群对自己的共轭作用

上一篇文章中，我们提到了 $G$ 对自己的共轭作用 $g\circ x=gxg^{-1}$. 接下来我们将使用一些工具细致讨论这个作用的性质.

Definition [共轭类和中心化子]. 在共轭作用中，我们把这个作用的轨道 $\mathcal O(g)$ 叫做共轭类，把所有的共轭类记作 $\mathsf{Conj}\ G$. 对于一个元素 $a\in G$，把它的稳定化子 $G_a=\{g\mid a^g=a\}$ 称为中心化子，记作 $\mathsf C_G(a)$. 等价地，$\mathsf C_G(a)$ 是所有与 $a$ 可交换的元素构成的集合.

所以根据轨道-稳定子定理，如果 $a$ 所在的共轭类为 $C\in\mathsf{Conj}\ G$，则 $|C|=[G:\mathsf C_G(a)]$. 又因为 $\mathsf{Conj}\ G$ 是 $G$ 的一个划分，所以当 $G$ 是有限群时，$\sum_{C\in\mathsf{Conj}\ G}|C|=|G|$. 再把 $|C|$ 用轨道-稳定子定理替换，我们就得到了：

Theorem [类方程]. 如果 $G$ 是有限群，令 $\mathsf{Conj}\ G={C_1,\cdots,C_h}$，$g_1\in C_1,\cdots,g_h\in C_h$ 是任意一组元素（这样的一组元素被称作代表元），则有： $$ |G|=\sum_{i=1}^h[G:\mathsf C_G(g_i)] $$ 而且求和中的每一项元素都是 $|G|$ 的因子.

Lemma [Landau 引理]. 对于有理数 $0<q\in\mathbb Q$ 和正整数 $n$，只有有限组正整数 $(i_1,\cdots,i_n)$ 使得 $q=1/i_1+\cdots+1/i_n$.

Proof. 不妨设 $i_k$ 是其中一个最小的数，则容易得到 $i_k\le n/q$. 对于 $k$ 和 $i_k$ 的所有可能性，归纳得到剩下的 $n-1$ 个数只有有限种取法，证毕. $\Box$

我们可以通过 Landau 引理得出下面的结论：

Theorem [固定共轭类个数的有限群有限多]. 对任意正整数 $n$，存在 $N$，满足：如果有限群 $G$ 恰好有 $n$ 个共轭类，那么 $|G|\le N$.

Proof. 根据类方程，有 $1=1/|\mathsf C_G(g_1)|+\cdots+1/|\mathsf C_G(g_n)|$. 但是注意到 $\{e\}$ 是一个单独的共轭类，所以存在 $g_k=e$，也就是 $\mathsf C_G(g_k)=|G|$. 但是由 Landau 引理，所有出现过的 $|\mathsf C_G(g_i)|$ 可以被一个数 $N$ 限制住，也就可以得到 $|G|\le N$. $\Box$

最后介绍一个关于 $p$ 群的结论，先给出两个定义：

Definition [中心的定义]. 对于群 $G$，定义其中心 $\mathsf Z(G)$ 为与整个群都可交换的元素构成的集合，即 $$ \mathsf Z(G)=\{a\in G\mid\mathsf C_G(a)=G\}=\{a\in G\mid\forall b\in G,ab=ba\} $$ 一个群的中心显然是这个群的正规子群，即 $\mathsf Z(G)\trianglelefteq G$.

Definition [$p$ 群]. 如果 $G$ 是群，$p$ 是素数，则称 $G$ 是 $p$ 群，如果 $G$ 中元素的阶都有限且是 $p$ 的幂次.

Theorem [有限 $p$ 群的等价定义]. 如果 $G$ 是有限群，则 $G$ 是 $p$ 群当且仅当 $|G|$ 是 $p$ 的幂次.

