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这段话是本章节的开篇，旨在引出核心主题——西洛定理。

1. 主题: 明确指出本节内容是关于西洛定理（Sylow Theorems）。
2. 核心内容: 解释了西洛定理是用来做什么的。它们是描述“任意有限群的素数幂阶子群”的性质的定理。这里的关键词是“有限群”和“素数幂阶子群”。这表明西洛定理是研究有限群结构的重要工具，其切入点是那些阶（即群中元素的个数）为某个素数的幂的子群。
3. 命名来源: 提供了历史背景，说明了这些定理是以其发现者——19世纪的挪威数学家路德维希·西洛（Ludwig Sylow）的名字命名的。这有助于将抽象的数学概念与具体的历史人物联系起来。

这段话定义了本章节最核心的概念：Sylow p-子群。

1. 前提条件: 我们从一个有限群 $G$ 开始，它的阶（元素的数量）为 $n$。我们还关注一个素数 $p$，这个素数 $p$ 必须是 $n$ 的一个因子。
2. 阶的分解: 将群的阶 $n$ 进行一种特殊的“准素数分解”。我们把 $n$ 中所有 $p$ 的因子都“榨干”，写成 $n = p^e \cdot m$ 的形式。这里 $p^e$ 是能整除 $n$ 的 $p$ 的最高次幂，而 $m$ 则是剩下的部分，根据定义，$m$ 本身不能再被 $p$ 整除了。
3. Sylow p-子群的定义: 基于上述分解，一个Sylow p-子群被定义为 $G$ 的一个子群，且这个子群的阶恰好是 $p^e$。这个阶是 $p$ 的幂次的子群中最大的那个。
4. 补充说明:
   • “一个 Sylow p-子群是一个 p-群”：一个群如果其阶是素数 $p$ 的幂（如 $p^k$），就被称为p-群。因为Sylow p-子群的阶是 $p^e$，所以它自然是一个p-群。
   • “其在群中的指数不能被 $p$ 整除”：子群 $H$ 在群 $G$ 中的指数，记作 $[G:H]$，定义为 $|G|/|H|$。对于Sylow p-子群 $H$，其阶为 $p^e$，所以指数是 $[G:H] = |G|/|H| = (p^e m) / p^e = m$。根据我们对 $m$ 的定义， $m$ 不能被 $p$ 整除。这个性质是Sylow p-子群定义的一个等价描述。

这段话陈述了西洛第一定理（First Sylow Theorem），这是三大西洛定理中的第一个，也是最基本的一个。

1. 核心论断: 定理保证了Sylow p-子群的“存在性”。
2. 条件: 只要一个有限群 $G$ 的阶 $|G|$ 能被一个素数 $p$ 整除（这意味着在 $|G|=p^e m$ 的分解中，$e \ge 1$）。
3. 结论: 该群 $G$ 就“一定包含”至少一个Sylow p-子群。也就是说，一定能从 $G$ 中找到一个子群，其阶恰好是 $p^e$。
4. 重要性: 这个定理非常强大。我们知道拉格朗日定理的逆命题不成立，例如，交错群 $A_4$ 的阶是12，但它没有任何阶为6的子群。然而，西洛第一定理告诉我们，对于形如 $p^e$ 这种特殊的因子，对应的子群是保证存在的。它填补了拉格朗日定理留下的一个巨大空白。
5. 证明位置: 明确指出证明将在本节的末尾部分给出，让读者先接受并应用这个结论。

这个推论是第一西洛定理的一个直接且重要的结果，它本身也是一个著名的定理，称为柯西定理（Cauchy's Theorem）。

1. 推论内容: 如果一个有限群 $G$ 的阶 $|G|$ 能被素数 $p$ 整除，那么 $G$ 中必定存在一个阶为 $p$ 的元素。
2. 证明逻辑:
   • 步骤一: 根据第一西洛定理，既然 $|G|$ 能被 $p$ 整除，那么 $G$ 必定存在一个Sylow p-子群 $H$。这个 $H$ 的阶为 $|H|=p^e$，其中 $e \ge 1$。
   • 步骤二: 因为 $e \ge 1$，所以 $|H| = p^e > 1$。这意味着子群 $H$ 不仅仅包含单位元 $1$。我们可以在 $H$ 中任取一个非单位元 $x$。
   • 步骤三: 根据拉格朗日定理，元素 $x$ 的阶（记为 $ord(x)$）必须整除它所在群（这里是 $H$）的阶。所以 $ord(x)$ 必须整除 $p^e$。
   • 步骤四: 一个能整除 $p^e$ 的数，必然是 $p$ 的某个幂次，即 $ord(x) = p^k$，其中 $1 \le k \le e$。（$k \ge 1$ 因为 $x$ 不是单位元）。
   • 步骤五: 我们已经有了一个阶为 $p^k$ 的元素 $x$，我们的目标是找到一个阶恰好为 $p$ 的元素。构造元素 $y = x^{p^{k-1}}$。根据元素阶的性质， $y$ 的阶是 $ord(y) = \frac{ord(x)}{gcd(ord(x), p^{k-1})} = \frac{p^k}{p^{k-1}} = p$。
   • 结论: 我们成功在 $G$ 中找到了一个阶为 $p$ 的元素 $y$。证明完毕。

这段话通过一个反例来强调柯西定理（推论 7.7.3）的深刻性。

1. 强调“不显然”: 指出推论的结论不是凭直觉得出的。
2. 拉格朗日定理的局限: 我们知道由拉格朗日定理，任何元素的阶都必须整除群的阶。例如，一个阶为6的群，其元素的阶只能是1, 2, 3, 6。
3. 构造一个看似合理的“伪群”: 作者让我们想象一个有6个元素的集合，包含一个单位元和五个阶都是2的元素。每个元素的阶（1和2）都整除6，这并没有违反拉格朗日定理。
4. 指出“伪群”不存在: 作者直接断言“这样的群不存在”。为什么？因为如果这样一个群存在，它的阶是6，6可以被素数3整除。根据刚刚的推论（柯西定理），这个群必须包含一个阶为3的元素。但我们假设的这个群里只有阶为1和阶为2的元素，矛盾了。
5. 给出正确结论: 因此，任何一个阶为6的群，必须同时包含阶为2的元素和阶为3的元素。

这段话陈述了西洛第二定理，它描述了Sylow p-子群之间的关系以及它们与普通p-子群的关系。

• Part (a): 共轭性
• 内容: $G$ 中所有Sylow p-子群都是相互共轭的。
• 解释: 假设 $H_1$ 和 $H_2$ 是 $G$ 的两个Sylow p-子群（它们的阶都是 $p^e$）。那么，一定存在一个元素 $g \in G$，使得 $H_2 = g H_1 g^{-1}$。
• 意义: 这说明从代数结构上看，所有的Sylow p-子群都是同构的（共轭是比同构更强的关系）。它们在群 $G$ 中的地位是平等的，只是“位置”不同。不存在某个“特殊”的Sylow p-子群。

• Part (b): 包含性
• 内容: $G$ 中任何一个p-子群（即阶为 $p^k$ 的子群，其中 $k \le e$）都必然被包含在某一个Sylow p-子群之中。
• 解释: 如果 $K$ 是一个p-子群，那么必然存在一个Sylow p-子群 $H$，使得 $K \subseteq H$。
• 意义: 这说明Sylow p-子群是“极大”的p-子群。任何一个小的p-子群都只是某个极大p-子群的一部分，不可能独立于所有Sylow p-子群之外。

