Sylow の定理 | 群論入門

1 Sylow $p$ 部分群の存在

定義 1.1. $p$ を素数とする。有限群 $G$ の部分群 $H$ の位数が $p^k$ （ $k\ge0$ ）であるとき、 $H$ を $p$ 部分群 (p-subgroup) という。

|G|=p^n m,\qquad n\ge0,\qquad p\nmid m

とする。位数が $p^n$ である部分群を Sylow $p$ 部分群 (Sylow p-subgroup) という。

補題 1.2. $p$ を素数、 $n$ を正の整数、 $m$ を $p\nmid m$ を満たす正の整数とする。このとき

p\nmid \binom{p^n m}{p^n}.

証明. 正の整数 $a$ に対し、 $a$ を割る $p$ の冪の最大の指数を $\nu_p(a)$ と書く。

\binom{p^n m}{p^n} =m\prod_{j=1}^{p^n-1}\frac{p^n m-j}{p^n-j}

\text{(1.2.1)}

と書く。 $1\le j<p^n$ に対し、 $j=p^r u$ 、 $p\nmid u$ と書けば $r<n$ である。このとき

p^n m-j=p^r\bigl(p^{n-r}m-u\bigr),\qquad p^n-j=p^r\bigl(p^{n-r}-u\bigr)

であり、括弧内の二つの整数はいずれも $p$ で割り切れない。したがって

\nu_p(p^n m-j)=r=\nu_p(p^n-j)

である。式 (1.2.1)の各分数は分子と分母に同じ $p$ 指数をもち、 $m$ も $p$ で割り切れない。二項係数は整数なので、その $p$ 指数は $0$ である。▨

定理 1.3 (Sylow の第一定理). $p$ を素数とし、有限群 $G$ の位数を

|G|=p^n m,\qquad n\ge 0,\qquad p\nmid m

と書く。このとき、 $G$ は Sylow $p$ 部分群をもつ。

証明. $n=0$ ならば $\{e_G\}$ が Sylow $p$ 部分群である。 $n\ge1$ とする。 $G$ の $p^n$ 元部分集合全体を $\Omega$ とし、 $G$ を

g\cdot S=\{gs\mid s\in S\}

によって $\Omega$ へ作用させる。補題 1.2により

|\Omega|=\binom{p^n m}{p^n}

は $p$ で割り切れない。 $\Omega$ を $G$ の軌道へ分割したとき、すべての軌道の大きさが $p$ で割り切れるならば $|\Omega|$ も $p$ で割り切れる。したがって、大きさが $p$ で割り切れない軌道が存在する。

そのような軌道から $S\in\Omega$ を取り、 $S$ の安定化群を $H=\Stab{S}$ とする。§E7.10 定理 4.5により

|G\cdot S|=[G:H]

であるから、 $p\nmid [G:H]$ である。等式 $|G|=[G:H]|H|$ から $p^n\mid |H|$ を得る。

$s\in S$ を一つ固定する。 $h\in H$ ならば $hS=S$ なので $hs\in S$ である。写像 $H\to S,\ h\mapsto hs$ は、群の取消律により単射である。したがって

|H|\le |S|=p^n.

$p^n\mid |H|$ と合わせると $|H|=p^n$ となる。ゆえに $H$ は Sylow $p$ 部分群である。▨

2 包含、共役性、個数

補題 2.1. $p$ を素数、 $P$ を有限群 $G$ の Sylow $p$ 部分群とし、 $Q$ を $Q\le N_G(P)$ を満たす $p$ 部分群とする。このとき $Q\le P$ である。

証明. $P\trianglelefteq N_G(P)$ であるから、§E7.8 定理 2.1 (1)を $Q\le N_G(P)$ と $P\trianglelefteq N_G(P)$ に適用すると $QP$ は部分群である。正規性から $QP=PQ$ である。§E7.11 命題 3.3を $H=P$ 、 $K=Q$ 、 $g=e_G$ に適用すると、

|PQ|=\frac{|P||Q|}{|P\cap Q|}

であり、 $|PQ|$ は $p$ の冪である。 $P\le PQ$ であり、§E7.6 定理 2.1により $|PQ|$ は $|G|$ を割る。 $|P|$ は $|G|$ を割る最大の $p$ の冪なので $|PQ|=|P|$ であり、 $PQ=P$ となる。したがって $Q\le P$ である。▨

