《抽象代数》第十六章是群论部分的最后一章。这一章讲了同态基本定理 (fundamental homomorphism theorem, FHT)。它把商群和同态两个概念联系起来：由任意正规子群 H 可以构造商群 G/H，从而构造从 G 到 G/H、以 H 为核的同态；反之亦然。

本章习题部分放进了许多补充内容，包括群论中的一些著名定理，如 Cauchy 定理、Sylow 定理等。这部分内容我没有看完，所以先只选做其中较简单的一部分习题。

• 2022-03-12：补充了 Cauchy 定理和 Sylow 定理的证明。

B. FHT 应用于 $\mathcal{F}(\mathbb{R})$ 的例子

设 $\alpha :\mathcal{F}(\mathbb{R})\to \mathbb{R}$ 定义为 $\alpha (f)=f(1)$，$\beta :\mathcal{F}(\mathbb{R})\to \mathbb{R}$ 定义为 $\beta (f)=f(2)$。

B.1 证明 $\alpha$ 和 $\beta$ 是 $\mathcal{F}(\mathbb{R})$ 到 $\mathbb{R}$ 的满同态。

说明 $\mathcal{F}(\mathbb{R})$ 是所有 $\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 函数的集合。群运算为函数加法：$(f+g)(x)=f(x)+g(x)$。

证明 只证明 $\alpha$ 是满同态，$\beta$ 的情况类似。

设 $f,g\in \mathcal{F}(\mathbb{R})$，则 $$\alpha (f+g)=(f+g)(1)=f(1)+g(1)=\alpha (f)+\alpha (g)$$ 这说明 $\alpha$ 是同态。

对任意 $c\in \mathbb{R}$，存在常数函数 $f(x)=c$ 使得 $\alpha (f)=c$。因此 $\alpha$ 是到 $\mathbb{R}$ 的满射。

B.2 设 $J$ 是所有 $\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 的图象通过点 $(1,0)$ 的所有函数的集合；设 $K$ 是所有 $\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 的图象通过点 $(2,0)$ 的所有函数的集合。使用 FHT 证明 $\mathbb{R}\cong \mathcal{F}(\mathbb{R})/J$ 以及 $\mathbb{R}\cong \mathcal{F}(\mathbb{R})/K$。

证明 只证明关于 $J$ 的命题；关于 $K$ 的命题同理。

依题意 $J=\{f\in \mathcal{F}(\mathbb{R}):f(1)=0\}$。这表明 $J$ 是 $\alpha$ 的核。又因为 $\alpha$ 是 $\mathcal{F}(\mathbb{R})\to \mathbb{R}$ 的满同态，根据 FHT 可知 $\mathbb{R}\cong \mathcal{F}(\mathbb{R})/J$。

注 由此可知 $\mathcal{F}(\mathbb{R})/J\cong \mathcal{F}(\mathbb{R})/K$ （下一问的回答）。

C. FHT 应用于 Abel 群的例子

设 $G$ 为 Abel 群。设 $H=\{x^2:x\in G\}$, $K=\{x\in G:x^2=e\}$。

C.1 证明 $f(x)=x^2$ 是 $G$ 到 $H$ 的满同态。

证明 显然 $f$ 是 $G\to H$ 的映射。

设 $x,y\in G$ 则 $f(xy)=(xy{)}^2=(x^2)(y^2)=f(x)f(y)$。这表明 $f$ 是同态。

对任意 $h\in H$，由定义可知存在 $x\in G$ 使得 $h=x^2$，于是 $f(x)=h$。这表明 $f$ 是满射。

C.2 求 $f$ 的核。

解 列方程 $f(x)=e$，即 $x^2=e$。可知方程的解集为 $K$。所以 $K$ 是 $f$ 的核。

C.3 根据 FHT 说明 $H\cong G/K$。

答 根据前两问的结论和 FHT 直接得出结论。

D. 群 G 的内自同构群

设 $G$ 是群。$G$ 的 自同构 (automorphism) 指的是同构 $f:G\to G$。

D.1 符号 $\mathrm{Aut}(G)$ 表示 $G$ 的所有自同构的集合。通过证明 $\mathrm{Aut}(G)$ 是 $S_G$ 的子群来证明集合 $\mathrm{Aut}(G)$ 与复合运算 $\circ$ 构成一个群。

证明 见第九章习题I.4。

D.2 $G$ 的内自同构 (inner automorphism) 指的是任意如下形式的函数 ${\varphi }_a(x)$： $$\mathrm{\forall }x\in G{\varphi }_a(x)=ax{a}^{-1}$$ 证明 $G$ 的每个内自同构都是 $G$ 的自同构。

证明 显然 ${\varphi }_a$ 是 $G\to G$ 的映射，并且由于存在反函数 ${\varphi }_a^{-1}(x)=a^{-1}xa$，因此是双射。