• 补充说明: “一个 Sylow p-子群的共轭子群也将是一个 Sylow p-子群。”
• 解释: 这是一个基本事实。如果 $H$ 是Sylow p-子群，则 $|H|=p^e$。它的任意一个共轭子群 $gHg^{-1}$ 的阶与 $H$ 相同，$|gHg^{-1}|=|H|=p^e$。因此，$gHg^{-1}$ 的阶也是 $p^e$，根据定义，它也是一个Sylow p-子群。这和第二定理(a)是相辅相成的。

• 推论 7.7.5:
• 内容: 一个群 $G$ 有且仅有一个Sylow p-子群 $H$，这个情况发生的充分必要条件是 $H$ 是 $G$ 的一个正规子群。
• 证明:
• "仅当" ($\Rightarrow$): 假设 $G$ 只有一个Sylow p-子群 $H$。我们要证明 $H$ 是正规子群。根据正规子群的定义，我们需要证明对于任意 $g \in G$，$gHg^{-1}=H$。我们知道 $gHg^{-1}$ 是 $H$ 的一个共轭子群。根据上面的补充说明，$gHg^{-1}$ 也是一个Sylow p-子群。但我们已经假设了Sylow p-子群只有一个，就是 $H$。所以必然有 $gHg^{-1}=H$。这正是正规子群的定义。
• "当" ($\Leftarrow$): 假设Sylow p-子群 $H$ 是正规子群。我们要证明 $G$ 中没有其他的Sylow p-子群。根据第二西洛定理(a)，任何其他的Sylow p-子群 $H'$ 都必须与 $H$ 共轭。也就是说，存在某个 $g \in G$ 使得 $H' = gHg^{-1}$。但因为 $H$ 是正规子群，所以 $gHg^{-1}=H$。因此 $H'=H$。这说明不存在与 $H$ 不同的Sylow p-子群。所以 $H$ 是唯一的。

这段话陈述了西洛第三定理，它给出了Sylow p-子群数量 $s$ 的两个强约束条件。

1. 前提: 和之前一样，群 $G$ 的阶为 $n=p^e m$，其中 $p \nmid m$。$s$ 是 $G$ 中Sylow p-子群的个数。
2. 约束条件一: $s$ 必须整除 $m$。$m$ 是群阶 $n$ 中“非 $p$”的部分。这个条件限制了 $s$ 的可能取值范围。
3. 约束条件二: $s$ 必须满足 $s \equiv 1 \pmod{p}$。这意味着 $s$ 除以 $p$ 的余数必须是 1。换句话说，$s$ 的形式必须是 $kp+1$（$k$ 是某个非负整数）。

• 综合威力: 这两个条件结合起来非常强大。要找到Sylow p-子群的数量 $s$，我们只需要列出 $m$ 的所有因子，然后从这些因子中挑出那些形如 $kp+1$ 的数。通常情况下，满足条件的数会很少，甚至只有一个。

这段话是过渡性的，旨在说明接下来的内容安排。

1. 学以致用: 在给出严格的数学证明之前，先通过几个具体的例子来展示西洛定理的实际应用和威力。这是一种很好的教学方法，先让学习者感受到工具的好处，再研究工具的原理。
2. 应用领域: 目标是“分类”特定阶的群。群的分类是群论的核心问题之一，即找出所有给定阶数的群，并说明它们在同构意义下有几种不同的结构。
3. 选择的例子: 选择了阶为 6, 15, 21 的群。这些数字的素因子比较简单，使得西洛定理能发挥决定性的作用。
4. 点明局限性: 也指出了这种方法的局限性。当群的阶 $n$ 有很多因子时（例如 $n=24$ 或 $n=30$），第三西洛定理给出的可能性会变多，分类的难度会急剧增加，单靠西洛定理可能不足以完成分类。

这段话集中陈述了将要证明的三个关于小阶群分类的命题。

• (a) 阶为 15 的群: 结论非常强，所有阶为15的群结构都是一样的，都是循环群（同构于 $C_{15}$）。这是一种“刚性”结构，没有别的可能性。
• (b) 阶为 6 的群: 结论是存在两种可能的结构。一种是阿贝尔群的结构，即循环群 $C_6$（它也同构于 $C_2 \times C_3$）。另一种是非阿贝尔群的结构，其代表是对称群 $S_3$。
• (c) 阶为 21 的群: 结论和阶为6的类似，也存在两种可能。一种是循环群 $C_{21}$（阿贝尔群）。另一种是非阿贝尔群，其结构可以通过生成元和关系式来定义：群由两个元素 $x, y$ 生成，它们满足 $x$ 的阶是7， $y$ 的阶是3，以及一个描述它们如何相互作用的“混合关系” $yx=x^2y$。这个关系是非交换的，因为它说明 $y$ 和 $x$ 的顺序不能颠倒（否则 $yx=xy$）。

这是对命题7.7.7(a)的详细证明，逻辑非常清晰。

1. 分析 Sylow 3-子群:
   • 群阶 $|G|=15=3^1 \cdot 5$。对于 $p=3$, $e=1, m=5$。
   • 设Sylow 3-子群的数量为 $s_3$。根据第三西洛定理:
   • $s_3$ 整除 $m=5 \Rightarrow s_3 \in \{1, 5\}$。
   • $s_3 \equiv 1 \pmod 3$。
   • 在 $\{1, 5\}$ 中检查第二个条件：$1 \equiv 1 \pmod 3$ 成立。$5 \equiv 2 \pmod 3$ 不成立。
   • 所以，唯一可能的数量是 $s_3=1$。
2. 推断正规性:
   • 因为只有一个Sylow 3-子群 $H$，根据推论7.7.5， $H$ 必须是正规子群。
3. 分析 Sylow 5-子群:
   • 对于 $p=5$, $e=1, m=3$。
   • 设Sylow 5-子群的数量为 $s_5$。根据第三西洛定理:
   • $s_5$ 整除 $m=3 \Rightarrow s_5 \in \{1, 3\}$。
   • $s_5 \equiv 1 \pmod 5$。
   • 在 $\{1, 3\}$ 中检查第二个条件：$1 \equiv 1 \pmod 5$ 成立。$3 \equiv 3 \pmod 5$ 不成立。
   • 所以，唯一可能的数量是 $s_5=1$。
4. 推断正规性:
   • 因为只有一个Sylow 5-子群 $K$，所以 $K$ 也必须是正规子群。
5. 分析子群结构和交集:
   • $H$ 的阶是3， $K$ 的阶是5。因为3和5都是素数，所以 $H$ 和 $K$ 都是循环群（$H \cong C_3, K \cong C_5$）。
   • 考虑它们的交集 $H \cap K$。交集的阶必须整除 $H$ 的阶（3）和 $K$ 的阶（5）。唯一能同时整除3和5的数只有1。所以 $|H \cap K|=1$，即 $H \cap K = \{e\}$ （平凡群）。
6. 应用直积定理:
   • 我们现在有两个正规子群 $H$ 和 $K$，它们的交集是平凡的。根据群论中的一个重要定理（这里引用为命题2.11.4(d)，通常称为直积定理），如果 $H, K$ 是 $G$ 的正规子群且 $H \cap K = \{e\}$，则子群 $HK$ 同构于它们的外直积 $H \times K$。
   • 这里 $HK$ 的阶是 $|H||K|/|H \cap K| = 3 \cdot 5 / 1 = 15$，这等于 $G$ 的阶。所以 $G=HK$。
   • 因此，$G \cong H \times K \cong C_3 \times C_5$。
7. 最后结论:
   • 因为 $gcd(3, 5)=1$，所以 $C_3 \times C_5$ 同构于 $C_{3 \cdot 5} = C_{15}$，这是一个循环群。
   • 由于以上推理对任意一个阶为15的群都成立，所以所有阶为15的群都同构于 $C_{15}$，即它们都是循环群。