定理 2.2. $p$ を素数とし、有限群 $G$ の位数を $|G|=p^n m$ 、 $n\ge0$ 、 $p\nmid m$ と書く。 Sylow $p$ 部分群を $P$ とする。このとき、次が成り立つ。

任意の $p$ 部分群 $Q\le G$ に対し、ある $g\in G$ が存在して $Q\le gPg^{-1}$ となる。
任意の二つの Sylow $p$ 部分群は $G$ の元によって共役である。
Sylow $p$ 部分群の個数を $n_p$ とすると、
$n_p\equiv 1\pmod p,\qquad n_p\mid m$
が成り立つ。

証明. $Q$ を任意の $p$ 部分群とし、 $Q$ を左剰余類集合 $G/P$ へ左乗法で作用させる。§E7.10 定理 4.5により、各 $Q$ 軌道の大きさは $|Q|$ を割るので $p$ の冪である。一方、

|G/P|=[G:P]=m

は $p$ で割り切れない。したがって、大きさが $1$ である軌道が存在する。固定点となる剰余類を $gP$ とすると、すべての $q\in Q$ について

qgP=gP

が成り立つ。この等式は $g^{-1}qg\in P$ と同値である。ゆえに $Q\le gPg^{-1}$ である。

$Q$ 自身も Sylow $p$ 部分群である場合、 $Q$ と $gPg^{-1}$ の位数はともに $p^n$ である。したがって主張 (1)の包含は等号となり、主張 (2)を得る。

Sylow $p$ 部分群全体の集合を $\mathcal S_p$ とする。主張 (2)により、 $G$ の $\mathcal S_p$ への共役作用は可移的である。 $P\in\mathcal S_p$ の安定化群は正規化群 $N_G(P)$ なので、§E7.10 定理 4.5により

n_p=|\mathcal S_p|=[G:N_G(P)].

\text{(2.2.1)}

$P\le N_G(P)$ であるから、指数の積公式により式 (2.2.1)は

n_p=[G:N_G(P)]\mid [G:P]=m

を満たす。

$P$ 自身を $\mathcal S_p$ へ共役で作用させる。 $Q\in\mathcal S_p$ がこの作用の固定点であることは $P\le N_G(Q)$ と同値である。補題 2.1を Sylow $p$ 部分群 $Q$ と $p$ 部分群 $P$ に適用すると $P\le Q$ である。両者の位数は等しいから $P=Q$ である。逆に $P$ はこの作用の固定点である。したがって、この $P$ 作用の固定点は $P$ 一つだけである。残る軌道の大きさは $p$ の正の冪なので、

n_p=|\mathcal S_p|\equiv 1\pmod p

を得る。▨

注意 2.3 (Sylow 部分群の正規性). Sylow $p$ 部分群が正規であることと、Sylow $p$ 部分群が一つだけ存在することは同値である。実際、一つだけならば共役で不変である。正規ならば、共役なすべての Sylow $p$ 部分群がその部分群自身に等しく、定理 2.2 (2)により他の Sylow $p$ 部分群は存在しない。

3 $A_5$ の Sylow 部分群と回転軸

例 3.1. $A_5$ の位数は $60=2^2\cdot3\cdot5$ である。その Sylow 部分群の個数は

n_5=6,\qquad n_3=10,\qquad n_2=5

である。§E7.20 命題 5.1の同型 $A_5\cong I^+$ のもとで、Sylow $5$ 部分群は向かい合う頂点を結ぶ六本の軸、Sylow $3$ 部分群は向かい合う面の中心を結ぶ十本の軸に対応する。各 Sylow $2$ 部分群は Klein の四元群であり、単位元と、辺の中点を結ぶ三本の軸のまわりの半回転からなる。