设 $x,y\in G$，则 $${\varphi }_a(xy)=a(xy)a^{-1}=(ax{a}^{-1})(ay{a}^{-1})={\varphi }_a(x){\varphi }_a(y)$$ 因此 ${\varphi }_a$ 保持群结构，所以是同构。

${\varphi }_a$ 是 $G\to G$ 的同构，根据定义它是 $G$ 的自同构。

D.3 证明：对任意 $a,b\in G$，有 $${\varphi }_a\circ {\varphi }_b={\varphi }_{ab}\text{以及}({\varphi }_a{)}^{-1}={\varphi }_{a^{-1}}$$

证明 考虑任意 $x\in G$， $$({\varphi }_a\circ {\varphi }_b)(x)={\varphi }_a({\varphi }_b(x))=a(bx{b}^{-1})a^{-1}=abx(ab{)}^{-1}={\varphi }_{ab}(x)$$ 这说明 ${\varphi }_a\circ {\varphi }_b={\varphi }_{ab}$。 $$({\varphi }_a{)}^{-1}(x)=a^{-1}xa={\varphi }_{a^{-1}}(x)$$ 这说明 $({\varphi }_a{)}^{-1}={\varphi }_{a^{-1}}$。

D.4 设 $I(G)$ 是 $G$ 的所有内自同构的集合。也就是说，$G=\{{\varphi }_a:a\in G\}$。利用 D.3 的结论证明 $I(G)$ 是 $\mathrm{Aut}(G)$ 的子群。

证明 由 D.2 知 $I(G)\subseteq \mathrm{Aut}(G)$。由 D.3 知 $I(G)$ 中的元素对复合运算和取逆运算均封闭。所以 $I(G)\le \mathrm{Aut}(G)$。

D.5 $G$ 的中心 (center) 指的是 G 中和所有元素都满足交换律的元素的集合，即 $$C=\{a\in G:ax=xa\mathrm{\forall }x\in G\}$$ 证明 $a\in C$ 当且仅当 $ax{a}^{-1}=x$ 对任意 $x\in G$ 都成立。

证明 $a\in C⟺\mathrm{\forall }x\in G(ax=xa)⟺\mathrm{\forall }x\in G(ax{a}^{-1}=x)$。

D.6 设 $h:G\to I(G)$ 定义为 $h(a)={\varphi }_a$。证明 $h$ 是从 $G$ 到 $I(G)$ 的满同态并且其核为 $C$。

证明 设 $a,b\in G$，则 $h(ab)={\varphi }_{ab}={\varphi }_a\circ {\varphi }_b=h(a)\circ h(b)$。这说明 $h$ 是同态。

对于任意 $I(G)$ 的元素 ${\varphi }_a$，显然 $h(a)={\varphi }_a$。这表明 $h$ 是满射。

设 $a\in G$ 并令 $h(a)={\varphi }_e$。得 ${\varphi }_a={\varphi }_e$，即 $$ax{a}^{-1}=x\mathrm{\forall }x\in G$$ 由 D.5 可知上述关于 $a$ 的方程的解集是 $C$。所以 $\ker h=C$。

D.7 根据 FHT 说明 $I(G)$ 与 $G/C$ 同构。

答 根据前一问的结论和 FHT 直接得到结论。

E. FHT 应用于群的直积

设 $G$ 和 $H$ 是群。设 $J◃G$, $K◃H$。

E.1 证明函数 $f(x,y)=(Jx,Ky)$ 是 $G\times H\to (G/J)\times (H/K)$ 的同态。

证明 首先明确 $G/J$ 中的运算为陪集的乘法：$Jx\cdot Jy=J(xy)$；$H/K$ 中同理。根据商群的定义可知 $Jx\in (G/J)$, $Ky\in (H/K)$ 因此 $f$ 是 $G\times H\to (G/J)\times (H/K)$ 的映射。

设 $(x_1,y_1),(x_2,y_2)\in G\times H$，则 $$\begin{array}{rl}f((x_1,y_1)(x_2,y_2))& =f(x_1{x}_2,y_1{y}_2)\\ & =(J(x_1{x}_2),K(y_1{y}_2))\\ & =((J{x}_1\cdot J{x}_2),(K{y}_1\cdot K{y}_2))\\ & =(J{x}_1,K{y}_1)\cdot (J{x}_2,K{y}_2)\\ & =f(x_1,y_1)\cdot f(x_2,y_2)\end{array}$$ 这说明 $f$ 是同态。

E.2 求 $f$ 的核。

解 值域中的单位元为 $(J,K)$。列方程 $f(x,y)=(J,K)$ 得方程组 $$\begin{array}{c}Jx=J\\ Ky=K\end{array}$$ 由此可知解集为 $\{(x,y):x\in J,y\in K\}$，即 $J\times K$。这就是 $f$ 的核。