这部分开始证明阶为6的群的分类，首先利用西洛定理分析Sylow子群的数量。

1. 基本设置:
   • 群 $G$ 的阶为 $|G|=6=2 \cdot 3$。
   • 根据第一西洛定理，存在Sylow 3-子群 $H$ (阶为3) 和Sylow 2-子群 $K$ (阶为2)。
   • 由于3和2是素数，所以 $H \cong C_3$, $K \cong C_2$。
2. 分析 Sylow 3-子群数量 ($s_3$):
   • $|G|=3^1 \cdot 2$。这里 $p=3, e=1, m=2$。
   • 第三西洛定理: $s_3$ 整除 $m=2 \Rightarrow s_3 \in \{1, 2\}$。
   • $s_3 \equiv 1 \pmod 3$。
   • 在 $\{1, 2\}$ 中，只有 $1$ 满足条件。所以 $s_3=1$。
   • 结论：Sylow 3-子群 $H$ 是唯一的，因此是正规子群。
3. 分析 Sylow 2-子群数量 ($s_2$):
   • $|G|=2^1 \cdot 3$。这里 $p=2, e=1, m=3$。
   • 第三西洛定理: $s_2$ 整除 $m=3 \Rightarrow s_2 \in \{1, 3\}$。
   • $s_2 \equiv 1 \pmod 2$。
   • 在 $\{1, 3\}$ 中， $1 \equiv 1 \pmod 2$ 和 $3 \equiv 1 \pmod 2$ 都满足。
   • 结论：Sylow 2-子群的数量可能是1个，也可能是3个。
4. 分情况讨论: 证明的关键在于，$s_2$ 的两种可能性导出了两种完全不同的群结构。接下来的证明将围绕这两种情况展开。

这是对 $s_2=1$ 情况的分析。

1. 前提: 我们处于 $s_2=1$ 的情况。这意味着Sylow 2-子群 $K$ 是唯一的。
2. 正规性:
   • 从上一段我们知道Sylow 3-子群 $H$ 是正规的。
   • 因为 $K$ 是唯一的，根据推论7.7.5， $K$ 也是正规的。
3. 应用直积定理:
   • 现在我们有两个正规子群 $H$ 和 $K$。
   • 它们的阶分别为3和2，是互素的，所以它们的交集必然是平凡群 $H \cap K = \{e\}$。
   • 满足直积定理的所有条件。因此 $G \cong H \times K$。
4. 确定群结构:
   • $H \cong C_3$, $K \cong C_2$。所以 $G \cong C_3 \times C_2$。
   • 因为 $gcd(3, 2)=1$，所以 $C_3 \times C_2 \cong C_{3 \cdot 2} = C_6$。
   • $C_6$ 是一个阿贝尔群（实际上是循环群）。
5. 结论: 如果阶为6的群其Sylow 2-子群数量为1，那么这个群必定是循环群 $C_6$。

这是对 $s_2=3$ 情况的分析，使用了更高级的群作用工具。

1. 前提: $G$ 有3个Sylow 2-子群，记为 $K_1, K_2, K_3$。它们的阶都是2。
2. 构造群作用:
   • 让群 $G$ 作用在它自己的Sylow 2-子群的集合 $S = \{K_1, K_2, K_3\}$ 上。
   • 作用方式是共轭作用: 对于任意 $g \in G$ 和 $K_i \in S$，定义作用结果为 $g \cdot K_i = gK_ig^{-1}$。
   • 由于Sylow p-子群的共轭还是Sylow p-子群，所以 $gK_ig^{-1}$ 必然是 $K_1, K_2, K_3$ 中的一个。这个作用是良定义的。
3. 得到一个同态:
   • 这个群作用定义了一个从 $G$ 到 $S$ 的置换群的同态。集合 $S$ 有3个元素，所以它的置换群是对称群 $S_3$。
   • 我们得到了一个同态 $\varphi: G \to S_3$。
4. 分析作用的性质（传递性）:
   • 第二西洛定理说，所有的Sylow p-子群都是相互共轭的。这意味着，对于任意两个 $K_i, K_j$，都存在一个 $g \in G$ 使得 $K_j = gK_ig^{-1}$。
   • 这正是说，$G$ 在 $S$ 上的作用是传递的（transitive），即从任何一个 $K_i$ 出发，都可以通过某个 $g$ 的作用到达任何一个 $K_j$。整个集合 $S$ 形成一个单一的轨道。
5. 分析稳定子:
   • 根据轨道-稳定子定理，$|G| = |Orb(K_i)| \cdot |Stab(K_i)|$。
   • 作用是传递的，所以轨道大小 $|Orb(K_i)| = |S| = 3$。
   • 因此，稳定子的大小是 $|Stab(K_i)| = |G|/3 = 6/3 = 2$。
   • $K_i$ 的稳定子 $Stab(K_i)$ 是所有使得 $gK_ig^{-1}=K_i$ 的 $g \in G$ 构成的子群，这正是 $K_i$ 的正规化子 $N(K_i)$。
   • 我们知道 $K_i \subseteq N(K_i)$，而 $|K_i|=2$ 且 $|N(K_i)|=2$，所以 $N(K_i) = K_i$。
6. 分析同态的核（忠实性）:
   • 同态 $\varphi$ 的核 $Ker(\varphi)$ 是 $G$ 中能稳定 $S$ 中所有元素的元素构成的子群。
   • $Ker(\varphi) = \bigcap_{i=1}^3 Stab(K_i) = \bigcap_{i=1}^3 N(K_i) = N(K_1) \cap N(K_2) \cap N(K_3) = K_1 \cap K_2 \cap K_3$。
   • $K_1, K_2, K_3$ 是三个不同的阶为2的子群，它们除了单位元外没有公共元素。所以它们的交集是 $\{e\}$。
   • $Ker(\varphi) = \{e\}$。这意味着同态 $\varphi$ 是一个单射（injective），也称作用是忠实的（faithful）。
7. 最后结论（同构）:
   • 我们有一个从 $G$ 到 $S_3$ 的单射同态 $\varphi$。
   • 这意味着 $G$ 同构于 $S_3$ 的一个子群 $\varphi(G)$。
   • 由于 $\varphi$ 是单射，所以 $|\varphi(G)| = |G| = 6$。
   • 一个阶为6的群 $S_3$ 包含一个阶为6的子群，这个子群只能是 $S_3$ 本身。
   • 所以 $\varphi(G) = S_3$，$\varphi$ 是一个双射（bijective），即一个同构。
   • 结论：如果阶为6的群其Sylow 2-子群数量为3，那么这个群必定同构于对称群 $S_3$。

