注）この記事は「Sylowの定理の証明〜準備編〜」の知識を前提とします．
今回はSylowの定理（シローの定理）の証明を行います．
まず， p 群と Sylow p 部分群（シローp部分群）について，定義します．
p 群・ Sylow p 部分群の定義
\(p\) を素数とするとき，位数が \(p\) の冪であるような有限群を p 群といい，群 \(G\) の位数を \(p^rq\) （ \(q\) は \(p\) で割り切れない） と書くとき，位数 \(p^r\) である \(G\) の部分群を Sylow p 部分群という．
Sylowの定理の証明を行う前に，次の補題を示しておきます．
補題
\(p\) を素数とするとき，次が成り立つ．
$$ \left( \begin{array}{cccc} p^rq \\ p^r \end{array} \right) \equiv q\quad mod\ p\ . $$
$$ \left( \begin{array}{cccc} p^rq \\ p^r \end{array} \right) \equiv q\quad mod\ p\ . $$
証明
\(p\) が素数であることから，
$$
\left(
\begin{array}{c}
p \\
i
\end{array}
\right)
\equiv
\left\{
\begin{array}{c}
0\quad(i\neq 0,p)\\
1\quad(i= 0,p)
\end{array}
\right. \quad mod\ p
$$
であり，
\(
\left(
\begin{array}{c}
p \\
i
\end{array}
\right)
\)
が \((x+1)^p\) を展開したときの \(x^{i}\) の係数であるので，
$$(x+1)^p\equiv x^p+1 \quad mod\ p\ .$$
したがって，
$$(x+1)^{p^2}=((x+1)^p)^p\equiv (x^p+1)^p\equiv x^{p^2}+1$$
$$\vdots$$
$$(x+1)^{p^r}=((x+1)^{p^{r-1}})^p\equiv (x^{p^{r-1}}+1)^p\equiv x^{p^r}+1$$
であるので，
$$(x+1)^{p^r}\equiv x^{p^r}+1 \quad mod\ p\ .$$
両辺を \(q\) 乗して， \(x^{p^r}\) の係数を考えると，
$$
\left(
\begin{array}{cccc}
p^rq \\
p^r
\end{array}
\right) \equiv q\quad mod\ p\ .
$$
では補題が証明できたので，Sylowの定理を証明します．
Sylowの定理
Sylow p 部分群に対して，次 4 つが成り立つ．
(1) 有限群 \(G\) は，任意の素数 \(p\) に対して， Sylow p 部分群を持つ．
(2) 有限群 \(G\) の p 部分群はある Sylow p 部分群に含まれる．
(3) Sylow p 部分群は互いに共役である．
(4) Sylow p 部分群の個数を \(n_p\) とすると，
$$n_p\equiv 1 \quad mad\ p\ .$$
(1) 有限群 \(G\) は，任意の素数 \(p\) に対して， Sylow p 部分群を持つ．
(2) 有限群 \(G\) の p 部分群はある Sylow p 部分群に含まれる．
(3) Sylow p 部分群は互いに共役である．
(4) Sylow p 部分群の個数を \(n_p\) とすると，
$$n_p\equiv 1 \quad mad\ p\ .$$
(1) 有限群 \(G\) は，任意の素数 \(p\) に対して， Sylow p 部分群を持つ．
証明） \(G\) の位数が \(p^rq\) （ \(q\) は \(p\) で割り切れない） であるとする．このとき，次のような \(G\) の部分集合の集合 \(X\) を考える． $$X=\{S\subset G\ |\ \#S=p^r\}$$ この \(G\) の \(X\) への作用を $$G\times X\ni (g,S)\longmapsto gS\in X$$ とすると，この軌道分解 $$X=\coprod_iO_G(S_i)$$ が得られる．したがって， $$\#X= \left( \begin{array}{cccc} p^rq \\ p^r \end{array} \right) =\sum_i\#O_G(S_i)$$ であって，補題から \(\#X\) は \(p\) で割り切れないので， \(\#O_G(S_0)\) が \(p\) で割り切れないようなある \(S_0\) が存在する．この \(S_0\) の固定化部分群を \(H:=Z_G(S_0)\ (=\{g\in G\ |\ gS_0=S_0\})\) とすると，次の定理から，