E.3 根据 FHT 说明 $(G\times H)/(J\times K)\cong (G/J)\times (H/K)$。

答 由前两问的结论和 FHT 直接得到结论。

F. 第一同构定理

设 $G$ 是群，$H◃G$, $K\le G$。证明下列命题：

F.1 $(H\cap K)◃K$

证明 不难证明 $H\cap K$ 是 $K$ 的子群。下面证明 $H\cap K$ 是正规子群。

设 $a\in (H\cap K)$，则 $a\in H$ 且 $a\in K$。对任意 $x\in K\le G$，根据群的封闭性知 $xa{x}^{-1}\in K$。又因为 $H◃G$，所以 $xa{x}^{-1}\in H$。因此 $(H\cap K)◃K$。

F.2 如果 $HK=\{xy:x\in H\wedge y\in K\}$，那么 $HK\le G$。

证明 显然 $e\in HK$。

设 $a,b\in HK$，那么存在 $x_1,x_2\in H$ 和 $y_1{y}_2\in K$ 使得 $a=x_1{y}_1$, $b=x_2{y}_2$。那么 $ab=x_1{y}_1{x}_2{y}_2$。 因为 $H$ 是正规子群，有 $x_2^{\prime }=y_1{x}_2{y}_1^{-1}\in H$。于是 $ab=x_1{x}_2^{\prime }{y}_1{y}_2$。而 $x_1{x}_2^{\prime }\in H$, $y_1{y}_2\in K$，所以 $ab\in HK$。

设 $a\in HK$，那么存在 $x\in H$, $y\in K$ 使得 $a=xy$。那么 $a^{-1}=(xy{)}^{-1}=y^{-1}{x}^{-1}$。因为 $H$ 是正规子群，有 $x^{\prime }=y^{-1}{x}^{-1}(y^{-1}{)}^{-1}\in H$。于是 $a^{-1}=x^{\prime }{y}^{-1}$。而 $x^{\prime }\in H$, $y^{-1}\in K$，所以 $a^{-1}\in HK$。

综上所述，$HK\le G$。

F.3 $H◃HK$

证明 显然 $H\subseteq HK$，又已知 $H$ 是群，所以 $H\le HK$。另一方面，对于任意 $a\in H$ 和 $x\in HK\subseteq G$，都有 $xa{x}^{-1}\in H$。这表明 $H$ 是正规子群。

F.4 商群 $HK/H$ 中的每个元素都可以写成 $Hk$ 的形式，其中 $k\in K$。

证明 考虑 $HK/H$ 中的元素 $Ha$，其中 $a=hk$, $h\in H$, $k\in K$。因为 $a{k}^{-1}=h\in H$，根据第十五章定理 5，有 $Ha=Hk$。

F.5 函数 $f(k)=Hk$ 是从 $K$ 到 $HK/H$ 的满同态，并且它的核为 $H\cap K$。

证明 显然 $K\subseteq HK$。设 $x\in K\subseteq HK$，则 $Hk\in (HK/H)$。所以 $f$ 是 $K\to (HK/H)$ 的映射。

考虑任意 $Ha\in (HK/H)$，由前一问结论知存在 $k\in K$ 使得 $Ha=Hk$，于是 $f(k)=Ha$。这表明 $f$ 是满射。

设 $x,y\in K$，则 $f(xy)=H(xy)=Hx\cdot Hy=f(x)\cdot f(y)$。这表明 $f$ 是同态。

为了求 $f$ 的核，设 $k\in K$ 并令 $f(k)=H$，即 $Hk=H$。根据第十五章定理 5，当且仅当 $k\in H$ 时该等式成立。又 $k\in K$，所以解集是 $H\cap K$。

综上所述，$f$ 是 $K\to (HK/H)$ 的满同态，且核为 $H\cap K$。

F.6 根据 FHT 说明 $K/(H\cap K)\cong HK/H$。（这被称作第一同构定理。）

答 根据前一问结论和 FHT 直接得出结论。

G. 更强的 Cayley 定理

设 $H$ 是 $G$ 的子群。设 $X$ 表示 G 中所有 H 的左陪集。对于任意 $a\in G$，定义 ${\rho }_a:X\to X$ 为：$${\rho }_a(xH)=(ax)H$$

G.1 证明每个 ${\rho }_a$ 是 $X$ 的一个置换。

引理 $aH=bH⟺a^{-1}b\in H$

类似于第十五章定理 5，只不过这里是左陪集，逆元的位置也不一样。证明略。

证明 只须证明 ${\rho }_a$ 是双射即可。

（单射）设 $x,y\in G$ 且 $(ax)H=(ay)H$。根据引理得 $(ax{)}^{-1}(ay)\in H$，即 $x^{-1}y\in H$。于是根据引理得 $xH=yH$。这说明 $(ax)H=(ay)H\Rightarrow xH=yH$。因此 ${\rho }_a$ 是单射。