Proof. 如果 $|G|$ 是 $p$ 的幂次，则其中元素的阶都整除 $|G|$，从而也是 $p$ 的幂次；如果 $|G|$ 不是 $p$ 的幂次，则其存在不等于 $p$ 的素因子 $q$. 由 Cauchy 定理 $G$ 中存在 $q$ 阶元，矛盾！ $\Box$

一个惊人的结果是 $p$ 群的中心一定包含除 $e$ 以外的其它元素！下面简单证明一下.

Theorem [有限 $p$ 群中心非平凡]. 如果 $G$ 是非平凡有限 $p$ 群，则 $\mathsf Z(G)\ne 1$.

Proof. 对于 $\mathsf Z(G)$ 中的元素，它们所在共轭类的大小显然都是 $1$，所以令 $C_1,\cdots,C_m$ 是中心的所有元素分别构成的集合，$C_{m+1},\cdots,C_h$ 是剩下的共轭类，$g_{m+1},\cdots,g_h$ 是一组代表元，则改写后的类方程为： $$|G|=|\mathsf Z(G)|+\sum_{i=m+1}^h[G:\mathsf C_G(g_i)]$$ 而且求和中的每个数都不等于 $1$（因为共轭类长度大于 $1$）且整除 $|G|$，所以是 $p$ 的某个正整数幂次. 等式两边模 $p$，就可以得到 $|\mathsf Z(G)|\equiv 0\pmod p$，使用 $\mathsf Z(G)\ne 1$. $\Box$

群对子群的共轭作用

对于群 $G$ 的一个子群 $H\le G$，一个元素对其的共轭 $gHg^{-1}$ 也是一个子群（容易验证）. 定义集合 $X$ 为 $G$ 所有的子群，则 $G$ 可以通过 $g\circ H=gHg^{-1}$ 作用在 $X$ 上. 所以我们可以定义一个子群的正规化子为其稳定子：

Definition [正规化子]. 如果 $H\le G$，定义 $H$ 的正规化子 $\mathsf N_G(H)$ 为上述作用的稳定子 $G_H$.

所以我们可以轻松得到下面的命题：

Proposition [正规化子的性质].

  • $H$ 包含于 $\mathsf N_G(H)$，且 $H\trianglelefteq\mathsf N_G(H)$. 我们将 $H=\mathsf N_G(H)$ 的子群 $H$ 称为自正规子群.
  • $H$ 是 $G$ 的正规子群当且仅当 $\mathsf N_G(H)=G$.
  • $H$ 不同的共轭个数等于 $\mathsf N_G(H)$ 在 $G$ 中的指数，即 $[G:\mathsf N_G(H)]$.

Sketch of Proof. 第一个命题是显然的；第二个命题即为正规子群的定义；第三个命题是轨道-稳定子定理在这个作用中的体现. $\Box$

对一个子群 $H\le G$，令 $H$ 在上述作用下的轨道为 $X$，即 $X=\{gHg^{-1}\mid g\in G\}$，则将这个作用限制得到 $G$ 也可以作用在 $X$ 上. 令其置换表示为 $\rho$，则 $\rho$ 是一个从 $G$ 到 $\mathsf{Sym}\ X$ 的同态. 当 $H$ 的指数 $k=[G:H]$ 有限时，$X$ 的大小 $|X|=[G:\mathsf N_G(H)]$ 也是有限的. 所以我们有同态基本定理：$[G:\ker\rho]\bigm||\mathsf{Sym}\ X|\bigm| k!$. 也就是说：

Proposition [通过子群得到的正规子群]. 如果 $H$ 是 $G$ 中指数为 $k$ 的子群，则 $G$ 中存在指数整除 $k!$ 的正规子群（就是上面的 $\ker\rho$）. 特别地，如果 $H$ 非正规，则作用非平凡，也就是那个正规子群是真子群.

