抽象代数 · 第17讲 · Sylow 定理 II

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◎学习目标

熟记 Sylow 定理第二、第三部分的完整陈述与符号约定；
掌握「群作用下的轨道」与「稳定化子（惯性群）」的基本结论，尤其是轨道大小整群阶的拉格朗日推论；
理解不动点元素的定义，并会证明 P-群作用下不动点存在性引理；
会用群作用（共轭作用、左乘作用）完整证明 Sylow 定理的三个结论；
掌握「唯一 Sylow 子群必为正规子群」的推论及其双向证明；
能利用 $n_p \mid m$ 与 $n_p \equiv 1 \pmod p$ 判断具体群中 Sylow 子群个数，进而研究群的结构（可解、简单性等）。

0Sylow 定理（II）：结论陈述 ⏱ 00:00

本讲接着第 16 讲，来看 Sylow 定理的第二部分与第三部分（即 Sylow 定理的全部三个结论）。先陈述结论，再逐一证明。

记号与设定设 $G$ 是有限群，其阶写为

|G| = p^{L} \, m, \qquad p \text{ 为素数},\quad \gcd(p, m) = 1,

其中 $L$ 是素数 $p$ 在 $|G|$ 的素因子分解中出现的最高次幂（即 $|G|$ 中 $p$ 的进位）。因此 $G$ 的 $p$-Sylow 子群的阶就是 $p^{L}$。
再固定以下记号（本讲反复使用）：

$\mathcal{P} = \{\, H \le G \mid |H| = p^{L} \,\}$：$G$ 中所有 $p$-Sylow 子群构成的集合；
$m_{P} = |\mathcal{P}|$：$p$-Sylow 子群的个数；
固定某个 $p$-Sylow 子群，记为 $P$。

Sylow 定理（II）告诉我们三件事：Sylow 子群之间的关系（包含与共轭），以及 Sylow 子群个数必须满足的约束。

Sylow 定理（II）· 三个结论

结论 1（包含）：$G$ 中任意一个 $p^{K}$（$K \le L$）阶的子群 $H$，都包含在某个与固定 $P$ 共轭的 $p$-Sylow 子群 $gPg^{-1}$ 内。特别地，$G$ 中任何 $p$-子群（阶为 $p$ 的某次幂）都包含在某个 $p$-Sylow 子群里。
结论 2（共轭）：$G$ 的任意两个 $p$-Sylow 子群都是共轭的，即若 $P_1, P_2 \in \mathcal{P}$，则存在 $g \in G$ 使得 $P_2 = g P_1 g^{-1}$。
结论 3（计数）：$p$-Sylow 子群的个数 $m_{P}$ 满足 $m_{P} \mid m \quad \text{且} \quad m_{P} \equiv 1 \pmod{p}.$ 等价地 $m_{P} \mid \dfrac{|G|}{p^{L}}$（因为 $m$ 与 $p$ 互素）。

重要推论（后面单独证明）若 $G$ 只有一个 $p$-Sylow 子群，则这个唯一的 $p$-Sylow 子群一定是 $G$ 的正规子群。该推论在证明「某群不是单群（简单群）」时非常好用：只要找到某素因子对应的 Sylow 子群个数 $m_p = 1$，就说明它正规，从而群不是单群。

证明完定理后，会用 Sylow 第三定理配合第一定理，研究具体群的结构（如 12 阶群）。

1引理之前的回顾：群作用下的轨道 ⏱ 03:21

证明 Sylow 定理之前，先回顾群作用下轨道的基本结论，这是本讲引理和定理证明的工具。

1.1 轨道与稳定化子 ⏱ 03:21

回顾 · 轨道 / 稳定化子（惯性群）设 $G$ 是有限群，$S$ 是 $G$-集合（即 $G$ 作用下的集合），$x \in S$。

轨道：$x$ 在 $G$ 作用下的轨道为 $G \cdot x = \{\, g x \mid g \in G \,\}$。
稳定化子（惯性群 / stabilizer）： $G_x = \{\, g \in G \mid g x = x \,\},$ 即 $G$ 中所有保持 $x$ 不动的元素构成的子群。轨道大小等于稳定化子的指数： $|G \cdot x| = [G : G_x].$