（满射）考虑 $X$ 中任意元素 $xH$，其中 $x\in G$。令 $y=a^{-1}x\in G$，则 $f(yH)=(ay)H=xH$。因此 ${\rho }_a$ 是满射。

G.2 证明 $h:G\to S_X$ 定义为 $h(a)={\rho }_a$ 是同态。

证明 考虑 $X$ 中的任意元素 $xH$，其中 $x\in G$。则 $$({\rho }_a\circ {\rho }_b)(xH)={\rho }_a({\rho }_b(xH))=(a(bx))H=((ab)x)H={\rho }_{ab}(xH)$$ 恒成立。所以 ${\rho }_a\circ {\rho }_b={\rho }_{ab}$。

这意味着 $h(ab)=h(a)h(b)$，因此 $h$ 是同态。

G.3 证明集合 $\{a\in H:xa{x}^{-1}\in H\mathrm{\forall }x\in G\}$ （即 $H$ 中所有共轭都在 $H$ 内的元素构成的集合），是 $h$ 的核。

证明 值域中的单位元是恒等变换 $ϵ={\rho }_e$，其中 $e$ 是 $G$ 的单位元。设 $a\in G$，令 $h(a)=ϵ$，得方程 ${\rho }_a={\rho }_e$。该方程成立的条件是 $(ax)H=xH$ 对所有 $x\in G$ 成立。

根据 G.1 的引理可知等式成立的充分必要条件是 $(ax{)}^{-1}x=x^{-1}ax\in H$。因此解集是 $\{a\in H:xa{x}^{-1}\in H\mathrm{\forall }x\in G\}$，这也就是 $h$ 的核。

G.4 证明如果 $H$ 不包含 $G$ 的除 $\{e\}$ 外的正规子群，则 $G$ 和 $S_X$ 的某个子群同构。

证明 前一问证明了 $$\ker h=\{a\in H:xa{x}^{-1}\in H\mathrm{\forall }x\in G\}$$ 注意到核总是正规子群，所以如果 $H$ 不包含任何除 $\{e\}$ 外的任何正规子群，则只能是 $\ker h=\{e\}$。

根据 FHT，有 $G/\{e\}\cong \mathrm{ran}h\subseteq S_X$。

另一方面，$G/\{e\}=\{\{x\}:x\in G\}$ 显然和 $G$ 同构：$x\leftrightarrow \{x\}$。

综上所述，$G$ 同构于 $S_X$ 的某个子集。

H. 同构于圆群的商群

H.1 对任意 $x\in \mathbb{R}$，约定 $\mathrm{cis}x=\cos x+i\sin x$。证明 $\mathrm{cis}(x+y)=(\mathrm{cis}x)(\mathrm{cis}y)$。

证明 使用欧拉公式或者使用复数的运算法则结合三角恒等式（略）。

H.2 设 $\mathbb{T}$ 表示集合 $\{\mathrm{cis}x:x\in R\}$（即所有位于单位元上的复数）和复数乘法构成的群。证明 $\mathbb{T}$ 是群。（称为圆群）。

证明

1. 单位元是 $\mathrm{cis}0=1$。
2. $\mathrm{cis}x$ 的逆元是 $\mathrm{cis}(-x)$。
3. 结合律：$$\begin{array}{rl}(\mathrm{cis}x\mathrm{cis}y)\mathrm{cis}z& =\mathrm{cis}(x+y)\mathrm{cis}z\\ & =\mathrm{cis}(x+y+z)\\ & =\mathrm{cis}x\mathrm{cis}(y+z)\\ & =\mathrm{cis}x(\mathrm{cis}y\mathrm{cis}z)\end{array}$$

H.3 证明 $f(x)=\mathrm{cis}x$ 是 $\mathbb{R}\to \mathbb{T}$ 的满同态。

证明 显然 $f$ 是 $\mathbb{R}\to \mathbb{T}$ 的满射。

设 $x,y\in R$，则由 H.1 知 $\mathrm{cis}(x+y)=(\mathrm{cis}x)(\mathrm{cis}y)$。所以 $f$ 是满同态。

H.4 证明 $\ker f=\{2n\pi :n\in \mathbb{Z}\}=⟨2\pi ⟩$。

证明 设 $x\in \mathbb{R}$，令 $f(x)=1$ 得 $$\cos x+i\sin x=1+0i$$ 根据复数相等的规则，方程等价于方程组 $$\begin{array}{c}\cos x=1\\ \sin x=0\end{array}$$ 根据三角函数知识，可知解集为 $\{2n\pi :n\in \mathbb{Z}\}$，这也就是 $f$ 的核。