现在对于一个子群 $H\le G$，考虑 $\mathsf N_G(H)$ 对 $H$ 的共轭作用：$g\circ h=ghg^{-1}$（由于 $H\trianglelefteq\mathsf N_G(H)$，所以使用 $\mathsf N_G(H)$ 对 $H$ 共轭不会让它跑出去）. 考虑其置换表示 $\gamma_*$ 的核 $K$，也就是与 $H$ 中每个元素都可交换的元素构成的集合，它构成一个 $\mathsf N_G(H)$ 的正规子群. 为了标记这个东西，我们可以推广中心化子的定义：

Definition [子集的中心化子]. 如果 $S\subseteq G$，定义 $S$ 的中心化子为： $$ \mathsf C_G(S)=\bigcap_{g\in S}\mathsf C_G(g) $$ 也就是与 $S$ 中每个元素都可交换的元素构成的子群.

Remark. 这个时候 $S$ 就不一定是 $\mathsf C_G(S)$ 的子集了！特别当 $S=G$ 时 $\mathsf C_G(S)=\mathsf Z(G)$，所以我们有时把 $G$ 的中心写作 $\mathsf C(G)$.

所以遵循上面的记号，$K$ 会等于 $\mathsf C_G(H)$. 我们也不难作推论得到如下命题：

Lemma [N/C Lemma]. 对于任意的子群 $H\le G$，$\mathsf C_G(H)$ 是 $\mathsf N_G(H)$ 的正规子群，且商群 $\mathsf N_G(H)/\mathsf C_G(H)$ 可以嵌入 $\mathsf{Aut}(H)$.

Proof. 我们上面已经证明了第一条. 对于第二条，其置换表示 $\gamma_*:\mathsf N_G(H)\to\mathsf{Sym}\ H$ 的像其实包含于 $\mathsf{Aut}\ H$（每个 $\gamma_a$ 都是 $H$ 的自同构嘛），所以由同态基本定理，$\mathsf N_G(H)/\mathsf C_G(H)\simeq\mathrm{im}\ \gamma_*$ 是 $\mathsf{Aut}\ H$ 的子群. $\Box$

Definition [内自同构]. 对于一个群 $G$，其在自身上有一个共轭作用 $g\circ h=ghg^{-1}$. 令其置换表示为 $\gamma_*$，则对每一个 $g\in G$，$\gamma_g:h\mapsto ghg^{-1}$ 都是一个 $G$ 的自同构，称为 $g$ 诱导的内自同构. 我们定义 $G$ 的内自同构群 $\mathsf{Inn}\ G$ 为所有内自同构在复合运算下构成的群，也就是 $\gamma_*$ 的像集.

Proposition [内自同构群的基本性质].

  • $\mathsf{Inn}\ G\simeq G/\mathsf Z(G)$.
  • $\mathsf{Inn}\ G\trianglelefteq\mathsf{Aut}\ G$，定义 $G$ 的外自同构群 $\mathsf{Out}\ G=\mathsf{Aut}\ G/\mathsf{Inn}\ G$.

Proof. 对 $\gamma_*$ 使用同态基本定理即得第一个命题；对于第二个命题，注意到对任意 $g\in G$ 和 $\alpha\in\mathsf{Aut}\ G$ 都有 $\alpha\gamma_g\alpha^{-1}=\gamma_{\alpha(g)}$，得证. $\Box$

Sylow 定理

下面我们给出著名的 Sylow 定理：

Theorem [Sylow 定理]. 对于一个有限群 $G$ 和素数 $p$，令 $|G|=p^am$，其中 $p\nmid m$. 则：

  1. $G$ 中存在 $p^a$ 阶子群. 我们以后称 $p^a$ 阶子群为 Sylow-$p$ 子群，将一个群所有的 Sylow-$p$ 子群记为 $\mathsf{Syl}_p(G)$.
  2. $\mathsf{Syl}_p(G)$ 中的元素两两共轭. 也就是对任意 $H,K\in\mathsf{Syl}_p(G)$，存在 $g\in G$ 使得 $gHg^{-1}=K$.
  3. $|\mathsf{Syl}_p(G)|$ 模 $p$ 余 $1$ 且整除 $m$.

