# 代數導論 (21) - Sylow Theorem (相關推論)

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這裡主要是講一些西羅定理的推論。

## 推論：當有人說他是唯一的 Sylow p-Subgroup 時

> **Corollary**
>
> 假定 $G$ 是一個群，$P$ 是一個 *Sylow p-subgroup*。則下列敘述等價：
> 1. 整個 $G$ 當中只有 $P$ 這一個 *Sylow* $p$*-subgroup*：
>
> $$
> n_p(G) = 1
> $$
>
> 2. $P$ 是 $G$ 的 *normal subgroup*：
>
> $$
> P \lhd G
> $$
>
> 3. $P$ 被任意 $G$ *Automorphism* 作用之後，仍然是自己。即：
>
> $$
> \psi(P) = P \quad \forall \psi \in \text{Aut}(G)
> $$
>
> 這個性質又稱為「*charcteristic*」。
>
> 4. $G$ 中任何 *order* 為 $p$ 的冪次的元素們，其所生成的群都是 *p-group*。即：若 $X$ 中任意元素有：
>
> $$
> o(x) = p^{k} \quad \text{fore some }k
> $$
>
> 則：
>
> $$
> |\langle X \rangle| = p^{i} \quad \text{for some }i
> $$

這邊會先證明 1, 2, 3 等價，然後用 2 推 跟上面三個等價。

### 1 和 2 等價

1 跟 2 等價是因為：所有的 *Sylow p-subgroup* 都互相共軛。所以如果只有這樣一個 *Sylow p-subgroup*，那就表示：不管跟 $G$ 中哪個余素取共軛，他都是他自己。也就是說：

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

但上面這個敘述根本就是 $P$ 是個 $G$ 的 *normal subgroup* 的定義。反之，如果已知 $P$ 是個 *Sylow p-group*，且 $P \lhd G$，那麼套用定義就得到上面那行。但因為所有 *Sylow p-subgroup* 必定互相共軛，但現在 $P$ 共軛的結果就最多就只有 $P$ 自己，所以唯一的可能就是只有 $P$ 自己這個 *Sylow p-subgroup*：

$$
\begin{align}
& P \lhd G
\newline
& \iff gPg^{-1} = P \quad \forall g \in G
\newline
& \iff P\text{ is the only possible Sylow p-subgroup}
\end{align}
$$

### 2 和 3 等價

2 跟 3 等價是因為：前面證明 *Sylow p-group* 時有提到：*Sylow p-subgroup* 被 *automorphism* 作用之後，結果還是一個 *Sylow p-subgroup*。因此，套用 *Sylow theorem*，這個做出來的結果 $\psi(P)$ 就跟原先的 *Sylow p-group* $P$ 互相共軛：

$$
\psi(P) = gPg^{-1} \quad \text{ for some }g \in G
$$

但另外一方面，$P$ *normal*，所以：

$$
gPg^{-1} = P
$$

由此得證：

$$
\psi(P) = gPg^{-1} = P
$$

而另外一方面，如果有 3 ，那對於任意 $g \in G$，下列這個都是一個 *automotphism*：

$$
\begin{align}
\psi_h : G &\to G
\newline
g &\to hgh^{-1}
\end{align}
$$

既然每一個 $\psi_h$ 都有：

$$
\psi_h(P) = (hPh^{-1}) = P \quad \forall h \in G
$$

那麼就得證 $P$ *normal*

### 1, 2, 3 推到 4

1, 2, 3 推 4 只要證明：所有 *order* 為 $p$ 的冪次的元素，都必定會在 $P$ 當中就好了，剩下的因為 $P$ 是個群，再加上所有 *order* 為 $p$ 的冪次的元素通通都在 $P$ 當中所以 $X \subseteq P$，因此就證明了 $\langle X \rangle \subseteq P$。

那要怎麼證明所有 *order* 為 $p$ 冪次的元素都在 $P$ 中呢？用反證法。假定存在一個 $x$，且：

$$
o(x) = p^{n} \text{ and }x \not \in P
$$

這樣一個元素，考慮：

$$
H = \langle x \rangle
$$

因為 1, 2, 3 中，2 有 $P \lhd G$。所以可知：$HP$ 可以構成一個群。即：

$$
H \lhd G \Rightarrow HP \leq G
$$

但另外一方面，套用 *Diamond Isomorphism Theorem*：

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

首先，因為 $|H| = p^{n}$，而且 $P$ 是個 *Sylow p-subgroup* 所以 $|P| = p^{\alpha}$。因此，如果 $|HP|$ 要是個整數，那唯一的可能就是 $|H \cap P|$ 也是 $p$ 的冪次，也就是要有 $p^{m}$ 的形式。但這樣一來，因為 $H \cap P$ 是 $H$ 的子群，所以：

$$
|H \cap P| \leq |H| \Rightarrow \frac {|H|}{|H \cap P|} \geq 1
$$

因此：

$$
|HP| = \left(\frac {|H|}{|H \cap P|}\right) \cdot |P|
$$

但現在大家的大小都是 $p$ 的冪次，而且 $|HP|$ 當中，$p$ 的冪次不可能比 $|P|$ 的更大，因為 *Sylow p-subgroup* 的定義可知：如果 $P$ 是 *Sylow p-group*，那麼沒有任何 *p-subgroup* 的大小能比 $P$ 大。因此，唯一的可能是：

$$
\frac {|H|}{|H \cap P|} = 1 \Rightarrow H \subseteq P
$$

但 $H$ 就是 $\langle x \rangle$，而且前面一開始就說好要找 $x \not \in P$ 的元素，但邊又證出了：

$$
H = \langle x \rangle \subseteq P
$$

因此矛盾。

### 4 推到 1

利用反證法，假定 $n_p \neq 1$，也就是說至少有兩個 *Sylow p-subgroup* $P_1$, $P_2$。把他們組合起來，令：

$$
Q = \langle P_1, P_2 \rangle
$$

但由 3. 可知：這樣組成的 $Q$ 必定是個 *p-group*，但 *p-group* 的 *order* 不可能比 *Sylow p-subgroup* 大。所以唯一的可能就是：

$$
\begin{align}
P_1 \subseteq Q\text{ and }|P_1| \leq |Q| \Rightarrow P_1 = Q
\newline
P_2 \subseteq Q\text{ and }|P_2| \leq |Q| \Rightarrow P_2 = Q
\end{align}
$$

由此得證：

$$
P_1 = P_2
$$

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