しかし， \(s\in S_0\) に対して， \(H\) が \(S_0\) の固定化部分群なので， \(Hs\subset S_0\) であり， $$Hs\subset S_0\Longrightarrow H\subset S_0s^{-1}\Longrightarrow \#H\leq \#(S_0s^{-1})=\#S_0=p^r$$ となる．したがって， \(\#H=p^r\) となり， \(H\) は Sylow p 部分群である．
証明） \(G\) の位数が \(p^rq\) （ \(q\) は \(p\) で割り切れない） であるとする．このとき，次のような \(G\) の部分集合の集合 \(X\) を考える． $$X=\{S\subset G\ |\ \#S=p^r\}$$ この \(G\) の \(X\) への作用を $$G\times X\ni (g,S)\longmapsto gS\in X$$ とすると，この軌道分解 $$X=\coprod_iO_G(S_i)$$ が得られる．したがって， $$\#X= \left( \begin{array}{cccc} p^rq \\ p^r \end{array} \right) =\sum_i\#O_G(S_i)$$ であって，補題から \(\#X\) は \(p\) で割り切れないので， \(\#O_G(S_0)\) が \(p\) で割り切れないようなある \(S_0\) が存在する．この \(S_0\) の固定化部分群を \(H:=Z_G(S_0)\ (=\{g\in G\ |\ gS_0=S_0\})\) とすると，次の定理から，
定理
群 \(G\) が集合 \(X\) に作用しているとき，
$$\#G=\#O_G(x)\ \#Z_G(x)$$
が成り立つ．また，これより， \(G\) が有限群ならば， \(\#O_G(x),\ \#Z_G(x)\) は \(\#G\) の約数である．
$$\#G=\#O_G(S_0)\ \#H \ .$$
したがって， \(\#O_G(S_0)\) が \(p\) で割り切れないから， \(\#H\) が \(p^r\) で割り切れて， \(\#H\geq p^r\) である．しかし， \(s\in S_0\) に対して， \(H\) が \(S_0\) の固定化部分群なので， \(Hs\subset S_0\) であり， $$Hs\subset S_0\Longrightarrow H\subset S_0s^{-1}\Longrightarrow \#H\leq \#(S_0s^{-1})=\#S_0=p^r$$ となる．したがって， \(\#H=p^r\) となり， \(H\) は Sylow p 部分群である．
(2) 有限群 \(G\) の p 部分群はある Sylow p 部分群に含まれる．
証明） Sylow p 部分群 \(H\) を 1 つ固定して， \(Y=G/H\) を考えると， $$\#G=\#H\ \#Y$$ より， \(\#Y=q\) なので \(p\) で割り切れない．ここで， p 部分群 \(K\) に関して，次の写像 $$K\times Y\ni (k,gH) \longmapsto (kg)H\in Y$$ は， \(K\) の \(Y\) への作用となって，軌道分解 $$Y=\coprod_iO_K(g_iH)$$ が得られて， $$\#Y=\sum_i\#O_K(g_iH)$$ が成り立つ．したがって， \(\#Y\) は \(p\) で割り切れないので， \(\#O_K(g_0H)\) が \(p\) で割り切れないような， \(g_0H\) が存在する．
しかし， \(\#K\) が \(p\) の冪であることと， $$\#K=\#O_K(g_0H)\ \#Z_K(g_0H)$$ より， \(\#O_K(g_0H)\) は \(p\) の冪なので， \(\#O_K(g_0H)=1\) である．
ここで， \(\#O_K(g_0H)=1\) であるとは，任意の \(k\in K\) について， \(kg_0H=g_0H\) となることなので， $$kg_0H=g_0H \Longrightarrow kg_0\in g_0H \Longrightarrow k\in g_0Hg_0^{-1}$$ より， \(K\subset g_0Hg_0^{-1}\) が成り立つ．
