1. 第36节 西洛定理

这段话首先回顾了我们已经学过的一个强大工具：有限生成阿贝尔群的基本定理。这个定理就像是对所有有限的、元素之间可以交换运算顺序（阿贝尔群）的群进行了一次彻底的“人口普查”和“结构解剖”。它告诉我们，任何一个这样的群都可以被唯一地拆分成一些更简单的、像积木一样的循环群的直积。因此，对于有限阿贝尔群，我们几乎可以说了解了它们的全部秘密。

然后，话锋一转，指出了研究的下一个前沿——有限非阿贝尔群。这里的“非阿贝尔”指的是群内的乘法运算不满足交换律，即 $ab \neq ba$。这类群的世界远比阿贝尔群要复杂、混乱和神秘。想象一下，从一个秩序井然、人人遵守交通规则（交换律）的社会，进入一个充满了各种自定义规则、行为不可预测的社会。

最后，引出了本节的主角——西洛定理 (Sylow's Theorems)。它被定位为探索有限非阿贝尔群这个复杂世界的重要工具。虽然它不能像基本定理之于阿贝尔群那样，给出非阿贝尔群的全貌，但它能揭示这些群内部结构的一些深刻且确定的信息，像是在黑暗的森林中给了我们几盏明亮的探照灯。

1. 回顾拉格朗日定理：首先重申一个核心事实——拉格朗日定理。这个定理说，在一个有限群里，任何一个子群的大小（阶）都必须是整个群大小（阶）的一个约数。例如，一个12阶的群，它的子群的阶只可能是1, 2, 3, 4, 6, 12。
2. 提出“拉格朗日定理的逆命题”：这个逆命题就是问：是不是只要一个数 $d$ 是群阶 $|G|$ 的约数，群 $G$ 就一定有一个阶为 $d$ 的子群？
3. 对阿贝尔群的肯定回答：对于有限阿贝尔群，这个逆命题是成立的。一个12阶的阿贝尔群，比如 $\mathbb{Z}_{12}$，它一定有阶为1, 2, 3, 4, 6, 12的子群。
4. 对非阿贝尔群的否定回答：通过一个著名的反例——12阶的交错群 $A_4$——来证明这个逆命题对于一般有限群是不成立的。数字6是12的约数，但 $A_4$ 并没有阶为6的子群。这说明非阿贝尔群的结构比我们想象的要“挑剔”。
5. 引出西洛定理的“弱逆命题”：既然“完全逆命题”不成立，西洛定理提供了一个“部分成立”的版本，可以看作是一个“弱化的逆命题”。它做出了一个限制：那个约数 $d$ 必须是一个素数的幂，比如 $2, 3, 4=2^2, 5, 7, 8=2^3, 9=3^2, \dots$。
6. 西洛定理的核心内容（一）：西洛第一定理的核心内容就是：只要 $d = p^k$（$p$ 是素数）是一个整除群阶 $|G|$ 的数，那么群 $G$ 就一定有一个阶为 $d$ 的子群。这就部分地回答了逆命题的问题。回到 $A_4$ 的例子，它的阶是 $12 = 2^2 \cdot 3$。12的约数中，素数幂有 $2, 4=2^2, 3$。根据西洛定理，$A_4$ 必须有阶为2, 4, 3的子群。而事实上也确实如此。对于约数6，因为它不是一个素数的幂（$6=2 \cdot 3$），所以西洛定理对它“保持沉默”，它不能保证有6阶子群。
7. 西洛定理的核心内容（二三）：除了保证存在性，西洛定理还告诉我们这些“素数幂子群”（称为p-子群）的数量特征（第三西洛定理）以及它们之间的关系（第二西洛定理），即它们都是互相共轭的。

这段话预告了证明西洛定理将要使用的核心技术：群作用 (Group Action)。

1. 回顾群作用：在第16节，我们学习了群作用的概念。一个群 $G$ 可以“作用”在一个集合 $X$ 上，意思是 $G$ 中的每个元素都可以看作是 $X$ 上的一个置换（一种重新排列元素的方式），并且这种作用与群的运算兼容。
2. 群作用的应用：群作用是一个非常强大的工具，它可以把抽象的群结构问题，转化为在具体集合上数数的问题（组合计数问题）。通过分析元素在作用下的轨迹（轨道）和保持不变的元素（不动点），我们可以得到关于群结构的深刻信息。
3. 本次的新颖之处：这里强调，用于证明西洛定理的群作用，其巧妙之处在于被作用的集合 $X$ 的构造。这个集合 $X$ 不是凭空来的，而是从群 $G$ 自身内部“衍生”出来的。
4. 三种被作用的集合：具体列举了即将使用的三类集合：
   • 群本身：$X = G$。群的元素作用于群自身。
   • 子群的陪集集合：$X = \{gH \mid g \in G\}$，即某个子群 $H$ 的所有左陪集的集合。
   • 子群的集合：$X = \{H \mid H \leq G\}$，即 $G$ 的所有子群构成的集合。

1. 基础：集合的划分：这段话的核心思想是“分类讨论”和“加法原理”。当一个群 $G$ 作用在一个集合 $X$ 上时，集合 $X$ 会被完美地分割成若干个互不相交的子集，这些子集就是轨道 (orbits)。想象一下，地球（集合X）在太阳（群G的作用）引力下，上面的所有物体分成了不同的轨道，比如月球轨道，人造卫星轨道等。任何一个物体都属于且仅属于一个轨道。
2. 公式(1)的建立：既然集合 $X$ 被划分成了 $r$ 个轨道 $Gx_1, Gx_2, \dots, Gx_r$，那么 $X$ 的总元素个数 $|X|$ 就等于所有轨道的大小之和。这就是方程(1)的含义：$|X| = |Gx_1| + |Gx_2| + \dots + |Gx_r|$。
3. 特殊轨道：不动点：在这些轨道中，有一类非常特殊，就是“单元素轨道”，即轨道里只有一个元素。如果一个元素 $x$ 自己的轨道就是 $\{x\}$，这意味着对于群 $G$ 里的任何一个元素 $g$，都有 $gx=x$。也就是说，这个 $x$ 在群 $G$ 的所有作用下都“不动”。我们把所有这些“不动点”收集起来，形成一个集合 $X_G$。
4. 公式(2)的推导：公式(2)只是把公式(1)的求和项稍微整理了一下。它把所有的单元素轨道（不动点）和非单元素轨道分开了。
   • 假设有 $s$ 个不动点，它们的轨道大小都是1。这 $s$ 个不动点构成了集合 $X_G$，所以 $|X_G| = s$。把这 $s$ 个大小为1的轨道加起来，总和就是 $|X_G|$。
   • 剩下的 $r-s$ 个轨道都是“大”轨道，即轨道大小大于1。
   • 所以，总元素个数 $|X|$ 就等于“不动点的个数”加上“所有大轨道的大小之和”。这就是方程(2)：$|X| = |X_G| + \sum_{i=s+1}^{r} |Gx_i|$。这个公式也被称为类方程 (Class Equation) 的一种形式。

1. 引言部分：
   • 首先说明了方程(2)是接下来所有推导的源头。
   • 提到了本章证明思路的来源（Hungerford的书，归功于Nunke和McKay），这体现了数学知识传承的严谨性。
   • 高度赞扬了即将到来的定理36.1。称它“惊人地强大”，证明“极其优美和典雅”。这旨在激发读者的兴趣和重视。
   • 强调了这个定理的核心是进行“模 $p$ 计数”，即关心一个数除以素数 $p$ 的余数。
   • 约定在本节中，符号 $p$ 永远代表一个素数。
2. 定理36.1的陈述：
   • 前提条件1：有一个群 $G$，它的阶 $|G|$ 是素数 $p$ 的幂，即 $|G|=p^n$（这样的群被称为 p-群）。
   • 前提条件2：有一个有限集合 $X$，$G$ 在 $X$ 上作用（$X$ 是一个 $G$-集）。
   • 结论：集合的总大小 $|X|$ 和不动点的数量 $|X_G|$ 在模 $p$ 的意义下是同余的。也就是说，它们除以 $p$ 的余数相同。$|X| \equiv |X_G| \pmod p$。
3. 定理36.1的证明：
   • 第一步：从方程(2)开始。我们有 $|X| = |X_G| + \sum_{i=s+1}^{r} |Gx_i|$。移项得到 $|X| - |X_G| = \sum_{i=s+1}^{r} |Gx_i|$。这个求和是针对所有大小大于1的轨道。
   • 第二步：使用轨道-稳定子定理 (定理16.16)。这个定理告诉我们，任何轨道的大小 $|Gx_i|$ 都必须整除群的阶 $|G|$。
   • 第三步：结合前提。我们已知群的阶是 $|G| = p^n$。所以，每个轨道的大小 $|Gx_i|$ 必须是 $p^n$ 的一个约数。因此，$|Gx_i|$ 的形式必然是 $p^k$，其中 $1 \le k \le n$。（注意，轨道大小不可能是 $p^0=1$，因为我们加和的是大小大于1的轨道）。
   • 第四步：得出关键结论。因为这些轨道的大小 $|Gx_i|$ 都是 $p$ 的正次幂，所以它们每一个都能被 $p$ 整除。
   • 第五步：完成证明。既然和式 $\sum |Gx_i|$ 中的每一项都能被 $p$ 整除，那么它们的总和也一定能被 $p$ 整除。也就是说，$p$ 整除 $(|X| - |X_G|)$。根据同余的定义，这就意味着 $|X| \equiv |X_G| \pmod p$。证明完毕。