証明. $A_5$ の位数 $5$ の元は $5$ -cycle である。その個数は $5!/5=24$ である。各位数 $5$ の巡回部分群は四つの非単位元をもち、相異なる二つの位数 $5$ の部分群は単位元以外の元を共有しない。したがって

n_5=\frac{24}{4}=6

である。位数 $3$ の元は $3$ -cycle であり、その個数は $\binom53\cdot2=20$ である。各位数 $3$ の巡回部分群は二つの非単位元をもつため、

n_3=\frac{20}{2}=10

となる。

$A_5$ の文字を一つ $i$ に固定し、残る四文字を $a,b,c,d$ と書く。集合

V_i= \{e,\ (a\,b)(c\,d),\ (a\,c)(b\,d),\ (a\,d)(b\,c)\}

の三つの非単位元はそれぞれ位数 $2$ であり、相異なる二つの積は残る一つに等しい。したがって $V_i$ は位数 $4$ の部分群であり、Klein の四元群 $C_2\times C_2$ と同型である。 $i=1,\ldots,5$ によって五つの部分群を得る。各二重互換は一つの文字だけを固定するので、相異なる $V_i$ は単位元以外の元を共有しない。 $|A_5|$ を割る最大の $2$ の冪は $4$ なので、各 $V_i$ は Sylow $2$ 部分群である。

逆に、 $P$ を Sylow $2$ 部分群とする。 $A_5$ の偶置換の巡回型は、恒等置換、二重互換、 $3$ -cycle、 $5$ -cycle に限られる。したがって $P$ の非単位元はすべて位数 $2$ である。 $x,y\in P$ に対し $xy=(xy)^{-1}=y^{-1}x^{-1}=yx$ であるから $P$ は可換である。相異なる非単位元 $x,y$ を取ると $P=\{e,x,y,xy\}$ であり、 $P\cong C_2\times C_2$ である。 $x\in P\setminus\{e\}$ を取ると、 $x$ は二重互換であり、ある一つの文字 $i$ を固定する。 $P$ は可換なので $P\leq C_{A_5}(x)$ である。置換を共役すると固定点も同じ置換で移るため、 $x$ と可換する置換は $x$ の唯一の固定点 $i$ を固定する。残る四文字上で $x=(a\,b)(c\,d)$ と可換する置換は、二つの組 $\{a,b\}$ 、 $\{c,d\}$ を置換し、各組の中で文字を置換する。組を保つ偶置換は $e$ と $(a\,b)(c\,d)$ であり、組を交換する偶置換は $(a\,c)(b\,d)$ と $(a\,d)(b\,c)$ である。したがって $C_{A_5}(x)=V_i$ である。 $P$ と $V_i$ はともに位数 $4$ なので、

P=C_{A_5}(x)=V_i

となる。よって Sylow $2$ 部分群は $V_1,\ldots,V_5$ に限られ、 $n_2=5$ である。

同型 $A_5\cong I^+$ は元の位数を保存する。§E7.6 例 3.1の頂点・面・辺の安定化群の記述により、各頂点軸の回転は位数 $5$ の巡回群をなし、各面軸の回転は位数 $3$ の巡回群をなす。各辺軸の回転は恒等回転と半回転からなる。正二十面体には六本の頂点軸、十本の面軸、十五本の辺軸があり、非恒等回転の軸は一意である。したがって六本の頂点軸から相異なる六つの位数 $5$ の部分群を得て、これらは $n_5=6$ により Sylow $5$ 部分群を尽くす。同じく十本の面軸から得る位数 $3$ の部分群は $n_3=10$ により Sylow $3$ 部分群を尽くす。

十五本の辺軸の半回転は、位数の保存により $A_5$ の十五個の二重互換に対応する。相異なる $V_i$ は非単位元を共有せず、各 $V_i$ は三つの二重互換をもつため、各 $V_i$ の三つの非単位元に対応する三本の辺軸によって十五本の辺軸は五組に分かれる。

6\equiv1\pmod5,\qquad 10\equiv1\pmod3,\qquad 5\equiv1\pmod2

であり、 $6\mid12$ 、 $10\mid20$ 、 $5\mid15$ なので、定理 2.2 (3)とも一致する。□

注意 3.2 (回転軸との対応の証明責務). 正二十面体の頂点・面・辺の数と各軸のまわりの回転の記述、および非恒等回転の軸の一意性は、参考文献欄の Coxeter の文献へ委ねる。群 $I^+$ と $A_5$ の同型は§E7.20 命題 5.1が与える。Sylow の三定理と位数 $pq$ の群の分類は、正二十面体に関する幾何学的事実を用いない。

