1. 西洛定理

这段话是本节内容的引言，它阐明了本节的核心目标和重要性。

1. 证明拉格朗日定理的一个部分逆命题：
   • 拉格朗日定理 (Lagrange's Theorem) 是有限群论中的基石，它指出：如果 $H$ 是有限群 $G$ 的一个子群，那么 $H$ 的阶 $|H|$ 必然整除 $G$ 的阶 $|G|$。
   • 逆命题：拉格朗日定理的逆命题是：“如果 $d$ 是有限群 $G$ 的阶 $|G|$ 的一个正因子，那么 $G$ 是否一定存在一个阶为 $d$ 的子群？” 答案是否定的，这个逆命题不成立。例如，交错群 $A_4$ 的阶是 12，6 是 12 的因子，但 $A_4$ 并没有阶为 6 的子群。
   • 部分逆命题：本节要证明的西洛定理 (Sylow's Theorems) 提供了拉格朗日定理在特定情况下的一个“部分”逆命题。具体来说，它保证了素数幂阶子群的存在性。如果 $|G| = p^\alpha m$，其中 $p$ 是素数且 $p$ 不整除 $m$，那么西洛第一定理保证 $G$ 一定存在阶为 $p^\alpha$ 的子群。这回答了“是否存在某个特定阶的子群”这个问题的一个重要方面。
2. 推导许多推论：
   • 西洛定理不仅仅是一个存在性定理，它还提供了关于这些特殊子群（西洛 $p$-子群）的数量和它们之间关系的深刻信息。
   • 这些信息非常强大，可以用来推导出关于一个群结构的许多重要结论。例如，我们可以利用西洛定理来判断一个群是否为单群 (simple group)，即没有非平凡正规子群的群。
3. 引出下一章的分类定理：
   • 群论的一个核心目标是对群进行分类。这意味着，对于给定的阶，我们希望能够列出所有（在同构意义下）不同构的群。
   • 西洛定理是实现这个目标的关键工具。通过分析特定阶的群可能拥有的西洛 $p$-子群的数量和性质，我们常常可以确定这个群的结构，甚至唯一确定它。例如，本章后续会展示如何利用西洛定理来分析阶为 $pq$、$30$、$12$ 等的群的结构。这些分析为下一章更系统的群分类工作奠定了基础。

这段话定义了本节中三个最核心的概念：$p$-群、西洛 $p$-子群，以及相关的记号。这些定义是理解西洛定理内容的基础。

2.1. (1) $p$-群 和 $p$-子群

• $p$-群 (p-group):
• 定义：一个群，如果它的阶（元素的个数）是素数 $p$ 的幂，即阶为 $p^\alpha$ 形式，其中 $\alpha$ 是一个大于等于 1 的整数，那么这个群就被称为一个 $p$-群。
• 关键词：群的阶是 $p$ 的幂。
• 例子：
• 阶为 $2 = 2^1$ 的群（例如 $Z_2$）是一个 2-群。
• 阶为 $4 = 2^2$ 的群（例如 $Z_4$ 或克莱因四元群 $V_4$）是 2-群。
• 阶为 $8 = 2^3$ 的群（例如 $D_8$ 或四元数群 $Q_8$）是 2-群。
• 阶为 $9 = 3^2$ 的群（例如 $Z_9$ 或 $Z_3 \times Z_3$）是 3-群。
• 阶为 6 的群 $S_3$ 不是 $p$-群，因为 6 不是任何素数的幂。

• $p$-子群 (p-subgroup):
• 定义：如果一个群 $G$ 的一个子群 $H$ 本身是一个 $p$-群，那么 $H$ 就被称为 $G$ 的一个 $p$-子群。
• 关键词：是 $G$ 的子群，并且这个子群的阶是 $p$ 的幂。
• 例子：
• 考虑群 $G = S_4$，它的阶是 $|S_4| = 24 = 2^3 \cdot 3$。
• $H_1 = \langle (12) \rangle$ 是 $S_4$ 的一个子群，阶为 2。因为 2 是素数 2 的幂 ($2^1$)，所以 $H_1$ 是一个 2-子群。
• $H_2 = \langle (123) \rangle$ 是 $S_4$ 的一个子群，阶为 3。因为 3 是素数 3 的幂 ($3^1$)，所以 $H_2$ 是一个 3-子群。
• $H_3 = D_8$（8阶二面体群）可以看作是 $S_4$ 的一个子群，阶为 8。因为 8 是素数 2 的幂 ($2^3$)，所以 $H_3$ 是一个 2-子群。

2.2. (2) 西洛 $p$-子群 (Sylow p-subgroup)

• 定义：这是一个非常精确的定义。首先，将群 $G$ 的阶 $|G|$ 进行素因数分解，写作 $|G| = p^\alpha m$，其中 $p$ 是一个素数，$p$ 不整除 $m$ (写作 $p \nmid m$)。这意味着 $p^\alpha$ 是能够整除 $|G|$ 的 $p$ 的最高次幂。在这种情况下，$G$ 中任何一个阶恰好为 $p^\alpha$ 的子群，都被称为 $G$ 的一个西洛 $p$-子群。
• 关键词：阶为 $p^\alpha$，其中 $p^\alpha$ 是整除群阶的 $p$ 的最大幂。
• 对比 $p$-子群：西洛 $p$-子群是一种特殊的 $p$-子群，它是“最大”的 $p$-子群。$G$ 可能有很多不同阶的 $p$-子群，但西洛 $p$-子群的阶是唯一的，就是 $p^\alpha$。
• 例子：
• 继续考虑群 $G = S_4$，阶为 $|S_4| = 24 = 2^3 \cdot 3$。
• 对于 $p=2$，我们有 $\alpha=3, m=3$。$2$ 不整除 $3$。所以，$S_4$ 的西洛 2-子群的阶必须是 $2^3 = 8$。上面提到的子群 $D_8$ 就是一个西洛 2-子群。而子群 $\langle (12) \rangle$ 虽然是 2-子群，但它不是西洛 2-子群，因为它的阶是 2，不是 8。
• 对于 $p=3$，我们有 $\alpha=1, m=8$。$3$ 不整除 $8$。所以，$S_4$ 的西洛 3-子群的阶必须是 $3^1=3$。上面提到的子群 $\langle (123) \rangle$ 就是一个西洛 3-子群。
• 考虑群 $G=A_4$，阶为 $|A_4| = 12 = 2^2 \cdot 3$。
• 对于 $p=2$，$\alpha=2, m=3$。西洛 2-子群的阶是 $2^2=4$。克莱因四元群 $V_4$ 是它的一个西洛 2-子群。
• 对于 $p=3$，$\alpha=1, m=4$。西洛 3-子群的阶是 $3^1=3$。$\langle (123) \rangle$ 是它的一个西洛 3-子群。

2.3. (3) 记号 $Syl_p(G)$ 和 $n_p(G)$

• $Syl_p(G)$:
• 定义：这个符号代表 $G$ 的所有西洛 $p$-子群构成的集合。
• 集合的元素：这个集合里的每一个元素都是一个西洛 $p$-子群。
• 例子：对于 $G=S_3$，阶为 $6 = 2 \cdot 3$。
• 西洛 2-子群的阶是 2。它们是 $\langle(12)\rangle$, $\langle(13)\rangle$, $\langle(23)\rangle$。所以 $Syl_2(S_3) = \{\langle(12)\rangle, \langle(13)\rangle, \langle(23)\rangle\}$。
• 西洛 3-子群的阶是 3。它是 $\langle(123)\rangle$。所以 $Syl_3(S_3) = \{\langle(123)\rangle\}$。

• $n_p(G)$:
• 定义：这个符号代表 $G$ 的西洛 $p$-子群的数量。它就是集合 $Syl_p(G)$ 的基数（元素个数），即 $n_p(G) = |Syl_p(G)|$。
• 上下文明确时简写为 $n_p$：在讨论同一个群 $G$ 的语境下，为了简洁，通常会省略 $(G)$，直接写作 $n_p$。
• 例子：对于 $G=S_3$：
• $n_2(S_3) = |Syl_2(S_3)| = 3$。
• $n_3(S_3) = |Syl_3(S_3)| = 1$。
• 西洛第三定理的核心内容就是关于 $n_p$ 的性质。

这是西洛定理的完整陈述，分为三个部分，分别回答了关于西洛 $p$-子群的三个核心问题：存在性、关系性和数量。

前提条件:

设 $G$ 是一个有限群，其阶为 $|G| = p^{\alpha} m$。这里：

• $p$ 是一个素数。
• $\alpha \geq 1$ 是一个整数（如果 $\alpha=0$，定理是平凡的）。
• $m$ 是一个正整数。
• 关键条件是 $p \nmid m$，即 $p$ 不整除 $m$。这意味着 $p^\alpha$ 是能整除 $|G|$ 的 $p$ 的最高次幂。

3.1. 定理第一部分：存在性 (Existence)

• 原文：$G$ 的西洛 $p$-子群存在，即 $S y l_{p}(G) \neq \emptyset$。
• 解释：这条定理保证，对于任意一个有限群 $G$ 和任意一个整除其阶的素数 $p$，总能找到一个阶为 $p^\alpha$ 的子群（其中 $p^\alpha$ 是 $p$ 能整除 $|G|$ 的最大幂）。这解决了前面提到的“拉格朗日定理的部分逆命题”。它宣告西洛 $p$-子群不是一个空洞的概念，而是实实在在存在的。
• 意义：这是整个理论的基石。没有存在性，后面两条都无从谈起。
• 例子：如果一个群的阶是 $100 = 2^2 \cdot 25$，那么这个群一定至少有一个阶为 4 的子群（一个西洛 2-子群），并且一定至少有一个阶为 25 的子群（一个西洛 5-子群）。

3.2. 定理第二部分：关系性 (Relationship/Conjugacy)

• 原文：如果 $P$ 是 $G$ 的西洛 $p$-子群，$Q$ 是 $G$ 的任何 $p$-子群，那么存在 $g \in G$ 使得 $Q \leq g P g^{-1}$，即 $Q$ 包含在 $P$ 的某个共轭子群中。特别地， $G$ 的任何两个西洛 $p$-子群在 $G$ 中都是共轭的。
• 解释：这部分包含两个层次的信息。

1. 任何 $p$-子群都被某个西洛 $p$-子群包含: 如果你有一个西洛 $p$-子群 $P$（“最大”的 $p$-子群），再随便找一个 $p$-子群 $Q$（不一定是“最大”的），那么 $Q$ 一定能被 $P$ 的某个“共轭副本”（$gPg^{-1}$）完全“吃掉”（包含）。共轭子群 $gPg^{-1}$ 本质上和 $P$ 是一样的（它们同构），只是在 $G$ 中的“位置”不同。
2. 所有西洛 $p$-子群彼此共轭: 这是上面那条的直接推论。如果现在 $Q$ 本身也是一个西洛 $p$-子群，那么它的阶和 $P$ 是一样的，都是 $p^\alpha$。根据第一点，$Q \leq gPg^{-1}$。因为 $|Q| = |gPg^{-1}| = p^\alpha$，一个阶为 $p^\alpha$ 的子群包含在另一个阶为 $p^\alpha$ 的子群中，它们必然相等。所以 $Q = gPg^{-1}$。这意味着，任意两个西洛 $p$-子群，总能通过 $G$ 中某个元素的共轭作用相互转换。
   • 意义：这条性质极大地简化了研究。它告诉我们，尽管一个群可能有多个西洛 $p$-子群，但它们在结构上是完全相同的（同构的），并且在群 $G$ 的内部通过共nictwo作用紧密联系在一起，形成一个单一的共轭类。我们只需要研究其中一个，就了解了所有。
   • 例子：对于 $S_3$，其西洛 2-子群有 $\langle(12)\rangle$, $\langle(13)\rangle$, $\langle(23)\rangle$。它们都是共轭的。例如，取 $g=(13)$，那么 $g\langle(12)\rangle g^{-1} = (13)\langle(12)\rangle(13)^{-1} = \langle(13)(12)(13)\rangle = \langle(23)\rangle$。

3.3. 定理第三部分：数量 (Number)

• 原文：$G$ 的西洛 $p$-子群的数量是 $1+k p$ 的形式，即 $n_{p} \equiv 1(\bmod p)$。此外，$n_{p}$ 是 $G$ 中任何西洛 $p$-子群 $P$ 的正规化子 $N_{G}(P)$ 的指数，因此 $n_{p}$ 整除 $m$。
• 解释：这部分给出了计算西洛 $p$-子群数量 $n_p$ 的两个强力约束条件。