1. 定义 p-群 (p-group):
   • 这个定义是针对一个群 $G$ 的性质来的。
   • 条件：对于群 $G$ 中的任何一个元素 $g$，它的阶 (order)，记作 $o(g)$，必须是一个素数 $p$ 的幂。也就是说，$o(g) = p^k$ 对于某个非负整数 $k$ 成立。
   • 注意：不同的元素可以有不同的 $k$。例如，在一个8阶的p-群（p=2）中，单位元的阶是 $2^0=1$，其他元素的阶可能是 $2^1=2$, $2^2=4$, $2^3=8$。但不允许出现阶为3或5的元素。
   • 这个定义适用于无限群。例如，所有元素阶都是2的幂的无限群也是一个2-群。
2. 定义 p-子群 (p-subgroup):
   • 这个定义是相对于一个更大的群 $G$ 而言的。
   • 条件：首先，$H$ 必须是 $G$ 的一个子群 ($H \leq G$)。其次，$H$ 本身必须是一个 p-群。
   • 也就是说，子群 $H$ 里的每一个元素的阶，都必须是 $p$ 的幂。
3. 本节目标预告:
   • 明确了本节的核心任务：证明西洛第一定理。这个定理说，如果一个数 $d = p^k$ 是群阶 $|G|$ 的一个约数，那么 $G$ 一定有一个阶为 $d$ 的子群。
   • 这个目标被分解成一个更小的、作为第一步的目标：证明柯西定理。
4. 柯西定理预告:
   • 柯西定理 (Cauchy's Theorem) 是一个基础但极为重要的结论。
   • 内容：如果一个素数 $p$ 能够整除一个有限群 $G$ 的阶 $|G|$，那么 $G$ 里面就一定能找到一个阶为 $p$ 的元素。
   • 推论：找到了一个阶为 $p$ 的元素 $a$，那么由它生成的循环子群 $\langle a \rangle$ 的阶就是 $p$。因此，柯西定理等价于说：如果 $p$ 整除 $|G|$，那么 $G$ 必有一个阶为 $p$ 的子群。这是西洛第一定理在 $k=1$ 时的特殊情况。

这是一个极其巧妙的证明，完美地应用了群作用和定理36.1。

1. 证明目标：给定一个有限群 $G$ 和一个素数 $p$，$p$ 整除 $|G|$，要证明 $G$ 中存在一个阶为 $p$ 的元素。
2. 第一步：构造一个巧妙的集合 X
   • 这个集合 $X$ 的元素不是来自 $G$，而是由 $G$ 的元素构成的“长串”，即 $p$ 元组 $(g_1, g_2, \dots, g_p)$。
   • 不是所有 $p$ 元组都在 $X$ 里，必须满足一个特殊条件：所有分量从左到右依次相乘，结果必须是单位元 $e$。即 $g_1 g_2 \cdots g_p = e$。
3. 第二步：计算集合 X 的大小，并证明 |X| 是 p 的倍数
   • 如何数出 $X$ 中有多少个元素？我们可以自由选择前 $p-1$ 个分量 $g_1, \dots, g_{p-1}$。每个分量都有 $|G|$ 种选择。
   • 一旦前 $p-1$ 个选定了，最后一个分量 $g_p$ 就没得选了，它被唯一确定了。因为 $g_1 \cdots g_{p-1} \cdot g_p = e$，所以 $g_p$ 必须等于 $(g_1 \cdots g_{p-1})^{-1}$。
   • 因此，总共有 $|G| \times |G| \times \dots \times |G|$（共 $p-1$ 次）种选择，即 $|X| = |G|^{p-1}$。
   • 根据定理的前提，$p$ 整除 $|G|$。所以 $p$ 也必然整除 $|G|^{p-1}$。即 $p$ 整除 $|X|$。
4. 第三步：构造一个巧妙的群作用
   • 让一个群作用在 $X$ 上。选哪个群呢？选择最简单的 $p$ 阶群——循环群 $\mathbb{Z}_p$。这里用它的一个等价模型：由置换 $\sigma = (1, 2, \dots, p)$ 生成的循环群 $H = \langle \sigma \rangle$。$|H| = p$。
   • 作用方式是“轮转”：$\sigma$ 作用在元组 $(g_1, g_2, \dots, g_p)$ 上，把它变成 $(g_2, g_3, \dots, g_p, g_1)$。即将第一个元素移到最后。
   • 验证这是一个合法的群作用：
   • 首先，作用的结果必须还在 $X$ 中。如果 $g_1 g_2 \cdots g_p = e$，那么 $g_1 = (g_2 \cdots g_p)^{-1}$。在群中，如果 $ab=e$，那么 $ba=e$。所以 $(g_2 \cdots g_p) g_1 = e$ 也成立。所以轮转后的元组确实还在 $X$ 中。
   • 其次，这个作用要满足群作用的公理。$H$ 中的元素是 $\sigma, \sigma^2, \dots, \sigma^p=e$。重复轮转，最终会回到原位，这与群的运算是一致的。
5. 第四步：应用定理 36.1
   • 我们现在有了一个 $p$-群 ($H=\langle \sigma \rangle$，阶为 $p$) 作用在一个有限集 $X$ 上。
   • 根据定理36.1，我们有 $|X| \equiv |X_H| \pmod p$。（这里的 $X_H$ 就是原文的 $X_{\langle\sigma\rangle}$）
   • 在第二步我们已经证明了 $|X|$ 是 $p$ 的倍数，即 $|X| \equiv 0 \pmod p$。
   • 因此，我们必然得出 $|X_H| \equiv 0 \pmod p$。也就是说，不动点的数量也必须是 $p$ 的倍数。
6. 第五步：分析不动点，找到目标元素
   • 不动点是什么？一个元组 $(g_1, \dots, g_p)$ 是不动点，意味着它在 $\sigma$ 作用下不变。
   • $\sigma(g_1, \dots, g_p) = (g_2, \dots, g_p, g_1)$。要使它等于 $(g_1, \dots, g_p)$，就必须 $g_1=g_2, g_2=g_3, \dots, g_{p-1}=g_p$。所以，不动点必须是所有分量都相同的形式：$(a, a, \dots, a)$。
   • 同时，这个元组必须属于 $X$，所以它要满足乘积为 $e$ 的条件：$a \cdot a \cdots a = a^p = e$。
   • 所以，不动点集合 $X_H$ 就是所有形如 $(a, a, \dots, a)$ 且满足 $a^p=e$ 的元组的集合。
   • 我们知道至少有一个不动点：当 $a=e$ 时，元组是 $(e, e, \dots, e)$。$e^p=e$ 成立。所以 $X_H$ 不是空集。
   • 我们在第四步已经证明了 $|X_H|$ 是 $p$ 的倍数。由于 $p$ 是素数，所以 $|X_H|$ 的可能值是 $0, p, 2p, 3p, \dots$。
   • 因为 $X_H$ 至少有一个元素 $(e,e,\dots,e)$，所以 $|X_H| \neq 0$。因此 $|X_H|$ 至少是 $p$。
   • 既然不动点至少有 $p$ 个，而 $(e,e,\dots,e)$ 只是其中一个，那就必然存在至少一个由非单位元 $a \neq e$ 构成的的不动点 $(a,a,\dots,a)$。
   • 这个 $a$ 满足什么条件？$a \neq e$ 且 $a^p=e$。
   • 一个非单位元 $a$ 满足 $a^p=e$，意味着 $a$ 的阶必然整除 $p$。因为 $p$ 是素数，且 $a$ 不是单位元（阶不为1），所以 $a$ 的阶只能是 $p$。
   • 我们就找到了一个阶为 $p$ 的元素！证明完成。

这个推论给出了有限p-群的一个非常简洁和有用的等价描述。它把一个基于群内所有元素性质的定义（每个元素的阶都是p的幂），转化为了一个关于群整体数量的描述（群的阶是p的幂）。

这个证明包含两个方向：

方向一：如果 G 是一个 p-群，那么 |G| 是 p 的幂。

1. 假设：$G$ 是一个有限 p-群。根据定义， $G$ 中每个元素的阶都是素数 $p$ 的幂。
2. 目标：证明 $|G|$ 是 $p$ 的幂。
3. 证明思路（反证法）：假设 $|G|$ 不是 $p$ 的幂。那么 $|G|$ 一定可以被某个不等于 $p$ 的素数 $q$ 整除。
4. 根据刚刚证明的柯西定理 (36.3)，如果素数 $q$ 整除 $|G|$，那么群 $G$ 中必定存在一个阶为 $q$ 的元素。
5. 这个阶为 $q$ 的元素，它的阶 $q$ 显然不是 $p$ 的幂（因为 $p,q$ 是不同的素数）。
6. 这与我们最初的假设“$G$ 是一个 p-群（即所有元素的阶都是 $p$ 的幂）”相矛盾。
7. 因此，最初的“假设 $|G|$ 不是 $p$ 的幂”是错误的。结论：$|G|$ 必须是 $p$ 的幂。

方向二：如果 |G| 是 p 的幂，那么 G 是一个 p-群。

1. 假设：$G$ 是一个有限群，且其阶 $|G| = p^n$ ( $p$ 是素数, $n \ge 0$ )。
2. 目标：证明 $G$ 是一个 p-群。也就是说，要证明 $G$ 中任意一个元素 $g$ 的阶 $o(g)$ 都是 $p$ 的幂。
3. 证明思路（利用拉格朗日定理）：取 $G$ 中任意一个元素 $g$。考虑由 $g$ 生成的循环子群 $\langle g \rangle$。
4. 根据拉格朗日定理，子群的阶必须整除整个群的阶。所以 $|\langle g \rangle|$ 必须整除 $|G|$。
5. 我们知道，元素的阶等于它生成的循环子群的阶，即 $o(g) = |\langle g \rangle|$。
6. 所以，$o(g)$ 必须整除 $|G|=p^n$。
7. 一个能整除 $p^n$ 的正整数，它本身必然是 $p$ 的某个幂次 $p^k$ (其中 $0 \le k \le n$)。
8. 因此，任意元素 $g$ 的阶 $o(g)$ 都是 $p$ 的幂。
9. 根据 p-群的定义， $G$ 是一个 p-群。