这部分开始证明阶为21的群的分类，思路与阶为6的群类似。

1. 基本设置:
   • 群 $G$ 的阶为 $|G|=21=3 \cdot 7$。
   • 存在Sylow 7-子群 $K$ (阶为7)，其生成元为 $x$ ($x^7=1$)。
   • 存在Sylow 3-子群 $H$ (阶为3)，其生成元为 $y$ ($y^3=1$)。
2. 分析 Sylow 7-子群数量 ($s_7$):
   • $|G|=7^1 \cdot 3$。这里 $p=7, e=1, m=3$。
   • $s_7$ 整除 $m=3 \Rightarrow s_7 \in \{1, 3\}$。
   • $s_7 \equiv 1 \pmod 7$。
   • 在 $\{1, 3\}$ 中，只有 $1$ 满足条件。所以 $s_7=1$。
   • 结论：Sylow 7-子群 $K$ 是唯一的，因此是正规子群。
3. 分析 Sylow 3-子群数量 ($s_3$):
   • $|G|=3^1 \cdot 7$。这里 $p=3, e=1, m=7$。
   • $s_3$ 整除 $m=7 \Rightarrow s_3 \in \{1, 7\}$。
   • $s_3 \equiv 1 \pmod 3$。
   • 在 $\{1, 7\}$ 中， $1 \equiv 1 \pmod 3$ 成立，$7 = 2 \cdot 3 + 1 \equiv 1 \pmod 3$ 也成立。
   • 结论：Sylow 3-子群的数量 $s_3$ 可能是1或7。这将是分类讨论的依据。
4. 分析群元素的表示:
   • $H=\langle y \rangle$, $K=\langle x \rangle$。
   • $|H|=3, |K|=7$。它们的阶互素，所以交集是平凡的 $H \cap K = \{e\}$。
   • 考虑映射 $f: H \times K \to G$，定义为 $f((y^j, x^i)) = x^i y^j$。（原文写的是$H \times K \to G$，元素是$x^iy^j$，这里顺序可能需要注意，但结论一致）。
   • 一个关于半直积的定理（这里引用为2.11.4(a)）说明，如果 $H \cap K = \{e\}$，那么乘积 $HK = \{hk \mid h \in H, k \in K\}$ 的大小是 $|H||K|=21$。$G$ 中每个元素都可以唯一地表示为 $x^i y^j$ 的形式。
   • 这意味着集合 $\{x^i y^j \mid 0 \le i < 7, 0 \le j < 3\}$ 包含了 $G$ 中所有的21个元素。

这段是分析的核心，通过推导来限制生成元之间的关系。

1. 利用 K 的正规性:
   • 因为 $K = \langle x \rangle$ 是正规子群，所以对于任意 $g \in G$，都有 $gKg^{-1}=K$。
   • 我们特别关注 $g=y$。那么 $yKy^{-1}=K$。
   • 这意味着 $yxy^{-1} \in K$。
   • $K$ 中的元素都是 $x$ 的幂次，所以 $yxy^{-1} = x^i$ 对于某个整数 $i$ 成立。
   • 因为 $x$ 的阶是7，所以我们可以认为 $i$ 在 $\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ 中取值。（如果 $i=0$ 或 $i$ 是7的倍数，$yxy^{-1}=e \Rightarrow x=e$，矛盾）。
2. 得到基本关系:
   • 我们把关系 $yxy^{-1}=x^i$ 改写成 $yx=x^iy$。
   • 现在我们有了定义群的三个关系：$x^7=1, y^3=1, yx=x^iy$。
3. 利用 $y$ 的阶来约束 $i$:
   • 我们知道 $y^3=1$。这个关系必须和我们刚刚找到的混合关系相容。
   • 我们来计算 $y^3 x y^{-3}$。一方面，因为 $y^3=e$，所以 $y^3 x y^{-3} = exe^{-1} = x$。
   • 另一方面，我们可以连续运用混合关系 $yx=x^iy$ (等价于 $yxy^{-1}=x^i$)：
   • $yxy^{-1} = x^i$
   • $y^2xy^{-2} = y(yxy^{-1})y^{-1} = y(x^i)y^{-1} = (yxy^{-1})^i = (x^i)^i = x^{i^2}$
   • $y^3xy^{-3} = y(y^2xy^{-2})y^{-1} = y(x^{i^2})y^{-1} = (yxy^{-1})^{i^2} = (x^i)^{i^2} = x^{i^3}$
4. 得到 $i$ 的方程:
   • 我们从两条不同路径计算出同一个量，所以结果必须相等：$x = x^{i^3}$。
   • 这等价于 $x^{i^3-1}=e$。因为 $x$ 的阶是7，所以这意味着 $7$ 必须整除 $i^3-1$。
   • 用模算术的语言来说，就是 $i^3 \equiv 1 \pmod 7$。
5. 解方程:
   • 我们要在模7的乘法群 $(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^\times = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ 中寻找满足 $i^3=1$ 的元素。
   • $1^3=1$。所以 $i=1$ 是一个解。
   • $2^3=8 \equiv 1 \pmod 7$。所以 $i=2$ 是一个解。
   • $3^3=27 \equiv 6 \pmod 7$。不是解。
   • $4^3=64 \equiv 1 \pmod 7$。所以 $i=4$ 是一个解。
   • $5^3=125 \equiv 6 \pmod 7$。不是解。
   • $6^3 \equiv (-1)^3 = -1 \equiv 6 \pmod 7$。不是解。
   • 结论：$i$ 的可能取值只有 1, 2, 4。

这段话用一个之前被排除的例子($i=3$)来说明，如果选取了不符合约束条件的 $i$，会导致什么样的后果。

1. 假设 $i=3$: 这是一个不满足 $i^3 \equiv 1 \pmod 7$ 的值。
2. 推导后果: 根据我们之前的公式 $x = x^{i^3}$，代入 $i=3$：
   • $x = x^{3^3} = x^{27}$。
   • 因为 $x$ 的阶是7，所以指数要模7来看：$27 = 3 \cdot 7 + 6 \equiv 6 \pmod 7$。
   • 所以 $x = x^6$。
   • $x^6$ 也就是 $x^{-1}$ (因为 $x \cdot x^6 = x^7=1$)。
   • 所以我们得到 $x = x^{-1}$。
3. 群的坍缩:
   • 从 $x=x^{-1}$ 两边乘以 $x$，得到 $x^2=1$。
   • 我们有两个关于 $x$ 的阶的条件：$x^2=1$ 和 $x^7=1$。
   • 这意味着 $x$ 的阶必须同时整除2和7。唯一满足这个条件的数是1。
   • 所以 $x$ 的阶是1，即 $x=e$ (单位元)。
4. 最终群的结构:
   • 如果 $x=e$，那么原来的关系 $yx=x^iy$ 就变成了 $ye=e^iy \Rightarrow y=y$，这是一个无用的信息。
   • 生成元 $x$ 实际上是单位元，所以整个群只由 $y$ 生成。
   • 由于 $y^3=1$，这个群就是 $\langle y \rangle \cong C_3$，一个阶为3的循环群。
   • 这与我们开始时假设群的阶是21严重矛盾。
5. 结论: 选择不满足约束条件的 $i$ 会导致群的结构“坍缩”（collapse）成一个更小的群。因此 $i=3$ 是不可能的。

这是对 $i$ 的第一个可能值 $i=1$ 的分析。

1. 前提: $i=1$。这对应于 $s_3=1$ 的情况（Sylow 3-子群唯一）。为什么？因为如果 $s_3>1$，不同的Sylow 3-子群是共轭的，比如 $H' = gHg^{-1}$，如果 $H$ 和 $K$ 可交换，整个群就是阿贝尔群，所有子群都是正规的，所以 $s_3$ 只能是1。反过来，如果 $i=1$，群是阿贝尔群，所以 $s_3=1$。
2. 关系:
   • $yxy^{-1}=x^1=x$。
   • 这等价于 $yx=xy$。
3. 结构分析:
   • $x$ 和 $y$ 两个生成元可以交换位置，这意味着群 $G$ 是一个阿贝尔群。
   • 在一个阿贝尔群中，所有子群都是正规子群。所以 $H=\langle y \rangle$ 和 $K=\langle x \rangle$ 都是正规的。
4. 应用直积定理:
   • $H$ 和 $K$ 都是正规子群。
   • $H \cap K = \{e\}$ (阶互素)。
   • 满足直积定理条件，所以 $G \cong H \times K$。
5. 确定群结构:
   • $G \cong C_3 \times C_7$。
   • 因为 $gcd(3, 7)=1$，所以 $G \cong C_{21}$。
6. 结论: 当 $i=1$ 时，我们得到的群是循环群 $C_{21}$。这是阶为21的群的第一种同构类型。这也对应了 $s_3=1$ 的情况。

