包含了 $P$，而 $P$ 是一個 *Sylow p-group*

$$
P \leq HP \leq G
$$

所以無論如何，$|HP|$ 中的 $p$ 的冪次，都不可能比 $|P|$ 中 $p$ 的冪次還要大。因此，唯一的可能就是：

$$
HP = P
$$

不過，這代表什麼呢？這代表對於任意一個 $H$ 中的元素 $h$，都有：

$$
h \cdot 1 \in P \Rightarrow h \in P
$$

也就是：

$$
H \subseteq P \Rightarrow K \cap N_G(P) \subseteq P
$$

多此一舉，左右同時跟 $K$ 取交集，就證明結束了：

$$
\begin{align}
K \cap (K \cap N_G(P)) &= K \cap N_G(P)
\newline
&\subseteq K \cap P
\end{align}
$$

## 敘述 2：互相共軛

假定 $P$ 是一個 $G$ 的 *Sylow p-subgroup*，且考慮 $X$ 是「所有跟 $G$ 中元素 *conjugate* 的結果」：

$$
X = \{gPg^{-1} \mid g \in G\}
$$

由前面的性質可知：一個 *sylow p-group* 取 *conjugate* 之後，還會是一個 *Sylow p-group*。因此 $P_1 \dots P_r$ 通通都是 *Sylow p-group*。

既然 $G$ 是一個有限群，所以這樣的 $X$ 必定是有限的。為了方便，假定這樣的 *conjugate* 結果總共有 $r$ 個：

$$
X = \{P = P_1, P_2, \dots P_r\}
$$

假定 $Q$ 是一個 *p-subgroup*，考慮下面的 *group action*：

$$
\begin{align}
Q \times X & \to X
\newline
(q, P_i) &\to (qP_iq^{-1})
\end{align}
$$

假定 $B_1 \dots B_m$ 是所有 $X$ 的 *conjugate class*，那麼就有：

$$
|X| = \sum_{i = 1}^{n}|B_i|
$$

接下來會把 $Q$ 換成不同的群，並且觀察 *conjugate class* 有什麼不一樣。

假定 $Q = P$，那麼對於 $P \in X$，他的 *conjugate class* 中，就只有 $\{P\}$，假定這個 *conjugate class* 叫 $B_1$

而對於 $P_2 \dots P_r$，可以用 *orbit-stabilizer theorem*，知道：

$$
|B_i| = \frac {|P|}{C_P(P_i)}
$$

但要找 $P_i$ 的 *centralizer* ，就是要找滿足：

$$
\{p \in P \mid pP_ip^{-1} = P\}
$$

換句話說，就是要找 $P$ 中所有能夠 *normalize* $P_i$ 的元素。但這也就是在找 $N_G(P_i)$ 跟 $P$ 的交集：

$$
C_{P}(P_i) = N_P(P_i) = N_G(P_i) \cap P
$$

因此，帶回得到：

$$
|B_i| = \frac {|P|}{C_P(P_i)} = \frac {|P|}{N_G(P_i) \cap P}
$$

但 $P_1 \dots P_r$ 都是 *Sylow p-group*，所以套用前面的引理可知：

$$
\boxed{|B_i| = \frac {|P|}{N_G(P_i) \cap P} = \frac {|P|}{|P_i\cap P|}}
$$

但另外一方面，因為 $P_1 \dots P_r$ 都相異，所以：

$$
P = P_1 \neq P_2 \dots P_r
$$

換句話說：

$$
|P_i \cap P| < |P|
$$

由此可知：不會是 $1$

$$
|B_i| = \frac {|P|}{|P_i \cap P|} \neq 1
$$

但 $P_1 \dots P_r$ 通通都是 *Sylow p-group*，所以大小也都是 $p$ 的冪次，再加上 $|B_i|$ 要是整是。所以唯一的可能就是：$|B_i|$ 也是 $p$ 的冪次。不過，這邊只需要用到 $|B_i|$ 是 $p$ 的倍數就好：

$$
|B_i| = n_i p \quad n_i \in \mathbb N,\ i = 2 \dots n
$$

把每個 $|B_i|$ 帶回去，得到：

$$
\begin{align}
|X| &= |B_1| + \sum_{i = 2}^{r}|B_i|
\newline
&= |\{P\}| + \left(\sum_{i = 2}^{r}n_i\right)p
\newline
&= 1 + n \cdot p
\end{align}
$$