由拉格朗日定理，$|G| = |G_x| \cdot [G : G_x]$，右边每一项都是 $|G|$ 的因子。而第一项（指数）正好是轨道大小，所以：

结论 · 轨道大小整除群阶对 $G$ 作用下的任意一个轨道，其所含元素个数一定是 $|G|$ 的因子。

|G \cdot x| = [G : G_x] \quad \text{整除} \quad |G|.

这是后面引理的关键事实。

1.2 不动点元素 ⏱ 06:20

定义 · 不动点元素设 $S$ 为 $G$-集合，$x \in S$。若 $G$ 中任何元素都保持 $x$ 不动（即对所有 $g \in G$，$g x = x$），则称 $x$ 为 $G$ 作用在 $S$ 上的不动点元素。

等价刻画由轨道定义，$G \cdot x = \{g x \mid g \in G\}$。若对任意 $g$ 都有 $g x = x$，则轨道 $G \cdot x = \{x\}$，只有一个元素。反之，若轨道只有一个元素，则 $x$ 是 $G$ 的不动点。
判断口诀：看一个 $G$-集合中的元素是不是不动点，就看它对应的轨道大小是否等于 1。

2P-群作用下的不动点引理 ⏱ 08:11

引理 · P-群不动点存在性设 $G$ 是有限群，$S$ 是有限 $G$-集合。若 $G$ 是一个 P-群（即 $|G| = p^{N}$，$N$ 为正整数），并且 $|S|$ 与 $p$ 互素（$\gcd(|S|, p) = 1$），则 $S$ 中必含有一个不动点。

\exists\, x \in S \text{ 使得 } \forall g \in G,\ g x = x.

证明（点击展开）

设 $S$ 的全部轨道为 $G \cdot x_1,\, G \cdot x_2,\, \dots,\, G \cdot x_N$（共 $N$ 个轨道）。由轨道分解，元素总数为

|S| = \sum_{i=1}^{N} |G \cdot x_i|.

由第 1 节的结论，每个轨道大小 $|G \cdot x_i|$ 都是 $|G|$ 的因子。而 $|G| = p^{N}$（记指数为 $n$ 以免与轨道数混淆，即 $|G| = p^{n}$），故每个轨道大小只能是 $1$ 或 $p^{K}$（$K \ge 1$）。

若所有轨道大小都是 $p^{K}$（$K \ge 1$，即都不为 1），则右边每一项都含因子 $p$，于是 $p$ 整除 $\sum_{i} |G \cdot x_i| = |S|$，即 $p \mid |S|$，与 $\gcd(|S|,p) = 1$ 矛盾。

因此至少有一个轨道大小为 1。设该轨道为 $G \cdot x_i$，则 $|G \cdot x_i| = 1$，即 $x_i$ 是不动点（由 1.2 的等价刻画）。引理得证。

3证明结论 1：$p^{K}$ 阶子群含于某个与 $P$ 共轭的 Sylow 子群 ⏱ 13:49

3.1 构造 $G$-集合与 $H$-作用 ⏱ 13:49

设 $H \le G$ 且 $|H| = p^{K}$（$K \le L$）。要证：存在 $g \in G$，使得 $H \subseteq g P g^{-1}$。