\(g_0Hg_0^{-1}\) は Sylow p 部分群であるので， p 群が Sylow p 部分群に含まれることが示せた．
証明） Sylow p 部分群 \(H\) を 1 つ固定して， \(Y=G/H\) を考えると， $$\#G=\#H\ \#Y$$ より， \(\#Y=q\) なので \(p\) で割り切れない．ここで， p 部分群 \(K\) に関して，次の写像 $$K\times Y\ni (k,gH) \longmapsto (kg)H\in Y$$ は， \(K\) の \(Y\) への作用となって，軌道分解 $$Y=\coprod_iO_K(g_iH)$$ が得られて， $$\#Y=\sum_i\#O_K(g_iH)$$ が成り立つ．したがって， \(\#Y\) は \(p\) で割り切れないので， \(\#O_K(g_0H)\) が \(p\) で割り切れないような， \(g_0H\) が存在する．
しかし， \(\#K\) が \(p\) の冪であることと， $$\#K=\#O_K(g_0H)\ \#Z_K(g_0H)$$ より， \(\#O_K(g_0H)\) は \(p\) の冪なので， \(\#O_K(g_0H)=1\) である．
ここで， \(\#O_K(g_0H)=1\) であるとは，任意の \(k\in K\) について， \(kg_0H=g_0H\) となることなので， $$kg_0H=g_0H \Longrightarrow kg_0\in g_0H \Longrightarrow k\in g_0Hg_0^{-1}$$ より， \(K\subset g_0Hg_0^{-1}\) が成り立つ．
\(g_0Hg_0^{-1}\) は Sylow p 部分群であるので， p 群が Sylow p 部分群に含まれることが示せた．
(3) Sylow p 部分群は互いに共役である．
証明） \(K\) を Sylow p 部分群とすると， (2) の証明より， \(K\subset gHg^{-1}\) がわかり，また， \(\#K=\#(gHg^{-1})\) であるので， \(K=gHg^{-1}\) となる．
よって， Sylow p 部分群は互いに共役である．
証明） \(K\) を Sylow p 部分群とすると， (2) の証明より， \(K\subset gHg^{-1}\) がわかり，また， \(\#K=\#(gHg^{-1})\) であるので， \(K=gHg^{-1}\) となる．
よって， Sylow p 部分群は互いに共役である．
(4) Sylow p 部分群の個数を \(n_p\) とすると，
$$n_p\equiv 1 \quad mad\ p\ .$$
証明） Sylow p 部分群全体の集合を $$Z=\{H_1,\dots,H_s \}$$ として， Sylow p 部分群 \(H\in Z\) を 1 つ固定する．このとき写像 $$H\times Z\ni (h,H_i)\longmapsto hH_ih^{-1}\in Z$$ は \(H\) の \(Z\) への作用となる．ここで， \(H_i\) の軌道 $$O_H(H_i)=\{hH_ih^{-1}\ |\ h\in H\}$$ の元が 1 つならば， \(H=H_i\) であることを示す．
もし， \(H_i\) の軌道の元が 1 つならば，任意の \(h\in H\) に対して， \(hH_ih^{-1}=H_i\) となる．これより \(h\) は作用 $$G\times Z\ni (g,H_i)\longmapsto gH_ig^{-1}\in Z$$ を考えたときの正規化群 \(N_G(H_i)\) の元であり， \(H\subset N_G(H_i)\) となる． また，当然 \(H_i\subset N_G(H_i)\)でもある．
\(\#N_G(H_i)\) の位数は， $$\#G=\#O_G(H_i)\#N_G(H_i)$$ より， \(\#N_G(H_i)\) は \(\#G=p^rq\) の約数で， $$\#N_G(H_i)=\#N_G(H_i)/H_i\ \#H_i$$ より， \(\#N_G(H_i)\) は \(\#H_i=p^r\) の倍数でなので， \(\#N_G(H_i)=p^rq’\) （ \(q’\) は \(p\) で割れない）とわかる．したがって， \(H,H_i\) は \(N_G(H_i)\) の Sylow p 部分群である．