这个定理有点厉害，但是你先别急，我们慢慢来证明.

首先是第一个命题. 要证明 $G$ 中存在 $p^a$ 阶子群，我们先不妨设 $G$ 的所有阶数为 $p$ 幂次的子群中，阶数最大的那个群是 $H$. 然后令 $|H|=p^b$，我们希望证明 $b=a$，换句话说，$p\nmid[G:H]$.

我们现在并不清楚 $H$ 在 $G$ 中的性质，但是我们知道 $H$ 是 $N=\mathsf N_G(H)$ 的正规子群，而且 $[G:H]=[G:N][N:H]$. 所以我们可以把问题拆成两个部分：$p\nmid[N:H]$ 和 $p\nmid[G:N]$.

第一个部分：如果 $p\mid[N:H]$，由 $H$ 在 $N$ 中的正规性，在 $N/H$ 中考虑 Cauchy 定理知其有 $p$ 阶子群（选一个 $p$ 阶元生成的子群就是 $p$ 阶的）. 此时根据对应定理，存在一个 $K$ 包含 $H$ 且 $[K:H]=p$，也就是 $K$ 是比 $H$ 大的阶数为 $p$ 的幂次的子群，矛盾！

第二个部分：令 $X=\{gHg^{-1}\mid g\in G\}$ 是 $H$ 所有的共轭子群，则 $|X|=[G:N]$，我们只需要证明 $|X|$ 模 $p$ 不为 $0$ 即可. 考虑 $H$ 对 $X$ 的共轭作用：$h\circ K=hKh^{-1}$，则有轨道划分： $$ |X|=\sum_i|\mathcal O_i| $$ 由于 $H$ 阶数是 $p$ 的幂，所以 $|\mathcal O_i|\bigm||H|=p^b$ 要么是 $1$ 要么是 $p$ 的倍数. 所以我们可以把问题转化为长度为 $1$ 的轨道个数不被 $p$ 整除，其实可以证明长度为 $1$ 的轨道只有 $\{H\}$.

如果 $\{gHg^{-1}\}\subseteq X$ 是一个长度为 $1$ 的轨道，则对任意 $h\in H$，都有 $hgHg^{-1}h^{-1}=gHg^{-1}$，也就是 $g^{-1}hg\in N$. 所以 $g^{-1}Hg\leq N$. 由于 $H\trianglelefteq N$ 且 $g^{-1}Hg\leq N$，所以在 $N$ 中使用第二同构定理得到： $$ (g^{-1}Hg)H/H\simeq(g^{-1}Hg)/(g^{-1}Hg\cap H) $$ 左边是 $N/H$ 的子群，已经证明过了 $p\nmid[N:H]$，所以左式的阶数不是 $p$ 的倍数；右边是 $g^{-1}Hg$ 的商群，由于 $|g^{-1}Hg|=p^b$，所以右式是 $p$ 的幂次.

用过左右相等我们可以得到 $1=[g^{-1}Hg:g^{-1}Hg\cap H]$，换句话说 $g^{-1}Hg\subseteq H$，也就是 $H\subseteq gHg^{-1}$，对比阶数得到 $gHg^{-1}=H$. 那也就证明了长度为 $1$ 的轨道只有 $\{H\}$，还得到了 $|X|\equiv 1\pmod p$. 至此 Sylow 第一定理得证.

有了 Sylow 第一定理，证明后面两个定理也是顺手的事. 沿用之前的记号，如果我们有另一个 Sylow-$p$ 子群 $K$，则 $K$ 可以通过共轭作用在 $H$ 的所有共轭 $X$ 上. 与之前类似推导得到每一个轨道长度都是 $1$ 或者 $p$ 的倍数，又因为我们已经得到过 $|X|\equiv 1\pmod p$，所以必定有长度为 $1$ 的轨道.

