群論の基礎6：シローの定理
この章ではシローの定理について学ぶ。この章では群は有限群を仮定する。
定義 6.1 (p群)
$G$を有限群、$p$を素数とする。
適当な自然数$n$が存在して$|G|=p^n$と表わされるとき、$G$をp群という。
命題 6.2 (p群の中心は$\{e\}$ではない)
$p$を素数、$G$をp群とする。
\[ Z(G)\neq\{e\} \]
が成り立つ。
Proof.
$Z(G)=\{e\}$と仮定して背理法で示す。
$G$の相異なる共役類を$C(e),C_1,\cdots,C_n$とすると、
\[ |G|=|C(e)|+|C_1|+\cdots+|C_n| \]
と類等式を表せる。
|C(e)|=1であり、$|C_k|(k>1)$はpの倍数なので、右辺は$1+(p$の倍数)である。
一方で、$G$はp群なので左辺の$|G|$は$p$べきである。
よって(左辺)$\neq$(右辺)であるからこれは矛盾。
以上より、$Z(G)\neq\{e\}$。
□命題 6.3 (非可換p群の中心の位数は$p^2$の倍数)
pを素数、$G$を非可換なp群とする。
中心$Z(G)$の位数は$p^2$で割り切れる。
Proof.
$|Z(G)|$が$p^2$で割り切れないと仮定して背理法で示す。
$|Z(G)|$が$p^2$で割り切れないので$|Z(G)|=1$または$p$である。
p群の中心は$\{e\}$ではないので$|Z(G)|=p$で$Z(G)$は巡回群である。
よって$G/Z(G)$も巡回群になるので$G$は可換であるが、これは$G$が非可換であることに矛盾する。
よって、$|Z(G)|$は$p^2$で割り切れる。
□命題 6.4 (位数pのp群は単純群)
$p$を素数、$G$を位数$p^n$のp群とする。
$n=1$$\Leftrightarrow$$G$は単純群。
Proof.
($\Rightarrow$)
ラグランジュの定理より$G$の部分群の位数は$p$の約数なので、$1$または$p$である。
よって、$G$は$\{e\},G$以外に部分群を持たないので$G$は単純群である。
($\Leftarrow$)
$Z(G)\triangleleft G$であるから、$Z(G)=\{e\}$または$Z(G)=G$。
$G$はp群で$Z(G)\neq\{e\}$なので、$Z(G)=G$である。
よって、$G$は単純な可換有限群なので、ある$e\neq g\in G$が存在して$G=\langle g\rangle$と有限巡回群になる。
巡回群の部分群は位数の約数と対応を持つので、$G$が単純であることから$g$の位数は素数である。
以上より、$n=1$である。
□命題 6.4 (位数$p^2$のp群は可換群)
$p$を素数、$G$を位数$p^2$のp群とする。
$G$は可換群である。
Proof.
$Z(G)\neq\{e\}$なので、$|Z(G)|=p$または$p^2$である。
$|Z(G)|=p^2$ならば$Z(G)=G$で$G$は可換群となる。
$|Z(G)|=p$とする。
$Z(G)\triangleleft G$
$|G/Z(G)|=p$なので$G/Z(G)$は巡回群で、$gZ(G)\in G/Z(G)$を用いて$G/Z(G)=\langle gZ(G)\rangle$と表わせる。
よって、$G$の任意の元は$g$と$z\in Z(G)$を用いて$g^iz(i\in\mathbb{Z})$と表わせる。
$z,z^\prime\in Z(G),i,j\in\mathbb{Z}$を任意に取ると
\[ (g^iz)(g^jz^\prime)=(g^jz^\prime)(g^iz) \]
が成り立つので、$G$は可換群となる。
□定義 6.5 (べき集合への作用)
$G$を群、$X$を集合とする。$G$が$X$に左から作用しているとする。
$g\in G,S\in 2^X$に対して、
\[ gS=\{gs|s\in S\} \]
によって定めると、これは$G$から$2^X$への左作用を定める。
右作用も同様に定まり、べき集合への作用を$G$の$X$への作用が引き起こす作用という。
べき集合への作用を考えるときは、部分集合$S\subset X$の軌道を$O(S)$と書く。
また、$S$の安定化群を$Stab(S)$と書く。
命題 6.6 ($|Stab(S)|$は$|S|$の約数)
$G$を有限群とする。
集合$G$のべき集合への積による左からのを考える。
$S\subset G$に対して、$|Stab(S)|$は$|S|$の約数である。
Proof.