H.5 根据 FHT 说明 $\mathbb{T}\cong \mathbb{R}/⟨2\pi ⟩$。

答 根据 H.3、H.4 的结论和 FHT 立即得到结论。

H.6 证明 $f(x)=\mathrm{cis}2\pi x$ 是 $\mathbb{R}\to \mathbb{T}$ 的满同态，且核为 $\mathbb{Z}$。

证明 参考 H.3、H.4 证明。

H.7 说明 $\mathbb{T}\cong \mathbb{R}/\mathbb{Z}$。

答 根据 H.6 和 FHT 立即得到结论。

I. 第二同构定理

设 $H$ 和 $K$ 是群 $G$ 的正规子群，并且 $H\subseteq K$。 定义 $\varphi :G/H\to G/K$ 为 $\varphi (Ha)=Ka$。

证明 1–4。

I.1 $\varphi$ 是良定义的函数。[即如果 $Ha=Hb$，则 $\varphi (Ha)=\varphi (Hb)$。]

证明 设 $Ha=Hb$，则 $a{b}^{-1}\in H\subseteq K$。于是 $Ka=Kb$ 即 $\varphi (Ha)=\varphi (Hb)$。

I.2 $\varphi$ 是同态。

证明 考虑 $G/H$ 中的任意元素 $Hx,Hy$，其中 $x,y\in G$。 $$\varphi (Hx\cdot Hy)=\varphi (H(xy))=K(xy)=Kx\cdot Ky=\varphi (x)\cdot \varphi (y)$$ 所以 $\varphi$ 是同态。

I.3 $\varphi$ 是满射。

证明 考虑 $G/K$ 中的任意元素 $Ka$，其中 $a\in G$。因为有 $Ha\in G/H$ 且 $\varphi (Ha)=Ka$，所以 $\varphi$ 是满射。

I.4 $\ker \varphi =K/H$

证明 值域中的单位元是 $K$。设 $Hx\in G/H$，其中 $x\in G$，列方程 $\varphi (Hx)=K$，即 $Kx=K$。等式成立的充要条件是 $x\in K$，所以方程（关于未知数 $Hx$）的解集是 $\{Hx:x\in K\}$，这也就是 $\varphi$ 的核。 另一方面，根据商群的定义有 $K/H=\{Hx:x\in K\}$。所以 $\ker \varphi =K/H$。

I.5 （使用 FHT）说明 $(G/H)/(K/H)\cong G/K$。

答 根据 I.2–I.4 和 FHT 立即得到结论。

J. 对应定理 (Correspondence Theorem)

设 $f$ 为 $G$ 到 $H$ 上的满同态，且核为 $K$： $$f:G\underset{{}^K}{\overset{}{\to }}\to H$$ 如果 $S$ 是 $H$ 的子群，设 $S^{\ast }=\{x\in G:f(x)\in S\}$。求证：

J.1 $S^{\ast }$ 是 $G$ 的子群。

证明 显然 $e\in S^{\ast }\subseteq G$。

设 $x,y\in S^{\ast }$，则有 $f(x),f(y)\in S$。因为 $f$ 是同态而且 $S$ 是群，所以 $f(xy)=f(x)f(y)\in S$。于是 $xy\in S^{\ast }$。

设 $x\in S^{\ast }$。则 $f(x^{-1})=[f(x){]}^{-1}\in S$，所以 $x^{-1}\in S^{\ast }$。

综上所述， $S^{\ast }$ 是 $G$ 的非空子集，且对乘法和逆元均封闭，所以是 $G$ 的子群。

J.2 $K\subseteq S^{\ast }$

证明 $x\in K⟹f(x)=e\in S⟹x\in S^{\ast }$

J.3 设 $g$ 是 $f$ 把定义域限定在 $S^{\ast }$ 上的函数，则 $g$ 是 $S^{\ast }$ 到 $S$ 的满同态，并且 $K=\ker g$。

证明 根据定义易知 $g$ 是满射。根据 $f$ 的同态性质可知 $g$ 是同态。

设 $x\in S^{\ast }$，列方程 $g(x)=e$。注意到 $f(x)=e$ 的解集为 $K$，又由前一问知 $K\subseteq S^{\ast }$，所以 $\ker g=K$。

J.4 $S\cong S^{\ast }/K$。

证明 根据 J.3 的结论和 FHT 立即得到。

K. Cauchy 定理

如果 $G$ 是群，$p$ 是 $|G|$ 的质因子，可以证明 $G$ 至少有一个 $p$ 阶元素。对于 Abel 群的情况，证明已由第十五章习题 H.4 给出。因此，这里假定 $G$ 不是 Abel 群。证明采用数学归纳法；设 $|G|=k$，并假定结论对任意阶小于 $k$ 的群都成立。设 $C$ 为 $G$ 的中心，$C_a$ 为 $a\in G$ 的中心化子，并且 $k=|C|+\sum _{i\in I}|S_i|$ 为 $G$ 的类方程（参见第十五章习题 G.2）。