1. 同余条件: $n_p$ 除以 $p$ 的余数必须是 1。即 $n_p$ 的可能取值只能是 $1, 1+p, 1+2p, 1+3p, \dots$。
2. 整除条件: $n_p$ 必须整除 $m$，其中 $m = |G|/p^\alpha$ 是群阶中与 $p$ 无关的部分。这个结论来源于轨道-稳定化子定理：$n_p$ 是西洛 $p$-子群构成的共轭类的大小，等于 $|G|/|N_G(P)|$。由于 $P \leq N_G(P)$，所以 $|P|=p^\alpha$ 整除 $|N_G(P)|$。于是 $|N_G(P)| = p^\alpha k'$ 对于某个 $k'$。所以 $n_p = \frac{p^\alpha m}{p^\alpha k'} = \frac{m}{k'}$，这说明 $n_p$ 整除 $m$。
   • 意义：这两个条件结合起来，往往能把 $n_p$ 的可能值限定在极小的范围内，有时甚至唯一确定为 1。而 $n_p=1$ 是一个非常重要的结论，因为根据第二部分，如果西洛 $p$-子群只有一个，那它自己和自己共轭，意味着它是一个正规子群。找到正规子群是分析群结构的关键一步。
   • 例子：一个阶为 15 的群 $G$。$|G| = 15 = 3 \cdot 5$。
   • 对于 p=5: $|G|=5^1 \cdot 3$。$p=5, \alpha=1, m=3$。
   • $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ (可能值: 1, 6, 11, ...)。
   • $n_5$ 整除 $m=3$ (可能值: 1, 3)。
   • 同时满足这两个条件的唯一值是 $n_5 = 1$。所以，任何阶为 15 的群都有一个唯一的、因而是正规的西洛 5-子群。
   • 对于 p=3: $|G|=3^1 \cdot 5$。$p=3, \alpha=1, m=5$。
   • $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ (可能值: 1, 4, 7, ...)。
   • $n_3$ 整除 $m=5$ (可能值: 1, 5)。
   • 同时满足这两个条件的唯一值是 $n_3 = 1$。所以，任何阶为 15 的群都有一个唯一的、因而是正规的西洛 3-子群。

这个引理是证明西洛定理第二和第三部分的关键技术步骤。它揭示了一个西洛 $p$-子群 $P$ 的正规化子 $N_G(P)$ 与任何一个 $p$-子群 $Q$ 的交集的性质。

• 引理的设定:
• $P \in \operatorname{Syl}_{p}(G)$: $P$ 是群 $G$ 的一个西洛 $p$-子群。这意味着 $|P| = p^\alpha$，其中 $p^\alpha$ 是能整除 $|G|$ 的 $p$ 的最大幂。
• $Q$ 是 $G$ 的任何 $p$-子群：$Q$ 是 $G$ 的一个子群，其阶 $|Q|$ 是 $p$ 的某个幂，比如 $p^\beta$ (其中 $\beta \leq \alpha$)。$Q$ 不一定是西洛子群。
• $N_G(P)$: 这是 $P$ 在 $G$ 中的正规化子 (normalizer)。它的定义是 $N_G(P) = \{g \in G \mid gPg^{-1} = P\}$，即 $G$ 中所有能使 $P$ 通过共轭保持不变的元素的集合。$N_G(P)$ 是 $G$ 的一个子群，并且 $P$ 是 $N_G(P)$ 的一个正规子群。

• 引理的结论: $Q \cap N_{G}(P) = Q \cap P$。
• 等式左边: $Q \cap N_{G}(P)$。这是 $p$-子群 $Q$ 和 $P$ 的正规化子的交集。它包含了那些既在 $Q$ 中、又能正规化 $P$ 的所有元素。
• 等式右边: $Q \cap P$。这是 $p$-子群 $Q$ 和西洛 $p$-子群 $P$ 的交集。它包含了那些既在 $Q$ 中、又在 $P$ 中的所有元素。
• 引理的直观含义: 想要找一个既在 $p$-子群 $Q$ 里，又能正规化 $P$ 的元素，那么这个元素必须本身就在 $P$ 里面。换句话说，在 $Q$ 中，除了 $P$ 自己的元素之外，没有其他元素可以正规化 $P$。这暗示了 $P$ 在某种意义上是“自我正规化”的，至少在与其他 $p$-子群的交集中是这样。

这个证明的逻辑非常精妙，其核心思想是利用 $P$ 作为西洛 $p$-子群的“最大性”。

1. 设定和目标

• 设定: 我们要证明 $Q \cap N_{G}(P) = Q \cap P$。
• 为了方便，令 $H = N_{G}(P) \cap Q$。我们要证明的就是 $H = Q \cap P$。
• 分解目标: 一个集合等式通常通过证明相互包含来解决。
• 证明 $Q \cap P \leq H$:
• $P$ 是 $N_G(P)$ 的一个子群，所以 $P \leq N_G(P)$。
• 因此，任何在 $Q \cap P$ 中的元素，既在 $Q$ 中，也在 $P$ 中。因为它在 $P$ 中，所以它也在 $N_G(P)$ 中。
• 所以，这个元素同时在 $Q$ 和 $N_G(P)$ 中，即在它们的交集 $H$ 中。
• 所以 $Q \cap P \leq H$。这部分是显而易见的。
• 证明 $H \leq Q \cap P$:
• 根据 $H$ 的定义 $H = N_{G}(P) \cap Q$，任何在 $H$ 中的元素本来就在 $Q$ 中。
• 所以，我们只需要证明 $H \leq P$ 即可。如果能证明这一点，那么 $H$ 的元素就既在 $Q$ 中（根据定义），又在 $P$ 中（我们待证的），所以 $H \leq Q \cap P$。
• 核心任务: 证明 $H \leq P$。

2. 构造关键对象 $PH$

• 证明 $H \leq P$ 的策略是：构造一个更大的集合 $PH = \{ph \mid p \in P, h \in H\}$，然后证明这个集合其实就是 $P$。如果 $PH=P$，那么对于任何 $h \in H$，我们取 $p=e$（单位元），就有 $eh = h \in PH=P$，所以 $H \leq P$。

3. 证明 $PH$ 是一个“超级”$p$-子群

• $PH$ 是子群吗?:
• 我们知道 $H = N_G(P) \cap Q$，所以 $H \leq N_G(P)$。
• 一个重要的结论是：如果一个子群 $H$ 正规化另一个子群 $P$（即 $H \leq N_G(P)$），那么它们的乘积 $PH$ 是 $G$ 的一个子群。（这是推论15的内容）。
• 这里条件满足，所以 $PH$ 是一个子群。
• $PH$ 的阶是多少?:
• 根据子群乘积的阶公式（命题13），$|PH| = \frac{|P| |H|}{|P \cap H|}$。
• $PH$ 是 $p$-群吗?:
• $P$ 是西洛 $p$-子群，所以 $|P|=p^\alpha$。
• $H = N_G(P) \cap Q$，是 $Q$ 的一个子群。
• $Q$ 是一个 $p$-子群，所以它的阶 $|Q|$ 是 $p$ 的幂。根据拉格朗日定理，它的任何子群（比如 $H$ 和 $P \cap H$）的阶也必须是 $p$ 的幂。
• 所以，在 $|PH|$ 的公式中，分子 $|P|$ 和 $|H|$ 都是 $p$ 的幂，分母 $|P \cap H|$ 也是 $p$ 的幂。
• 因此， $|PH|$ 的结果必然也是 $p$ 的某个幂。这意味着 $PH$ 是一个 $p$-群。

4. 利用 $P$ 的最大性得出结论

• 我们已经知道 $PH$ 是一个 $p$-子群。
• 同时， $P$ 是 $PH$ 的一个子群（因为对任何 $p' \in P$，有 $p' = p'e \in PH$）。
• 根据拉格朗-日定理，$|P|$ 必须整除 $|PH|$。
• 我们知道 $|P| = p^\alpha$。所以，$|PH|$ 必须能被 $p^\alpha$ 整除。
• 但是，$P$ 是西洛 $p$-子群，它的定义就是 $p^\alpha$ 是能整除群阶 $|G|$ 的 $p$ 的最高次幂。
• $PH$ 是 $G$ 的一个子群，所以 $|PH|$ 也必须整除 $|G|$。
• 我们有了三个关于 $|PH|$ 的事实：

1. $|PH|$ 是 $p$ 的幂。
2. $p^\alpha$ 整除 $|PH|$。
3. $|PH|$ 整除 $|G| = p^\alpha m$ (其中 $p \nmid m$)。
   • 综合这三点，唯一可能的结果是 $|PH| = p^\alpha$。因为如果 $|PH| = p^{\alpha+k}$ ($k \geq 1$)，它就不能整除 $p^\alpha m$ 了（因为 $m$ 不含因子 $p$）。
   • 现在我们有了 $|PH| = p^\alpha$，而我们又知道 $|P| = p^\alpha$。
   • 因为 $P \leq PH$ 且 $|P|=|PH|$，所以唯一的可能是 $P=PH$。
   • 正如第2步所分析的，从 $P=PH$ 可以推出 $H \leq P$。
   • 这就完成了核心任务。

5. 总结证明

• 我们证明了 $Q \cap P \leq H$ 和 $H \leq Q \cap P$，因此 $H = Q \cap P$。
• 即 $Q \cap N_{G}(P) = Q \cap P$。引理证毕。

这部分使用数学归纳法来证明西洛第一定理（存在性）。证明思路是经典的“分情况讨论”。

1. 归纳法框架

• 基本情况 (Base Case): 当 $|G|=1$ 时，阶为 1。任何素数 $p$ 的最高幂次都是 $p^0=1$。平凡子群 $\{e\}$ 的阶是 1，所以它就是西洛 $p$-子群。定理成立。
• 归纳假设 (Inductive Hypothesis): 假设对于所有阶小于 $|G|$ 的群，西洛定理的（1）部分都成立。也就是说，任何阶小于 $|G|$ 的群，都存在西洛 $p$-子群。
• 归纳步骤 (Inductive Step): 我们要证明在上述假设下，阶为 $|G|$ 的群 $G$ 也存在西洛 $p$-子群。

2. 归纳步骤的核心逻辑：分两种情况讨论

让 $|G| = p^\alpha m$，其中 $p \nmid m$。我们要找一个阶为 $p^\alpha$ 的子群。

情况一：$p$ 整除 $G$ 的中心 $Z(G)$ 的阶

• $Z(G)$ 是什么？: $Z(G) = \{z \in G \mid zg=gz \text{ for all } g \in G\}$，是与 $G$ 中所有元素都交换的元素构成的中心。$Z(G)$ 是一个阿贝尔子群。
• 利用柯西定理: 因为 $p$ 整除阿贝尔群 $Z(G)$ 的阶，根据阿贝尔群的柯西定理， $Z(G)$ 必然存在一个阶为 $p$ 的子群。我们称之为 $N$。
• 构造商群: 因为 $N$ 在 $Z(G)$ 中，所以 $N$ 与 $G$ 中所有元素都交换，因此 $N$ 是 $G$ 的一个正规子群。我们可以构造商群 $\bar{G} = G/N$。
• 分析商群: 商群的阶是 $|\bar{G}| = |G|/|N| = (p^\alpha m) / p = p^{\alpha-1}m$。
• 应用归纳假设: 因为 $N$ 的阶至少是 $p \geq 2$，所以 $|\bar{G}| < |G|$。根据我们的归纳假设，阶为 $|\bar{G}|$ 的群 $\bar{G}$ 存在西洛 $p$-子群。$\bar{G}$ 的西洛 $p$-子群的阶应该是 $p^{\alpha-1}$。让我们称这个子群为 $\bar{P}$。
• 拉回子群 (Lifting the subgroup): $\bar{P}$ 是 $G/N$ 的一个子群。根据第四同构定理（格定理），$G/N$ 的子群与 $G$ 中包含 $N$ 的子群一一对应。所以，在 $G$ 中存在一个子群 $P$，它包含 $N$，并且满足 $P/N = \bar{P}$。
• 计算 $P$ 的阶: 这个子群 $P$ 的阶是 $|P| = |\bar{P}| \cdot |N| = p^{\alpha-1} \cdot p = p^\alpha$。
• 结论: 我们在 $G$ 中找到了一个阶为 $p^\alpha$ 的子群 $P$。根据定义，它就是 $G$ 的一个西洛 $p$-子群。所以，在情况一中，定理成立。

情况二：$p$ 不整除 $G$ 的中心 $Z(G)$ 的阶

• 利用类方程: 此时我们转向群的类方程 (Class Equation)：

其中 $g_1, \dots, g_r$ 是 $G$ 中非中心共轭类的代表元，$C_G(g_i)$ 是 $g_i$ 的中心化子。

• 分析类方程:
• 我们知道 $p$ 整除 $|G|$ (因为 $\alpha \geq 1$)。
• 我们现在处于 $p$ 不整除 $|Z(G)|$ 的情况。
• 将类方程两边对 $p$ 取模，我们有：

$0 \equiv |G| \pmod p$

$|Z(G)| \not\equiv 0 \pmod p$

• 方程是 $|G| - |Z(G)| = \sum |G:C_G(g_i)|$。左边能被 $p$ 整除。所以右边的和 $\sum |G:C_G(g_i)|$ 也必须能被 $p$ 整除。
• 关键推理: 如果所有的求和项 $|G:C_G(g_i)|$ 都能被 $p$ 整除，那么它们的和也必然能被 $p$ 整除。但是，如果这种情况发生，即对于所有的 $i$，都有 $p \mid |G:C_G(g_i)|$，那么代入类方程：

$|G| = |Z(G)| + (\text{一堆p的倍数的和})$

因为 $p \mid |G|$，也 $p \mid (\text{一堆p的倍数的和})$，那么必然推出 $p \mid |Z(G)|$。但这与我们当前情况的假设（$p \nmid |Z(G)|$）矛盾！