总结：两个方向都得证，所以命题成立。

1. 构造一个新的群作用：
   • 被作用的集合 $\mathscr{S}$：这次不再是群的元素或陪集，而是群 $G$ 的所有子群构成的集合。这是一个“集合的集合”。
   • 作用的群：群 $G$ 自身。
   • 作用规则：共轭 (conjugation)。对于 $G$ 中的一个元素 $g$ 和一个子群 $H$， $g$ 作用于 $H$ 的结果是 $gHg^{-1}$。
   • 验证作用的合法性：
   • $gHg^{-1}$ 仍然是 $G$ 的一个子群，并且与 $H$ 同构，所以结果仍在 $\mathscr{S}$ 中。
   • 单位元作用：$eHe^{-1}=H$。
   • 复合作用： $(g_1g_2)H(g_1g_2)^{-1} = g_1(g_2Hg_2^{-1})g_1^{-1}$，这符合群作用的公理。
   • 符号提醒：特意强调不要把 $g$ 作用于 $H$ 记作 $gH$，因为 $gH$ 通常表示左陪集，是完全不同的概念。
2. 分析稳定子群 $G_H$：
   • 在任何群作用中，我们都可以讨论一个元素的“稳定子群”，即那些作用于该元素后使其保持不变的群元素的集合。
   • 在这里，集合 $\mathscr{S}$ 的元素是子群。所以我们考虑子群 $H \in \mathscr{S}$ 的稳定子群。
   • 根据定义，$G_H = \{g \in G \mid g \text{ 作用于 } H \text{ 得到 } H\}$。
   • 把作用规则代入，就是 $G_H = \{g \in G \mid gHg^{-1} = H\}$。
3. $G_H$ 的性质：
   • 它是一个子群：这需要验证（练习11）。如果 $g_1, g_2 \in G_H$，那么 $g_1Hg_1^{-1}=H$ 且 $g_2Hg_2^{-1}=H$。我们需要证明 $g_1g_2$ 和 $g_1^{-1}$ 也在 $G_H$ 中。
   • $(g_1g_2)H(g_1g_2)^{-1} = g_1(g_2Hg_2^{-1})g_1^{-1} = g_1Hg_1^{-1} = H$。所以 $g_1g_2 \in G_H$。
   • 从 $g_1Hg_1^{-1}=H$ 两边左乘 $g_1^{-1}$ 右乘 $g_1$，得到 $H = g_1^{-1}Hg_1$。所以 $g_1^{-1} \in G_H$。
   • 因此 $G_H$ 是 $G$ 的一个子群。
   • $H$ 是 $G_H$ 的正规子群：根据正规子群的定义，一个子群 $H$ 是其母群 $K$ 的正规子群，如果对于所有 $k \in K$ 都有 $kHk^{-1}=H$。在这里，母群是 $G_H$。根据 $G_H$ 的定义，对于其中任何一个元素 $g$，都有 $gHg^{-1}=H$。所以 $H$ 天然地就是 $G_H$ 的正规子群。
   • $G_H$ 的“最大性”：如果存在任何一个子群 $K \le G$ 使得 $H$ 是 $K$ 的正规子群，那么根据定义，对于所有 $k \in K$ 都有 $kHk^{-1}=H$。这意味着 $K$ 中的所有元素都在 $G_H$ 里，即 $K \le G_H$。因此，$G_H$ 是包含 $H$ 作为正规子群的那个“最大”的子群。
4. 定义正规化子 (Normalizer)
   • 这个重要的稳定子群 $G_H$ 被赋予了一个专门的名字：$H$ 在 $G$ 中的正规化子。
   • 记号：$N[H]$ (或 $N_G(H)$)。
   • 定义：$N[H] = \{g \in G \mid gHg^{-1} = H\}$。

引理前置知识的证明：

1. 目标: 证明对于有限子群 $H$，条件 “$gHg^{-1} \subseteq H$” 等价于 “$gHg^{-1} = H$”。
2. 方向一 ($ \Rightarrow $):
   • 假设: $gHg^{-1} \subseteq H$。这意味着 $g$ 与 $H$ 共轭后的结果是 $H$ 的一个子集。
   • 构造映射: 定义一个映射 $i_g: H \to H$，规则是 $i_g(h) = ghg^{-1}$。
   • 证明单射: 假设 $i_g(h_1) = i_g(h_2)$，即 $gh_1g^{-1} = gh_2g^{-1}$。根据群的消去律，左边消去 $g$，右边消去 $g^{-1}$，得到 $h_1=h_2$。所以映射 $i_g$ 是单射（一一对应）。
   • 利用有限性: $H$ 是一个有限集合。一个从有限集合到其自身的单射映射，必然也是一个满射。这个原理有时被称为“鸽巢原理”的应用：如果你有n个鸽巢和n只鸽子，并且每个鸽巢最多只能进一只鸽子（单射），那么必然每个鸽巢都恰好进了一只鸽子（满射）。
   • 得出结论: 因为 $i_g$ 是满射，所以对于 $H$ 中的任何元素 $h'$, 都存在一个 $h \in H$ 使得 $i_g(h) = h'$。这意味着 $i_g$ 的像集就是整个 $H$，即 $gHg^{-1}=H$。
   • 根据定义，这就意味着 $g \in N[H]$。
3. 方向二 ($ \Leftarrow $): 如果 $gHg^{-1}=H$，那么 $gHg^{-1} \subseteq H$ 是显然成立的。
4. 这个事实的重要性: 它简化了判断一个元素是否在正规化子中的过程。对于有限子群，我们不再需要严格证明集合相等，只需要证明一个方向的包含关系即可。

引理 36.6 的证明：

1. 引理陈述:
   • 前提: $H$ 是一个有限群 $G$ 的 p-子群。这意味着 $|H|=p^k$ 对于某个 $k \ge 1$。
   • 结论: 两个指数 $(N[H]:H)$ 和 $(G:H)$ 在模 $p$ 意义下同余。
   • 指数定义: $(A:B) = |A|/|B|$。所以结论是 $|N[H]|/|H| \equiv |G|/|H| \pmod p$。
2. 证明策略: 再次使用群作用和定理36.1。关键是构造正确的群和集合。
   • 被作用的集合 $\mathscr{C}$: 这次选择 $H$ 在 $G$ 中的所有左陪集的集合。$\mathscr{C} = \{xH \mid x \in G\}$。
   • 集合大小: $\mathscr{C}$ 的大小就是 $H$ 在 $G$ 中的指数，即 $|\mathscr{C}| = (G:H)$。
   • 作用的群: 让子群 $H$ 自身来作用于 $\mathscr{C}$。
   • 作用规则: 左平移。对于 $h \in H$ 和一个陪集 $xH \in \mathscr{C}$，作用结果是 $h(xH) = (hx)H$。这是一个标准的、合法的群作用。
3. 应用定理 36.1:
   • 作用的群是 $H$，它是一个 p-群 (阶为 $p^k$)。
   • 被作用的集合是 $\mathscr{C}$，一个有限 $H$-集。
   • 根据定理36.1，我们有 $|\mathscr{C}| \equiv |\mathscr{C}_H| \pmod p$。
   • 代入 $|\mathscr{C}|=(G:H)$，我们得到 $(G:H) \equiv |\mathscr{C}_H| \pmod p$。
   • 现在的任务就是计算不动点的数量 $|\mathscr{C}_H|$。
4. 分析不动点集合 $\mathscr{C}_H$:
   • 一个陪集 $xH$ 是不动点，意味着对于所有 $h \in H$，都有 $h(xH) = xH$。
   • $h(xH) = (hx)H$。所以条件是 $(hx)H = xH$。
   • 根据陪集的性质，$aH=bH \iff b^{-1}a \in H$。所以 $(hx)H = xH \iff x^{-1}(hx) \in H$。
   • $x^{-1}(hx) = (x^{-1}h x)$。所以条件是 $x^{-1}hx \in H$ 对于所有 $h \in H$ 都成立。
   • $x^{-1}Hx = \{x^{-1}hx \mid h \in H\}$。所以条件是 $x^{-1}Hx \subseteq H$。
   • 因为 $H$ 是有限的，根据我们刚证明的前置知识，这等价于 $x^{-1}Hx = H$。
   • 根据定义，$x^{-1}Hx=H$ 意味着 $x^{-1} \in N[H]$。
   • 一个元素在子群里当且仅当其逆元在子群里，所以 $x^{-1} \in N[H] \iff x \in N[H]$。
   • 结论: 陪集 $xH$ 是不动点，当且仅当 $x \in N[H]$。
   • 所以，不动点集合 $\mathscr{C}_H$ 就是所有由 $N[H]$ 中的元素构成的陪集，即 $\mathscr{C}_H = \{xH \mid x \in N[H]\}$。
5. 计算不动点数量 $|\mathscr{C}_H|$:
   • $\mathscr{C}_H$ 是 $H$ 在 $N[H]$ 中的左陪集的集合。
   • 根据定义，这种陪集的数量就是指数 $(N[H]:H)$。
   • 所以 $|\mathscr{C}_H| = (N[H]:H)$。
6. 完成证明:
   • 把 $|\mathscr{C}_H| = (N[H]:H)$ 代入第三步的同余式 $(G:H) \equiv |\mathscr{C}_H| \pmod p$。
   • 我们得到 $(G:H) \equiv (N[H]:H) \pmod p$。引理证毕。

1. 推论的陈述:
   • 前提1: $H$ 是一个 p-子群。
   • 前提2: 素数 $p$ 整除指数 $(G:H)$。指数 $(G:H)=|G|/|H|$。
   • 结论: $H$ 的正规化子 $N[H]$ 严格地大于 $H$ 本身。
2. 证明过程:
   • 第一步：应用引理36.6。我们有 $(G:H) \equiv (N[H]:H) \pmod p$。
   • 第二步：利用前提2。$p$ 整除 $(G:H)$，这意味着 $(G:H)$ 除以 $p$ 的余数是 0。即 $(G:H) \equiv 0 \pmod p$。
   • 第三步：结合一二步。由传递性，我们得到 $(N[H]:H) \equiv 0 \pmod p$。
   • 第四步：解释同余式的含义。$(N[H]:H) \equiv 0 \pmod p$ 意味着指数 $(N[H]:H)$ 是 $p$ 的倍数。
   • 第五步：得出结论。因为 $p$ 是素数（$p \ge 2$），所以 $p$ 的倍数不可能是1。因此 $(N[H]:H) \neq 1$。
   • 指数 $(N[H]:H)$ 就是 $|N[H]|/|H|$。如果这个比值不等于1，那么分子 $|N[H]|$ 必然不等于分母 $|H|$。
   • 又因为 $H$ 总是 $N[H]$ 的子群（$H \subseteq N[H]$），所以 $|H| \le |N[H]|$。结合 $|N[H]| \neq |H|$，我们必然得到 $|N[H]| > |H|$，这意味着 $N[H]$ 是一个比 $H$ 更大的群，即 $N[H] \neq H$。证明完毕。