这是对 $i=2$ 的分析，这是最复杂的情况。

1. 关系: 我们现在研究由关系 $x^7=1, y^3=1, yx=x^2y$ 定义的群。这是一个非阿贝尔群，因为 $xy \neq yx$。
2. 存在性问题: 仅仅写下这些关系，并不能保证一个阶为21的群真的存在。我们必须证明这些关系是自洽的，不会像 $i=3$ 那样导致群“坍缩”成更小的群。
3. 证明存在性的方法:
   • 方法一 (Todd-Coxeter算法): 这是一种纯粹基于关系进行计算的算法，可以系统性地构造出群的乘法表，并确定其阶。作者提到将在7.11节介绍，这里先不使用。
   • 方法二 (构造具体实例): 找到一个我们已知的、具体的数学对象（例如矩阵群），并证明它的某些元素满足我们给出的所有关系。如果能成功构造出这样一个实例，并且它恰好有21个元素，那么就证明了这样的群是真实存在的。
4. 构造矩阵实例:
   • 目标: 在某个矩阵群中找到两个矩阵，也叫它们 $x$ 和 $y$，满足上述关系。
   • 工作域: 关系中涉及模7的运算 ($x^7=1, i^3 \equiv 1 \pmod 7$)，这提示我们在有限域 $\mathbb{F}_7$ (即模7的整数)上的矩阵中寻找。我们考虑 $GL_2(\mathbb{F}_7)$，即系数在 $\mathbb{F}_7$ 中的 $2 \times 2$ 可逆矩阵构成的群。
   • 寻找 $x$: 需要一个阶为7的矩阵。一个常见的构造是剪切矩阵。
   • $x = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。我们来验证它的阶：$x^k = \begin{pmatrix} 1 & k \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。在 $\mathbb{F}_7$ 中，要使 $x^k=I=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，需要 $k \equiv 0 \pmod 7$。所以 $x$ 的阶确实是7。
   • 寻找 $y$: 需要一个阶为3的矩阵，并且它要和 $x$ 满足 $yx=x^2y$。这通常需要一些尝试。作者给出了 $y = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
   • 验证 $y$ 的阶：$y^2 = \begin{pmatrix} 2^2 & 0 \\ 0 & 1^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。$y^3 = \begin{pmatrix} 2^3 & 0 \\ 0 & 1^3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$ (因为 $8 \equiv 1 \pmod 7$)。所以 $y$ 的阶确实是3。
5. 验证混合关系:
   • 计算 $yx$:
   • 计算 $x^2y$:
   • 两者相等！$yx=x^2y$ 成立。
6. 结论: 我们成功找到了满足所有关系的矩阵 $x, y$。它们在 $GL_2(\mathbb{F}_7)$ 中生成的子群就是一个阶为21的、满足给定关系的非阿贝尔群。这就证明了第二种同构类型的群是真实存在的。

这是对最后一个可能值 $i=4$ 的分析。

1. 前提: $i=4$，关系为 $yxy^{-1}=x^4$。
2. 寻找同构结构: 我们的目标是证明这个新关系定义的群，其实和 $i=2$ 定义的群是同构的，也就是说它们只是看起来不一样，但本质结构相同。
3. 更换生成元:
   • 群 $H = \langle y \rangle = \{e, y, y^2\}$。$y$ 的阶是3。
   • 我们注意到，$y^2$ 的阶也是3 (因为 $gcd(2,3)=1$) 。所以 $y^2$ 也可以作为 $H$ 的生成元。
   • 我们可以用一个新的生成元 $z=y^2$ 来描述这个群。群的关系应该也可以用 $x$ 和 $z$ 来表示。
4. 计算新关系:
   • 我们来看看 $z$ 和 $x$ 的关系是怎样的，即计算 $zxz^{-1}$。
   • $zxz^{-1} = y^2 x (y^2)^{-1} = y^2 x y^{-2}$。
   • 根据我们推导 $i^3 \equiv 1 \pmod 7$ 时的中间结果，$y^2xy^{-2} = x^{i^2}$。
   • 在当前情况下，$i=4$。所以 $y^2xy^{-2} = x^{4^2} = x^{16}$。
   • 在指数上模7: $16 = 2 \cdot 7 + 2 \equiv 2 \pmod 7$。
   • 所以 $zxz^{-1} = x^2$。
5. 回到旧情况:
   • 用新生成元 $z$ 代替 $y$ 后，群的关系变成了 $x^7=1, z^3=1, zx=x^2z$。
   • 这组关系和情况2中 $i=2$ 时的关系 $x^7=1, y^3=1, yx=x^2y$ 在形式上是完全一样的！
   • 这意味着由 $i=4$ 定义的群，和由 $i=2$ 定义的群是同构的。它们是同一个结构，只是我们给生成元起了不同的名字而已。
6. 最终结论:
   • $i=1$ 导出一个群（循环群 $C_{21}$）。
   • $i=2$ 和 $i=4$ 导出同一个群（那个非阿贝尔群）。
   • 因此，阶为21的群总共只有两种不同的同构类型。证明完毕。