第一步，构造左陪集集合：

记号 · 左陪集集合

\mathcal{S} = \{\, g P \mid g \in G \,\},

即 $G$ 中关于子群 $P$ 的左陪集集合。其元素个数为陪集数（指数）：

|\mathcal{S}| = [G : P] = \frac{|G|}{|P|} = \frac{p^{L} m}{p^{L}} = m,

其中 $|G| = p^{L} m$，$|P| = p^{L}$。由假设 $\gcd(p, m) = 1$。

第二步，令 $H$ 通过左乘作用在 $\mathcal{S}$ 上：对 $h \in H$、$gP \in \mathcal{S}$，定义 $h \cdot (gP) = h(gP) = (hg)P$。由于 $h \in H \le G$，$hgP$ 仍是 $P$ 的左陪集，仍在 $\mathcal{S}$ 中；此作用满足群作用公理（结合律直接来自群运算结合律，单位元作用为恒等），故 $\mathcal{S}$ 是一个 $H$-集合。

3.2 用不动点引理得包含关系 ⏱ 16:46

现在条件齐备：

$H$ 是一个 P-群（$|H| = p^{K}$）；
$|\mathcal{S}| = m$ 与 $p$ 互素。

由第 2 节引理，$\mathcal{S}$ 中在 $H$ 作用下存在一个不动点。即存在某个陪集 $g_0 P \in \mathcal{S}$，使得对任意 $h \in H$，

h \cdot (g_0 P) = h(g_0 P) = g_0 P, \quad \forall\, h \in H.

由陪集等价的定义，$h g_0 P = g_0 P$ 等价于

g_0^{-1} h g_0 \in P, \quad \forall\, h \in H,

即 $g_0^{-1} H g_0 \subseteq P$，等价地

H \subseteq g_0 P g_0^{-1}.

而 $g_0 P g_0^{-1}$ 是 $G$ 中一个与 $P$ 共轭的子群，且 $|g_0 P g_0^{-1}| = |P| = p^{L}$，故它也是 $G$ 的一个 $p$-Sylow 子群。结论 1 得证。

备注 · 子群包含的小引理证明中最后一步用到：若 $K$ 是群 $G$ 的子群、$A$ 是 $G$ 中的元素且 $A K = K$（左陪集等于 $K$ 本身），则 $A \in K$。更一般地，若 $H \subseteq Q$ 且 $|H| = |Q|$，则 $H = Q$。这是子群陪集的基本事实，前面「子群」一节已学过。

4证明结论 2：任意两个 Sylow 子群共轭 ⏱ 23:27

结论 2 直接由结论 1 推出，只需取特殊情形。

推论 · 任意两个 $p$-Sylow 子群共轭取结论 1 中 $K = L$，即 $H$ 本身就是 $p^{L}$ 阶（最大阶 $p$-子群）的一个 Sylow 子群。由结论 1，$H$ 包含在某个与 $P$ 共轭的 $p$-Sylow 子群 $g P g^{-1}$ 中：

H \subseteq g P g^{-1}.

但 $|H| = p^{L} = |g P g^{-1}|$，即 $H$ 与 $g P g^{-1}$ 阶相同且有包含关系，故

H = g P g^{-1}.

这说明 $H$（$G$ 中任一 $p$-Sylow 子群）都与固定的 $P$ 共轭；再由中国传递性（任意两个都共轭于 $P$，则彼此共轭），$G$ 的任意两个 $p$-Sylow 子群都共轭。结论 2 得证。

5推论：唯一的 Sylow 子群必为正规子群 ⏱ 25:16

推论有限群 $G$ 只有一个 $p$-Sylow 子群（记作 $P$）$\iff$ 这个唯一的 $p$-Sylow 子群 $P$ 是 $G$ 的正规子群。

证明（点击展开）

方向一（唯一 $\Rightarrow$ 正规）：设 $G$ 只有一个 $p$-Sylow 子群 $P$。对任意 $g \in G$，共轭子群 $g P g^{-1}$ 也是 $p$-Sylow 子群（阶不变，仍为 $p^{L}$）。由于 Sylow 子群唯一，只能 $g P g^{-1} = P$。对任意 $g$ 都成立，由正规子群定义得 $P \trianglelefteq G$。