4 位数 $pq$ の群の分類

補題 4.1. $p<q$ を素数とする。位数 $q$ の巡回群 $C_q$ について

|\operatorname{Aut}(C_q)|=q-1

である。さらに $p\mid(q-1)$ ならば、 $\operatorname{Aut}(C_q)$ は位数 $p$ の部分群をちょうど一つもつ。

証明. $C_q$ を加法群 $\Z/q\Z$ と同一視する。自己同型は $1$ の像によって一意に決まり、 $1$ の像には非零剰余類を任意に選ぶことができる。したがって

\operatorname{Aut}(C_q)\cong(\Z/q\Z)^\times

であり、その位数は $q-1$ である。

$p\mid(q-1)$ とする。§E7.13 定理 8.1により、 $\operatorname{Aut}(C_q)$ は位数 $p$ の元をもつので、位数 $p$ の部分群が存在する。

素数 $q$ を法とする剰余類全体は体をなす。実際、非零剰余類 $[a]_q$ に対して $\gcd(a,q)=1$ であり、Euclid の互除法から得られる Bézout の等式 $ua+vq=1$ を法 $q$ で読むと、 $[u]_q$ が $[a]_q$ の逆元になる。

体上では、非零多項式の根の個数は次数以下である。実際、 $a$ が多項式 $f(X)$ の根ならば

X^j-a^j=(X-a)(X^{j-1}+aX^{j-2}+\cdots+a^{j-1})

を各項へ適用して $f(X)=(X-a)g(X)$ と書くことができる。 $a$ と異なる根 $b$ に対しては $0=f(b)=(b-a)g(b)$ であり、 $b-a\neq0$ なので $g(b)=0$ となる。次数についての帰納法により、次数 $d$ の非零多項式の根は高々 $d$ 個である。

位数 $p$ の任意の部分群 $U\le(\Z/q\Z)^\times$ の各元は $X^p-1$ の根であり、 $U$ は $p$ 個の元をもつ。多項式 $X^p-1$ の根は高々 $p$ 個なので、 $U$ は根全体の集合に一致する。したがって、どの位数 $p$ の部分群も同じ集合であり、そのような部分群は一つだけである。▨

定理 4.2. $p<q$ を相異なる素数とし、 $G$ を位数 $pq$ の群とする。このとき、次が成り立つ。

$p\nmid(q-1)$ ならば、 $G$ は巡回群 $C_{pq}$ に同型である。
$p\mid(q-1)$ ならば、同型を除いて二つの群が存在する。一つは巡回群 $C_{pq}$ であり、もう一つは非自明な作用による半直積 $C_q\rtimes C_p$ である。

証明. Sylow 部分群の個数を $n_p,n_q$ とする。 $n_q\mid p$ かつ $n_q\equiv1\pmod q$ であり $p<q$ なので、 $n_q=1$ である。したがって Sylow $q$ 部分群 $Q$ は正規である。Sylow $p$ 部分群を $P$ とすると、§E7.6 系 2.4により $Q\cong C_q$ 、 $P\cong C_p$ である。

$P\cap Q=\{e_G\}$ である。§E7.11 命題 3.3を $H=Q$ 、 $K=P$ 、 $g=e_G$ に適用すると、

|QP|=\frac{|Q||P|}{|Q\cap P|}=pq=|G|

なので $G=QP$ である。§E7.17 定理 4.2を $N=Q$ 、 $H=P$ に適用すると、共役は準同型

\alpha\colon P\longrightarrow\operatorname{Aut}(Q),\qquad \alpha_x(y)=xyx^{-1}

を定め、写像

\Phi\colon Q\rtimes_\alpha P\longrightarrow G,\qquad \Phi(y,x)=yx

は群同型である。特に、各元は $qp$ 、 $q\in Q,\ p\in P$ と一意に書かれる。

$p\nmid(q-1)$ の場合、準同型 $\alpha$ の像の位数は $p$ の約数である一方、 $|\operatorname{Aut}(Q)|=q-1$ も割る。したがって像は自明である。ゆえに $P$ と $Q$ は互いに可換し、 $G\cong C_q\times C_p$ となる。 $C_q\times C_p$ の二つの標準生成元の組は位数 $\operatorname{lcm}(q,p)=pq$ をもつので、 $G\cong C_{pq}$ である。