要證明 $2.$，就要證明：在 $Q$ 是任意 *Sylow p-subgroup* 的狀況下，有：

$$
Q \in X = \{P = P_1 \dots P_r\}
$$

利用反證法：假定 $Q$ 不是 $P_1 \dots P_r$ 任意一個，也就是說：

$$
Q \cap P_i \neq Q \quad \forall i = 1 \dots r
$$

套用前面的推論，有：

$$
|B_i| = \frac {|Q|}{|N_G(P_i) \cap Q|} = \frac {|Q|}{|P_i \cap Q|}
$$

然後用一樣的招式：因為 $Q \neq P_i \cap Q$，所以這表示：

$$
\frac {|Q|}{|P_i \cap Q|} \neq 1
$$

但 $|Q|$ 是個 *Sylow p-group*，而且 $|B_i|$ 必定是個整數，所以這就導致除出來的結果也一定要是某個 $p$ 的冪次。也就是說：

$$
|B_i| = n_i'p \quad n_i' \in \mathbb N,\ i = 1 \dots r
$$

但這就表示：

$$
p \mid \sum_{i = 1}^{m}|B_i| = r
$$

跟最前面的：

$$
r = 1 + np
$$

互相矛盾。由此得證。

## 敘述 3：個數的必要條件

前面已經證明過：*Sylow p-group* 的數目具有：

$$
r = 1 + np
$$

的形式。因此，現在只差證明：

$$
r\ \bigg{|}\ |G|
$$

就把整個定理證明完了。一樣是考慮：

$$
\begin{align}
Q \times X & \to X
\newline
(q, P_i) &\to (qP_iq^{-1})
\end{align}
$$

這時，令 $Q = G$。但這樣一來，依照 $X$ 的定義，這整個 *group action* 的 *orbit* 就是整個 $X$。這時，再度使用 *orbit-stabilizer theorem*。挑選的代表元素是 $P$，他的 *stabilizer* (或說 *centralizer*，隨便喇) 就是要找：

$$
\{g \in G \mid gPg^{-1} = P\}
$$

但這根本就是在找 $P$ 的 *normalizer*。所以：

$$
r = |X| = \frac {|G|}{|C_G(P)|} = \frac {|G|}{|N_G(P)|}
$$

但既然上面每個東西都是整數，這表示：

$$
|G| = r \cdot |N_G(P)| \Rightarrow r\ \bigg{|}\ |G|
$$

由此得證。

> 這個超級長的證明居然花了我六個半小時打完。真是令人暈眩的體驗。
>

## 觀察：任何 p-group 都包在某個 Sylow p-group 中

如果把前面的 *action*

$$
\begin{align}
Q \times X & \to X
\newline
(q, P_i) &\to (qP_iq^{-1})
\end{align}
$$

其中的 $Q$ 換成一個 *p-group*，然後再重複一樣的事找出 *orbit

$$
r = |X| = \sum_{i = 1}^{n}|B_i| = \sum_{i = 1}^{m}\frac {|Q|}{|P_i \cap Q|}
$$

因為 $Q$ 是 *p-group*，$P_i$ 都是 *Sylow p-group*，所以每一個 $|B_i|$ 要嘛是 $p$ 的冪次，要嘛是 $1$。而 $r$ 因為不是 $p$ 的倍數，所以至少有一個 $|B_i|$ 不是 $p$ 的倍數。但這時他就只能是 $1$。而對於這個 B_i$：

$$
|B_i| = \frac {|Q|}{|P_i \cap Q|} = 1
$$

而且：

$$
(P_i \cap Q) \subseteq Q
$$

因此，唯一的可能就是：

$$
(P_i \cap Q) = Q \Rightarrow \boxed{Q \subseteq P_i}
$$

因此，那個「大小不是 $p$ 冪次的 *conjugate class*」，就會是包住 $Q$ 這個 *p-group* 的 *Sylow p-group*