方向二（正规 $\Rightarrow$ 唯一）：设 $P \trianglelefteq G$。由正规子群定义，对任意 $g \in G$，$g P g^{-1} = P$，即 $P$ 的所有共轭都等于自身。由结论 2（任意两个 Sylow 子群共轭），任意一个 Sylow 子群 $Q$ 都与 $P$ 共轭，即 $Q = g P g^{-1} = P$。故 $m_P = 1$，Sylow 子群唯一。

应用提示判断一个群「不是单群」时常用此推论：用第三定理算出某素因子 $p$ 的 Sylow 子群个数 $m_p$。若 $m_p = 1$，则该 Sylow 子群正规，从而 $G$ 不可能是单群。

6证明结论 3：$m_P \mid m$ 且 $m_P \equiv 1 \pmod p$ ⏱ 29:14

结论 3 分两半证明。两半都借助「群作用在 $\mathcal{P}$（Sylow 子群集合）上」这个结构。

6.1 共轭作用与稳定化子 = 正规化子 ⏱ 29:34

让 $G$ 通过共轭作用作用在 $\mathcal{P}$ 上：对 $g \in G$、$Q \in \mathcal{P}$，定义 $g \cdot Q = g Q g^{-1}$。由结论 2，任意两个 Sylow 子群共轭，因此 $P$ 在 $G$ 共轭作用下的轨道恰好是整个 $\mathcal{P}$：

G \cdot P = \mathcal{P}, \qquad \text{故} \quad m_P = |G \cdot P| = [G : G_P].

而 $P$ 的稳定化子 $G_P$ 恰是 $P$ 在 $G$ 中的正规化子：

G_P = \{\, g \in G \mid g P g^{-1} = P \,\} = N_G(P),

因为共轭作用下「保持 $P$ 不动」的条件 $g P g^{-1} = P$ 正是正规化子的定义。此外 $P \le N_G(P)$（$P$ 中每个元素都正规化 $P$）。

6.2 证明 $m_P \mid m$ ⏱ 33:53

结论 · $m_P$ 整除 $m$ 由上，$m_P = [G : N_G(P)]$。又 $P \le N_G(P)$，故 $|N_G(P)|$ 是 $|P| = p^{L}$ 的倍数，可写 $|N_G(P)| = p^{L} r$（$r$ 为某正整数）。于是

m_P = \frac{|G|}{|N_G(P)|} = \frac{p^{L} m}{p^{L} r} = \frac{m}{r},

即 $m_P = \dfrac{m}{r}$，故 $m_P \mid m$。

例 · 12 阶群的 2-Sylow 子群个数设 $|G| = 12 = 2^{2} \cdot 3$。取 $p = 2$，则 $L = 2$，$m = 3$。由结论 3 的 $m_P \mid m$，2-Sylow 子群的个数 $m_2 \mid 3$，故

m_2 \in \{1,\ 3\}.

即 12 阶群的 2-Sylow 子群个数只能是 1 或 3。

6.3 证明 $m_P \equiv 1 \pmod p$ ⏱ 37:10

取定一个 Sylow 子群 $K \in \mathcal{P}$（$K$ 本身也是 $p$-群，$|K| = p^{L}$）。让 $K$ 通过共轭作用作用在 $\mathcal{P}$ 上：对 $k \in K$、$Q \in \mathcal{P}$，$k \cdot Q = k Q k^{-1}$。这是 $\mathcal{P}$ 上的一个 $K$-作用。

断言 · 轨道大小为 1 当且仅当 $P = K$ 固定的 $P$ 在 $K$ 共轭作用下的轨道为 $K \cdot P = \{\, k P k^{-1} \mid k \in K \,\}$。若该轨道大小等于 1，则对任意 $k \in K$，$k P k^{-1} = P$，即 $k P = P k$，故 $k \in N_G(P)$。于是 $K \subseteq N_G(P)$；又 $P \le N_G(P)$ 且 $K, P$ 都是 $N_G(P)$ 中的 $p$-Sylow 子群（$|K| = |P| = p^{L} = N_G(P)$ 中最大的 $p$-子群阶），由「唯一 Sylow 即正规」推论（应用于群 $N_G(P)$），$N_G(P)$ 只有一个 $p$-Sylow 子群，故 $K = P$。反之若 $P = K$，显然 $K$ 作用在 $P$ 的轨道大小为 1。断言得证。