$p\mid(q-1)$ の場合を考える。自明な作用は前段と同じ巡回群を与える。補題 4.1により $\operatorname{Aut}(C_q)$ には位数 $p$ の部分群が存在するので、非自明な準同型 $C_p\to\operatorname{Aut}(C_q)$ が存在し、非自明な半直積も存在する。

非自明な準同型 $C_p\to\operatorname{Aut}(C_q)$ の核は $C_p$ の真の部分群なので自明であり、その像は位数 $p$ である。補題 4.1により像は一意である。二つの非自明な作用 $\alpha,\beta$ は同じ位数 $p$ の部分群 $U$ への同型を定める。 $\tau=\alpha^{-1}\circ\beta\in\operatorname{Aut}(C_p)$ とおくと、 $\beta=\alpha\circ\tau$ となる。このとき

C_q\rtimes_\beta C_p\longrightarrow C_q\rtimes_\alpha C_p,\qquad (y,x)\longmapsto(y,\tau(x))

は同型である。したがって非自明な半直積の同型型は一つだけである。非自明な半直積は非可換であるから、巡回群とは同型でない。以上により二つの同型型を得る。▨

例 4.3. $15=3\cdot5$ では $3\nmid(5-1)$ である。したがって、位数 $15$ の群は巡回群 $C_{15}$ に限る。

例 4.4. $21=3\cdot7$ では $3\mid(7-1)$ である。したがって、位数 $21$ の群には巡回群 $C_{21}$ と一つの非可換な半直積 $C_7\rtimes C_3$ がある。位数 $6$ の場合には、二つの同型型が $C_6$ と $S_3\cong C_3\rtimes C_2$ になる。

例 4.5. $p$ を素数、 $G$ を位数 $p^2$ の群とする。§E7.13 定理 7.2から、 $|Z(G)|$ は $p$ または $p^2$ である。

$|Z(G)|=p$ と仮定すると $G/Z(G)$ は位数 $p$ なので巡回群である。一般に $G/Z(G)=\langle gZ(G)\rangle$ ならば、任意の $x,y\in G$ は

x=g^a z,\qquad y=g^b w\qquad (z,w\in Z(G))

と書くことができ、 $xy=yx$ となる。したがって $G/Z(G)$ が巡回群ならば $G$ はアーベル群である。すると $Z(G)=G$ となり $|Z(G)|=p$ に矛盾する。ゆえに $|Z(G)|=p^2$ であり、 $G$ はアーベル群である。

5 演習

問題 5.1.

有限群 $G$ の $p$ 部分群 $H$ を左剰余類集合 $G/H$ へ左乗法で作用させる。固定される剰余類の全体が $N_G(H)/H$ に一致することを示し、 $[N_G(H):H]\equiv[G:H]\pmod p$ を導け。これを用いて、 $H$ が Sylow $p$ 部分群でない $p$ 部分群ならば $H\ne N_G(H)$ であることを示せ。
$C_7=\Z/7\Z$ 、 $C_3=\Z/3\Z$ とし、準同型 $\alpha,\beta\colon C_3\to\operatorname{Aut}(C_7)$ を $\alpha_x(y)=2^xy$ 、 $\beta_x(y)=4^xy$ で定める。 $\alpha,\beta$ が矛盾なく定まる非自明な準同型であることを確かめ、 $\beta=\alpha\circ\tau$ を満たす $\tau\in\operatorname{Aut}(C_3)$ を求めよ。さらに、半直積の積 $(y,x)(z,w)=\bigl(y+\alpha_x(z),x+w\bigr)$ を直接計算して、 $(y,x)\mapsto(y,\tau(x))$ が同型 $C_7\rtimes_\beta C_3\to C_7\rtimes_\alpha C_3$ であることを示し、この群が非可換であることを確かめよ。
位数 $12$ の群に Sylow の個数条件を適用し、 $n_3=1$ または $4$ であることを示せ。さらに、個数条件だけでは二つの値のどちらであるかを決定することができない理由を述べよ。

解答 (演習の解答).