• 得出结论: 这个矛盾说明，我们的假设“所有项 $|G:C_G(g_i)|$ 都能被 $p$ 整除”是错误的。因此，必然存在至少一个 $i$，使得 $p$ 不整除 $|G:C_G(g_i)|$。
• 找到更小的群: 让我们固定这个特殊的 $i$，并令 $H = C_G(g_i)$（$g_i$ 的中心化子）。我们知道 $p \nmid |G:H|$。
• 根据拉格朗日定理，$|G| = |H| \cdot |G:H|$。
• 我们把 $|G|=p^\alpha m$ 代入，得到 $p^\alpha m = |H| \cdot |G:H|$。
• 因为 $p$ 是素数，而 $p \nmid |G:H|$，所以 $p^\alpha$ 的所有因子都必须在 $|H|$ 中。也就是说，$p^\alpha$ 必须整除 $|H|$。
• 所以 $|H|$ 的形式是 $p^\alpha k$，其中 $k$ 是某个整数。因为 $|H| \cdot |G:H| = p^\alpha m$，所以 $p^\alpha k \cdot |G:H| = p^\alpha m$，即 $k \cdot |G:H| = m$。由于 $p \nmid m$，所以 $p \nmid k$。
• 再次应用归纳假设:
• 因为 $g_i$ 不是中心元素 ($g_i \notin Z(G)$)，所以它的中心化子 $H=C_G(g_i)$ 是 $G$ 的一个真子群，即 $|H|<|G|$。
• 我们又可以对 $H$ 应用归纳假设了！$H$ 的阶是 $|H|=p^\alpha k$ (其中 $p \nmid k$)。根据归纳假设，$H$ 存在一个西洛 $p$-子群。这个子群的阶就是 $p^\alpha$。
• 我们称这个 $H$ 的子群为 $P$。那么 $|P|=p^\alpha$。
• 最终结论: $P$ 是 $H$ 的子群，而 $H$ 是 $G$ 的子群，所以 $P$ 也是 $G$ 的子群。我们在 $G$ 中找到了一个阶为 $p^\alpha$ 的子群 $P$。根据定义，它就是 $G$ 的一个西洛 $p$-子群。所以，在情况二中，定理也成立。

总结：无论哪种情况，我们都能证明 $G$ 存在一个西洛 $p$-子群。因此，西洛第一定理（存在性）证毕。

这部分是整个西洛定理证明的核心和精华，它通过引入群作用和轨道分解，巧妙地推导出了后续证明所需的所有关键关系。这里的逻辑分为两大步。

第一大步：建立轨道大小的计算公式 (4.1)

1. 定义研究对象:
   • 我们已经知道至少存在一个西洛 $p$-子群 $P$。
   • 我们定义一个集合 $\mathcal{S}$，它包含了 $P$ 以及所有与 $P$ 共轭的子群。$\mathcal{S} = \{gPg^{-1} \mid g \in G\}$。这个集合的大小记为 $r = |\mathcal{S}|$。
   • 我们任取一个 $p$-子群 $Q$ (不一定是西洛子群)。
2. 引入群作用:
   • 让群 $Q$ 作用 (act) 在集合 $\mathcal{S}$ 上。
   • 作用的方式是共轭 (conjugation)：对于任何 $q \in Q$ 和 $P_i \in \mathcal{S}$，作用的结果是 $q \cdot P_i = qP_iq^{-1}$。因为 $P_i$ 是 $P$ 的共轭，所以 $P_i = gPg^{-1}$。那么 $qP_iq^{-1} = q(gPg^{-1})q^{-1} = (qg)P(qg)^{-1}$，这仍然是 $P$ 的一个共轭子群，所以它还在集合 $\mathcal{S}$ 中。因此，这是一个合法的群作用。
3. 分解集合为轨道:
   • 根据群作用的基本理论，集合 $\mathcal{S}$ 可以被分解为互不相交的轨道 (orbits) 的并集。
   • $\mathcal{S} = \mathcal{O}_1 \cup \mathcal{O}_2 \cup \dots \cup \mathcal{O}_s$。
   • $\mathcal{O}_i$ 是 $Q$ 在 $\mathcal{S}$ 上的一个轨道。$s$ 是轨道的数量。
   • 总元素数 $r$ 等于所有轨道大小的和：$r = |\mathcal{O}_1| + \dots + |\mathcal{O}_s|$。
4. 计算轨道大小:
   • 根据轨道-稳定化子定理 (Orbit-Stabilizer Theorem)，任何一个轨道的大小等于作用群的阶除以轨道中某个元素的稳定化子的阶。
   • 即 $|\mathcal{O}_i| = |Q| / |Stab_Q(P_i)|$。
   • 这里的稳定化子 $Stab_Q(P_i) = \{q \in Q \mid qP_iq^{-1} = P_i\}$。
   • 这个稳定化子其实就是 $P_i$ 在 $G$ 中的正规化子 $N_G(P_i)$ 与 $Q$ 的交集，即 $Stab_Q(P_i) = N_G(P_i) \cap Q$。在 $Q$ 的语境下，它也写作 $N_Q(P_i)$。
   • 所以，$|\mathcal{O}_i| = |Q| / |N_Q(P_i)| = |Q : N_Q(P_i)|$ (子群的指数)。
5. 应用引理19:
   • 我们刚刚证明了引理19: $N_G(P_i) \cap Q = P_i \cap Q$。注意这里的 $P_i$ 也是一个西洛 $p$-子群，所以引理适用。
   • 将此结果代入轨道大小的计算公式中，得到 $N_Q(P_i) = P_i \cap Q$。
   • 于是，我们得到了最终的、非常关键的轨道大小公式 (4.1):

第二大步：证明 $r \equiv 1 \pmod p$

这步的思路是：通过为 $Q$ 选择一个特殊的值，来分析 $r$ 的性质。

1. 特殊化 $Q$:
   • 上面的公式对任意 $p$-子群 $Q$ 都成立。现在我们做一个巧妙的选择：令 $Q$ 就是集合 $\mathcal{S}$ 中的第一个元素 $P_1$ (不妨设 $P_1=P$)。
2. 分析 $Q=P_1$ 作用下的轨道:
   • 我们来计算 $P_1$ 作用在 $\mathcal{S}$ 上产生的各个轨道的大小。
   • 考虑包含 $P_1$ 自身的轨道 $\mathcal{O}_1$:
   • 根据公式 (4.1)，其大小为 $|\mathcal{O}_1| = |P_1 : P_1 \cap P_1| = |P_1 : P_1| = |P_1|/|P_1| = 1$。
   • 这个轨道只有一个元素，就是 $P_1$ 本身。这是因为 $P_1$ 的任何元素共轭 $P_1$ 自身，结果还是 $P_1$。
   • 考虑其他轨道 $\mathcal{O}_i$ (对于 $i > 1$):
   • 轨道代表元 $P_i$ 与 $P_1$ 是不同的 ($P_i \neq P_1$)。
   • 轨道大小为 $|\mathcal{O}_i| = |P_1 : P_1 \cap P_i| = \frac{|P_1|}{|P_1 \cap P_i|}$。
   • 因为 $P_i \neq P_1$，所以它们的交集 $P_1 \cap P_i$ 是 $P_1$ 的一个真子群 (proper subgroup)。
   • 因此，交集的阶 $|P_1 \cap P_i|$ 严格小于 $|P_1|$。
   • 所以指数 $|P_1 : P_1 \cap P_i|$ 严格大于 1。
   • 轨道大小与 $p$ 的关系:
   • $P_1$ 是一个 $p$-群（阶为 $p^\alpha$）。
   • $P_1 \cap P_i$ 是 $P_1$ 的子群，所以它也是一个 $p$-群，阶为 $p$ 的某个幂。
   • 因此，指数 $|P_1 : P_1 \cap P_i|$ 等于 $|P_1|/|P_1 \cap P_i| = p^\alpha / p^\gamma = p^{\alpha-\gamma}$，这是一个大于 1 的 $p$ 的幂。
   • 这意味着，对于所有 $i>1$，轨道大小 $|\mathcal{O}_i|$ 都能被 $p$ 整除。
3. 整合计算 $r$:
   • 我们有 $r = |\mathcal{O}_1| + |\mathcal{O}_2| + \dots + |\mathcal{O}_s|$。
   • 代入我们算出的值：$r = 1 + (\text{一堆p的倍数}) + (\text{一堆p的倍数}) + \dots$
   • 所以，$r - 1$ 是 $p$ 的倍数。
   • 用同余式表达就是 $r \equiv 1 \pmod p$。

这部分利用了上一节准备好的工具，通过一个优雅的反证法完成了对西洛定理第二和第三部分的证明。

1. 证明定理(2)的前半部分：任何 $p$-子群 $Q$ 都包含于某个西洛 $p$-子群的共轭中

• 反证法假设: 假设结论不成立。也就是说，存在一个 $p$-子群 $Q$，它不被任何 $P$ 的共轭子群 $P_i$ ($= gPg^{-1}$) 所包含。
• 分析假设的后果:
• $Q \not\leq P_i$ 对于所有的 $i=1, \dots, r$。
• 这意味着，$Q$ 与任何一个 $P_i$ 的交集 $Q \cap P_i$，都必然是 $Q$ 的一个真子群。即 $Q \cap P_i < Q$。
• 回忆我们的轨道大小公式 (4.1)：$|\mathcal{O}_i| = |Q : Q \cap P_i| = \frac{|Q|}{|Q \cap P_i|}$。
• 因为 $Q \cap P_i$ 是 $Q$ 的真子群，所以 $|Q \cap P_i| < |Q|$，因此指数 $|Q: Q \cap P_i|$ 严格大于 1。
• 连接到 $p$:
• $Q$ 是一个 $p$-群，所以它的阶 $|Q|$ 是 $p$ 的幂。
• $Q \cap P_i$ 是 $Q$ 的子群，所以它的阶也是 $p$ 的幂。
• 因此，指数 $|\mathcal{O}_i| = |Q: Q \cap P_i|$ 也是 $p$ 的幂，并且这个幂大于 $p^0=1$。
• 这意味着，对于每一个轨道 $\mathcal{O}_i$ ($i=1, \dots, s$)，它的大小都能被 $p$ 整除！
• 导出矛盾:
• 总数 $r = |\mathcal{O}_1| + |\mathcal{O}_2| + \dots + |\mathcal{O}_s|$。
• 既然每一个 $|\mathcal{O}_i|$ 都是 $p$ 的倍数，那么它们的和 $r$ 也必然是 $p$ 的倍数。
• 用同余式表达就是 $r \equiv 0 \pmod p$。
• 矛盾产生: 这与我们在上一节证明的铁律 $r \equiv 1 \pmod p$ 发生了直接矛盾！一个数不可能既是 $p$ 的倍数，又除以 $p$ 余 1 (除非 $p=1$，但 $p$ 是素数)。
• 结论: 反证法的假设是错误的。因此，对于任何 $p$-子群 $Q$，都必须存在某个 $P$ 的共轭子群 $P_i = gPg^{-1}$ 使得 $Q \leq P_i$。定理(2)的前半部分证毕。

2. 证明定理(2)的后半部分：任何两个西洛 $p$-子群都共轭

• 特殊化 $Q$: 现在我们考虑一个特殊情况：让 $Q$ 本身就是一个西洛 $p$-子群。
• 应用已有结论: 根据刚刚证明的结论，存在一个 $g \in G$，使得 $Q \leq gPg^{-1}$。
• 利用阶:
• $Q$ 是西洛 $p$-子群，所以 $|Q|=p^\alpha$。
• $gPg^{-1}$ 是 $P$ 的共轭，所以它的阶和 $P$ 一样，也是 $|gPg^{-1}| = |P| = p^\alpha$。
• 我们现在有一个阶为 $p^\alpha$ 的子群 $Q$，它被包含在另一个阶同样为 $p^\alpha$ 的子群 $gPg^{-1}$ 中。
• 对于有限群，唯一的可能是它们相等：$Q = gPg^{-1}$。
• 结论: 我们证明了，任意一个西洛 $p$-子群 $Q$ 都与我们最开始选定的那个西洛 $p$-子群 $P$ 共轭。既然任意一个 $Q$ 都与 $P$ 共轭，那么通过传递性，所有西洛 $p$-子群彼此之间都是共轭的。定理(2)的后半部分证毕。

3. 证明定理(3)的数量性质

• $n_p \equiv 1 \pmod p$:
• 在定理(2)的证明中，我们揭示了一个重要事实：$G$ 的所有西洛 $p$-子群构成了一个单一的共轭类。
• 这个共轭类就是我们最初定义的集合 $\mathcal{S} = \{gPg^{-1} \mid g \in G\}$。
• 因此，西洛 $p$-子群的数量 $n_p(G)$ 正好就是集合 $\mathcal{S}$ 的大小 $r$。
• $n_p = r$。
• 而我们在上一节已经证明了 $r \equiv 1 \pmod p$。
• 所以， $n_p \equiv 1 \pmod p$。定理(3)的第一个论断证毕。