安定化群の定義より、$s\in Stab(S)$に対して$sS=S$が成り立つので$S$は$Stab(S)$の元による作用で不変。
$Stab(S)$の集合$G$への作用を考えると、$g\in G$の軌道は
\[ O(g)=\{sg|s\in Stab(S)\} \]
なので、これは$Stab(S)$による右剰余類である。
\[ S=\bigsqcup_{g\in S} O(g) \]
なので、$|S|=\sum_{g\in S}|O(g)|=\sum_{g\in S}|Stab(S)|$より、$|Stab(S)|$は$|S|$の約数である。
□命題 6.7 ($|S|$と$|G|$が互いに素ならば、$Stab(S)=\{e\}$)
$G$を有限群とする。
集合$G$のべき集合への積による左からのを考える。
$S\subset G$に対して$|S|$と$|G|$が互いに素ならば、$Stab(S)=\{e\}$である。
Proof.
上の命題より、$|Stab(S)|$は$|S|$の約数である。
一方で、ラグランジュの定理より$|Stab(S)|$は$|G|$の約数である。
て$|S|$と$|G|$が互いに素なので、$|Stab(S)|=1$であるから$Stab(S)=\{e\}$である。
□定義 6.8 (部分群の共役)
$G$を群、$H_1,H_2$を部分群とする。
ある$g\in G$が存在して
\[ H_2=gH_1g^{-1} \]
が成り立つとき、$H_1$と$H_2$は共役であるという。
部分群$H$と共役な部分群全体を$H$の共役類という。
定義 6.9 (シローp部分群)
$G$を有限群、$p$を$|G|$の素因数とする。
$p$と互いに素な自然数$m$を用いて$|G|=p^am$と書く。
このとき、$|H|=p^a$となる部分群$H$をシローp部分群という。
命題 6.10 ($H\subset S$$\Leftrightarrow$$H\subset N_G(S)$)
$p$を素数、$G$を有限群、$H$を位数が$p$べきの部分群、$S$をシロー$p$部分群とする。
$H\subset S$$\Leftrightarrow$$H\subset N_G(S)$
Proof.
($\Rightarrow$)は明らか。($\Leftarrow$)を示す。
$H\subset N_G(S)$であるから、任意の$h\in H$に対して$hSh^{-1}=S$が成り立つ。
$S\triangleleft HS$を示す。
$hs\in HS,s^\prime\in S$を任意に取る。
\[ (hs)s^\prime(hs)^{-1}=hss^\prime s^{-1}h^{-1}=h(ss^\prime s^{-1})h^{-1}\in hSh^{-1}=S \]
なので、$S\triangleleft HS$。
第二同型定理より
\[ |HS/S|=|HS/H\cap S| \]
ラグランジュの定理より左辺は$p$と互いに素で右辺は$p$べきなので、$|HS/S|=|HS/H\cap S|=1$である。
$|HS/S|=1$なので、$HS=S$で$|H|\leq|S|$なので$H\subset S$である。
□定理 6.11 (シローの定理)
$G$を有限群、$p$を$|G|$の素因数とする。以下が成り立つ。
(1)シローp部分群が存在する。
以降シローp部分群$H$を固定する。
(2)
$|K|=p^b(1\leq b\leq a)$を満たす部分群$K$に対して、ある$g\in G$が存在して
\[ K\subset gHg^{-1} \]
を満たす。
(3)$G$のシローp部分群は互いに共役である。
(4)シローp部分群の数$n_p$は$n_p=\frac{|G|}{|N_G(H)|}\equiv1(mod.p)$を満たす。
Proof.