这个定理是西洛理论的核心，它包含两个部分，证明过程非常精妙。

定理陈述的理解:

• 背景: 群 $G$ 的阶被唯一地分解为 $p$ 的幂次部分和与 $p$ 无关的部分，即 $|G| = p^n m$。这里 $p^n$ 是能整除 $|G|$ 的 $p$ 的最高次幂。
• 第一部分 (存在性): 这是一个强大的存在性声明。它说，对于 $p$ 的任何次幂，从 $p^1$ 到最高的 $p^n$，群 $G$ 都保证有相应阶的子群。这是拉格朗日逆命题在素数幂情况下的完美成立。
• 第二部分 (嵌套性/生长性): 这部分更强。它不仅说这些子群存在，还描述了它们之间的关系。任何一个 $p^i$ 阶的子群，都不是孤立的，它必然可以被“装”在一个更大的 $p^{i+1}$ 阶子群里，并且在那个更大的子群里还是正规的。这描绘了一幅p-子群可以“逐级向上生长”的画面，形成一个“正规子群链”。

证明的详解 (数学归纳法):

Part 1: 存在性证明

1. 归纳基础 (i=1):
   • 我们要证明存在一个阶为 $p^1=p$ 的子群。
   • 定理前提是 $n \ge 1$，所以 $p$ 整除 $|G|$。
   • 根据我们已经证明的柯西定理 (36.3)，如果 $p$ 整除 $|G|$，则 $G$ 必有一个阶为 $p$ 的子群。
   • 归纳基础成立。
2. 归纳假设:
   • 假设对于某个 $i$ ($1 \le i < n$)，我们已经证明了 $G$ 存在一个阶为 $p^i$ 的子群。我们把这个子群命名为 $H$。$|H|=p^i$。
3. 归纳步骤 (从 i 到 i+1):
   • 目标: 利用 $H$ 的存在，证明存在一个阶为 $p^{i+1}$ 的子群。
   • 应用推论36.7的前置条件: 计算指数 $(G:H) = |G|/|H| = (p^n m) / p^i = p^{n-i} m$。
   • 因为我们假设了 $i < n$，所以 $n-i \ge 1$。这意味着 $p$ 整除 $p^{n-i}m$。即 $p$ 整除 $(G:H)$。
   • $H$ 是一个阶为 $p^i$ 的群，根据推论36.4，它是一个p-群。
   • 应用推论36.7: $H$ 是p-子群，且 $p$ 整除 $(G:H)$，所以 $N[H] \neq H$。
   • 应用引理36.6: 我们知道 $(N[H]:H) \equiv (G:H) \pmod p$。因为 $(G:H) \equiv 0 \pmod p$，所以 $(N[H]:H) \equiv 0 \pmod p$。
   • 这意味着 $|N[H]/H| = (N[H]:H)$ 是 $p$ 的倍数。
   • 转向商群: 我们现在有了一个商群 $N[H]/H$，它的阶是 $p$ 的倍数。
   • 再次应用柯西定理: 对于群 $N[H]/H$，由于素数 $p$ 整除它的阶，它必然存在一个阶为 $p$ 的子群。我们称这个子群为 $K$。所以 $K \le N[H]/H$ 且 $|K|=p$。
   • 拉回子群 (Correspondence Theorem): 考虑从 $N[H]$ 到 $N[H]/H$ 的自然映射 $\gamma(x) = xH$。$K$ 是商群中的一个子群，那么它在原群 $N[H]$ 中的“原像” $\gamma^{-1}[K]$ 也是 $N[H]$ 的一个子群。
   • 这个子群 $\gamma^{-1}[K]$ 是什么？它就是所有被映射到 $K$ 中的 $N[H]$ 元素的集合。它包含了 $H$ (因为 $H$ 是商群的单位元，而任何子群都包含单位元)。
   • 根据拉格朗日定理和同态基本定理的一个推论，我们有 $|K| = |\gamma^{-1}[K]/H| = |\gamma^{-1}[K]|/|H|$。
   • 代入已知值：$p = |\gamma^{-1}[K]| / p^i$。
   • 解得 $|\gamma^{-1}[K]| = p \cdot p^i = p^{i+1}$。
   • 我们找到了！$\gamma^{-1}[K]$ 就是 $G$ 的一个子群（因为它是 $N[H]$ 的子群，而 $N[H]$ 是 $G$ 的子群），并且它的阶恰好是 $p^{i+1}$。
   • 归纳步骤完成。

Part 2: 正规性证明

1. 在第一部分的归纳步骤中，我们构造了那个阶为 $p^{i+1}$ 的子群，它就是 $\gamma^{-1}[K]$。
2. 我们审视一下它的构造过程：
   • 我们从 $H$ 开始，找到了它的正规化子 $N[H]$。根据定义，$H$ 是 $N[H]$ 的正规子群。
   • 我们构造的子群 $\gamma^{-1}[K]$ 是 $N[H]$ 的一个子群。
   • $H$ 也在 $\gamma^{-1}[K]$ 中，即 $H \le \gamma^{-1}[K]$。
   • 一个子群 $H$ 在一个大群 $N[H]$ 中是正规的，那么它在任何一个包含它并被 $N[H]$ 包含的中间群 $\gamma^{-1}[K]$ 中，也必然是正规的。
3. 所以，$H$ 是 $\gamma^{-1}[K]$ 的正规子群，而 $|\gamma^{-1}[K]|=p^{i+1}$。
4. 这就证明了第二部分：任何一个 $p^i$ 阶子群 $H$ (只要 $i<n$)，都是某个 $p^{i+1}$ 阶子群的正规子群。

1. 定义西洛p-子群 (Sylow p-subgroup):
   • 核心词: 极大 (maximal)。这个词在数学中意味着“不能再大了”。
   • 完整定义: 首先，$P$ 必须是一个 p-子群。其次，在 $G$ 中不存在任何其他的 p-子群 $K$ 能够严格包含 $P$（即 $P < K$）。$P$ 在所有 p-子群中，是“顶天立地”的，没有比它“更p”的子群了。
   • 这是一个“相对”定义: 极大的意思是在“p-子群”这个范畴内极大。可能存在一个比 $P$ 更大的子群 $L$ ($P < L$)，但 $L$ 本身不再是一个 p-子群（比如 $L$ 的阶不是 $p$ 的幂，或者含有阶不是 $p$ 的幂的元素）。
2. 西洛p-子群与第一西洛定理的联系:
   • 背景: 设 $|G|=p^n m$，$p$ 不整除 $m$。
   • 第一西洛定理告诉我们，$G$ 存在阶为 $p^n$ 的子群。设这样一个子群为 $P_{max}$。
   • $P_{max}$ 是一个p-子群吗？是的，因为它的阶是 $p^n$，根据推论36.4，它是一个p-群。
   • $P_{max}$ 是极大的p-子群吗？是的。假设存在一个更大的p-子群 $K$ 使得 $P_{max} < K$。那么 $K$ 也是p-子群，所以它的阶 $|K|$ 必须是 $p$ 的某个幂 $p^k$。根据拉格朗日定理，$|P_{max}|$ 必须整除 $|K|$，即 $p^n$ 整除 $p^k$，所以 $k \ge n$。又因为 $K$ 是 $G$ 的子群，所以 $|K|$ 必须整除 $|G|$，即 $p^k$ 整除 $p^n m$。因为 $p$ 不整除 $m$，这要求 $k \le n$。结合 $k \ge n$ 和 $k \le n$，我们得出 $k=n$。所以 $|K|=|P_{max}|$。因为 $P_{max} \subseteq K$ 且阶相同，所以 $K=P_{max}$。这与 $P_{max} < K$ 的假设矛盾。因此，不存在比 $P_{max}$ 更大的p-子群。
   • 结论: 对于有限群，西洛p-子群的抽象定义（极大p-子群）和一个具体的数值描述（阶为 $p^n$ 的子群）是等价的。这极大地简化了识别西洛p-子群的任务。
3. 西洛p-子群的共轭性质:
   • 如果 $P$ 是一个西洛p-子群，它的阶是 $p^n$。
   • 取任意 $g \in G$，考虑它的共轭子群 $gPg^{-1}$。
   • 共轭映射是一个同构，所以 $|gPg^{-1}| = |P| = p^n$。
   • 因此，$gPg^{-1}$ 也是一个阶为 $p^n$ 的子群，根据上面的结论，它也是一个西洛p-子群。
   • 这说明，一个西洛p-子群的所有共轭子群，也都是西洛p-子群。
4. 第二西洛定理的预告:
   • 引出了一个更深的问题：是不是所有的西洛p-子群都是通过这种共轭关系联系在一起的？
   • 第二西洛定理给出了肯定的回答：是的。$G$ 中的任意两个西洛p-子群，必然是相互共轭的。这意味着所有的西洛p-子群构成一个单一的“共轭类”。

定理陈述的理解:

• 这个定理揭示了所有西洛p-子群的“亲缘关系”。它说，在一个群里，所有的西洛p-子群看起来都一样，它们都是“同构”的（因为共轭是同构），并且可以通过群内元素的共轭作用互相转化。它们形成了一个单一的轨道。

证明的详解:

1. 目标: 证明任意两个西洛p-子群 $P_1$ 和 $P_2$ 是共轭的，即存在一个元素 $x \in G$ 使得 $P_1 = xP_2x^{-1}$ (或者 $P_2 = xP_1x^{-1}$，是等价的)。
2. 证明策略: 再次使用群作用和定理36.1。这次作用的群和被作用的集合的选择更加巧妙。
   • 作用的群: 其中一个西洛p-子群，比如 $P_2$。因为 $P_2$ 是西洛p-子群，它的阶是 $p^n$，所以它是一个 p-群。这是应用定理36.1的前提。
   • 被作用的集合 $\mathscr{C}$: 另一个西洛p-子群 $P_1$ 的所有左陪集的集合。$\mathscr{C} = \{gP_1 \mid g \in G\}$。
   • 作用规则: 左平移。$y \in P_2$ 作用于陪集 $gP_1$ 的结果是 $(yg)P_1$。
3. 应用定理 36.1:
   • 我们有 p-群 $P_2$ 作用于有限集 $\mathscr{C}$。
   • 根据定理36.1，我们有 $|\mathscr{C}| \equiv |\mathscr{C}_{P_2}| \pmod p$。
4. 分析 $|\mathscr{C}|$:
   • $|\mathscr{C}|$ 是 $P_1$ 的陪集数量，即指数 $(G:P_1)$。
   • 设 $|G|=p^n m$ 且 $p \nmid m$。因为 $P_1$ 是西洛p-子群，所以 $|P_1|=p^n$。
   • $|\mathscr{C}| = (G:P_1) = |G|/|P_1| = (p^n m) / p^n = m$。
   • 根据前提，$p$ 不整除 $m$。所以 $|\mathscr{C}|$ 不能被 $p$ 整除。
   • 这意味着 $|\mathscr{C}| \not\equiv 0 \pmod p$。
5. 分析不动点数量 $|\mathscr{C}_{P_2}|$:
   • 因为 $|\mathscr{C}| \equiv |\mathscr{C}_{P_2}| \pmod p$，且 $|\mathscr{C}| \not\equiv 0 \pmod p$，所以 $|\mathscr{C}_{P_2}|$ 也必然不能是0。
   • $|\mathscr{C}_{P_2}| \neq 0$。这意味着不动点是存在的！
6. 分析不动点，找到关键的元素 x:
   • 至少存在一个陪集，我们称之为 $xP_1$，它是一个不动点。
   • 根据不动点的定义，对于所有 $y \in P_2$，都有 $y(xP_1) = xP_1$。
   • $(yx)P_1 = xP_1$。根据陪集的性质，这等价于 $x^{-1}(yx) \in P_1$。
   • $(x^{-1}yx) \in P_1$ 对所有 $y \in P_2$ 都成立。
   • 这恰好是说，子群 $P_2$ 在经过 $x^{-1}$ 共轭之后，被完全包含在了 $P_1$ 中。即 $x^{-1}P_2x \subseteq P_1$。
7. 完成证明:
   • 我们得到了 $x^{-1}P_2x \subseteq P_1$。
   • $x^{-1}P_2x$ 是 $P_2$ 的一个共轭子群，所以它们的阶是相同的。$|x^{-1}P_2x| = |P_2|$。
   • $P_1$ 和 $P_2$ 都是西洛p-子群，所以它们的阶也相同，都是 $p^n$。
   • 因此，$|x^{-1}P_2x| = |P_1| = p^n$。
   • 一个有限集合的子集，如果和母集有相同的元素个数，那么它们必然是同一个集合。
   • 所以，从 $x^{-1}P_2x \subseteq P_1$ 和 $|x^{-1}P_2x| = |P_1|$，我们必然得出 $x^{-1}P_2x = P_1$。
   • 这就证明了 $P_1$ 和 $P_2$ 是共轭的。证明完毕。

定理陈述的理解:

• 这个定理是关于西洛p-子群的数量的。设西洛p-子群的数量是 $n_p$。
• 它给出了两个强有力的限制条件：

1. 同余条件: $n_p \equiv 1 \pmod p$。这意味着 $n_p$ 的可能值是 $1, 1+p, 1+2p, \dots$。
2. 整除条件: $n_p$ 必须整除群的阶 $|G|$。

证明的详解: 这个证明分为两个独立的部分。

Part 1: 证明 $n_p \equiv 1 \pmod p$

1. 证明策略: 群作用。
   • 被作用的集合 $\mathscr{S}$: 所有西洛p-子群的集合。$|\mathscr{S}| = n_p$。
   • 作用的群: 任意选择一个西洛p-子群，称之为 $P$。$P$ 是一个 p-群。
   • 作用规则: 共轭。$x \in P$ 作用于 $T \in \mathscr{S}$ 的结果是 $xTx^{-1}$。
2. 应用定理 36.1:
   • 我们有 p-群 $P$ 作用于有限集 $\mathscr{S}$。
   • 根据定理36.1， $|\mathscr{S}| \equiv |\mathscr{S}_P| \pmod p$。
   • 代入 $|\mathscr{S}| = n_p$，我们有 $n_p \equiv |\mathscr{S}_P| \pmod p$。
   • 任务是计算不动点的数量 $|\mathscr{S}_P|$。
3. 分析不动点集合 $\mathscr{S}_P$:
   • 一个西洛p-子群 $T$ 是不动点，意味着对于所有 $x \in P$，都有 $xTx^{-1}=T$。
   • 这个条件 $xTx^{-1}=T, \forall x \in P$ 正是 $P \subseteq N[T]$ 的定义。
   • 我们现在有两个p-子群 $P$ 和 $T$，它们都是 $N[T]$ 的子群。
   • 因为 $P$ 和 $T$ 是 $G$ 的西洛p-子群（阶为 $p^n$），那么它们在子群 $N[T]$ 中也必然是西洛p-子群。（因为 $N[T]$ 的阶不可能被比 $p^n$ 更高的 $p$ 的幂整除）。
   • 应用第二西洛定理 (在子群 N[T] 中): 在群 $N[T]$ 中，所有西洛p-子群都是共轭的。所以 $P$ 和 $T$ 在 $N[T]$ 中是共轭的。即存在 $y \in N[T]$ 使得 $P = yTy^{-1}$。
   • 利用正规子群的性质: 但是，根据 $N[T]$ 的定义，$T$ 就是 $N[T]$ 的正规子群。一个正规子群的共轭子群只有它自己。
   • 所以，在 $N[T]$ 中与 $T$ 共轭的子群只有一个，就是 $T$ 本身。
   • 结合上面两点，我们必然得出 $P=T$。
   • 结论: 唯一能成为不动点的西洛p-子群，只有作用的群 $P$ 自己。
   • 所以不动点集合是 $\mathscr{S}_P = \{P\}$。
4. 完成第一部分证明:
   • $|\mathscr{S}_P|=1$。
   • 代入第二步的同余式 $n_p \equiv |\mathscr{S}_P| \pmod p$。
   • 我们得到 $n_p \equiv 1 \pmod p$。

Part 2: 证明 $n_p$ 整除 $|G|$

1. 证明策略: 换一个群作用。
   • 被作用的集合 $\mathscr{S}$: 仍然是所有西洛p-子群的集合。$|\mathscr{S}| = n_p$。
   • 作用的群: 整个群 $G$。
   • 作用规则: 共轭。$g \in G$ 作用于 $T \in \mathscr{S}$ 的结果是 $gTg^{-1}$。
2. 分析轨道:
   • 应用第二西洛定理 (在全群 G 中): 任意两个西洛p-子群都是共轭的。
   • 这意味着，从任何一个西洛p-子群 $P$ 出发，通过 $G$ 的共轭作用，可以得到所有其他的西洛p-子群。
   • 换句话说，在 $G$ 的作用下，整个集合 $\mathscr{S}$ 只形成一个轨道。
3. 应用轨道-稳定子定理:
   • 我们知道，轨道的大小等于群的阶除以稳定子群的阶。
   • $|\text{轨道}| = (G : G_P)$。
   • 在这里，轨道就是整个集合 $\mathscr{S}$，所以 $|\text{轨道}|=|\mathscr{S}|=n_p$。
   • 稳定子群 $G_P = \{g \in G \mid gPg^{-1}=P\}$，这正是 $P$ 的正规化子 $N[P]$。
   • 所以， $n_p = (G:N[P])$。
   • 指数 $(G:N[P]) = |G|/|N[P]|$，根据定义，它必然是 $|G|$ 的一个约数。
   • 因此，$n_p$ 整除 $|G|$。

这个例子用我们最熟悉的非阿贝尔群 $S_3$ 来检验刚学到的西洛定理。

1. 分析群和参数:
   • 群: $G=S_3$ (3个元素的置换群，即正三角形的对称群)。
   • 群阶: $|G|=3! = 6$。
   • 分解群阶: $6 = 2^1 \cdot 3^1$。
   • 我们来分析 p=2 的情况。所以 $p=2, n=1, m=3$。
2. 根据西洛定理进行预测:
   • 第一定理: $S_3$ 必须有阶为 $2^1=2$ 的子群。这些就是西洛2-子群。
   • 第三定理: 西洛2-子群的数量 $n_2$ 必须满足：
   • $n_2 \equiv 1 \pmod 2$ (数量是奇数)。
   • $n_2$ 整除 $|S_3|=6$。
   • 整除6的奇数有 1 和 3。所以 $n_2$ 可能是1或3。
   • 第二定理: 如果 $n_2>1$，那么所有这些西洛2-子群都必须是相互共轭的。
3. 与实际情况进行比对:
   • 找出子群: 我们从 $S_3$ 的知识中知道，它的2阶子群是由所有2阶元素（对换）生成的。$S_3=\{\rho_0, \rho_1, \rho_2, \mu_1, \mu_2, \mu_3\}$，其中 $\mu_1=(12), \mu_2=(13), \mu_3=(23)$ 是三个对换。它们生成的子群是：
   • $H_1 = \langle \mu_1 \rangle = \{\rho_0, \mu_1\}$
   • $H_2 = \langle \mu_2 \rangle = \{\rho_0, \mu_2\}$
   • $H_3 = \langle \mu_3 \rangle = \{\rho_0, \mu_3\}$
   • 核对数量: 确实有3个西洛2-子群。$n_2=3$。这与我们的预测（1或3）相符。
   • 核对第三定理: $n_2=3$。$3 \equiv 1 \pmod 2$ 成立。$3$ 整除 $6$ 成立。完美符合。
4. 验证第二定理 (共轭性):
   • 定理预言 $H_1, H_2, H_3$ 都在同一个共轭类中。
   • 例子中给出了具体的共轭计算：
   • 用 $\rho_1=(123)$ 来共轭 $H_1$ 中的非单位元 $\mu_1=(12)$:
   • 用 $\rho_2=(132)$ 来共轭 $H_1$ 中的非单位元 $\mu_1=(12)$:
   • 由于共轭是传递关系，$H_1, H_2, H_3$ 三者互相共轭。第二定理得到验证。