\(H,H_i\) は \(N_G(H_i)\) の Sylow p 部分群であるので，定理の (3) より，ある \(g\in N_G(H_i)\) があって， \(H=gH_ig^{-1}\) となるが， \(H_i\triangleleft N_G(H_i)\) より， $$H=gH_ig^{-1}=H_i$$ となる．よって， \(\#O_H(H_i)=1\) ならば \(H=H_i\) である．
\(\#Z\) は \(H\) による軌道により， $$\#Z=\sum_i\#O_H(H_i)$$ とかける．ここで， \(\#K=p^r\) かつ， $$\#H=\#O_H(H_i)\ \#Z_H(H_i)$$ より， \(\#O_H(H_i)\) は \(\#H\) の約数なので \(p\) の冪でかけることと， \(\#O_H(H_i)=1\) となるのが， \(H_i=H\) のときのみであることから， $$\#O_H(H_i) \equiv \left\{ \begin{array}{cccc} 1 \quad (H_i=H)\\ 0 \quad (H_i\neq H) \end{array} \right. \quad mod\ p\ .$$ したがって， $$\#Z \equiv 1 \quad mod\ p\ .$$
証明） Sylow p 部分群全体の集合を $$Z=\{H_1,\dots,H_s \}$$ として， Sylow p 部分群 \(H\in Z\) を 1 つ固定する．このとき写像 $$H\times Z\ni (h,H_i)\longmapsto hH_ih^{-1}\in Z$$ は \(H\) の \(Z\) への作用となる．ここで， \(H_i\) の軌道 $$O_H(H_i)=\{hH_ih^{-1}\ |\ h\in H\}$$ の元が 1 つならば， \(H=H_i\) であることを示す．
もし， \(H_i\) の軌道の元が 1 つならば，任意の \(h\in H\) に対して， \(hH_ih^{-1}=H_i\) となる．これより \(h\) は作用 $$G\times Z\ni (g,H_i)\longmapsto gH_ig^{-1}\in Z$$ を考えたときの正規化群 \(N_G(H_i)\) の元であり， \(H\subset N_G(H_i)\) となる． また，当然 \(H_i\subset N_G(H_i)\)でもある．
\(\#N_G(H_i)\) の位数は， $$\#G=\#O_G(H_i)\#N_G(H_i)$$ より， \(\#N_G(H_i)\) は \(\#G=p^rq\) の約数で， $$\#N_G(H_i)=\#N_G(H_i)/H_i\ \#H_i$$ より， \(\#N_G(H_i)\) は \(\#H_i=p^r\) の倍数でなので， \(\#N_G(H_i)=p^rq’\) （ \(q’\) は \(p\) で割れない）とわかる．したがって， \(H,H_i\) は \(N_G(H_i)\) の Sylow p 部分群である．
\(H,H_i\) は \(N_G(H_i)\) の Sylow p 部分群であるので，定理の (3) より，ある \(g\in N_G(H_i)\) があって， \(H=gH_ig^{-1}\) となるが， \(H_i\triangleleft N_G(H_i)\) より， $$H=gH_ig^{-1}=H_i$$ となる．よって， \(\#O_H(H_i)=1\) ならば \(H=H_i\) である．
\(\#Z\) は \(H\) による軌道により， $$\#Z=\sum_i\#O_H(H_i)$$ とかける．ここで， \(\#K=p^r\) かつ， $$\#H=\#O_H(H_i)\ \#Z_H(H_i)$$ より， \(\#O_H(H_i)\) は \(\#H\) の約数なので \(p\) の冪でかけることと， \(\#O_H(H_i)=1\) となるのが， \(H_i=H\) のときのみであることから， $$\#O_H(H_i) \equiv \left\{ \begin{array}{cccc} 1 \quad (H_i=H)\\ 0 \quad (H_i\neq H) \end{array} \right. \quad mod\ p\ .$$ したがって， $$\#Z \equiv 1 \quad mod\ p\ .$$
以上で証明は終了です．お疲れ様でした．