K.1 证明：如果 $p$ 是 $|C_a|$ 的因子，其中 $a\notin C$，那么就证完了。（解释原因。）

说明 证明的思路在于找到 $G$ 的一个子群，其阶也是 $p$ 的倍数。如果这个子群是 Abel 群，那么根据第十五章习题 H 可知其中存在阶为 $p$ 的元素；否则，就可以再次寻找更小的子群。但这个过程不可能无限地重复下去，最小的情况就是阶恰好等于 $p$。这时群中的非单位元的阶就是 $p$。在这一小问中，$C_a$ 就是要找的子群。

证明 首先，$C_a⊊G$。这是因为如果取等号，说明 $a$ 和所有元素交换，和 $a\notin C$ 矛盾。于是 $|C_a|<|G|=k$。这一小问的前提条件是 $p\mid |C_a|$，因此根据归纳假设可知 $C_a$ 中存在阶等于 $p$ 的元素。

K.2 证明：对于任意 $a\notin C$，如果 $p\nmid |C_a|$，那么 $p\mid (G:C_a)$。

证明 因为 $$p\mid |G|=(G:C_a)|C_a|$$ 当 $p\nmid |C_a|$ 时，根据欧几里得引理可知 $p\mid (G:C_a)$。

K.3 从类方程中解出 $|C|$，并说明为什么 $p\mid |C|$。现在证完了。（解释原因。）

证明 这里只讨论 K.1 不成立的情况，即对任意 $a\notin C$ 都有 $p\nmid |C_a|$。这时，$C$ 就是要找的子群，理由如下：

对于任意共轭类 $S_i$，它的大小都等于某个元素的中心化子 $C_{x_i}$ 的大小（第十三章习题 I.6）。 根据 K.2 得 $p\mid (G:C_{x_i})$。这意味着所有 $a\notin C$ 的共轭类 $S_i$ 的大小都是 $p$ 的倍数。

由类方程解得 $$|C|=k-\sum _{i\in I}|S_i|$$ 可见，右边每一项都是 $p$ 的倍数，因此 $|C|$ 是 $p$ 的倍数。

因为 $C⊊G$（如果取等号，则 $G$ 中所有元素都可交换，和 $G$ 不是 Abel 群矛盾），所以 $|C|<|G|=k$。根据归纳假设，$C$ 中含有阶等于 $p$ 的元素。

L. p-群的子群（Sylow 定理的铺垫）

设 $p$ 为质数。$p$-群指所有元素的阶都是 $p$ 的幂的群。设 $G$ 为 $p$-群，由 Cauchy 定理可知 $|G|=p^k$，其中 $k$ 是某个自然数。这时，可以证明，对于任意 $1\le m\le k$，都存在一个 $G$ 正规子群，其阶等于 $p^m$。证明采用数学归纳法；假定该命题对于所有小于 $G$ 的 $p$-群都成立。

证明 1 和 2。

L.1 $G$ 的中心有一个元素 $a$ 满足 $\mathrm{ord}(a)=p$。

证明 设 $G$ 的中心为 $C$。根据第十五章习题 G 可知 $p\mid |C|$。根据 Cauchy 定理可知 $C$ 中有一个阶等于 $p$ 的元素，记它为 $a$。

L.2 $⟨a⟩$ 是 $G$ 的正规子群。

证明 取任意 $a^k\in ⟨a⟩$ 和 $x\in G$。因为 $a\in C$，所以 $ax=xa$。于是 $$x{a}^k{x}^{-1}=a^{k}x{x}^{-1}=a^k\in ⟨a⟩$$ 这表明 $⟨a⟩$ 对共轭封闭，因此是 $G$ 的正规子群。

L.3 说明为什么 $G/⟨a⟩$ 存在阶为 $p^{m-1}$ 的正规子群。

证明 显然平凡群 $\{e\}$ 是阶为 $1$ 的正规子群，这解决了 $m=1$ 的情况。

因为 $|G/⟨a⟩|=p^k/p=p^{k-1}<p^k$，所以根据归纳假设，它有阶为 $$p,p^2,\dots ,p^{k-1}$$ 的正规子群。这解决了 $1<m\le k$ 的情况。

L.4 用 J.4 证明 $G$ 有阶为 $p^m$ 的正规子群。

证明 设 $K=⟨a⟩$ 以及 $H=G/K$。那么存在满同态 $f:G\to H$，其核为 $K$。

设 $S$ 是 $H$ 的 $p^{m-1}$ 阶正规子群（L.3 证明了存在性），那么 $$S^{\ast }=\{x\in G:f(x)\in S\}$$ 是 $G$ 的子群（J.1）。由 J.4 得 $S\cong S^{\ast }/K$，于是 $$|S^{\ast }|=|S||K|=p^{m-1}p=p^m$$