• $n_p$ 整除 $m$:
• 我们已经知道 $n_p$ 是 $P$ 的共轭子群的数量。
• 根据轨道-稳定化子定理（或者说共轭类大小的计算公式，即命题6），一个元素（或子群）的共轭类的大小等于群的阶除以该元素（或子群）的正规化子的阶。
• 所以，$n_p = |\mathcal{S}| = |G : N_G(P)| = \frac{|G|}{|N_G(P)|}$。
• 我们知道 $|G| = p^\alpha m$。
• 同时， $P$ 是 $N_G(P)$ 的一个子群（实际上是正规子群），所以根据拉格朗日定理，$|P|$ 整除 $|N_G(P)|$。
• 即 $p^\alpha$ 整除 $|N_G(P)|$。所以 $|N_G(P)|$ 可以写成 $p^\alpha k$ 的形式，其中 $k$ 是某个整数。
• 代入 $n_p$ 的表达式：$n_p = \frac{p^\alpha m}{p^\alpha k} = \frac{m}{k}$。
• 这个结果表明 $n_p$ 是 $m$ 的一个因子，即 $n_p$ 整除 $m$。定理(3)的第二个论断证毕。

• 所有部分都已证明，西洛定理证毕。

这段话是对西洛第二定理一个直接且重要结果的强调。

• 西洛定理的共轭部分: 即西洛第二定理，它指出任何两个西洛 $p$-子群 $P_1$ 和 $P_2$ 都是相互共轭的。这意味着存在一个元素 $g \in G$，使得 $P_2 = gP_1g^{-1}$。
• 推论 14 (此处应指之前章节关于同构的结论): 这个推论应该指的是共轭与同构之间的关系。具体来说，对于任何子群 $H \le G$ 和任何元素 $g \in G$，映射 $\phi: H \to gHg^{-1}$ 定义为 $\phi(h) = ghg^{-1}$ 是一个同构。
• 证明这个映射是同构:

1. 是同态: $\phi(h_1h_2) = g(h_1h_2)g^{-1} = (gh_1g^{-1})(gh_2g^{-1}) = \phi(h_1)\phi(h_2)$。
2. 是单射: 如果 $\phi(h_1) = \phi(h_2)$，则 $gh_1g^{-1} = gh_2g^{-1}$。两边左乘 $g^{-1}$ 右乘 $g$，得到 $h_1=h_2$。
3. 是满射: 对于 $gHg^{-1}$ 中的任何元素 $y$，它都可以写成 $ghg^{-1}$ 的形式，其中 $h \in H$。所以 $y = \phi(h)$。
   • 因此，任何一个子群都与它的共轭子群同构。

• 结合结论:

1. 西洛第二定理说：任何两个西洛 $p$-子群 $P_1, P_2$ 都是共轭的 ($P_2=gP_1g^{-1}$)。
2. 共轭的基本性质说：任何共轭的子群都是同构的 ($P_1 \cong gP_1g^{-1}$)。
3. 将两者结合，我们得到：任何两个西洛 $p$-子群 $P_1, P_2$ 都是同构的 ($P_1 \cong P_2$)。

• 重要性: 这个结论极大地简化了对西洛 $p$-子群的研究。我们不需要关心一个群 $G$ 的西洛 $p$-子群可能有各种各样不同的结构。它们在代数结构上是完全一样的。例如，如果一个西洛 2-子群是循环群，那么所有的西洛 2-子群都是循环群。如果一个是阿贝尔群，那么所有都是阿贝尔群。我们只需要抽样研究其中一个的结构就足够了。

这个推论给出了一个西洛 $p$-子群是唯一的（也就是正规的）的几个等价条件。这在实际应用中非常重要，为我们判断西洛子群是否正规提供了多种角度。证明过程是标准的“等价条件循环证明”或两两证明。

1. 证明 (1) $\iff$ (2)

• (1) $\implies$ (2): 假设 $P$ 是唯一的西洛 $p$-子群 ($n_p=1$)。我们要证明 $P$ 是正规的 ($P \unlhd G$)。
• 正规的定义是：对于任何 $g \in G$，都有 $gPg^{-1} = P$。
• 我们知道，$gPg^{-1}$ 是 $P$ 的一个共轭子群。
• 任何共轭子群的阶都和原子群相同，所以 $|gPg^{-1}| = |P| = p^\alpha$。
• 因此，$gPg^{-1}$ 本身也是一个西洛 $p$-子群。
• 但是我们的假设是，西洛 $p$-子群只有一个，就是 $P$。
• 所以，必然有 $gPg^{-1} = P$。
• 这对所有 $g \in G$ 都成立，所以 $P$ 是正规的。

• (2) $\implies$ (1): 假设 $P$ 是正规的 ($P \unlhd G$)。我们要证明 $P$ 是唯一的西洛 $p$-子群。
• 设 $Q$ 是 $G$ 的任意一个西洛 $p$-子群。
• 根据西洛第二定理，任何两个西洛 $p$-子群都是共轭的。所以，存在一个 $g \in G$ 使得 $Q = gPg^{-1}$。
• 但我们假设了 $P$ 是正规的，所以根据正规的定义，$gPg^{-1}=P$。
• 因此 $Q = P$。
• 这说明任何一个西洛 $p$-子群 $Q$ 都必然是 $P$ 本身。所以西洛 $p$-子群只有一个。$n_p=1$。

小结：(1) 和 (2) 的等价性是西洛第二定理最直接、最重要的推论。唯一性和正规性对于西洛子群来说是同一回事。

2. 证明 (2) $\iff$ (3)

• 特征子群 (Characteristic subgroup) 的定义: 一个子群 $H \le G$ 如果对于 $G$ 的任何自同构 $\phi \in Aut(G)$，都有 $\phi(H) = H$，则称 $H$ 是 $G$ 的特征子群，记作 $H \text{ char } G$。
• (3) $\implies$ (2): 假设 $P$ 是特征的。
• 特征子群一定是正规子群。因为内自同构（由共轭诱导的自同构，$x \mapsto gxg^{-1}$）是自同构的一种。如果 $P$ 对所有自同构都不变，那它自然对所有内自同构也不变，即 $gPg^{-1}=P$ for all $g \in G$。这就是正规的定义。
• 所以 (3) 蕴含 (2) 是由定义直接得出的。

• (2) $\implies$ (3): 假设 $P$ 是正规的。我们要证明 $P$ 是特征的。
• 从 (2) $\implies$ (1) 我们已经知道，如果 $P$ 是正规的，它就是唯一的西洛 $p$-子群。
• 所以 $P$ 是 $G$ 中唯一的一个阶为 $p^\alpha$ 的子群。
• 现在，任取一个 $G$ 的自同构 $\phi$。$\phi(P)$ 是 $P$ 在自同构下的像。
• 自同构保持阶，所以 $|\phi(P)| = |P| = p^\alpha$。
• 因此，$\phi(P)$ 也是 $G$ 的一个阶为 $p^\alpha$ 的子群。
• 但我们知道，阶为 $p^\alpha$ 的子群是唯一的，就是 $P$。
• 所以必然有 $\phi(P)=P$。
• 这对所有自同构 $\phi$ 都成立，所以 $P$ 是特征子群。

小结: 对于西洛子群来说，正规性和特征性也是等价的。这是因为正规可以推出唯一，而唯一性在自同构下是不变的。

3. 证明 (1) $\iff$ (4)

• (1) $\implies$ (4): 假设 $P$ 是唯一的西洛 $p$-子群 ($n_p=1$)。我们要证明(4)成立。
• (4)的内容是：如果一个集合 $X$ 中的所有元素 $x$ 的阶 $|x|$ 都是 $p$ 的幂，那么由 $X$ 生成的子群 $\langle X \rangle$ 必须是一个 $p$-群（即其阶也是 $p$ 的幂）。
• 取一个元素 $x \in X$。因为 $|x|$ 是 $p$ 的幂，所以由 $x$ 生成的循环子群 $\langle x \rangle$ 是一个 $p$-子群。
• 根据西洛第二定理，任何一个 $p$-子群都包含于某个西洛 $p$-子群中。所以 $\langle x \rangle \le gPg^{-1}$ 对于某个 $g \in G$。
• 但我们的假设 (1) 是 $n_p=1$，这意味着 $P$ 是正规的，所以 $gPg^{-1}=P$。
• 因此，$\langle x \rangle \le P$，这意味着 $x \in P$。
• 这个结论对 $X$ 中所有的元素 $x$ 都成立。所以，整个集合 $X$ 都被包含在 $P$ 中，即 $X \subseteq P$。
• 由子群生成的定义，如果 $X \subseteq P$，那么由 $X$ 生成的子群也必然在 $P$ 内部，即 $\langle X \rangle \le P$。
• $P$ 本身是一个 $p$-群。根据拉格朗日定理，$P$ 的任何子群（比如 $\langle X \rangle$）的阶都必须整除 $|P|=p^\alpha$，所以 $\langle X \rangle$ 的阶也必然是 $p$ 的幂。
• 因此，$\langle X \rangle$ 是一个 $p$-群。(4)成立。

• (4) $\implies$ (1): 假设(4)成立。我们要证明 $P$ 是唯一的西洛 $p$-子群。
• 我们构造一个特殊的集合 $X$：令 $X$ 是 $G$ 中所有西洛 $p$-子群的并集。$X = \bigcup_{S \in Syl_p(G)} S$。
• $X$ 中的任何一个元素 $x$，都来自某个西洛 $p$-子群 $S$。根据柯西定理的推广（或 $p$-群的性质），$p$-群中任何元素的阶都是 $p$ 的幂。所以 $|x|$ 是 $p$ 的幂。
• 现在我们可以对这个集合 $X$ 应用假设(4)：由 $X$ 生成的子群 $\langle X \rangle$ 是一个 $p$-群。
• 现在考虑任何一个西洛 $p$-子群 $P$。根据 $X$ 的定义，$P$ 是 $X$ 的一个子集， $P \subseteq X$。
• 因此，由 $P$ 生成的子群（也就是 $P$ 自身）也必须是 $\langle X \rangle$ 的子群。即 $P \le \langle X \rangle$。
• 我们现在的情况是：

1. $P$ 是一个西洛 $p$-子群，阶为 $p^\alpha$。它是 $G$ 中最大的 $p$-子群。
2. $\langle X \rangle$ 是一个 $p$-群。
3. $P$ 是 $\langle X \rangle$ 的一个子群。
   • 因为 $P$ 的阶是 $p^\alpha$，是 $p$-子群能达到的最大阶，而它又是另一个 $p$-子群 $\langle X \rangle$ 的子群，那么 $\langle X \rangle$ 的阶至少是 $p^\alpha$。但作为 $G$ 的子群，$\langle X \rangle$ 的阶又不能超过 $p^\alpha$（否则 $P$ 就不是最大的了）。
   • 唯一的可能是 $|\langle X \rangle| = p^\alpha$。
   • 由于 $P \le \langle X \rangle$ 且它们的阶相等，所以 $P = \langle X \rangle$。
   • 这个结论的意义是：任何一个西洛 $p$-子群 $P$ 都等于所有西洛 $p$-子群的并集所生成的群。
   • 这只有在所有西洛 $p$-子群都是同一个群的情况下才可能发生。如果存在另一个不同的西洛 $p$-子群 $Q$，那么 $Q$ 也会等于 $\langle X \rangle$，从而 $P=Q$。
   • 因此，西洛 $p$-子群是唯一的。(1)成立。

这部分通过一系列具体的例子，来帮助读者理解和固化前面定义的西洛相关概念以及西洛定理的内容。

7.1. 例子 (1): 平凡和极端情况

• 原文: 如果 $p$ 不整除 $G$ 的阶，$G$ 的西洛 $p$-子群是平凡群（西洛定理的所有部分都平凡地成立）。如果 $|G|=p^{\alpha}$， $G$ 是 $G$ 的唯一西洛 $p$-子群。
• 解释第一部分:
• 情况: 素数 $p$ 不是 $|G|$ 的因子。
• 分析: 我们可以将 $|G|$ 写成 $|G| = p^0 \cdot m$，其中 $m=|G|$。这里 $\alpha=0$。
• 西洛 $p$-子群的阶: 根据定义，西洛 $p$-子群的阶是 $p^\alpha = p^0 = 1$。
• 结论: 阶为 1 的子群只有平凡子群 $\{e\}$。所以 $G$ 的西洛 $p$-子群就是 $\{e\}$。
• 验证西洛定理:
• (1) 存在性: $\{e\}$ 存在。
• (2) 共轭性: 只有一个，谈不上共轭，平凡成立。
• (3) 数量: $n_p=1$。$n_p \equiv 1 \pmod p$ (成立) 并且 $n_p$ 整除 $m=|G|$ (成立)。
• 示例: $G=S_3$, $|S_3|=6$。对于 $p=5$, $5 \nmid 6$。$S_3$ 的西洛 5-子群是 $\{e\}$。$n_5(S_3)=1$。
• 解释第二部分:
• 情况: $G$ 本身就是一个 $p$-群，即 $|G|=p^\alpha$。
• 分析: 我们可以将 $|G|$ 写成 $|G| = p^\alpha \cdot 1$。这里 $m=1$。
• 西洛 $p$-子群的阶: 阶是 $p^\alpha$。
• 结论: 满足这个阶的子群只有 $G$ 本身。所以 $G$ 是它自己的、也是唯一的西洛 $p$-子群。
• 验证西洛定理: $n_p=1$。$1 \equiv 1 \pmod p$，$1$ 整除 $m=1$。所有定理都成立。
• 示例: $G=D_8$, $|D_8|=8=2^3$。$D_8$ 是它自己的西洛 2-子群，且 $n_2(D_8)=1$。