现在对 $\mathcal{P}$ 在 $K$ 作用下的轨道分解。只有 $K = P$ 那个轨道（即包含 $P$ 的轨道）大小为 1，其余每个轨道大小都大于 1。而 $K$ 是 $p$-群，由第 1 节，每个 $K$-轨道大小都是 $|K| = p^{L}$ 的因子，故「大于 1」的轨道大小必含因子 $p$（即被 $p$ 整除）。于是

m_P = |\mathcal{P}| = \underbrace{1}_{\text{轨道 } K\cdot P,\ \text{即 } P=K} \;+\; \underbrace{\sum_{\text{其余轨道}} \big(|\text{轨道}|\big)}_{\text{每项被 } p \text{ 整除}}.

对 $p$ 取余，右边第二项全部为 0，故

m_P \equiv 1 \pmod{p}.

结论 3 的第二部分得证。

备注 · 为何让 $K$ 作用而非 $G$ 作用若让 $G$ 作用在 $\mathcal{P}$ 上，则 $P$ 的轨道是整个 $\mathcal{P}$（由结论 2 共轭），得不到 $\equiv 1$。让某个固定的 Sylow 子群 $K$ 作用时，轨道分解中恰好有一个大小为 1 的轨道（即 $K$ 自身），其余轨道大小被 $p$ 整除，取模即得 $m_P \equiv 1 \pmod p$。这是本讲证明最巧妙的一步。

7例子与结构判断 ⏱ 45:33

证明结束后，用 Sylow 定理研究具体群。

例 · 12 阶群（回顾） $|G| = 12 = 2^{2}\cdot 3$。

2-Sylow 子群：$m_2 \mid 3$ 且 $m_2 \equiv 1 \pmod 2$，故 $m_2 \in \{1, 3\}$；
3-Sylow 子群：$m_3 \mid 4$ 且 $m_3 \equiv 1 \pmod 3$，故 $m_3 \in \{1, 4\}$。

由此可判断：若某 12 阶群有 $m_p = 1$，则对应 Sylow 子群正规，群不是单群。

方法总结 · 用 Sylow 定理研究群结构

把 $|G|$ 分解为素因子幂 $p_1^{L_1}\cdots$；
对每个素因子 $p_i$，由 $m_{p_i} \mid m_i$ 与 $m_{p_i} \equiv 1 \pmod{p_i}$ 列出 $m_{p_i}$ 的可能取值；
若某 $m_{p_i} = 1$，则该 Sylow 子群正规（推论），群非单群；
若所有 $m_{p_i} > 1$ 且都唯一，则群可能简单，需进一步分析；
结合 Sylow 第一定理（Sylow 子群存在）研究子群结构、可解性。

★重点回顾

记号：$|G| = p^{L} m$（$\gcd(p,m)=1$）；$\mathcal{P}$ = 全部 $p$-Sylow 子群集合；$m_P = |\mathcal{P}|$。

轨道基本事实：$|G\cdot x| = [G:G_x]$ 整除 $|G|$；轨道大小为 1 $\iff$ $x$ 是 $G$ 的不动点。

P-群不动点引理：P-群 $G$ 作用在有限 $G$-集合 $S$（$|S|$ 与 $p$ 互素）上，则 $S$ 必有不动点。证明靠轨道分解 + 模 $p$ 矛盾。

结论 1（包含）：$p^{K}$ 阶子群含于某与 $P$ 共轭的 Sylow 子群。证明用左陪集集合 $\mathcal{S}$ 上 $H$ 的左乘作用 + 不动点引理。