这个例子展示了西洛定理在判断群结构方面，特别是用于证明一个群“不是单群”时的威力。

1. 目标: 证明任何一个阶为15的群 $G$ 都不是单群 (simple group)。
   • 单群定义: 一个群是单群，如果它没有非平凡的正规子群（即除了它自身和 $\{e\}$ 之外，没有其他正规子群）。单群是群论中的“原子”，无法被分解。
   • 要证明 $G$ 不是单群，我们只需要找到一个非平凡的正规子群。
2. 分析群和参数:
   • 群阶: $|G|=15$。
   • 分解群阶: $15 = 3 \cdot 5$。
   • 我们可以分析 $p=3$ 或 $p=5$ 的西洛子群。这里选择 $p=5$。
   • 参数: $p=5, n=1, m=3$。
3. 应用西洛定理:
   • 第一定理 (定理36.8): $G$ 至少有一个阶为 $5^1=5$ 的子群。这个子群就是西洛5-子群。
   • 第三定理 (定理36.11): 设西洛5-子群的数量为 $n_5$。它必须满足：
4. $n_5 \equiv 1 \pmod 5$。
5. $n_5$ 整除 $|G|=15$。
   • 筛选可能性:
   • 满足条件1的数有：$1, 6, 11, 16, \dots$
   • 满足条件2的数有：$1, 3, 5, 15$。
   • 同时满足两个条件的，只有数字 1。
   • 结论: $n_5$ 必须等于 1。
6. 从“唯一”到“正规”:
   • 我们证明了 $G$ 中有且仅有一个西洛5-子群。我们称之为 $P$。
   • 现在要证明 $P$ 是正规子群。根据正规子群的定义，我们要证明对于所有 $g \in G$，都有 $gPg^{-1}=P$。
   • 考虑任意一个 $g \in G$。共轭操作 $i_g$ 会将子群 $P$ 映射到另一个子群 $gPg^{-1}$。
   • 共轭是同构，所以 $|gPg^{-1}| = |P| = 5$。
   • 这意味着 $gPg^{-1}$ 也是一个5阶子群，因此它也是一个西洛5-子群。
   • 但是，我们已经证明了西洛5-子群是唯一的。
   • 所以，这个新的西洛5-子群 $gPg^{-1}$ 必须和旧的那个 $P$ 是同一个。即 $gPg^{-1} = P$。
   • 这个等式对所有 $g \in G$ 都成立。这正是 $P$ 是 $G$ 的正规子群的定义。
7. 最终结论:
   • 我们找到了一个阶为5的子群 $P$。它不是整个群 $G$（阶为15），也不是平凡子群 $\{e\}$（阶为1）。所以它是一个非平凡子群。
   • 我们证明了 $P$ 是正规子群。
   • 因此，$G$ 有一个非平凡的正规子群，根据定义，$G$ 不是单群。
   • 补充说明: 同样的方法可以用于 $p=3$。$n_3 \equiv 1 \pmod 3$ 且 $n_3 | 15$。满足条件的也只有 $n_3=1$。所以15阶群也有一个唯一的、正规的3阶子群。

1. 目标：确定一个12阶群的西洛3-子群的阶。
2. 核心概念：根据西洛p-子群的定义（等价于定义36.9之后的解释），如果一个有限群 $G$ 的阶可以写作 $|G| = p^n m$，其中 $p$ 是素数且 $p$ 不整除 $m$，那么 $G$ 的西洛p-子群的阶就是 $p^n$。
3. 分析群阶:
   • 给定的群阶是 $|G|=12$。
   • 我们关心的是西洛3-子群，所以素数 $p=3$。
   • 我们需要将12分解成 $3^n m$ 的形式，其中3不整除 $m$。
   • $12 = 3 \times 4$。
   • 在这个分解中，$p=3, n=1, m=4$。
   • 检查条件：$p=3$ 是素数， $n=1 \ge 1$。$m=4$，3不整除4。条件满足。
4. 确定阶数:
   • 西洛3-子群的阶是 $p^n = 3^1 = 3$。

1. 目标：确定一个54阶群的西洛3-子群的阶。
2. 核心概念：同练习1，西洛p-子群的阶是能整除群阶的素数 $p$ 的最高次幂 $p^n$。
3. 分析群阶:
   • 给定的群阶是 $|G|=54$。
   • 我们关心的是西洛3-子群，所以素数 $p=3$。
   • 我们需要将54分解成 $3^n m$ 的形式，其中3不整除 $m$。
   • $54 = 2 \times 27 = 2 \times 3^3$。
   • 在这个分解中，$p=3, n=3, m=2$。
   • 检查条件：$p=3$ 是素数， $n=3 \ge 1$。$m=2$，3不整除2。条件满足。
4. 确定阶数:
   • 西洛3-子群的阶是 $p^n = 3^3 = 27$。

1. 目标：确定一个24阶群可能有多少个西洛2-子群。
2. 核心概念：第三西洛定理 (36.11)。它对西洛p-子群的数量 $n_p$ 提供了两个约束：
   • (a) $n_p \equiv 1 \pmod p$
   • (b) $n_p$ 整除 $|G|$
3. 分析群和参数:
   • 群阶 $|G|=24$。
   • 我们关心的是西洛2-子群，所以素数 $p=2$。
   • 首先确定西洛2-子群的阶：$24 = 8 \times 3 = 2^3 \times 3$。所以西洛2-子群的阶是 $2^3=8$。
4. 应用第三西洛定理:
   • 设西洛2-子群的数量为 $n_2$。
   • 根据条件 (a)：$n_2 \equiv 1 \pmod 2$。这意味着 $n_2$ 必须是一个奇数。
   • 根据条件 (b)：$n_2$ 必须整除 $|G|=24$。
5. 筛选可能性:
   • 首先列出24的所有约数：1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24。
   • 在这些约数中，找出所有的奇数：1, 3。
   • 因此，根据第三西洛定理，一个24阶群的西洛2-子群数量只可能是1或3。

这个问题需要我们分别对 $p=3$ 和 $p=5$ 应用第三西洛定理。

第一部分：西洛3-子群 ($n_3$)

1. 分析群和参数:
   • 群阶 $|G|=255$。
   • 素数 $p=3$。
2. 应用第三西洛定理:
   • (a) $n_3 \equiv 1 \pmod 3$。
   • (b) $n_3$ 整除 $|G|=255$。
3. 筛选可能性:
   • 首先列出255的约数：$255 = 3 \times 5 \times 17$。约数有 1, 3, 5, 15, 17, 51, 85, 255。
   • 在这些约数中，找出满足模3同余于1的数：
   • $1 \equiv 1 \pmod 3$ (是)
   • $3 \equiv 0 \pmod 3$ (否)
   • $5 \equiv 2 \pmod 3$ (否)
   • $15 \equiv 0 \pmod 3$ (否)
   • $17 = 3 \times 5 + 2 \equiv 2 \pmod 3$ (否)
   • $51 = 3 \times 17 \equiv 0 \pmod 3$ (否)
   • $85 = 3 \times 28 + 1 \equiv 1 \pmod 3$ (是)
   • $255 = 3 \times 85 \equiv 0 \pmod 3$ (否)
   • 因此，$n_3$ 的可能性是 1 或 85。

第二部分：西洛5-子群 ($n_5$)

1. 分析群和参数:
   • 群阶 $|G|=255$。
   • 素数 $p=5$。
2. 应用第三西洛定理:
   • (a) $n_5 \equiv 1 \pmod 5$。
   • (b) $n_5$ 整除 $|G|=255$。
3. 筛选可能性:
   • 255的约数：1, 3, 5, 15, 17, 51, 85, 255。
   • 在这些约数中，找出满足模5同余于1的数：
   • $1 \equiv 1 \pmod 5$ (是)
   • $3 \equiv 3 \pmod 5$ (否)
   • $5 \equiv 0 \pmod 5$ (否)
   • $15 \equiv 0 \pmod 5$ (否)
   • $17 \equiv 2 \pmod 5$ (否)
   • $51 = 5 \times 10 + 1 \equiv 1 \pmod 5$ (是)
   • $85 \equiv 0 \pmod 5$ (否)
   • $255 \equiv 0 \pmod 5$ (否)
   • 因此，$n_5$ 的可能性是 1 或 51。

第一部分：找出所有西洛3-子群

1. 分析群和参数:
   • 群 $G=S_4$。
   • 群阶 $|G|=4! = 24$。
   • 素数 $p=3$。
   • 分解群阶: $24 = 3^1 \cdot 8$。所以西洛3-子群的阶是 $3^1=3$。
2. 寻找3阶子群:
   • 3阶子群必然是循环群，由一个3阶元素生成。
   • $S_4$ 中的3阶元素是所有的3-循环。
   • 一个3-循环的形式是 $(a b c)$。从4个元素 {1, 2, 3, 4} 中选3个出来进行循环排列。选3个元素有 $\binom{4}{3}=4$ 种方式。对于每3个元素，比如 {1, 2, 3}，可以构成两个循环：(123) 和 (132)。
   • 所以总共有 $4 \times 2 = 8$ 个3-循环元素。它们是：
3. 构造子群:
   • 每个3阶子群包含一个单位元和两个互为逆元的3-循环。
   • 例如，$\langle (123) \rangle = \{e, (123), (132)\}$。
   • 由于8个3-循环两两配对（一个元素和它的逆），所以总共可以构成 $8/2 = 4$ 个不同的3阶子群。
   • 这4个子群就是 $S_4$ 的所有西洛3-子群。它们是：
   • $P_1 = \langle (123) \rangle = \{e, (123), (132)\}$
   • $P_2 = \langle (124) \rangle = \{e, (124), (142)\}$
   • $P_3 = \langle (134) \rangle = \{e, (134), (143)\}$
   • $P_4 = \langle (234) \rangle = \{e, (234), (243)\}$
   • 这也验证了第三西洛定理的预测：$n_3 \equiv 1 \pmod 3$ 且 $n_3 | 24$。24的约数中，满足模3余1的有1, 4。我们找到了4个，所以 $n_3=4$。