7.2. 例子 (2): 阿贝尔群

• 原文: 一个有限阿贝尔群对于每个素数 $p$ 都有一个唯一的西洛 $p$-子群。这个子群由所有阶为 $p$ 的幂的元素 $x$ 组成。这有时称为阿贝尔群的 $p$-主成分。
• 解释:
• 阿贝尔群的特性: 在阿贝尔群中，任何子群都是正规子群。
• 应用推论20: 因为西洛 $p$-子群也是子群，所以它在阿贝尔群中也是正规的。根据推论20，正规的西洛 $p$-子群是唯一的。所以 $n_p=1$。
• 子群的构成: 对于一个阿贝尔群 $G$，可以证明，所有阶是 $p$ 的幂的元素构成一个子群。这个子群的阶恰好是 $p^\alpha$ (其中 $|G|=p^\alpha m$)，因此它就是那个唯一的西洛 $p$-子群。这个子群被称为 $G$ 的 $p$-主成分。
• 有限阿贝尔群基本定理: 这个结论其实也是有限阿贝尔群基本定理的一个推论。该定理指出任何有限阿贝尔群都可以分解为一系列循环 $p$-群的直积。把所有与同一个 $p$ 相关的循环群的直积放在一起，就构成了西洛 $p$-子群。
• 示例: $G = Z_6 = Z_2 \times Z_3$。$|G|=6$。
• $p=2$: 阶为 2 的幂的元素是 $\{0, 3\}$ (在 $Z_6$ 中，0的阶是1，3的阶是2)。它们构成子群 $\{0,3\} \cong Z_2$，这就是唯一的西洛 2-子群。
• $p=3$: 阶为 3 的幂的元素是 $\{0, 2, 4\}$。它们构成子群 $\{0,2,4\} \cong Z_3$，这就是唯一的西洛 3-子群。

7.3. 例子 (3): $S_3$

• 原文: $S_{3}$ 有三个西洛 2-子群： $\langle(12)\rangle$, $\langle(23)\rangle$ 和 $\langle(13)\rangle$。它有一个唯一的（因此是正规的）西洛 3-子群： $\langle(123)\rangle=A_{3}$。注意 $3 \equiv 1(\bmod 2)$。
• 分析: $|S_3|=6 = 2^1 \cdot 3^1$。
• p=2: $\alpha=1, m=3$。西洛 2-子群的阶是 2。
• $n_2 \equiv 1 \pmod 2$ (可能值: 1, 3, 5, ...)。
• $n_2$ 整除 $m=3$ (可能值: 1, 3)。
• 所以 $n_2$ 可能是 1 或 3。
• 我们直接找阶为 2 的子群，它们是由阶为 2 的元素（对换）生成的：$\langle(12)\rangle$, $\langle(13)\rangle$, $\langle(23)\rangle$。正好 3 个。所以 $n_2(S_3)=3$。
• 这与西洛定理一致：$3 \equiv 1 \pmod 2$。
• p=3: $\alpha=1, m=2$。西洛 3-子群的阶是 3。
• $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ (可能值: 1, 4, 7, ...)。
• $n_3$ 整除 $m=2$ (可能值: 1, 2)。
• 唯一的同时满足条件的是 $n_3=1$。
• 我们直接找阶为 3 的子群，它是由阶为 3 的元素（3-循环）生成的：$\langle(123)\rangle = \{e, (123), (132)\}$，也就是交错群 $A_3$。它是唯一的。
• 因为唯一，所以 $A_3$ 在 $S_3$ 中是正规的。

7.4. 例子 (4): $A_4$

• 原文: $A_{4}$ 有一个唯一的西洛 2-子群： $\langle(12)(34), (13)(24)\rangle \cong V_{4}$。它有四个西洛 3-子群： $\langle(123)\rangle$, $\langle(124)\rangle$, $\langle(134)\rangle$ 和 $\langle(234)\rangle$。注意 $4 \equiv 1(\bmod 3)$。
• 分析: $|A_4|=12 = 2^2 \cdot 3^1$。
• p=2: $\alpha=2, m=3$。西洛 2-子群的阶是 4。
• $n_2 \equiv 1 \pmod 2$ (可能值: 1, 3, 5, ...)。
• $n_2$ 整除 $m=3$ (可能值: 1, 3)。
• 所以 $n_2$ 可能是 1 或 3。
• $A_4$ 中包含克莱因四元群 $V_4 = \{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$。它的阶是 4，所以它是一个西洛 2-子群。可以验证 $V_4$ 在 $A_4$ 中是正规的（因为它是共轭类的并）。因此，它是唯一的西洛 2-子群。$n_2(A_4)=1$。
• p=3: $\alpha=1, m=4$。西洛 3-子群的阶是 3。
• $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ (可能值: 1, 4, 7, ...)。
• $n_3$ 整除 $m=4$ (可能值: 1, 2, 4)。
• 所以 $n_3$ 可能是 1 或 4。
• $A_4$ 中的 3-循环有 8 个，它们可以生成 4 个不同的阶为 3 的子群：$\langle(123)\rangle$, $\langle(134)\rangle$, $\langle(142)\rangle$, $\langle(243)\rangle$ (原文中列举的也是4个)。所以 $n_3(A_4)=4$。
• 这与西洛定理一致：$4 \equiv 1 \pmod 3$。

7.5. 例子 (5): $S_4$

• 原文: $S_{4}$ 有 $n_{2}=3$ 和 $n_{3}=4$。由于 $S_{4}$ 包含一个与 $D_{8}$ 同构的子群，$S_{4}$ 的每个西洛 2-子群都与 $D_{8}$ 同构。
• 分析: $|S_4|=24 = 2^3 \cdot 3^1$。
• p=2: $\alpha=3, m=3$。西洛 2-子群的阶是 8。
• $n_2 \equiv 1 \pmod 2$ (可能值: 1, 3, 5, ...)。
• $n_2$ 整除 $m=3$ (可能值: 1, 3)。
• 所以 $n_2$ 可能是 1 或 3。
• $S_4$ 的一个西洛 2-子群是保持某个顶点（例如4）不动的 $S_{\{1,2,3\}}$ 的 2-子群的扩展，这不容易直接看出。一个更常见的例子是考虑一个正方形的对称群 $D_8$，它可以嵌入到 $S_4$ 中（通过其对4个顶点的置换）。例如，将正方形顶点标记为1,2,3,4，$D_8 = \langle (1234), (13) \rangle$。这是一个阶为 8 的子群，因此是西洛 2-子群。可以证明 $S_4$ 中这样的子群有 3 个（对应于将4个元素分成两对的不同方式的笛卡尔积的 wreath product，或者说对应于3个不同的克莱因四元群的正规化子）。所以 $n_2(S_4)=3$。
• 根据推论，所有这 3 个西洛 2-子群都同构于 $D_8$。
• p=3: $\alpha=1, m=8$。西洛 3-子群的阶是 3。
• $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ (可能值: 1, 4, 7, ...)。
• $n_3$ 整除 $m=8$ (可能值: 1, 2, 4, 8)。
• 所以 $n_3$ 可能是 1 或 4。
• $S_4$ 中阶为 3 的子群是由 3-循环生成的，和 $A_4$ 的情况一样，有 $\langle(123)\rangle$, $\langle(124)\rangle$, $\langle(134)\rangle$, $\langle(234)\rangle$ 这 4 个。所以 $n_3(S_4)=4$。

这几段是应用部分的引言，阐述了西洛定理的主要应用方向、策略以及一些方法论。

1. 主要应用方向

• 证明群不是单群:
• 单群 (Simple Group): 一个群除了它自身和平凡子群 $\{e\}$ 之外，没有其他正规子群。单群在群论中扮演着类似素数在数论中扮演的“原子”角色。
• 西洛定理是证明一个群不是单群的有力武器。策略是：利用西洛第三定理的两个条件（同余和整除）来计算 $n_p$ 的可能值。如果对于某个素数 $p$，我们可以证明 $n_p$ 必须等于 1，那么根据推论20，这个群就存在一个唯一的、因而是正规的西洛 $p$-子群。只要这个子群不是平凡子群也不是群本身，我们就找到了一个非平凡正规子群，从而证明了该群不是单群。

• 分类特定阶的群:
• 这是更进一步的应用。在证明了某个阶的群存在正规子群之后，我们就可以研究这个群的结构。一个群 $G$ 如果有正规子群 $N$，我们就可以把它“分解”为 $N$ 和商群 $G/N$ 来研究。
• 这里提到了半直积 (semidirect product)，这是一种从两个较小的群（比如 $N$ 和 $G/N$）“粘合”成一个较大群 $G$ 的方法。了解一个群的西洛子群及其正规性，是确定它能否被表示为半直积以及如何表示的关键。
• 对 $n=15$ 的分类就是典型例子：证明了阶为15的群有正规的西洛3-子群和西洛5-子群后，可以进一步证明这两个子群的元素交换，从而推出整个群是循环群 $Z_{15}$。

2. 相关研究方向

• 研究 $p$-群: 西洛第一定理保证了 $p$-子群的存在。而 $p$-群本身（阶为素数幂的群）具有很多良好和独特的性质（例如，非平凡的 $p$-群必有非平凡的中心）。因此，研究西洛子群的结构，实际上就是研究 $p$-群的结构。这将在后续章节（第6章）深入讨论。

3. 应用的方法论和技巧

• 第一步：分解阶: 对任何一个给定的群 $G$，应用西洛定理的第一步总是将其阶 $|G|$ 做素因数分解，写成 $|G| = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots p_k^{\alpha_k}$。
• 优先分析最大的素数因子: 这是一个非常实用的技巧。假设 $p$ 是 $|G|$ 的最大素数因子。我们来分析 $n_p$。
• $n_p \equiv 1 \pmod p$。
• $n_p$ 整除 $m = |G|/p^\alpha$。$m$ 的所有素数因子都比 $p$ 小。
• $n_p$ 的可能取值只能是 $m$ 的约数。如果 $m$ 的所有约数（除了1之外）都小于 $p$，那么 $n_p$ 就不可能是 $1+kp$ (对于 $k \ge 1$) 的形式。这种情况下，唯一可能就是 $n_p=1$。
• 例子: $|G|=15=3 \cdot 5$。最大素数是 $p=5$。$n_5$ 整除 3，可能值是 1, 3。但 $3 < 5$，所以 $n_5$ 不可能是 $1+5k$ 的形式（除非 $k=0$）。所以 $n_5$ 只能是 1。
• $n_2$ 的同余条件最弱: $n_2 \equiv 1 \pmod 2$ 意味着 $n_2$ 是奇数。这个条件相对较弱，所以分析 $n_2$ 往往不如分析奇素数的 $n_p$ 能得到更多信息。
• 元素计数法: 当西洛定理无法唯一确定某个 $n_p=1$ 时（即 $n_p$ 有多个可能值），一个常用的补充论证方法是“元素计数”。假设 $n_p$ 和 $n_q$ 都大于 1，然后计算阶为 $p$ 的元素和阶为 $q$ 的元素的总数。如果这些元素的数量加上单位元就超过了群的阶，那就导出了矛盾。这可以迫使某个 $n_p$ 或 $n_q$ 必须为 1。

这个例子详细分析了一类特殊阶 $|G|=pq$ 的群的结构，这是西洛定理威力的一个典型展示。

1. 证明西洛 $q$-子群 $Q$ 总是正规的

• 设定: $|G|=pq$， $p<q$ 都是素数。$Q$ 是西洛 $q$-子群，所以 $|Q|=q$。
• 分析 $n_q$:
• 根据西洛第三定理，$n_q$ 必须满足两个条件：

1. $n_q \equiv 1 \pmod q$ (可能值: 1, $1+q$, $1+2q$, ...)。
2. $n_q$ 整除 $|G|/q = p$ (可能值: 1, $p$)。
   • 结合条件: 我们需要找到同时满足这两个条件的数。
   • $n_q$ 只能是 1 或 $p$。
   • 又因为 $p < q$，所以 $p$ 不可能是 $1+kq$ 的形式（对于任何 $k \ge 1$）。例如，如果 $n_q=p$，则 $p \equiv 1 \pmod q$，意味着 $q$ 整除 $p-1$。但 $p-1$ 是一个比 $q$ 小的正数，这是不可能的。
   • 所以，$n_q$ 不能等于 $p$。
   • 结论: 唯一的可能性是 $n_q=1$。
   • $Q$ 是正规的: 因为 $n_q=1$，西洛 $q$-子群是唯一的，根据推论20，它在 $G$ 中是正规的 ($Q \unlhd G$)。
   • 阶段性总结: 任何阶为 $pq$ ($p<q$) 的群，都有一个正规的阶为 $q$ 的子群。这直接证明了这种群都不是单群（除非 $p=1$, 但 $p$ 是素数）。