(1)
$p$と互いに素な自然数$m$を用いて$|G|=p^am$と書く。
\[ X=\{S\subset G||S|=p^a\} \]
と定義する。
$|X|$が$p$を素因数に持たないことを示す。
$|X|$は$p^am$個の元から$p^a$個の元を選ぶ選び方と同じなので、
\[ |X|=p^amCp^a=\frac{(p^am)!}{p^a!(p^am-p^a)!}=\prod_{k=0}^{p^a-1}\frac{p^am-k}{p^a-k}=m\prod_{k=1}^{p^a-1}\frac{p^am-k}{p^a-k} \]
各$1\leq k\leq p^a-1$に対して、$p$と互いに素な整数$s$を用いると$k=p^ls(0\leq l<a)$と書ける。
\[ \frac{p^am-p^ls}{p^a-p^ls}=\frac{p^{a-l}m-s}{p^{a-l}-s} \]
よって、$|X|$は$p$を素因数に持たない。
ある$S\subset G$に対して、$|Stab(S)|=p^a$を示す。
$X=\bigsqcup_{S\in X}O(S)$なので、ある$S\in X$が存在して$|O(S)|$は$p$を素因数に持たない。
|Stab(S)|を考えると、これは$|S|=p^a$の約数である。
一方で、
\[ |O(S)|=\frac{|G|}{|Stab(S)|}=\frac{p^am}{|Stab(S)|} \]
は$p$を素因数に持たないので、$|Stab(S)|=p^a$である。
以上より、シローp部分群が存在する。
(2)
$|G/H|=m$なので、これは$p$を素因数に持たない。
$K$から$G/H$への積による左作用を考える。
$G/H=\bigsqcup_{gh\in G/H}O(xH)$なので、ある$gh\in G/H$が存在して$|O(gH)|$は$p$を素因数に持たない。
一方、$O(gH)|$は$|K|$の約数なので、つまり$p^b$の約数であるから$|O(gH)|=1$である。
\[ O(gH)=\{kgH|k\in K\} \]
なので、任意の$k\in K$に対して$kgH=gH$が成り立つ。
つまり、任意の$k\in K$に対して$k\in gHg^{-1}$が成り立つので$K\subset gHg^{-1}$である。
(3)
シローp部分群$K$を任意に取る。
(2)よりある$g\in G$が存在して、$K\subset gHg^{-1}$が成り立つ。
\[ p^a=|K|=|H|=|gHg^{-1}| \]
なので、$K=gHg^{-1}$が成り立ち、$K$と$H$は共役。
(4)
シローp部分群全体の集合を
\[ Y=\{H=H_1,H_2,\cdots,H_s\} \]
とおく。
$H$から$Y$への共役な作用を考えることができて、$Y=\bigsqcup_{H_i\in Y}O(H_i)$である。
$|O(H_i)|=1\Leftrightarrow i=1$を示す。
$i=1$ならば$H_1=H$なので、
\[ O(H_1)=\{hH_1h^{-1}|h\in H\}=\{hHh^{-1}|h\in H\}=\{H\} \]
よって、$|O(H_i)|=1$である。
逆に、$|O(H_i)|=1$とすると、任意の$h\in H$に対して$hH_ih^{-1}=H_i$が成り立つので、
\[ h\in \{h\in G|hH_ih^{-1}=H_i\}=N_G(Hi) \]
が任意の$h\in H$に対して成り立つので、$H\subset N_G(H_i)$である。
$H_i\triangleleft N_G(H_i)$であり、$N_G(H_i)$は$|G|=p^am$の約数であるから、$H,H_i$は$N_G(H_i)$のシローp部分群である。
(3)より、ある$g\in N_G(H_i)$が存在して
\[ H=gH_ig^{-1} \]
が成り立つので、$H=H_i$である。
以上より$|O(H_i)|=1\Leftrightarrow i=1$。
よって、$i>1$ならば$|O(H_i)|>1$で$|O(H_i)|$は$|H|=p^a$の約数であるから$p$を素因数に持つ。
$Y=\bigsqcup_{H_i\in Y}O(H_i)$であるから、
\[ n_p=|Y|\equiv 1(mod.p) \]
が成り立つ。
□
命題 6.12 (位数15の群は巡回群)
$G$を$|G|=15$を満たす群とする。
$G$は巡回群である。
Proof.