不妨设某个长度为 $1$ 的轨道为 $\{gHg^{-1}\}$，则与上面同样操作得到 $g^{-1}Kg\leq N$，也是同样使用第二同构定理得到 $$ (g^{-1}Kg)H/H\simeq(g^{-1}Kg)/(g^{-1}Kg\cap H) $$ 左边不是 $p$ 的倍数，右边是 $p$ 的幂，所以两边都是 $1$，也可以和前面同样地得到 $g^{-1}Kg=H$，也就是 $K=gHg^{-1}$. 这说明了所有 Sylow-$p$ 子群都与 $H$ 共轭，从而所有 Sylow-$p$ 子群都互相共轭，Sylow 第二定理得证.

由前两个定理的推导，我们可以得到 $\mathsf{Syl}_p(G)=X$，所以会有 $|\mathsf{Syl}_p(G)|\equiv 1\pmod p$. 结合 $|X|=[G:N]\bigm|[G:H]=m$ 就证明了 Sylow 第三定理. $\Box$

Sylow 定理有一个显然的推论：

Corollary [Sylow-$p$ 子群唯一等价于正规]. 一个群只有一个 Sylow-$p$ 子群当且仅当其正规.

Proof. 所有的 Sylow-$p$ 子群都是某个 Sylow-$p$ 子群的共轭，所以如果 Sylow-$p$ 子群唯一则其所有共轭都是自己，也就是正规；如果其正规则它的共轭只有它自己，也就是它正规. $\Box$

综合运用 Sylow 定理和其它知识可以判断某个群的单性：

Definition [单群的定义]. 如果一个群 $G$ 除了 $1$ 和 $G$ 以外没有其它正规子群，则称 $G$ 是单群.

对于任意素数 $p$，循环群 $\mathbb Z/p\mathbb Z$ 都是单群. 但是对于非交换单群的讨论可能会很复杂，下面是一个例子.

Example [$48$ 阶群非单]. $48$ 阶群一定不是单群.

Proof. 如果 $G$ 是一个 $48$ 阶单群，令 $H$ 是它的一个 Sylow-$2$ 子群，则 $H$ 是 $16$ 阶的，指数为 $3$. 如果 $H$ 正规则与 $G$ 的单性矛盾，否则可以得到一个指数整除 $3!=6$ 的真正规子群，矛盾！ $\Box$

Example [$56$ 阶群非单]. $56$ 阶群一定不是单群.

Proof. 假设有 $56$ 阶单群 $G$，考虑 $G$ 的 Sylow-$7$ 子群个数 $a$，则由 Sylow 第三定理知 $a\equiv 1\pmod 7$ 而且 $a\mid 8$，也就是说 $a=1$ 或 $8$. 如果 $a=1$ 则其 Sylow-$7$ 子群正规，与 $G$ 的单性矛盾，所以 $a=8$.

由于两个不同 $7$ 阶子群的交只能为 $1$，所以所有 Sylow-$7$ 子群的并集大小为 $8\times(7-1)+1=49$，还剩下 $7$ 个元素没有被覆盖到. 考虑 $G$ 的某个 Sylow-$2$ 子群，其元素阶数只能是 $2$ 的幂，从而只能为剩下的 $7$ 个元素和 $e$ 构成的 $8$ 阶群. 注意到这个时候其 Sylow-$2$ 子群唯一，与 $G$ 的单性矛盾！ $\Box$

留给读者的练习

Problem 1. 如果有限群 $G$ 的子群 $H$ 指数为 $|G|$ 的最小素因子 $p$，证明 $H\trianglelefteq G$. 提示：考虑 $G$ 对 $H$ 所有共轭的作用.

Problem 2. 证明 $40$ 阶群、$54$ 阶群和 $30$ 阶群必有正规的 Sylow-$p$ 子群，且 $120$ 阶群非单.