2. 分析西洛 $p$-子群 $P$ 的正规性

• 设定: $P$ 是西洛 $p$-子群，所以 $|P|=p$。
• 分析 $n_p$:
• 1. $n_p \equiv 1 \pmod p$ (可能值: 1, $1+p$, $1+2p$, ...)。
• 2. $n_p$ 整除 $|G|/p = q$ (可能值: 1, $q$)。
• 结合条件: $n_p$ 的可能值是 1 或 $q$。
• 如果 $n_p=1$，那么 $P$ 是正规的。
• 如果 $n_p=q$，那么必须有 $q \equiv 1 \pmod p$，也就是 $p$ 整除 $q-1$。

• 分情况讨论:
• 情况 A: $p \nmid q-1$
• 如果 $p$ 不能整除 $q-1$，那么 $q \not\equiv 1 \pmod p$。
• 这意味着 $n_p=q$ 的可能性被排除了。
• 所以此时必然有 $n_p=1$。
• 结论：在这种情况下，$P$ 也是正规的。

• 情况 B: $p \mid q-1$
• 此时 $q \equiv 1 \pmod p$，所以 $n_p=q$ 是一个可能性。
• $n_p$ 可能是 1 或 $q$。
• 我们既可能有一个正规的西洛 $p$-子群，也可能有 $q$ 个非正规的西洛 $p$-子群。

3. 当两个西洛子群都正规时，群是循环群

• 条件: 这种情况发生在上面的情况 A，即 $p \nmid q-1$。此时 $P \unlhd G$ 且 $Q \unlhd G$。
• 证明 $G$ 是循环群:
• 因为 $P$ 和 $Q$ 都是素数阶，所以它们都是循环群。设 $P = \langle x \rangle$，$Q = \langle y \rangle$。所以 $|x|=p, |y|=q$。
• 方法一 (使用中心化子):
• 因为 $P \unlhd G$，所以 $G$ 通过共轭作用在 $P$ 上，这诱导了一个从 $G$到 $P$ 的自同构群 $Aut(P)$ 的同态 $\phi: G \to Aut(P)$。
• $Aut(P) \cong Aut(Z_p)$，而 $Aut(Z_p)$ 的阶是 $p-1$。
• 这个同态的核是 $C_G(P)$（$P$的中心化子）。
• 根据第一同构定理，$G/C_G(P)$ 同构于 $Aut(P)$ 的一个子群。
• 所以 $|G/C_G(P)| = |G|/|C_G(P)|$ 必须整除 $|Aut(P)| = p-1$。
• $|G|=pq$。所以 $pq / |C_G(P)|$ 必须整除 $p-1$。
• 因为 $p, q$ 都是素数，且 $p<q$，$p$ 和 $q$ 都不可能整除 $p-1$。
• 所以，唯一的可能是 $|G/C_G(P)|=1$。
• 这意味着 $G=C_G(P)$。即 $P$ 的所有元素（特别是生成元 $x$）都与 $G$ 中所有元素交换。所以 $P \le Z(G)$。
• 既然 $x \in Z(G)$，它自然与 $y \in Q$ 交换，$xy=yx$。
• 证明 $xy$ 的阶: 因为 $x, y$ 交换，且它们的阶 $p, q$ 是互素的，所以元素 $xy$ 的阶是 $|xy| = \text{lcm}(|x|, |y|) = \text{lcm}(p,q) = pq$。
• 结论: $G$ 中存在一个阶为 $pq = |G|$ 的元素 $xy$。因此 $G$ 是由 $xy$ 生成的循环群，$G \cong Z_{pq}$。

4. 当 $p \mid q-1$ 时，存在非阿贝尔群

• 这个例子还进一步断言，在 $p \mid q-1$ 的情况下，确实存在一个阶为 $pq$ 的非阿贝尔群（此时必然 $n_p=q$）。
• 构造过程:
• 考虑对称群 $S_q$。它的阶是 $q!$。
• 在 $S_q$ 中，存在阶为 $q$ 的循环子群 $Q = \langle (12...q) \rangle$，这是一个西洛 $q$-子群。
• 考虑 $Q$ 在 $S_q$ 中的正规化子 $N_{S_q}(Q)$。可以证明（通过一个练习），它的阶是 $q(q-1)$。
• 根据我们的假设，$p \mid q-1$。所以 $p$ 也整除 $|N_{S_q}(Q)|$。
• 根据柯西定理，$N_{S_q}(Q)$ 中存在一个阶为 $p$ 的子群 $P$。
• 因为 $P \le N_{S_q}(Q)$，所以 $P$ 正规化 $Q$。因此，它们的乘积 $PQ$ 是 $N_{S_q}(Q)$ 的一个子群，阶为 $|PQ|=\frac{|P||Q|}{|P \cap Q|} = \frac{p \cdot q}{1} = pq$ (因为 $p,q$ 是不同素数，交集只有单位元)。
• 证明其非阿贝尔: 如果 $PQ$ 是阿贝尔群，那么 $P$ 中的非单位元元素会与 $Q$ 中的元素交换，这意味着 $P \le C_{S_q}(Q)$。但之前例题指出 $C_{S_q}(Q) = Q$。$P$ 的阶是 $p$，不可能在阶为 $q$ 的 $Q$ 中。所以 $P$ 不在 $C_{S_q}(Q)$ 中，因此 $P, Q$ 的元素不交换，$PQ$ 是非阿贝尔群。
• 唯一性: 之后会学到，所有阶为 $pq$ 的非阿贝尔群都同构于这个构造出来的群。

这个例子展示了当西洛定理本身无法唯一确定某个 $n_p=1$ 时，如何运用“元素计数”这一强大的补充技巧来达到目的。

1. 目标和初步分析

• 目标: 证明任何一个阶为 30 的群 $G$ 都有一个正规的、与 $Z_{15}$ 同构的子群。
• 简化目标:
• 一个阶为 15 的子群 $H$，其在 $G$ 中的指数是 $|G|/|H| = 30/15 = 2$。任何指数为 2 的子群都是正规的。所以，只要能证明存在阶为 15 的子群，它就必然是正规的。
• 一个阶为 $15 = 3 \cdot 5$ 的群，根据上一个例子的分析 (p=3, q=5, $p<q$, $3 \nmid (5-1)$)，它必然是循环群 $Z_{15}$。
• 因此，我们的核心任务被简化为：证明任何阶为 30 的群都存在一个阶为 15 的子群。

2. 使用西洛定理进行初步探索

• $|G| = 30 = 2 \cdot 3 \cdot 5$。
• 设 $P \in Syl_5(G)$ ($|P|=5$)，$Q \in Syl_3(G)$ ($|Q|=3$)。
• 如何构造阶为 15 的子群? 如果 $P$ 或 $Q$ 中至少有一个是正规的，那么它们的乘积 $PQ$ 就是一个子群。其阶为 $|PQ| = \frac{|P||Q|}{|P \cap Q|} = \frac{5 \cdot 3}{1} = 15$ (因为阶为 3 和 5 的子群交集只有单位元)。
• 所以，问题进一步转化为：证明 $P$ 或 $Q$ 至少有一个是正规的。

3. 反证法：假设两者都不正规

• 假设: $P$ 不正规 ($n_5>1$) 且 $Q$ 不正规 ($n_3>1$)。
• 分析 $n_5$:
• $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ (可能值: 1, 6, 11, ...)。
• $n_5$ 整除 $|G|/5 = 6$ (可能值: 1, 2, 3, 6)。
• 因为假设 $n_5>1$，所以唯一的可能性是 $n_5=6$。
• 分析 $n_3$:
• $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ (可能值: 1, 4, 7, 10, ...)。
• $n_3$ 整除 $|G|/3 = 10$ (可能值: 1, 2, 5, 10)。
• 因为假设 $n_3>1$，所以唯一的可能性是 $n_3=10$。

4. 元素计数，导出矛盾

• 计数阶为 5 的元素:
• 我们有 $n_5=6$ 个不同的西洛 5-子群。
• 每个西洛 5-子群的阶是素数 5，所以它是循环群，包含 $5-1=4$ 个阶为 5 的元素。
• 任意两个不同的阶为素数的子群，它们的交集只能是平凡子群 $\{e\}$。这意味着，不同西洛 5-子群中的非单位元元素是完全不重复的。
• 因此，阶为 5 的元素总数 = (每个子群的非单位元元素数) $\times$ (子群数) = $4 \times 6 = 24$ 个。
• 计数阶为 3 的元素:
• 我们有 $n_3=10$ 个不同的西洛 3-子群。
• 每个西洛 3-子群的阶是素数 3，包含 $3-1=2$ 个阶为 3 的元素。
• 同样，这些子群两两之间的交集只有单位元。
• 因此，阶为 3 的元素总数 = $2 \times 10 = 20$ 个。
• 发现矛盾:
• 我们已经找到了 24 个阶为 5 的元素和 20 个阶为 3 的元素。
• 这些元素的总数是 $24+20 = 44$ 个。
• 再加上单位元 $e$，群 $G$ 中至少有 $44+1 = 45$ 个元素。
• 但这与 $|G|=30$ 的事实严重矛盾。一个只有 30 个元素的群不可能容纳 45 个不同的元素。
• 结论: 反证法的假设是错误的。因此，$n_5$ 和 $n_3$ 中至少有一个必须等于 1。

5. 最终结论

• 因为 $n_5=1$ 或 $n_3=1$，所以 $G$ 中存在一个正规的西洛 5-子群或西洛 3-子群。
• 如第2步分析，这足以保证存在一个阶为 15 的子群 $PQ$。
• 这个阶为 15 的子群是正规的（指数为 2）且是循环的 ($Z_{15}$)。
• 证明完成。

6. 对计数技术的讨论

• 这是一种非常有用的技术，特别是当西洛 $p$-子群的阶是素数 $p$ 时。
• 原因: 阶为素数 $p$ 的子群 $P$，根据拉格朗日定理，其真子群只有 $\{e\}$。所以任意两个不同的这种子群 $P_1, P_2$ 的交集 $P_1 \cap P_2$ 只能是 $\{e\}$。这保证了在计数非单位元时没有重复。
• 警告: 如果西洛 $p$-子群的阶是 $p^\alpha$ ($\alpha \ge 2$)，比如阶为 4 或 8，那么两个不同的西洛子群的交集可能非平凡（比如阶为 2 或 4）。在这种情况下，简单的乘法计数会重复计算交集中的元素，需要使用更复杂的容斥原理来计算，或者采用其他论证方法。

这个例子展示了当西洛子群不正规时，如何通过构造一个到对称群的同态来获取群的信息。这是一个非常深刻和有用的技巧。

1. 目标和分析框架

• 目标: 证明一个阶为 12 的群 $G$ 必然满足以下两种情况之一：

1. 它有一个正规的西洛 3-子群。
2. 它同构于 $A_4$（而 $A_4$ 本身有一个正规的西洛 2-子群）。
   • 核心思想: 这实际上是在说，阶为 12 的群必有非平凡正规子群，不可能是单群。
   • 分析框架: 我们对西洛 3-子群的数量 $n_3$ 进行分情况讨论。
   • $|G|=12 = 2^2 \cdot 3^1$。
   • $P \in Syl_3(G)$, $|P|=3$。
   • 分析 $n_3$: $n_3 \equiv 1 \pmod 3$, $n_3 | 4$。所以 $n_3$ 的可能值是 1 或 4。
   • 情况一：$n_3=1$。
   • 此时西洛 3-子群是唯一的，因而是正规的。
   • 这满足了目标中的第一种情况。证明完成。
   • 情况二：$n_3 \neq 1$。
   • 那么必然是 $n_3=4$。我们需要证明在这种情况下，$G \cong A_4$。这是本例证明的核心。

2. 核心证明：当 $n_3=4$ 时 $G \cong A_4$

• 元素计数: $n_3=4$ 意味着有 4 个阶为 3 的子群。每个子群有 2 个阶为 3 的元素。这些子群两两交集为 $\{e\}$。所以 $G$ 中共有 $4 \times 2 = 8$ 个阶为 3 的元素。
• 构造群作用和置换表示:
• 令 $\mathcal{S}$ 为这 4 个西洛 3-子群的集合，$\mathcal{S} = \{P_1, P_2, P_3, P_4\}$。
• 让 $G$ 通过共轭作用在这个集合 $\mathcal{S}$ 上。即对于 $g \in G, P_i \in \mathcal{S}$，作用为 $g \cdot P_i = gP_ig^{-1}$。
• 这个作用相当于对 $\mathcal{S}$ 中的 4 个元素进行置换。因此，它诱导了一个群同态 $\varphi: G \to S_4$，其中 $S_4$ 是作用在集合 $\mathcal{S}$ 上的对称群。这个同态 $\varphi$ 称为置换表示。
• 分析同态的核 (Kernel):
• 核的定义: $K = \ker(\varphi) = \{g \in G \mid \varphi(g) = \text{id}\}$。这里的 $\text{id}$ 是 $S_4$ 中的单位置换。
• $g \in K$ 意味着 $g$ 的作用是“不动”的，即 $gP_ig^{-1} = P_i$ 对于所有的 $i=1,2,3,4$。
• 这意味着 $K$ 中的元素正规化所有的西洛 3-子群。所以 $K = \bigcap_{i=1}^4 N_G(P_i)$。
• 因此，$K$ 至少是 $N_G(P_1)$ 的一个子群，即 $K \le N_G(P_1)$。
• 计算 $N_G(P_1)$: 根据轨道-稳定化子定理，$n_3 = |G : N_G(P_1)|$。我们有 $4 = 12 / |N_G(P_1)|$，所以 $|N_G(P_1)|=3$。
• 因为 $P_1 \le N_G(P_1)$ 且 $|P_1|=3$，所以 $N_G(P_1) = P_1$。
• 于是我们有 $K \le P_1$。
• 确定核的大小:
• $K$ 是 $G$ 的正规子群。如果 $K$ 非平凡（即 $K \neq \{e\}$），那么我们就找到了一个正规子群。
• 因为 $K \le P_1$ 且 $|P_1|=3$，所以 $K$ 的阶只能是 1 或 3。
• 如果 $|K|=3$，那么 $K=P_1$。因为 $K$ 是正规的，所以 $P_1$ 也是正规的。但这与我们的大前提 $n_3 \neq 1$ 矛盾。
• 因此，唯一的可能是 $|K|=1$，即 $K=\{e\}$。
• 单射和同构:
• 同态 $\varphi$ 的核是平凡的，这意味着 $\varphi$ 是一个单射 (injective)。
• 根据第一同构定理，$G/\ker(\varphi) \cong \text{Im}(\varphi)$。因为 $\ker(\varphi)=\{e\}$，所以 $G \cong \text{Im}(\varphi) = \varphi(G)$。
• $\varphi(G)$ 是 $S_4$ 的一个子群。所以，我们证明了 $G$ 同构于 $S_4$ 的一个阶为 12 的子群。