第二部分：证明它们都是共轭的

1. 理论证明: 第二西洛定理 (36.10) 直接断言，一个群的所有西洛p-子群都是相互共轭的。因为我们已经确认了这4个子群是 $S_4$ 的全部西洛3-子群，所以理论上它们必然相互共轭。
2. 实践证明 (举例): 我们通过具体的共轭运算来验证这一点。共轭一个循环置换的法则是：$g(a_1 a_2 \dots a_k)g^{-1} = (g(a_1) g(a_2) \dots g(a_k))$。
   • 证明 $P_1$ 和 $P_2$ 共轭: 我们需要找到一个 $g \in S_4$ 使得 $gP_1g^{-1} = P_2$。这等价于 $g\langle (123) \rangle g^{-1} = \langle (124) \rangle$。
   • 我们希望 $g(123)g^{-1}$ 等于 $(124)$ 或 $(142)$。
   • 设 $g(123)g^{-1} = (124)$。这意味着 $(g(1) g(2) g(3)) = (124)$。
   • 一个可能的映射是 $g(1)=1, g(2)=2, g(3)=4$。这个 $g$ 还需要定义 $g(4)$。为了让 $g$ 是一个置换，必须有 $g(4)=3$。所以 $g=(34)$。
   • 让我们用 $g=(34)$ 来验证：$(34) \langle (123) \rangle (34)^{-1} = \langle (34)(123)(34) \rangle = \langle (124) \rangle = P_2$。
   • 所以 $P_1$ 和 $P_2$ 共轭。
   • 证明 $P_1$ 和 $P_3$ 共轭: 我们希望 $(g(1) g(2) g(3)) = (134)$。
   • 一个可能的映射是 $g(1)=1, g(2)=3, g(3)=4$。这要求 $g(4)=2$。所以 $g=(234)$。
   • 让我们用 $g=(234)$ 来验证：$(234) \langle (123) \rangle (234)^{-1} = \langle (234)(123)(243) \rangle = \langle (134) \rangle = P_3$。
   • 所以 $P_1$ 和 $P_3$ 共轭。
   • 证明 $P_1$ 和 $P_4$ 共轭: 我们希望 $(g(1) g(2) g(3)) = (234)$。
   • 一个可能的映射是 $g(1)=2, g(2)=3, g(3)=4$。这要求 $g(4)=1$。所以 $g=(1234)$。
   • 让我们用 $g=(1234)$ 来验证：$(1234) \langle (123) \rangle (1234)^{-1} = \langle (1234)(123)(1432) \rangle = \langle (234) \rangle = P_4$。
   • 所以 $P_1$ 和 $P_4$ 共轭。

第一部分：找出两个西洛2-子群

1. 分析群和参数:
   • 群 $G=S_4$。
   • 群阶 $|G|=24 = 2^3 \cdot 3$。
   • 素数 $p=2$。西洛2-子群的阶是 $2^3=8$。
   • 我们知道8阶的二面体群 $D_4$ (或 $D_8$) 是 $S_4$ 的子群。它的阶是8，所以它一定是 $S_4$ 的一个西洛2-子群。
2. 构造第一个子群 $P_1$:
   • 考虑一个标记为1, 2, 3, 4的正方形。它的所有对称操作构成的群同构于 $D_4$。
   • 这些对称操作可以看作是作用在顶点上的置换，因此是 $S_4$ 的一个子群。
   • 旋转操作：$e, (1234), (13)(24), (1432)$。
   • 翻转操作：水平/垂直翻转 $(12)(34), (14)(23)$，对角线翻转 $(13), (24)$。
   • 所以，$P_1 = \{e, (1234), (1432), (13)(24), (12)(34), (14)(23), (13), (24)\}$。
   • 这个群可以由一个4-循环和一个不属于该循环群的对换生成，例如 $P_1 = \langle (1234), (13) \rangle$。
3. 构造第二个子群 $P_2$:
   • 我们可以通过“重新标记”正方形的顶点来获得另一个西洛2-子群。
   • 想象一个正方形，顶点标记为 1, 3, 2, 4。
   • 它的对称群将是 $S_4$ 的另一个8阶子群。
   • 这个群由旋转 $(1324)$ 和翻转（例如沿对角线1-2的翻转，即对换 $(34)$）生成。
   • $P_2 = \langle (1324), (34) \rangle$。
   • 我们可以列出它的元素，但只要确定它是 $S_4$ 中另一个8阶子群就足够了。

第二部分：证明它们是共轭的

1. 理论证明: 第二西洛定理保证，作为同一个群的两个西洛2-子群，$P_1$ 和 $P_2$ 必然是共轭的。
2. 实践证明: 我们需要找到一个 $g \in S_4$ 使得 $gP_1g^{-1} = P_2$。一个有效的方法是让共轭操作 $g$ 将 $P_1$ 的生成元映射到 $P_2$ 的生成元。
   • $P_1 = \langle (1234), (13) \rangle$
   • $P_2 = \langle (1324), (34) \rangle$
   • 我们希望找到一个 $g$ 同时满足：
   • (a) $g(1234)g^{-1} = (1324)$ (或者 $P_2$ 的其他4-循环)
   • (b) $g(13)g^{-1} = (34)$ (或者 $P_2$ 的其他合适的翻转)
   • 从条件 (a) 开始：$g(1234)g^{-1} = (g(1) g(2) g(3) g(4)) = (1324)$。
   • 一个可能的映射是 $g(1)=1, g(2)=3, g(3)=2, g(4)=4$。这对应的置换是 $g=(23)$。
   • 现在我们用这个 $g=(23)$ 来检验条件 (b)：
   • $g(13)g^{-1} = (23)(13)(23)^{-1} = (23)(13)(23) = (12)$。
   • 这个结果 $(12)$ 是 $P_2$ 中的一个元素吗？我们需要检查。$P_2 = \langle (1324), (34) \rangle$。
   • 它的元素包括 $e, (1324), (12)(34), (1423), (34), (1324)(34)=(13), (13)(34)=(134), \dots$。这个生成元选的不好。
   • 让我们回到正方形的对称性。对于1,3,2,4正方形，对角线翻转是 $(13)(24)$ 和 $(12)(43)$。水平/垂直翻转是 $(14)(32)$ 和 $(13)(42)$。
   • 所以我们重新选择 $P_2$ 的生成元，例如 $P_2 = \langle(1324), (12)(34)\rangle$。
   • 让我们重新尝试。找一个 $g$ 使得 $g(1234)g^{-1}=(1324)$。我们仍然可以用 $g=(23)$。
   • 现在检查 $g$ 对 $P_1$ 另一个生成元 $(13)$ 的作用：$g(13)g^{-1}=(23)(13)(23)=(12)$。这是否在 $P_2$ 中？
   • $P_2$ 的元素：$e, (1324), (12)(34), (1423)$ (旋转)；$(13)(24), (14)(23)$ (水平/垂直翻转)；$(12), (34)$ (对角线翻转)。是的，$(12)$ 是 $P_2$ 的一个对角线翻转。
   • 所以 $g=(23)$ 可以将 $P_1$ 共轭到 $P_2$ 的一个子群，该子群由 $\langle(1324), (12)\rangle$ 生成。可以验证这个生成集确实生成了 $P_2$。
   • 因此，$P_1$ 和 $P_2$ 是共轭的。

1. 分析原定义: 该定义说，p-群中所有元素的阶都恰好是 $p$。
2. 判断正误: 这是不正确的。
3. 反例: 考虑8阶二面体群 $D_4$。它的阶是 $8=2^3$，是一个2-群。但它包含一个阶为4的旋转元素。根据原定义，这个群的元素阶只能是2，所以 $D_4$ 将不被认为是2-群，这与标准定义矛盾。再比如循环群 $\mathbb{Z}_{p^2}$，它的生成元的阶是 $p^2$，而不是 $p$。
4. 正确概念: p-群的核心思想是群中所有元素的阶都与素数 $p$ “相关”，具体来说，它们的阶必须是 $p$ 的某个幂。
5. 修改定义: 将“阶为 $p$”修改为“阶都是素数 $p$ 的幂”。

1. 分析原定义: 该定义将正规化子描述为一个内自同构的集合。内自同构是从群到自身的映射（具体来说是共轭映射 $i_g(x)=gxg^{-1}$）。
2. 判断正误: 这是不正确的。正规化子 $N[H]$ 是群 $G$ 的一个子集（并且是一个子群），它的元素是 $G$ 中的元素，而不是映射。
3. 两者关系: $N[H]$ 中的元素 $g$ 所诱导的内自同构 $i_g$ 确实具有将子群 $H$ 映射到自身的性质。但 $N[H]$ 是这些元素 $g$ 的集合，而不是这些映射 $i_g$ 的集合。
4. 正确概念: 正规化子 $N[H]$ 是 $G$ 中所有那些在共轭作用下“稳定化” $H$ 的元素的集合。
5. 修改定义: 将描述从“内自同构的集合”修改为“G中元素的集合”，并明确这些元素满足的条件。

1. 分析原定义: 该定义包含两个要点：(1) $P$ 的阶是p的幂；(2) $P$ 是“最大的”这种子群。
2. 判断正误: 这个定义不精确，有歧义。“最大的”可以理解为阶最大，也可以理解为集合包含关系上的最大（即极大）。
   • 如果理解为“阶最大”，那么对于有限群 $|G|=p^n m$，它指的是阶为 $p^n$ 的子群。这在有限群的情况下是西洛p-子群的一个等价性质，但不是最根本的定义，且不适用于无限群。
   • 如果理解为“集合包含关系上最大”，即不存在比它更大的p-子群，这接近于正确定义，但原话“最大的子群P”没有说清楚是在什么范畴内最大。
3. 正确概念: 西洛p-子群的根本定义是极大性 (maximality)，但必须强调是在p-子群这个集合内的极大性。它不是在所有子群中最大，而是在所有p-子群中，没有“上家”了。
4. 修改定义: 需要将“最大的子群”这个模糊的说法，替换为“极大p-子群”的精确表述。