由此可知 $S^{\ast }$ 是 $G$ 的 $p^m$ 阶子群。只须证明它是正规子群即可。设 $x\in G$, $y\in S^{\ast }$，则 $f(x)\in H$ 且 $f(y)\in S$。由 $S$ 是正规子群可知 $$f(xy{x}^{-1})=f(x)f(y)f(x{)}^{-1}\in S$$ 因此 $xy{x}^{-1}\in S^{\ast }$。

M. p-Sylow 子群

设 $p$ 为质数。如果 $H$ 是有限群 $G$ 的子群，且 $H$ 是 $p$-群，则称 $H$ 是 $G$ 的 $p$-子群。进一步，如果 $K$ 是 $G$ 的 $p$-子群且 $K$ 是极大的（指 $K$ 不被包含在更大的 $G$ 的 $p$-子群中），那么 $K$ 称为 $G$ 的 $p$-Sylow 子群。

M.2 证明：$G$ 的每个 $p$-Sylow 子群的共轭都是 $p$-Sylow 子群。

证明 设 $H$ 是 $G$ 的 $p$-Sylow 子群。一般地，设共轭 $$H^{\ast }=\{ax{a}^{-1}:x\in H\}(a\in G)$$ 不难证明：

1. $H^{\ast }$ 是 $G$ 的子群。
2. $f(x)=ax{a}^{-1}$ 是 $H\to H^{\ast }$ 的双射。因此 $|H^{\ast }|=|H|$，所以 $H^{\ast }$ 是 $p$-群。
3. $H^{\ast }$ 是极大的（否则，$f^{-1}(H^{\ast })=H$ 也不是极大的）。

由以上几点可知 $H^{\ast }$ 也是 $G$ 的 $p$-Sylow 子群。

设 $K$ 是 $G$ 的 $p$-Sylow 子群，且 $N=N(K)$ 是 $K$ 的正规化子。

M.3 设 $a\in N$，假定 $Ka$ 在 $N/K$ 中的阶是 $p$ 的幂，设 $S=⟨Ka⟩$。 证明：$N$ 有子群 $S^{\ast }$ 满足 $S^{\ast }/K$ 是 $p$-群。

证明 同态 $h(x)=Kx$ 是 $N\to N/K$ 的满同态，且核为 $K$。根据 J.4 可知 $$S^{\ast }=\{x\in N:h(x)\in S\}$$ 满足 $S\cong S^{\ast }/K$。因为 $|S|=\mathrm{ord}(Ka)$ 是 $p$ 的幂，所以 $S^{\ast }/K$ 是 $p$-群。

注 这里引入 $N$ 的目的是使得商群 $N/K$ 可以作出。$K$ 本身不一定是 $G$ 的正规子群。

M.4 证明 $S^{\ast }$ 是 $G$ 的 $p$-子群。然后说明为什么 $S^{\ast }=K$，以及为什么可以得到 $Ka=K$。

证明 根据 J.1 可知 $S^{\ast }$ 是 $N$ 的子群。这里 $N\subseteq G$，因此 $S^{\ast }$ 也是 $G$ 的子群。设 $|S|=p^m$ 且 $|K|=p^n$，那么 $$|S^{\ast }|=|S||K|=p^{m+n}$$ 可见 $S^{\ast }$ 是 $p$-群。因此它是 $G$ 的 $p$-子群。

根据 J.2 可知 $K\subseteq S^{\ast }$。但根据 $p$-Sylow 子群的定义，$K$ 是极大的。因此只可能是 $K=S^{\ast }$。于是 $|S|=1$，这表明 $\mathrm{ord}(Ka)=1$，因此 $Ka$ 只可能等于 $N/K$ 中的单位元 $K$。

M.5 用 M.3 和 M.4 证明：$N/K$ 中（除单位元外）没有元素的阶是 $p$ 的幂。

证明 M.3 和 M.4 证明了“如果 $Ka$ 的阶是 $p$ 的幂，那么 $Ka$ 是单位元”，和要证的命题是等价的。

M.6 如果 $a\in N$ 且阶为 $p$ 的幂，那么 $Ka$（在 $N/K$ 中）的阶也是 $p$ 的幂（为什么？）于是，$Ka=K$。（为什么？）

证明 设 $\mathrm{ord}(a)=n=p^k$，那么 $(Ka{)}^n=K(a^n)=K$。这表明 $Ka$ 的阶是 $n=p^k$ 的约数，因此一定是 $p$ 的幂。