3. 证明 $G$ 同构于 $A_4$

• $S_4$ 中唯一的阶为 12 的子群是 $A_4$。这是一个已知事实。我们可以通过以下方式再次确认：
• 我们知道 $G$ 中有 8 个阶为 3 的元素。
• $S_4$ 中有多少阶为 3 的元素？它们是所有的 3-循环，形如 $(abc)$。从 4 个元素中选 3 个，有 $\binom{4}{3}=4$ 种选法。对于每 3 个元素（如1,2,3），可以构成 2 个 3-循环 ($(123), (132)$)。所以总共有 $4 \times 2 = 8$ 个阶为 3 的元素。
• $S_4$ 中所有的 3-循环都是偶置换，所以它们都在 $A_4$ 中。
• 我们的群 $G$ (通过 $\varphi$ 嵌入到 $S_4$ 中) 有 8 个阶为 3 的元素，而 $A_4$ 也有 8 个阶为 3 的元素，且 $S_4$ 中所有的阶 3 元素都在 $A_4$ 里。
• 这意味着 $G$ 的这 8 个元素必须都在 $A_4$ 中。所以 $\varphi(G) \cap A_4$ 至少包含这 8 个元素和单位元，阶至少是 9。
• 因为 $\varphi(G)$ 和 $A_4$ 都是 $S_4$ 的子群，它们的交集也是子群。根据拉格朗日定理，交集的阶必须整除 $|\varphi(G)|=12$ 和 $|A_4|=12$。
• 一个阶至少为 9 且整除 12 的数，只能是 12。
• 所以 $|\varphi(G) \cap A_4|=12$。
• 这意味着 $\varphi(G) = A_4$。
• 因此，$G \cong A_4$。

4. 总结和验证

• 我们证明了，如果 $n_3 \neq 1$，则 $G \cong A_4$。
• 验证 $A_4$ 的情况:
• $A_4$ 的 $n_3=4$，这确实是一个 $n_3 \neq 1$ 的例子。
• 现在我们检查 $A_4$ 是否有正规的西洛 2-子群。
• $A_4$ 的西洛 2-子群是克莱因四元群 $V_4$，阶为 4。
• $V_4 = \{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$。它是 $S_4$ 中所有形为 $(ab)(cd)$ 的置换和单位元的集合。
• 这个集合在共轭下是封闭的（一个共轭类的并），所以 $V_4 \unlhd S_4$，因此也 $V_4 \unlhd A_4$。
• 所以 $A_4$ 确实有一个正规的西洛 2-子群。
• 最终结论: 任何阶为 12 的群，要么 $n_3=1$ (有正规西洛 3-子群)，要么 $n_3=4$ (此时它同构于 $A_4$，而 $A_4$ 又有正规西洛 2-子群)。无论如何，它都必有一个非平凡正规子群。

这个例子推广了对阶为 $pq$ 群的分析，讨论了阶为 $p^2q$ 的群，并证明了它们必不为单群。

1. 目标和设定

• 目标: 证明任何一个阶为 $|G|=p^2q$（$p,q$为不同素数）的群，都至少有一个正规的西洛子群。
• 设定:
• $P \in Syl_p(G)$, 所以 $|P|=p^2$。
• $Q \in Syl_q(G)$, 所以 $|Q|=q$。
• 策略: 我们要证明 $n_p=1$ 或 $n_q=1$ 至少有一个成立。证明过程需要分情况讨论 $p$ 和 $q$ 的大小关系。

2. 情况一： $p > q$

• 分析 $n_p$:
• 根据西洛第三定理：

1. $n_p \equiv 1 \pmod p$ (可能值: 1, $1+p$, $1+2p$, ...)。
2. $n_p$ 整除 $|G|/p^2 = q$ (可能值: 1, $q$)。
   • 结合条件:
   • $n_p$ 只能是 1 或 $q$。
   • 我们又知道 $p > q$。
   • 如果 $n_p=q$，那么必须有 $q \equiv 1 \pmod p$，这意味着 $p$ 整除 $q-1$。
   • 但是 $p>q>q-1$，一个较大的正整数 $p$ 不可能整除一个较小的正整数 $q-1$。这是矛盾的。
   • 所以 $n_p=q$ 的可能性被排除。
   • 结论: 唯一的可能性是 $n_p=1$。因此，西洛 $p$-子群 $P$ 是正规的 ($P \unlhd G$)。
   • 小结: 当 $p>q$ 时，阶为 $p^2q$ 的群总是有正规的西洛 $p$-子群。

3. 情况二： $p < q$

• 分析 $n_q$:
• 1. $n_q \equiv 1 \pmod q$ (可能值: 1, $1+q$, ...)。
• 2. $n_q$ 整除 $|G|/q = p^2$ (可能值: 1, $p$, $p^2$)。
• 结合条件:
• $n_q$ 的可能取值是 1, $p$, 或 $p^2$。
• 因为 $p<q$，$n_q=p$ 是不可能的（理由同上，否则 $q \mid p-1$，矛盾）。
• 所以 $n_q$ 的可能值只剩下 1 或 $p^2$。
• 分两种子情况讨论:
• 子情况 A: $n_q=1$
• 此时，西洛 $q$-子群 $Q$ 是正规的。我们的目标达成。
• 子情况 B: $n_q > 1$
• 那么，唯一的可能性是 $n_q=p^2$。
• 我们需要从这个条件 $n_q=p^2$ 出发，看能推导出什么。
• $n_q=p^2$ 必须满足同余条件 $n_q \equiv 1 \pmod q$。
• 所以 $p^2 \equiv 1 \pmod q$，这意味着 $q$ 整除 $p^2-1$。
• 我们对 $p^2-1$ 进行因式分解：$p^2-1 = (p-1)(p+1)$。
• 因为 $q$ 是一个素数，如果它整除一个乘积，它必然整除其中至少一个因子。所以，要么 $q \mid p-1$，要么 $q \mid p+1$。
• 分析 $q \mid p-1$: 这不可能。因为我们在这个大情况下假设了 $p<q$。一个较大的素数 $q$ 不可能整除一个比它小的正数 $p-1$。
• 分析 $q \mid p+1$: 这是唯一剩下的可能。
• 从 $q \mid p+1$ 中榨取信息:
• 我们有 $p < q$ 且 $q \mid p+1$。
• 因为 $p, q$ 都是正整数，这意味着 $q \le p+1$。
• 结合 $p<q$ 和 $q \le p+1$，唯一的整数解就是 $q = p+1$。
• 两个相邻的素数:
• 我们得出了一个惊人的结论：这种情况只有在两个素数 $p$ 和 $q$ 是相邻整数时才可能发生。
• 在所有的素数中，唯一一对相邻的整数是 2 和 3。
• 所以，必须有 $p=2, q=3$。
• 回到群的阶:
• 如果 $p=2, q=3$，那么群的阶是 $|G|=p^2q = 2^2 \cdot 3 = 12$。
• 问题转化: 我们证明了，对于阶为 $p^2q$ 的群，除非它的阶是 12，否则它必有正规的西洛子群。现在我们只需要处理阶为 12 的情况。
• 引用前面的例子: 我们在“阶为 12 的群”的例子中已经证明了，任何阶为 12 的群，要么有正规的西洛 3-子群 ($Q$)，要么同构于 $A_4$ (而 $A_4$ 又有正规的西洛 2-子群 $P$)。无论如何，它都有一个正规的西洛子群。
• 最终结论: 综合所有情况，任何阶为 $p^2q$ 的群都必有一个正规的西洛子群。

这个命题和它的证明是理解单群（特别是 $A_5$）的关键一步。它使用反证法，并巧妙地结合了西洛定理、正规子群的性质以及对更小阶群的已知结论。

1. 命题的陈述和意义

• 命题: 一个阶为 60 的群 $G$，如果它的西洛 5-子群不唯一（$n_5>1$），那么它就必须是单群。
• 反过来理解: 这等价于说，一个阶为 60 的群，如果它不是单群（即有非平凡正规子群），那么它的西洛 5-子群必须是唯一的 ($n_5=1$)。
• 意义: 它为研究阶为 60 的群提供了一个强大的二分法。要么 $n_5=1$ 且非单，要么 $n_5>1$ 且是单群。

2. 证明的框架：反证法

• 假设: 命题不成立。即，存在一个群 $G$ 满足：

1. $|G|=60$。
2. $n_5 > 1$。
3. $G$ 不是单群，即存在一个正规子群 $H$，其中 $H \neq \{e\}$ 且 $H \neq G$。
   • 目标: 从这个假设出发，推导出矛盾。

3. 分析假设的直接推论

• 分析 $n_5$: $|G| = 60 = 2^2 \cdot 3 \cdot 5$。
• $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ (可能值: 1, 6, 11, ...)。
• $n_5$ 整除 $|G|/5 = 12$ (可能值: 1, 2, 3, 4, 6, 12)。
• 因为假设 $n_5 > 1$，所以唯一的可能性是 $n_5=6$。
• 计算正规化子: $|N_G(P)| = |G|/n_5 = 60/6 = 10$。

4. 核心论证：分析正规子群 $H$ 的阶 $|H|$

证明的关键在于表明，不论 $|H|$ 是什么（只要它是 60 的真因子），都会导致矛盾。

• 情况一：$5$ 整除 $|H|$
• $H$ 是 $G$ 的子群，它的阶 $|H|$ 是 60 的因子。因为 $5 \mid |H|$，所以 $|H|$ 可能是 5, 10, 15, 20, 30。
• 因为 $5 \mid |H|$，根据西洛第一定理，$H$ 自身也必须有西洛 5-子群。$G$ 的西洛 5-子群 $P$ 的阶是 5，所以 $H$ 的西洛 5-子群的阶也是 5。
• 这意味着 $H$ 至少包含 $G$ 的一个西洛 5-子群 $P$。
• 关键点: 因为 $H$ 在 $G$ 中是正规的 ($H \unlhd G$)，而 $P \le H$。那么 $P$ 的所有共轭子群 $gPg^{-1}$ (对于所有 $g \in G$)，都必须在 $gHg^{-1}=H$ 里面。
• 也就是说，$H$ 必须包含 $G$ 的所有 6 个西洛 5-子群。
• 元素计数: 这 6 个西洛 5-子群，每个都有 4 个非单位元元素，且两两不交。所以它们总共贡献了 $6 \times 4 = 24$ 个不同的元素。加上单位元，这些子群的并集至少有 25 个元素。
• 所以 $|H| \ge 25$。
• 在 $|H

的可能阶（5, 10, 15, 20, 30）中，唯一满足 $|H| \ge 25$ 的是 $|H|=30$。

• 导出矛盾: 我们得出结论，如果 $5 \mid |H|$，那么 $|H|$ 必须是 30。但是，我们在之前的例子中已经证明了，任何阶为 30 的群，其西洛 5-子群是唯一且正规的（即 $n_5(H)=1$）。而这里 $H$ 包含了 $G$ 的所有 6 个西洛 5-子群，这与 $n_5(H)=1$ 矛盾。
• 结论: 情况一不可能发生。所以，对于 $G$ 的任何真正规子群 $H$，$5$ 都不能整除 $|H|$。