结论 2（共轭）：取 $K=L$，由结论 1 得任意两个 Sylow 子群共轭。

推论：唯一 Sylow 子群 $\iff$ 正规子群。证明两个方向都靠共轭 + 唯一性。

结论 3（计数）：$m_P \mid m$ 且 $m_P \equiv 1 \pmod p$。前者用 $G$ 共轭作用 + 正规化子 $N_G(P)$；后者用固定 $K\le\mathcal{P}$ 共轭作用 + 轨道分解（一个轨道大小为 1，其余被 $p$ 整除）。

工具：稳定化子 = 正规化子：共轭作用下 $P$ 的稳定化子 $G_P = N_G(P) = \{g \mid gPg^{-1}=P\}$；$P\le N_G(P)$；$|N_G(P)| = p^{L} r$。

⚠易错点提醒

常见错误

记号混淆：$L$ 是 $|G|$ 中 $p$ 的最高次幂指数（$|G|=p^{L}m$）；$m$ 是与 $p$ 互素的部分；$m_P$ 是 Sylow 子群个数。不要将 $m$（整除部分）与 $m_P$（个数）混为一谈，但结论是 $m_P\mid m$。
不动点引理条件缺一不可：需 $G$ 是 P-群且 $|S|$ 与 $p$ 互素。若 $|S|$ 含 $p$ 因子，则轨道大小全为 1 也许可，结论不一定成立。
陪集 vs 子群：$\mathcal{S}$ 是「左陪集集合」而非子群集合；其大小 $[G:P]=m$，不是 $|G|$。用不动点引理时 $|\mathcal{S}|=m$ 与 $p$ 互素才关键。
共轭作用的方向：共轭作用写 $g\cdot Q = gQg^{-1}$（左乘 $g$，右乘 $g^{-1}$），是「左共轭」作用；稳定化子条件 $gPg^{-1}=P$ 定义正规化子，而非 $gP=P g$。
证明 $m_P\equiv 1\pmod p$ 时：是让某个固定的 Sylow 子群 $K$（而非整个 $G$）作用在 $\mathcal{P}$ 上，才会有「一个轨道大小为 1」这一项。让 $G$ 作用则轨道是整个 $\mathcal{P}$，得不到模 1 结论。
正规化子包含 $P$：由定义 $P\le N_G(P)$；进而 $|N_G(P)|$ 是 $p^{L}$ 的倍数，写 $|N_G(P)|=p^{L}r$。这是 $m_P\mid m$ 的关键步骤。

✎自测与作业

（复习）设 $G$ 作用在有限集 $S$ 上，证明：每个轨道大小整除 $|G|$；并说明「$x$ 是 $G$ 的不动点 $\iff |G\cdot x|=1$」。
（P-群引理）设 $|G|=p^{N}$，$S$ 为有限 $G$-集合且 $|S|$ 与 $p$ 互素。证明 $S$ 含有不动点（用轨道分解 + 模 $p$ 矛盾法）。
（结论 1）完成证明：若 $H\le G$，$|H|=p^{K}$（$K\le L$），则存在 $g\in G$ 使 $H\le gPg^{-1}$。提示：用 $\mathcal{S}=\{gP\}$ 上 $H$ 的左乘作用 + 不动点引理。
（推论）设 12 阶群 $G$。求 2-Sylow 子群个数 $m_2$ 与 3-Sylow 子群个数 $m_3$ 的可能取值，并判断：若 $m_2=1$，群是否为单群？
（计数）证明 $m_P\equiv 1\pmod p$：取定 $K\in\mathcal{P}$，让 $K$ 共轭作用在 $\mathcal{P}$ 上，证明「$P$ 的轨道大小为 1 当且仅当 $P=K$」，再对轨道分解模 $p$。

下一讲预告第 18 讲 · Sylow 定理 III：应用与例子。将继续用 Sylow 定理（II）的计数结论研究具体群的结构、可解性与单群判定。

第 17 讲 · Sylow 定理 II