这个引理是为了证明第一西洛定理服务的。

1. 引理内容:
   • 对象: 群 $G$ 和它的一个任意子集 $U$。
   • 作用: 考虑 $G$ 对它所有子集构成的集合进行左乘作用。作用方式是 $g \cdot S = gS = \{gs \mid s \in S\}$。
   • 稳定子: 我们关注特定子集 $U$ 的稳定子，记为 $H = Stab(U)$。根据定义，$H = \{g \in G \mid gU = U\}$。这是一个子群。
   • 结论: 这个稳定子 $H$ 的阶 $|H|$ 必须同时整除子集 $U$ 的大小 $|U|$ 和群 $G$ 的大小 $|G|$。
2. 证明逻辑:
   • $|H|$ 整除 $|G|$: 这是拉格朗日定理的直接结果。因为 $Stab(U)$ 是 $G$ 的一个子群，所以它的阶必须整除 $G$ 的阶。
   • $|H|$ 整除 $|U|$: 这是证明的关键。
   • 设 $H = Stab(U)$。根据定义，对于任何 $h \in H$，都有 $hU=U$。这意味着 $H$ 的左乘操作将集合 $U$ 里的元素映回到 $U$ 内部，即 $H$ 置换了 $U$ 的元素。
   • 现在，我们反过来看，让子群 $H$ 作用在集合 $U$ 上，作用方式是左乘 $h \cdot u = hu$。
   • 根据群作用的知识，这个作用将集合 $U$ 分割成若干不相交的轨道（orbit）。
   • 对于 $U$ 中的任意一个元素 $u_0$，它所在的轨道是 $Orb_H(u_0) = \{hu_0 \mid h \in H\}$。这个集合正是 $H$ 关于 $u_0$ 的右陪集 $Hu_0$ 的形式。（原文此处写右陪集可能略有不严谨，应该是左乘作用在元素上，轨道是 $Hu_0$ 的形式，但其大小的结论是对的）。
   • 我们来考察这个轨道的基数。如果 $h_1 u_0 = h_2 u_0$，则 $h_2^{-1}h_1 u_0 = u_0$，所以 $h_2^{-1}h_1$ 在 $u_0$ 的稳定子中。但这里我们是让 $H$ 作用在 $U$ 上，更直接的方法是：轨道的大小是 $|H| / |Stab_H(u_0)|$。
   • 一个更简单清晰的证明思路是：既然 $H$ 置换 $U$ 的元素，那么 $U$ 就是 $H$ 的若干个不相交的轨道的并集。每个轨道的大小都整除 $|H|$。但这里原文提供了一个更强的论断：每个轨道的大小恰好是 $|H|$。
   • 让我们来验证原文的说法“轨道是右陪集，阶是$|H|$”。$Orb_H(u_0) = \{hu_0 \mid h \in H\}$。如果对于 $h_1 \neq h_2$ 有 $h_1u_0 = h_2u_0$，那么 $h_2^{-1}h_1 u_0=u_0$。这不一定意味着 $h_2^{-1}h_1=e$。原文的证明似乎有些跳步，或者默认了一个前提。
   • 一个更可靠的证明：让 $H$ 作用在 $U$ 上。$U$ 被划分为 $k$ 个轨道 $O_1, \dots, O_k$。所以 $|U| = \sum |O_i|$。根据轨道-稳定子定理，每个轨道的大小 $|O_i|$ 都整除 $H$ 的阶 $|H|$。这还不能证明 $|H|$ 整除 $|U|$。
   • 让我们回到原文的思路：$H$ 置换 $U$ 的元素。我们可以把 $U$ 看成一个 $H$-集。$U$ 被划分为 $H$-轨道。对任意 $u \in U$，其轨道为 $Hu = \{hu \mid h \in H\}$。其大小为 $[H : Stab_H(u)]$。
   • 这里的关键点在于：由于 $H$ 是 $U$ 的稳定子（$hU=U$ for $h \in H$），所以 $H$ 也是 $G$ 的子群。当 $H$ 作用在 $U$ 上时，如果对于某个 $u \in U$， $hu=u$，这不意味着 $h=e$。
   • 让我们换个角度：考虑 $H$ 在 $U$ 上的右乘作用 $u \cdot h = uh^{-1}$。轨道是 $uH$。$U$ 分解为不相交的 $H$ 轨道的并。
   • 也许原文的证明是最简洁的：$H$ 是一个群，它作用在集合 $U$ 上。$U$ 是 orbits 的不交并。每个 orbit 的大小整除 $|H|$。这里需要一个更强的结论。当 $G$ 作用在 $G$ 上时，轨道大小是 $|H|$。但现在是作用在 $U$ 上。啊，原文的思路是这样的：设 $H$ 为 $U$ 的稳定子。那么 $hU=U$ 对所有 $h \in H$ 成立。现在考虑 $H$ 作用在 $U$ 上，任取 $u \in U$，轨道为 $Hu=\{hu|h \in H\}$。这个轨道的大小是 $|H|/|Stab_H(u)|$。因为 $Stab_H(u)=\{h \in H | hu=u \}$ 是 $H$ 的子群，所以轨道大小整除 $|H|$。然后 $|U|$ 是所有轨道大小之和。这还是不能证明 $|H|$ 整除 $|U|$。
   • 让我们重新审视原文证明：“$U$ 被划分成 $H$-轨道，这些轨道是右陪集。每个陪集的阶是 $|H|$”。这个论断需要证明。考虑轨道 $Hu = \{hu \mid h \in H\}$。要证明其大小为 $|H|$，需要证明如果 $h_1 \neq h_2$，则 $h_1u \neq h_2u$。这等价于说 $u$ 的稳定子 $Stab_H(u)$ 是平凡的。但这不一定成立。
   • 一个正确的证明版本: 设 $H = Stab(U)$。考虑 $H$ 在 $U$ 上的左乘作用。这把 $U$ 划分成不相交的轨道 $O_1, O_2, \dots, O_k$。于是 $|U| = |O_1| + |O_2| + \dots + |O_k|$。根据轨道-稳定子定理，每个轨道的大小 $|O_i|$ 都是 $|H|$ 的一个因子。这依然无法证明 $|H|$ 整除 $|U|$。
   • 引理本身可能有误或有隐藏条件？ 让我们再看看。设 $G$ 在子集集合上作用。$H=Stab(U)=\{g \in G | gU=U\}$。$H$ 是子群，所以 $|H|$ 整除 $|G|$。现在要证 $|H|$ 整除 $|U|$。 让我们假设 $U$ 本身就是 $G$ 的一个子群。那么 $H$ 就是 $U$ 的正规化子 $N_G(U)$。$|N_G(U)|$ 和 $|U|$ 之间没有必然的整除关系。
   • 也许原文的“左乘作用”指的是一个不同的作用？ 不，就是标准左乘。
   • 让我们相信结论，反思证明。 关键是 "轨道是右陪集"。这句话可能用词不当。也许应该是“轨道的结构类似于陪集”。
   • 一个可行的修正/解释：原文的证明可能是在一个特定的上下文中，即在西洛定理的证明中，$U$ 是一个非常特殊的集合。让我们暂时接受这个引理的结论，它的证明可能需要更精细的群作用理论，或者原文的证明是正确的但 highly condensed。
   • 再试一次证明: 设 $H = Stab(U)$。对任意 $u \in U$，考虑映射 $f_u: H \to U$，定义为 $f_u(h) = hu$。这个映射的值域是 $u$ 在 $H$ 作用下的轨道。映射 $f_u$ 的像的大小是 $|Hu|$。根据第一同构定理的思想，$|H| = |Ker(f_u)| \cdot |Im(f_u)| = |Stab_H(u)| \cdot |Hu|$。这又回到了轨道-稳定子定理。所有 $|Hu|$ 都是 $|H|$ 的因子。$|U|=\sum |Hu|$。如果所有轨道大小都相等，等于 $|H|$，那么 $|U|=k|H|$。这需要所有 $Stab_H(u)$ 都是平凡的。
   • 结论: 原文的证明过于简略，甚至可能存在笔误。但引理的结论本身在西洛定理的证明中是成立的，因为那里的集合 $U$ 具有特殊的大小 $p^e$。一个更严谨的说法是：在第一西洛定理的证明中，我们最终会找到一个子集 $U$ 和它的稳定子 $H$，使得 $|H|$ 整除 $|U|$。这个引理是对该特定情况的一般化陈述。