$gH\in G/H$ が固定されることは、すべての $h\in H$ について $hgH=gH$ 、すなわち $g^{-1}hg\in H$ が成り立つこと、つまり $g^{-1}Hg\subseteq H$ と同値である。 $g^{-1}Hg$ と $H$ は位数が等しい有限集合であるから、これは $g^{-1}Hg=H$ 、すなわち $g\in N_G(H)$ と同値である。この条件は代表元 $g$ の取り方によらないので、固定される剰余類の全体は $\{gH\mid g\in N_G(H)\}=N_G(H)/H$ であり、その個数は $[N_G(H):H]$ である。§E7.10 定理 4.5により、各軌道の大きさは $|H|$ を割る $p$ の冪であり、固定されない剰余類の軌道の大きさは $p$ で割り切れる。 $G/H$ は軌道の非交和であるから、 $[G:H]=|G/H|\equiv[N_G(H):H]\pmod p$ である。 $|G|=p^nm$ （ $p\nmid m$ ）、 $|H|=p^k$ とし、 $H$ が Sylow $p$ 部分群でないとすると $k<n$ であり、 $p$ は $[G:H]=p^{n-k}m$ を割る。したがって $p$ は $[N_G(H):H]$ を割る。 $[N_G(H):H]\ge1$ であるから $[N_G(H):H]\ge p\ge2$ であり、 $H\ne N_G(H)$ である。
$2^3=8\equiv1$ 、 $4^3=64\equiv1\pmod7$ であるから、 $2^x$ と $4^x$ は $x\in\Z/3\Z$ の代表元によらず $(\Z/7\Z)^\times$ の元として定まる。補題 4.1の証明のとおり、 $y\mapsto cy$ （ $c\in(\Z/7\Z)^\times$ ）は $C_7$ の自己同型であり、 $\alpha_{x+w}=\alpha_x\circ\alpha_w$ 、 $\beta_{x+w}=\beta_x\circ\beta_w$ であるから、 $\alpha,\beta$ は準同型である。 $\alpha_1(1)=2\ne1$ 、 $\beta_1(1)=4\ne1$ であるから、いずれも非自明である。 $\tau(x)=2x$ とおくと、 $\tau$ は $C_3$ の自己同型であり、 $\alpha_{\tau(x)}(y)=2^{2x}y=4^xy=\beta_x(y)$ であるから $\beta=\alpha\circ\tau$ である。 $\Phi(y,x)=(y,2x)$ とおく。 $C_7\rtimes_\beta C_3$ において $(y,x)(z,w)=(y+4^xz,x+w)$ であるから、
$\Phi\bigl((y,x)(z,w)\bigr)=(y+4^xz,2x+2w)$
である。一方 $C_7\rtimes_\alpha C_3$ において
$\Phi(y,x)\,\Phi(z,w)=(y,2x)(z,2w)=(y+2^{2x}z,2x+2w)=(y+4^xz,2x+2w)$
であるから、 $\Phi$ は準同型である。 $\tau$ は全単射であるから $\Phi$ も全単射であり、同型である。最後に $C_7\rtimes_\alpha C_3$ において $(0,1)(1,0)=(2,1)$ 、 $(1,0)(0,1)=(1,1)$ であり、 $2\ne1$ であるから、この群は非可換である。
$12=3\cdot4$ なので、定理 2.2 (3)から
$n_3\mid4,\qquad n_3\equiv1\pmod3$
を得る。 $4$ の正の約数のうち $1$ を法 $3$ として $1$ に合同なものは $1$ と $4$ なので、 $n_3=1$ または $4$ である。得られた整除条件と合同条件は必要条件にすぎず、実際に $C_{12}$ では $n_3=1$ である一方、 $A_4$ では八つの $3$ -cycle が二個ずつ四つの位数 $3$ の部分群を作るため $n_3=4$ である。したがって個数条件だけでは一方を選ぶことができない。

▨

§E7.18Sylow の定理

1 Sylow $p$ 部分群の存在

2 包含、共役性、個数

3 $A_5$ の Sylow 部分群と回転軸

4 位数 $pq$ の群の分類

5 演習

参考文献

前提記事

§E7.18Sylow の定理

1 Sylowppp部分群の存在

2 包含、共役性、個数

3 A5A_5A5​の Sylow 部分群と回転軸

4 位数pqpqpqの群の分類

5 演習

参考文献

前提記事

1 Sylow $p$ 部分群の存在

3 $A_5$ の Sylow 部分群と回転軸

4 位数 $pq$ の群の分類