シローの定理より、シロー3部分群が存在して、その数$n_3$は$n_3\equiv1(mod.3)$を満たす。
また、$n_3$は$|G|=15$の約数なので$n_3=1$である。
同様にして$n_5=1$なので、$H_3,H_5$をそれぞれシロー3部分群、シロー5部分群とする。
$H_3,H_5$は$G$の正規部分群であり、位数が素数なので巡回群である。
$H_3H_5\subset G$であるが、$|H_3H_5|=|G|=15$なので$H_3H_5=G$である。
\[ G\cong H_3\times H_5\times \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\cong\mathbb{Z}/15\mathbb{Z} \]
なので$G$は巡回群。
□命題 6.13 (位数$2p$の群は巡回群か二面体群)
$p$を奇素数、$G$を$|G|=2p$を満たす群とする。
$G$は巡回群あるいは二面体群である。
Proof.
$G$のシロー2部分群、シローp部分群を$H_2,H_p$とする。
$H_2,H_p$は素数が位数の巡回群なので$H_2=\langle x\rangle,H_p=\langle y\rangle$と書ける。
$H_2\cap H_p=\{e_G\}$なので
\[ G=H_2H_p=\{x^iy^j|i=0,1,j=0,\cdots,p-1\}=\langle x,y\rangle \]
また、$(G:H_p)=2$より$H_p\triangleleft G$なので整数$1\leq i<p$が存在して、$xyx^{-1}=y^i$が成り立つ。
$x=x^{-1}$に注意すると、
\[ y=x^{-1}y^ix=(x^{-1}yx)^i=y^{i^2} \]
よって$y^{i^2-1}=e_G$なので、$y$の位数が$p$であることから$i^2-1=(i-1)(i+1)$は$p$の倍数である。
つまり、$k\in\mathbb{Z}$を用いて$i=pk\pm 1$と書けるので、
\[ xyx=y^i=y^{pk\pm 1}=y^{\pm 1} \]
$xyx=y$のとき
$xy=yx^{-1}=yx$より$G$は可換群で$G\cong\langle x\rangle\times\langle y\rangle\cong\langle xy\rangle$
$xyx=y^{-1}$のとき
$xyx=y^{-1}$と合わせて$x^2=e_G,y^p=e_G$が成り立っているので、$G\cong D_p$
□定理 6.14(コーシーの定理)
$p$を素数、$G$を有限群とする。
$|G|$が$p$で割り切れるならば$G$は位数$p$の元を持つ。
Proof.
シローの定理より、$G$はシローp部分群を持つのでこれを$H$とする。
$e\neq h\in H$を任意に取る。
$h$の位数は$p$のべきなので、$p^a$とおくと、$h^{p^{a-1}}$の位数は$p$である。
$h^{p^{a-1}}\in G$なので$G$は位数$p$の元を含む。
□命題 6.15 ($N_G(S)\subset H\Rightarrow N_G(H)=H$)
$p$を素数、$G$を有限群、$H$を部分群、$S$をシロー$p$部分群とする。
$N_G(S)\subset H$ならば$N_G(H)=H$が成り立つ。
Proof.
$N_G(H)\supset H$は明らか。$N_G(H)\subset H$を示す。
$h\in N_G(H)$を任意に取る。
$S\subset N_G(S)\subset H$なので、$S$は$H$のシローp部分群である。
また、$hSh^{-1}\subset hHh^{-1}=H$なので$hSh^{-1}$も$H$のシローp部分群である。
シローの定理より$S$と$hSh^{-1}$は互いに共役なので、ある$h^\prime\in H$が存在して、
\[ S={h^\prime}^{-1}hSh^{-1}h^\prime \]
が成り立つ。
よって、${h^\prime}^{-1}h\in N_G(S)$なので、
\[ h\in h^\prime N_G(S)\subset HN_G(S)\subset H \]
以上より、$N_G(H)\subset H$なので$N_G(H)=H$である。
□命題 6.16 ($S\triangleleft N\Rightarrow S\triangleleft G$)
$p$を素数、$G$を有限群、$N$を正規部分群とする。
$G$のシローp部分群$S$が$S\triangleleft N$を満たすならば、$S\triangleleft G$である。
Proof.
$S$は$N$のシローp部分群である。
任意に$g\in G$を取る。
$S\subset N\triangleleft G$より、$gSg^{-1}\subset gNg^{-1}\subset N$なので$gSg^{-1}$も$N$のシローp部分群である。
ところで、$S\triangleleft N$であるから、$N$のシローp部分群の数は1つなので$S=gSg^{-1}$が成り立つ。
よって、$S\triangleleft G$である。
□