这个引理是一个纯粹的数论结果，关于二项式系数的整除性质。

1. 引理内容:
   • 背景: 和西洛定理一样的数 $n=p^e m$。
   • 对象: 从一个包含 $n$ 个元素的集合中，选出大小为 $p^e$ 的子集。
   • 数量: 这种子集的数量由二项式系数 $N = \binom{n}{p^e}$ 给出。
   • 结论: 这个数量 $N$ 不能被素数 $p$ 整除。记为 $N \not\equiv 0 \pmod p$ 或 $p \nmid N$。
2. 证明思路 (卢卡斯定理的特例):
   • 这个结论被称为卢卡斯定理（Lucas's Theorem）的一个推论。证明的核心思想是比较分子和分母中 $p$ 的因子的数量。
   • 要证明 $p \nmid N$，就是要证明在 $N$ 的素因数分解中，$p$ 的幂次是0。
   • $v_p(N) = v_p(\binom{n}{p^e}) = v_p(n!) - v_p((p^e)!) - v_p((n-p^e)!)$，其中 $v_p(k)$ 是 $k$ 中素数 $p$ 的幂次。
   • 根据勒让德公式（Legendre's Formula），$v_p(k!) = \sum_{j=1}^\infty \lfloor \frac{k}{p^j} \rfloor$。
   • $v_p(n!) = \sum \lfloor \frac{p^e m}{p^j} \rfloor$
   • $v_p((p^e)!) = \sum \lfloor \frac{p^e}{p^j} \rfloor$
   • $v_p((n-p^e)!) = \sum \lfloor \frac{p^e m - p^e}{p^j} \rfloor = \sum \lfloor \frac{p^e(m-1)}{p^j} \rfloor$
   • 利用 $\lfloor x+y \rfloor \ge \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor$，我们可以证明 $v_p(\binom{n}{k})$ 就是 $n$ 和 $k$ 在 $p$ 进制下进行减法时不发生借位的次数。
   • $n=p^e m = (m)00\dots0_p$ (在 $p$ 进制下，如果 $m$ 不是 $p$ 的倍数，这个表示不完全准确，但思想是对的)。更准确地，$n=m \cdot p^e$。
   • $p^e = 1 \cdot p^e = (1)00\dots0_p$ (p进制下，一个1后面e个0)。
   • $n-p^e = (m-1)p^e$。
   • $v_p(\binom{p^e m}{p^e}) = v_p(m)$。因为 $p \nmid m$，所以 $v_p(m)=0$。所以 $p \nmid \binom{p^e m}{p^e}$。
3. 原文的证明思路:
   • 原文提供了一个更直接、更初等的思路，避免了勒让德公式。
   • 它逐项比较分子 $(n-k)$ 和分母 $(p^e-k)$ 中 $p$ 的因子。
   • 对于任意一个 $k$ ($0 \le k < p^e$)，设 $v_p(k)$ 是 $k$ 中 $p$ 的幂次，设 $v_p(p^e-k)$ 是 $p^e-k$ 中 $p$ 的幂次。
   • 一个关键的数论事实是: $v_p(p^e-k) = v_p(k)$ 对于 $0 < k < p^e$ 成立。
   • 证明：设 $k = p^i l$ ($p \nmid l, i<e$)。则 $p^e-k = p^e - p^i l = p^i(p^{e-i}-l)$。因为 $i<e$, $p^{e-i}$ 是 $p$ 的倍数，而 $l$ 不是，所以 $p^{e-i}-l$ 不能被 $p$ 整除。所以 $v_p(p^e-k)=i=v_p(k)$。
   • 现在比较 $v_p(n-k)$ 和 $v_p(p^e-k)$。
   • $n-k = p^e m - k$。
   • $v_p(n-k) = v_p(p^e m - p^i l) = v_p(p^i(p^{e-i}m - l))$。
   • 因为 $p \nmid m$ 且 $p \nmid l$，且 $i<e$，所以 $p^{e-i}m$ 是 $p$ 的倍数而 $l$ 不是。所以 $p^{e-i}m-l$ 不能被 $p$ 整除。
   • 因此 $v_p(n-k) = i = v_p(k)$。
   • 结论：对于任意 $0 < k < p^e$，分子中的项 $n-k$ 和分母中的项 $p^e-k$ 拥有完全相同数量的 $p$ 因子。
   • 对于 $k=0$，$n-0=n=p^e m$，$p^e-0=p^e$。$v_p(n)=e+v_p(m)=e$，$v_p(p^e)=e$。也相同。
   • 这意味着，当把二项式系数中所有 $p$ 的因子进行约分时，它们会完全抵消掉。所以最终结果 $N$ 不含 $p$ 因子，即 $p \nmid N$。

这是整个西洛理论的基石，一个非常巧妙的证明。

1. 构造作用:
   • 考虑集合 $\mathcal{S}$，它包含 $G$ 中所有大小为 $p^e$ 的子集。
   • $G$ 通过左乘作用于 $\mathcal{S}$：$g \cdot U = gU = \{gu \mid u \in U\}$。
2. 目标: 证明 $G$ 中存在一个子群，其阶为 $p^e$。证明的策略是，找到 $\mathcal{S}$ 中某个子集 $U$ 的稳定子 $H=Stab(U)$，并证明 $|H|=p^e$。如果能做到，因为稳定子本身是一个子群，我们就找到了一个Sylow p-子群。
3. 应用类方程思想:
   • 把集合 $\mathcal{S}$ 分割成 $G$ 作用下的不相交的轨道。
   • $\mathcal{S}$ 的总大小 $N=|\mathcal{S}|$ 等于所有轨道大小之和: $N = \sum |O_i|$。
4. 应用引理 7.7.10:
   • $N$ 是从 $n$ 个元素中选 $p^e$ 个子集的数量，即 $N=\binom{n}{p^e}$。
   • 引理7.7.10告诉我们 $p \nmid N$。
5. 找到一个特殊的轨道:
   • 既然 $p$ 不能整除所有轨道大小之和 $N$，那么必然至少存在一个轨道 $O$，其大小 $|O|$ 也不能被 $p$ 整除。
   • 我们把这个特殊的轨道记为 $O_U$，它是由子集 $U$ 生成的轨道。所以我们有一个 $U \in \mathcal{S}$，其轨道大小 $|O_U|$ 满足 $p \nmid |O_U|$。
6. 分析这个特殊轨道的稳定子:
   • 设 $H=Stab(U)$。
   • 根据轨道-稳定子定理：$|G| = |O_U| \cdot |H|$。
   • 我们知道 $|G| = n = p^e m$。所以 $p^e m = |O_U| \cdot |H|$。
7. 应用引理 7.7.9 (的结论):
   • 原文在这里直接引用引理 7.7.9，说 $|H|$ 整除 $|U|$。
   • $U$ 是 $\mathcal{S}$ 中的一个元素，所以 $|U|=p^e$。
   • 因此，|H| 整除 p^e。这意味着 |H| 的形式必须是 p^k，其中 k \le e。
   • (这里我们看到，即使引理7.7.9的通用证明有瑕疵，但其结论在这里是关键。这个结论可以通过更复杂的专门论证得到，但作者选择用一个引理来简化流程)。
8. 综合所有信息:
   • 我们有方程 $p^e m = |O_U| \cdot |H|$。
   • 我们知道 $|H|=p^k$ for $k \le e$。
   • 我们知道 $p \nmid |O_U|$。
   • 代入得到 $p^e m = |O_U| \cdot p^k$。
   • 两边消去 $p^k$，得到 $p^{e-k} m = |O_U|$。
   • 我们已知 $p \nmid |O_U|$，这意味着 $|O_U|$ 的素因子中没有 $p$。
   • 要使 $p^{e-k} m = |O_U|$ 成立，唯一的可能性是 $p^{e-k}$ 这一项等于1，即 $e-k=0 \Rightarrow e=k$。
9. 最终结论:
   • 我们证明了 $k=e$。所以稳定子 $H$ 的阶是 $|H|=p^e$。
   • $H=Stab(U)$ 是 $G$ 的一个子群，其阶为 $p^e$。
   • 根据定义，H 就是一个Sylow p-子群。
   • 这就证明了Sylow p-子群的存在性。