• a. 真. 这是第二西洛定理(36.10)的直接陈述。
• b. 真. 这是对定理应用的正确描述。定理36.11（第三西洛定理）指出西洛5-子群的数量 $n_5$ 满足 $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ 且 $n_5$ 整除15。唯一同时满足这两个条件的整数是1。因此定理确实表明了这一点。
• c. 真. 这是西洛p-子群定义的直接结果。对于有限群，p-子群的阶是p的幂，西洛p-子群作为其中一员，阶自然是p的幂。更精确地说，它的阶是能整除群阶的p的最高次幂。
• d. 假. p-子群是阶为 $p^k$ 的子群。西洛p-子群是其中阶最高的（$k=n$）。例如，在 $S_4$ 中，阶为2的子群是2-子群，但不是西洛2-子群（西洛2-子群阶为8）。
• e. 真. 在阿贝尔群中，任何子群都是正规的。因此西洛p-子群P是正规的。根据第二西洛定理，所有西洛p-子群相互共轭。但正规子群的共轭只有它自己。所以所有西洛p-子群都必须是P本身，因此是唯一的。
• f. 假. 正规化子不一定是正规子群。例如，在 $S_4$ 中，2阶子群 $H=\langle(12)\rangle$ 的正规化子 $N[H]$ 是一个4阶群，它在 $S_4$ 中不是正规的。
• g. 真. 这是正规化子 $N[H]$ 的定义所保证的。$N[H]$ 正是所有使得 $gHg^{-1}=H$ 成立的元素 $g$ 的集合。这个条件对 $N[H]$ 中所有元素都成立，这恰恰是 $H$ 在 $N[H]$ 中是正规子群的定义。
• h. 真. 这是一个非常重要的等价关系。若P正规 $\implies$ $gPg^{-1}=P$ 对所有g成立 $\implies$ P的共轭只有它自己 $\implies$ P是唯一的（根据第二西洛定理）。若P唯一 $\implies$ 对任意g， $gPg^{-1}$ 也是西洛p-子群，因为唯一，所以必有 $gPg^{-1}=P$ $\implies$ P是正规的。
• i. 假. 如果G是阿贝尔群， $gHg^{-1}=H$ 对所有 $g \in G$ 都成立。因此 $N[H]=G$。只有当 $H=G$ 时，$N[H]=H$ 才成立。
• j. 假. 阶为 $p^n$ 的群 $G$，其自身的阶是能整除群阶的p的最高次幂。因此，$G$ 本身就是它自己的（唯一的）西洛p-子群。

这里 $G_H$ 就是正规化子 $N[H]$。我们要使用子群的判定准则来证明。

1. 证明非空:
   • 单位元 $e \in G$。我们计算 $eHe^{-1} = eHe = H$。
   • 所以 $e$ 满足条件， $e \in G_H$。因此 $G_H$ 不是空集。
2. 证明闭包性:
   • 设任意两个元素 $g_1, g_2 \in G_H$。
   • 根据定义，我们有 $g_1 H g_1^{-1} = H$ 和 $g_2 H g_2^{-1} = H$。
   • 我们要证明它们的乘积 $g_1g_2$ 也在 $G_H$ 中，即证明 $(g_1g_2) H (g_1g_2)^{-1} = H$。
   • 计算：
   • 所以 $g_1g_2 \in G_H$。闭包性得证。
3. 证明逆元存在:
   • 设任意一个元素 $g \in G_H$。
   • 根据定义， $gHg^{-1} = H$。
   • 我们要证明它的逆元 $g^{-1}$ 也在 $G_H$ 中，即证明 $g^{-1} H (g^{-1})^{-1} = H$。
   • $g^{-1} H (g^{-1})^{-1} = g^{-1} H g$。
   • 从已知条件 $gHg^{-1} = H$ 出发，我们可以在等式两边左乘 $g^{-1}$，右乘 $g$。
   • $g^{-1}(gHg^{-1})g = g^{-1}Hg$
   • $(g^{-1}g) H (g^{-1}g) = g^{-1}Hg$ (结合律)
   • $e H e = g^{-1}Hg$
   • $H = g^{-1}Hg$
   • 所以 $g^{-1} \in G_H$。逆元存在得证。

1. 分析题目:
   • 真子群: 指不等于群本身的子群。
   • 真西洛p-子群: 一个西洛p-子群 $P$，且 $P \neq G$。
   • 条件: $G$ 只有一个真西洛p-子群。
   • 目标: 证明这个西洛p-子群是正规的，从而证明 $G$ 不是单群。
2. 证明过程:
   • 设这个唯一的真西洛p-子群为 $P$。
   • 根据“唯一性 $\iff$ 正规性”的原理（练习10h），我们要证明 $P$ 是 $G$ 中唯一的西洛p-子群。
   • 题目只说了 $P$ 是唯一的“真”西洛p-子群。我们需要考虑 $G$ 本身是否可能也是一个西洛p-子群。
   • 情况一: $G$ 本身是一个p-群。
   • 那么 $G$ 就是它自己的西洛p-子群。它的阶是 $p^n$。
   • 因为 $P$ 是一个“真”西洛p-子群，所以 $P < G$。但 $P$ 和 $G$ 都是西洛p-子群，它们的阶都必须是能整除 $|G|=p^n$ 的p的最高次幂，即 $p^n$。所以 $|P|=|G|$，与 $P<G$ 矛盾。
   • 因此，如果 $G$ 是p-群，它不可能有“真”西洛p-子群。
   • 但是，题目还给了一个条件：素数 $q \neq p$ 也整除 $|G|$。如果 $|G|$ 是 $p$ 的幂，它就不可能被另一个素数 $q$ 整除。
   • 所以，这种情况（$G$是p-群）被题目条件排除了。
   • 情况二: $G$ 本身不是一个p-群。
   • 在这种情况下，$G$ 不可能是西洛p-子群。
   • 那么 $G$ 的所有西洛p-子群都是真子群。
   • 题目说“恰好有一个真西洛p-子群”，在这种情况下就等同于“$G$ 恰好有一个西洛p-子群”。
   • 应用唯一性原理:
   • 我们得出结论，$G$ 只有一个西洛p-子群 $P$。
   • 设任意 $g \in G$。考虑 $P$ 的共轭子群 $gPg^{-1}$。
   • 共轭保持阶，所以 $gPg^{-1}$ 也是一个西洛p-子群。
   • 因为 $P$ 是唯一的西洛p-子群，所以必须有 $gPg^{-1}=P$。
   • 这个结论对所有 $g \in G$ 都成立。
   • 根据定义， $P$ 是 $G$ 的一个正规子群。
   • 判断单群:
   • $P$ 是一个西洛p-子群，所以它的阶是 $p^k$ ($k \ge 1$)。它不是平凡子群 $\{e\}$。
   • $P$ 是一个真子群，所以 $P \neq G$。
   • 我们找到了一个非平凡的正规子群 $P$。
   • 因此，$G$ 不是单群。

1. 目标: 证明任何 $|G|=45$ 的群，都有一个阶为9的正规子群。
2. 分析群阶:
   • $|G| = 45 = 9 \times 5 = 3^2 \times 5$。
3. 应用西洛定理:
   • 我们来研究西洛3-子群。其阶为 $3^2=9$。
   • 第一西洛定理保证， $G$ 至少有一个阶为9的子群。
   • 现在我们需要证明这个子群是正规的。利用“唯一则正规”的思路，我们来计算西洛3-子群的数量 $n_3$。
4. 计算 $n_3$:
   • 根据第三西洛定理：
   • (a) $n_3 \equiv 1 \pmod 3$。
   • (b) $n_3$ 整除 $|G|=45$。
   • 筛选:
   • 45的约数是：1, 3, 5, 9, 15, 45。
   • 在这些约数中，满足模3同余于1的数：
   • $1 \equiv 1 \pmod 3$ (是)
   • $3 \equiv 0 \pmod 3$ (否)
   • $5 \equiv 2 \pmod 3$ (否)
   • $9 \equiv 0 \pmod 3$ (否)
   • $15 \equiv 0 \pmod 3$ (否)
   • $45 \equiv 0 \pmod 3$ (否)
   • 唯一满足条件的数是 1。
5. 得出结论:
   • $n_3$ 必须等于 1。
   • 这意味着群 $G$ 有且仅有一个阶为9的西洛3-子群。
   • 根据“唯一则正规”的原理，这个唯一的西洛3-子群必然是 $G$ 的正规子群。
   • 证明完毕。

推论36.4: 设$G$是一个有限群。那么$G$是一个p-群当且仅当$|G|$是$p$的幂。

这是一个双向的证明。

方向一 ($\implies$): 如果 G 是一个有限 p-群，那么 |G| 是 p 的幂。

1. 假设: $G$ 是一个有限p-群。根据定义， $G$ 中每个元素的阶都是素数 $p$ 的幂。
2. 目标: 证明 $|G|$ 是 $p$ 的幂。
3. 证明思路 (反证法):
   • 假设 $|G|$ 不是 $p$ 的幂。
   • 那么 $|G|$ 的素因子分解中，必然包含一个不等于 $p$ 的素数 $q$。
   • 所以，素数 $q$ 整除 $|G|$。
   • 根据柯西定理 (36.3)，如果一个素数 $q$ 整除一个有限群的阶，那么该群中必定存在一个阶为 $q$ 的元素。
   • 设这个元素为 $g \in G$。它的阶 $o(g)=q$。
   • 因为 $p,q$ 是不同的素数，所以 $q$ 不可能是 $p$ 的幂（除非 $q=p^0=1$，但阶为1的是单位元，而柯西定理保证找到的是非单位元，且素数q不为1）。
   • 这与我们最初的假设“$G$ 是一个 p-群（即所有元素的阶都是 $p$ 的幂）”相矛盾。
   • 因此，反证法的假设“$|G|$ 不是 $p$ 的幂”是错误的。
4. 结论: $|G|$ 必须是 $p$ 的幂。

方向二 ($\impliedby$): 如果 |G| 是 p 的幂，那么 G 是一个 p-群。

1. 假设: $G$ 是一个有限群，且其阶 $|G| = p^n$ ( $p$ 是素数, $n \ge 0$ )。
2. 目标: 证明 $G$ 是一个 p-群。即证明 $G$ 中任意一个元素 $g$ 的阶 $o(g)$ 都是 $p$ 的幂。
3. 证明思路 (拉格朗日定理):
   • 取 $G$ 中任意一个元素 $g$。
   • 根据拉格朗日定理，元素 $g$ 的阶 $o(g)$ 必须整除整个群的阶 $|G|$。
   • 所以，$o(g)$ 必须整除 $p^n$。
   • 一个能整除 $p^n$ 的正整数，其唯一的素因子只能是 $p$。因此，它本身必然是 $p$ 的某个幂次 $p^k$ (其中 $0 \le k \le n$)。
   • 因此，任意元素 $g$ 的阶 $o(g)$ 都是 $p$ 的幂。
4. 结论: 根据 p-群的定义，$G$ 是一个 p-群。