• 情况二：$5$ 不整除 $|H|$
• $|H|$ 是 60 的真因子，且不含因子 5。所以 $|H|$ 的可能值是 2, 3, 4, 6, 12。
• 寻找更小的正规子群:
• 如果 $|H|=6$ 或 $|H|=12$，我们知道这种阶的群不可能是单群（例如，阶为 6 的群有正规西洛 3-子群；阶为 12 的群有正规西洛子群）。它们会有一个正规的、阶更小的西洛子群。
• 这个子群在 $H$ 中是正规的，甚至是特征的（因为唯一）。一个特征子群的正规子群也是正规的。所以，我们可以用这个更小的特征子群来代替 $H$。
• 这个操作使得我们可以不失一般性地，只考虑那些阶为 2, 3, 4 的正规子群 $H$。
• 构造商群: 设 $\bar{G} = G/H$。
• 如果 $|H|=2$, $|\bar{G}|=30$。
• 如果 $|H|=3$, $|\bar{G}|=20$。
• 如果 $|H|=4$, $|\bar{G}|=15$。
• 分析商群:
• 我们已经知道，阶为 30, 20, 15 的群，都必有正规的西洛 5-子群。
• $|G|=30$: 刚刚证明过。
• $|G|=20=2^2 \cdot 5$: $n_5 \equiv 1 \pmod 5$, $n_5 | 4 \implies n_5=1$。
• $|G|=15=3 \cdot 5$: 证明过。
• 所以，在任何一种情况下，商群 $\bar{G}$ 都有一个正规的、阶为 5 的子群 $\bar{P}$。
• 拉回子群:
• 根据第四同构定理，$\bar{P}$ 对应于 $G$ 中一个包含 $H$ 的正规子群 $H_1$。
• $H_1$ 是 $\bar{P}$ 在 $G$ 中的原像。
• $H_1 \unlhd G$ 且 $H_1/H = \bar{P}$。
• $H_1$ 的阶是 $|H_1| = |\bar{P}| \cdot |H| = 5 \cdot |H|$。
• 导出最终矛盾:
• 因为 $|H_1| = 5 \cdot |H|$，所以 5 整除 $|H_1|$。
• $H_1$ 是 $G$ 的一个正规子群。
• $H_1 \neq G$ (因为 $|H_1| = 5|H|$，而 $|H|$ 最大是 4，所以 $|H_1|$ 最大是 20，小于 60)。
• $H_1 \neq \{e\}$ (因为阶是 5 的倍数)。
• 所以 $H_1$ 是 $G$ 的一个真正规子群，且 5 整除其阶。
• 这与我们在情况一中得出的结论“对于 G 的任何真正规子群，$5$ 都不能整除其阶”发生了直接矛盾。

5. 证明完成

• 我们从“$G$ 非单群”的假设出发，无论怎么分析正规子群 $H$ 的阶，都导出了矛盾。
• 因此，最初的假设是错误的。
• 结论：如果 $|G|=60$ 且 $n_5 > 1$，那么 $G$ 不可能含有非平凡正规子群，即 $G$ 必须是单群。

这个推论是命题21的直接应用，也是有限群论中一个非常著名的结果。

• 目标: 证明交错群 $A_5$ 是一个单群。
• $A_5$ 是什么?:
• 它是 5 个元素上的所有偶置换构成的群。
• 它的阶是 $|A_5| = 5!/2 = 120/2 = 60$。
• 应用命题21的条件:
• 命题21说：如果一个阶为 60 的群 $G$ 满足 $n_5(G)>1$，那么 $G$ 就是单群。
• 为了应用这个命题，我们只需要为 $A_5$ 验证这两个前提条件：

1. $|A_5|=60$。（已验证）
2. $n_5(A_5) > 1$。
   • 验证 $n_5(A_5) > 1$:
   • $|A_5|=60 = 2^2 \cdot 3 \cdot 5$。西洛 5-子群的阶是 5。
   • 要证明 $n_5(A_5)>1$，我们不需要算出 $n_5$ 的确切值，只需要找到至少两个不同的西洛 5-子群即可。
   • 一个阶为 5 的子群是由一个阶为 5 的元素生成的。
   • 在 $A_5$ 中，阶为 5 的元素是 5-循环。例如，$(12345)$。
   • 一个西洛 5-子群是 $P_1 = \langle (12345) \rangle = \{e, (12345), (12345)^2, (12345)^3, (12345)^4\}$。
   • 我们再找另一个 5-循环，例如 $(13245)$。这个置换也是偶置换（长度为奇数的循环是偶置换），所以它在 $A_5$ 中。
   • 它生成的子群是 $P_2 = \langle (13245) \rangle$。
   • $P_1$ 和 $P_2$ 都是阶为 5 的子群，所以它们都是 $A_5$ 的西洛 5-子群。
   • 因为 $(13245)$ 并不在 $P_1$ 中，所以 $P_1 \neq P_2$。
   • 我们成功找到了两个不同的西洛 5-子群。
   • 得出结论:
   • $A_5$ 的阶是 60，并且它的西洛 5-子群数量大于 1。
   • 完美满足命题21的所有条件。
   • 因此，我们可以立即得出结论：$A_5$ 是一个单群。

这个命题和命题21互为补充，共同确立了 $A_5$ 是唯一的阶为 60 的单群。证明过程更为复杂，涉及对西洛 2-子群数量 $n_2$ 的深入分析。

1. 命题和证明框架

• 命题: 任何一个阶为 60 的单群，都必然同构于 $A_5$。
• 证明框架:

1. 设 $G$ 是一个阶为 60 的单群。
2. 分析 $G$ 的西洛 2-子群的数量 $n_2$。
3. 逐一排除 $n_2$ 的各种可能性，最终证明只有一种情况可能，而这种情况将导致 $G \cong A_5$。
   • 分析 $n_2$: $|G| = 60 = 2^2 \cdot 15$。
   • $n_2 \equiv 1 \pmod 2$ (奇数)。
   • $n_2$ 整除 15 (可能值: 1, 3, 5, 15)。
   • 因为 $G$ 是单群，它不能有正规的西洛 2-子群，所以 $n_2 \neq 1$。
   • 因此，$n_2$ 的可能值是 3, 5, 或 15。证明将对这三种情况进行讨论。

2. 第一步：排除 $n_2=3$

• 核心论断: 一个单群 $G$ (如果不是循环群)，不能有指数太小的子群。
• 证明:
• 假设 $G$ 有一个指数为 $k$ 的子群 $H$ (即 $|G:H|=k$)。
• 让 $G$ 通过左乘作用在 $H$ 的 $k$ 个左陪集上。
• 这个作用诱导一个同态 $\varphi: G \to S_k$。
• 这个同态的核 $K = \ker(\varphi)$ 是 $G$ 的一个正规子群，并且 $K \le H$。
• 因为 $G$ 是单群，所以正规子群 $K$ 只能是 $\{e\}$ 或 $G$。
• $K \le H \neq G$，所以 $K \neq G$。因此，必有 $K=\{e\}$。
• 这意味着 $\varphi$ 是单射，所以 $G$ 同构于 $S_k$ 的一个子群。
• 根据拉格朗日定理，$|G|$ 必须整除 $|S_k| = k!$。
• 应用于我们的问题:
• 如果 $n_2=3$，那么西洛 2-子群 $P$ 的正规化子 $N=N_G(P)$ 的指数就是 3。
• 取 $H=N$，则 $G$ 有一个指数为 3 的子群。
• 根据上面的论断， $|G|=60$ 必须整除 $3!=6$。这显然是不可能的。
• 所以 $G$ 不可能有指数为 3 的子群。因此 $n_2 \neq 3$。
• （同理，指数为 2, 4 的子群也不可能，因为 60 不整除 $2!=2$ 和 $4!=24$）。

3. 第二步：分析 $n_2=5$ 的情况

• 假设 $n_2=5$:
• 这意味着西洛 2-子群 $P$ 的正规化子 $N=N_G(P)$ 是一个指数为 5 的子群。
• 根据上一步的论证，让 $G$ 作用于 $N$ 的 5 个左陪集上，得到一个单同态 $\varphi: G \to S_5$。
• 所以 $G$ 同构于 $S_5$ 的一个阶为 60 的子群。为了方便，我们直接把 $G$ 看作是 $S_5$ 的这个子群。
• 证明 $G$ 就是 $A_5$:
• 现在我们有 $G \le S_5$ 且 $|G|=60$。$A_5$ 也是 $S_5$ 的一个子群，$|A_5|=60$。
• 考虑 $G$ 和 $A_5$ 的关系。
• 如果 $G$ 不是 $A_5$ 的子群（即 $G \not\le A_5$），那么 $G$ 中至少有一个奇置换。
• 考虑子群乘积 $GA_5$。它也是 $S_5$ 的子群，并且它同时包含 $G$ 和 $A_5$。
• $|GA_5| = \frac{|G||A_5|}{|G \cap A_5|} = \frac{60 \cdot 60}{|G \cap A_5|}$。
• $G \cap A_5$ 是 $G$ 的一个子群。因为 $G \not\le A_5$，所以 $G \cap A_5$ 是 $G$ 的真子群。
• 根据第二同构定理，$GA_5/A_5 \cong G/(G \cap A_5)$。
• 因为 $S_5/A_5$ 的阶是 2，所以 $GA_5$ 要么是 $A_5$ 要么是 $S_5$。由于 $G$ 不在 $A_5$ 里，所以 $GA_5$ 只能是 $S_5$。
• $S_5/A_5 \cong G/(G \cap A_5)$。这意味着 $G/(G \cap A_5)$ 是一个阶为 2 的群。
• 这说明 $G \cap A_5$ 是 $G$ 中一个指数为 2 的子群。
• 任何指数为 2 的子群都是正规子群。
• 所以 $G$ 有一个指数为 2 的正规子群 $G \cap A_5$。
• 但这与 $G$ 是单群的假设矛盾。
• 结论: $G \not\le A_5$ 的假设是错误的。必须有 $G \le A_5$。
• 既然 $G \le A_5$ 且 $|G|=|A_5|=60$，那么唯一的可能是 $G=A_5$。
• 所以，如果 $n_2=5$，则 $G \cong A_5$。

4. 第三步：分析 $n_2=15$ 的情况

• 假设 $n_2=15$。这是一个更复杂的情况，需要通过元素计数来找到矛盾。
• 反证法: 假设 $G$ 是单群且 $n_2=15$。
• 西洛 2-子群的交集:
• $G$ 的西洛 2-子群的阶是 $2^2=4$。阶为 4 的群都是阿贝尔群。
• 先做一个大胆的假设: 假设任意两个不同的西洛 2-子群 $P, Q$ 的交集都是平凡的，即 $P \cap Q = \{e\}$。
• 每个西洛 2-子群有 $4-1=3$ 个非单位元元素。
• 总共有 15 个这样的子群，如果它们的非单位元元素都不重复，那么阶为 2 或 4 的元素总数将是 $3 \times 15 = 45$ 个。
• 另外，因为 $G$ 是单群，根据命题21的逆否命题，$n_5(G)$ 必须大于 1，所以 $n_5=6$。
• 阶为 5 的元素有 $(5-1) \times 6 = 24$ 个。
• 矛盾: 仅这两类元素就有 $45+24=69$ 个，超过了群的阶 60。
• 结论: “交集都平凡”的假设是错误的。因此，必然存在两个不同的西洛 2-子群 $P, Q$，使得它们的交集 $P \cap Q$ 非平凡。
• 因为 $P,Q$ 阶为 4，其交集的阶只能是 2。所以 $|P \cap Q|=2$。
• 分析交集的正规化子:
• 令 $K = P \cap Q$。这是一个阶为 2 的子群。
• 考虑 $K$ 的正规化子 $M = N_G(K)$。
• 因为 $P, Q$ 都是阿贝尔群（阶为4），所以它们的所有子群（包括 $K$）都是正规的。这意味着 $P \le N_P(K)=P$，$Q \le N_Q(K)=Q$。
• 更重要的是， $P, Q$ 中的所有元素都与 $K$ 的元素交换，所以 $P, Q$ 都是 $M=N_G(K)$ 的子群。
• $M$ 包含两个不同的阶为 4 的子群 $P, Q$。所以 $|M|$ 必须是 4 的倍数，且 $|M| > 4$ (否则如果 $|M|=4$，则 $M=P=Q$，与 $P,Q$ 不同矛盾)。
• $|M|$ 是 60 的因子，是 4 的倍数，且大于 4。可能的值是 12, 20, 60。
• 因为 $G$ 是单群，$M$ 不能是 $G$ 本身，所以 $|M| \neq 60$。
• 如果 $|M|=20$，指数为 3，这在第一步已经被排除了。
• 所以，唯一的可能性是 $|M|=12$。
• 最终矛盾:
• 我们找到了一个阶为 12 的子群 $M$，它的指数是 $60/12=5$。
• 现在的情况和 $n_2=5$ 时完全一样了！我们有一个指数为 5 的子群 $M$。
• 重复第二步的论证（让 $G$ 作用在 $M$ 的 5 个陪集上），我们可以得出 $G \cong A_5$。
• 最后的矛盾: 如果 $G \cong A_5$，那么它的西洛 2-子群的数量应该是 $n_2(A_5)=5$ (如练习所示)。但这与我们这一步的起始假设 $n_2=15$ 矛盾。
• 结论: $n_2=15$ 的情况是不可能发生的。

5. 总结整个证明

• 我们分析了阶为 60 的单群 $G$ 的 $n_2$ 的所有可能性 (3, 5, 15)。
• $n_2=3$ 被排除，因为它会导致一个指数为 3 的子群，而单群 $G$ 不允许。
• $n_2=15$ 被排除，因为它会通过一系列复杂的论证导出一个矛盾。
• 因此，对于一个阶为 60 的单群，它的西洛 2-子群数量必须是 $n_2=5$。
• 而我们证明了，当 $n_2=5$ 时，$G$ 必须同构于 $A_5$。
• 命题证毕。