这个证明同样巧妙，再次使用了群作用。

1. 证明目标:
   • (b) 包含性: 证明任何一个p-子群 $K$ 都被包含在某个Sylow p-子群中。
   • (a) 共轭性: 证明任何两个Sylow p-子群 $H_1, H_2$ 都是共轭的。
   • 策略: 主要证明(b)。如果(b)成立，那么让 $K$ 本身就是一个Sylow p-子群 $H_2$。定理(b)说 $H_2$ 包含于某个Sylow p-子群 $H_1$ 的共轭 $H'$ 中。因为 $H_2$ 和 $H'$ 阶相同（都是 $p^e$），所以 $H_2 = H'$。这就证明了(a)。
2. 构造一个精巧的作用:
   • 我们需要一个集合 $\mathcal{C}$，让 $G$ 在上面作用。这个集合需要满足3个条件：
3. $|\mathcal{C}|$ 不能被 $p$ 整除。
4. $G$ 在 $\mathcal{C}$ 上的作用是传递的。
5. $\mathcal{C}$ 中有一个元素 $c$，它的稳定子恰好是我们已知的那个Sylow p-子群 $H$。
   • 如何找到这样的 $\mathcal{C}$？考虑 $G$ 中 $H$ 的所有左陪集的集合，即 $\mathcal{C} = G/H = \{gH \mid g \in G\}$。
6. $|\mathcal{C}| = [G:H] = |G|/|H| = (p^e m)/p^e = m$。已知 $p \nmid m$。条件1满足。
7. $G$ 在 $\mathcal{C}$ 上通过左乘 $g' \cdot (gH) = (g'g)H$ 作用，这个作用是传递的。条件2满足。
8. 考虑 $\mathcal{C}$ 中的元素 $c = H$ (单位陪集)。它的稳定子 $Stab(H) = \{g \in G \mid gH=H\} = H$。条件3满足。
   • 所以，这样的集合 $\mathcal{C}$ 确实存在。
9. 限制作用到 K:
   • 现在我们不看整个 $G$ 的作用，只看那个给定的p-子群 $K$ 在 $\mathcal{C}$ 上的作用（通过相同的左乘）。
   • $K$ 是一个p-群（阶为 $p$ 的幂）。它作用在一个大小为 $m$ 的集合 $\mathcal{C}$ 上，而 $p \nmid m$。
10. 应用不动点定理:
    • 一个重要的群作用定理（原文引用为7.3.2，通常称为p-群作用的不动点定理）说：当一个p-群作用在一个集合上时，如果集合的大小不能被 $p$ 整除，那么这个作用至少有一个不动点。
    • 因此，$K$ 在 $\mathcal{C}$ 上的作用必然有一个不动点，我们称之为 $c'$。
    • 不动点的定义是：对于所有 $k \in K$，都有 $k \cdot c' = c'$。
11. 分析不动点:
    • $c'$ 是 $\mathcal{C}$ 中的一个元素（即 $G$ 的一个 $H$-陪集）。由于 $G$ 的作用是传递的，所以 $\mathcal{C}$ 中任何元素都可以由 $c=H$ 通过某个 $g$ 作用得到。即 $c' = gH$ 对于某个 $g \in G$ 成立。
    • $K$ 固定 $c'=gH$ 意味着，对所有 $k \in K$, $k(gH)=gH$。这等价于 $(g^{-1}kg)H=H$，也即 $g^{-1}kg \in H$。
    • 这意味着 $g^{-1}Kg \subseteq H$，从而 $K \subseteq gHg^{-1}$。
12. 另一种更清晰的分析不动点的方法:
    • $c'$ 的稳定子是 $Stab_G(c')$。我们知道 $Stab_G(gH) = g \cdot Stab_G(H) \cdot g^{-1} = gHg^{-1}$。
    • $K$ 固定 $c'$ 意味着 $K$ 是作用在 $c'$ 上的一个子群，并且对 $c'$ 的所有操作都是不动的。这说明 $K$ 必须是 $c'$ 在 $G$ 作用下的稳定子 $Stab_G(c')$ 的一个子群。
    • 所以 $K \subseteq Stab_G(c') = gHg^{-1}$。
13. 结论:
    • 我们证明了任意一个p-子群 $K$ 都被包含在 $H$ 的某个共轭 $gHg^{-1}$ 中。
    • $gHg^{-1}$ 本身也是一个Sylow p-子群。
    • 这就证明了(b)。如开头所述，(a)也随之得证。

这个证明分为两部分，分别证明 $s|m$ 和 $s \equiv 1 \pmod p$。

1. 证明 $s|m$:
   • 设 $S$ 是所有Sylow p-子群的集合， $|S|=s$。
   • 让 $G$ 在 $S$ 上进行共轭作用 ($g \cdot H = gHg^{-1}$)。
   • 第二西洛定理(a) 告诉我们，所有Sylow p-子群都是共轭的，这意味着这个作用是传递的。整个 $S$ 形成一个单一的轨道。
   • 根据轨道-稳定子定理，$|G| = |Orb(H)| \cdot |Stab(H)|$。
   • 这里 $|Orb(H)|=|S|=s$。
   • $Stab(H)$ 是使得 $gHg^{-1}=H$ 的所有 $g \in G$ 构成的子群，这正是 $H$ 的正规化子 $N(H)$。
   • 所以 $|G| = s \cdot |N(H)|$。
   • $s = |G|/|N(H)| = [G:N(H)]$。
   • 我们知道 $H \subseteq N(H) \subseteq G$。根据指数的性质，$[G:H] = [G:N(H)] \cdot [N(H):H]$。
   • 所以 $s = [G:N(H)]$ 整除 $[G:H]$。
   • $[G:H]=|G|/|H| = (p^e m)/p^e = m$。
   • 因此，$s$ 整除 $m$。第一部分证明完毕。
2. 证明 $s \equiv 1 \pmod p$:
   • 这次，我们不让整个 $G$ 作用在 $S$ 上，而是只让某一个特定的Sylow p-子群 $H$ 作用在 $S$ 上，作用方式仍然是共轭。
   • $S$ 被 $H$ 的作用划分为若干轨道。$s = |S| = \sum |O_i|$。
   • $H$ 是一个p-群（阶为 $p^e$）。当一个p-群作用于一个集合时，每个轨道的大小都是 $p$ 的幂（$p^0=1, p^1, p^2, \dots$）。
   • 所以 $s = \sum (\text{p的幂})$。
   • 我们将 $s$ 在模 $p$ 意义下看待：$s \equiv \sum (\text{大小为1的轨道数量}) \pmod p$。
   • 大小为1的轨道就是不动点。一个Sylow p-子群 $H'$ 是不动点，当且仅当对于所有 $h \in H$，都有 $hH'h^{-1}=H'$。
   • 目标: 证明不动点只有一个，就是 $H$ 本身。
   • 分析不动点:
   • $H$ 作用于自身 $H$：$hHh^{-1}=H$ 对所有 $h \in H$ 成立。所以 $H$ 本身是一个不动点，构成一个大小为1的轨道。
   • 假设存在另一个不动点 $H' \neq H$。这意味着 $hH'h^{-1}=H'$ 对所有 $h \in H$ 成立。这说明 $H \subseteq N(H')$ ($H$ 中的所有元素都在 $H'$ 的正规化子中)。
   • 现在考虑子群 $N(H')$。在这个子群内部，$H$ 是一个p-子群，$H'$ 是一个Sylow p-子群（因为 $p^e$ 也是 $N(H')$ 阶中 $p$ 的最高次幂）。
   • 根据第二西洛定理应用在 $N(H')$ 上：$N(H')$ 内部所有的Sylow p-子群都是共轭的。
   • 但是 $H'$ 是 $N(H')$ 的正规子群（这是正规化子的定义决定的）。所以 $H'$ 在 $N(H')$ 中是唯一的Sylow p-子群。
   • 我们现在得到：在 $N(H')$ 中，$H$ 是一个p-子群，$H'$ 是唯一的Sylow p-子群。根据第二西洛定理(b)，$H$ 必须被包含在 $H'$ 中。
   • 但 $H$ 和 $H'$ 的阶都是 $p^e$，所以如果 $H \subseteq H'$，必然有 $H=H'$。
   • 这与我们假设的 $H' \neq H$ 矛盾。
   • 结论: 唯一的被 $H$ 固定的Sylow p-子群只有 $H$ 自己。
   • 因此，不动点的数量是1。
   • 所以 $s \equiv 1 \pmod p$。第二部分证明完毕。