Sylowの定理の証明〜証明編〜

$p$ 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．

$p$ を素数とするとき，次が成り立つ．
$$\left( \begin{array}{cccc} p^rq \\ p^r \end{array} \right) \equiv q\quad mod\ p\ .$$

$p$ 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， $$\left( \begin{array}{cccc} p^rq \\ p^r \end{array} \right) \equiv q\quad mod\ p\ .$$

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．

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，
$$\#G=\#O_G(S_0)\ \#H \ .$$ 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．

(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．

(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， $$\#Z \equiv 1 \quad mod\ p\ .$$