根据 M.5 可知这种情况下一定有 $Ka=K$。

M.7 用 M.6 证明：如果 $aK{a}^{-1}=K$ 且 $a$ 的阶是 $p$ 的幂，那么 $a\in K$。

证明 根据正规化子的定理，由 $aK{a}^{-1}=K$ 可得 $a\in N$。于是根据 M.6 可知 $Ka=K$。因此 $a\in K$。

N. Sylow 定理

设 $G$ 为有限群，且 $K$ 为 $G$ 的 $p$-Sylow 子群。设 $X$ 为 $K$ 的所有共轭构成的集合。（参见习题 M.2。）如果 $C_1,C_2\in X$，记 $C_1\sim C_2$ 当且仅当 $C_1=a{C}_2{a}^{-1}$ 对某个 $a\in K$ 成立。

N.1 证明 $\sim$ 是 $X$ 上的等价关系。

证明 略。（这和第十三章 I.1 的证明过程是一样的。）

因此，$\sim$ 将 $X$ 划分为等价类。如果 $C\in X$，记它的等价类为 $[C]$。

N.2 对任意 $C\in X$，证明 $[C]$ 中元素个数是 $|K|$ 的因子。作出结论：对于任意 $C\in X$，$[C]$ 中元素个数是 $p$ 的幂。

证明 证明见第十四章习题 I.10。$|K|$ 的因子是 $p$ 的幂是显然的。

N.3 用 M.7 证明只含有一个元素的等价类一定是 $[K]$。

证明 设等价类 $[C]$ 只含有一个元素。这意味着对于任意 $a\in K$ 都有 $$aC{a}^{-1}=C$$ 这里 $C$ 是 $p$-Sylow 子群。因为 $a\in K$，所以 $a$ 的阶是 $p$ 的幂。因此，根据 M.7 可知 $a\in C$。

以上论证表明 $a\in K\Rightarrow a\in C$，因此 $K\subseteq C$。但 $K$ 是极大的，所以只可能是 $K=C$。这就表明只含有一个元素的等价类只可能是 $[K]$。事实上，$[K]$ 确实只有一个元素，因为 $$aK{a}^{-1}=K$$ 对任意 $a\in K$ 都成立。

N.4 用 N.2 和 N.3 证明 $X$ 中的元素个数为 $kp+1$，其中 $k$ 是某个整数。

证明 根据 N.2 可知 $X$ 中每个等价类的元素个数都是 $p$ 的幂。那么，除了 $[K]$ 只有一个元素（由 N.3 证明了）外，别的等价类的元素个数都是 $p$ 的倍数。因此 $X$ 中的元素个数就是所有等价类元素个数之和，即 $kp+1$，其中 $k$ 是整数。

N.5 用 N.4 证明 $(G:N)$ 不是 $p$ 的倍数。

说明 这里 $N$ 指 $K$ 的正规化子：$N=\{a\in G:aK{a}^{-1}=K\}$。

证明 根据第十四章 I.9 可知，$K$ 的全部共轭共有 $(G:N)$ 个。因此 $$(G:N)=|X|=kp+1$$ 由此可知 $(G:N)$ 不是 $p$ 的倍数。

N.6 证明 $(N:K)$ 不是 $p$ 的倍数。

证明 假设 $p\mid (N:K)=|N/K|$。根据 Cauchy 定理，存在 $Ka\in N/K$，其中 $a\in N$，满足 $\mathrm{ord}(Ka)=p$。但这与 M.5 矛盾。因此假设不成立，所以 $p\nmid (N:K)$。

N.7 用 N.5 和 N.6 证明 $(G:K)$ 不是 $p$ 的倍数。

证明 因为 $(G:K)=(G:N)(N:K)$，而右边都不是 $p$ 的倍数，所以左边也不是 $p$ 的倍数（否则可以由欧几里得引理推出矛盾）。

N.8 做出结论：设 $G$ 是有限群，其阶为 $p^{k}m$，其中 $p\nmid m$。那么 $G$ 的每个 $p$-Sylow 子群 $K$ 的阶都是 $p^k$。

证明 由 N.7 知 $p\nmid (G:K)$。而 $$p^{k}m=|G|=(G:K)|K|$$ 因此根据唯一分解定理可知 $|K|=p^k$。

结合 N.8 和习题 L 得：

设 $G$ 为有限群且 $p$ 为质数。对任意满足 $p^n\mid |G|$ 的整数 $n$，$G$ 都存在阶为 $p^n$ 的子群。

以上称为 Sylow 定理。

注 一个不太重要的细节：这里需要说明 $p$-Sylow 子群总是存在的。只须证明 $p$-子群总存在即可，因为其中总有一个是极大的（在 $G$ 是有限群的前提条件下）。而根据 Cauchy 定理可以找到一个阶为 $p$ 的子群，它就是一个 $p$-子群。