Sylow 定理
该内容与上篇Cauchy定理的内容联系紧密，与中间的自同构等没啥关系。本篇相当于Cauchy定理的后续发展
铺垫与引理
重陪集 设$H,K$为群$G$的两个子群，令$x\in G$，则称$G$的子集$HxK$为群$G$关于子群$H,K$的一个重陪集
引理1 对群$G$任二重陪集，若$HxK\cap HyK\neq\varnothing$，则必有$HxK= HyK$
该引理的作用在于说明群$G$可以用重陪集进行分解。
从重陪集的定义出发又可知$HxK=\bigcup_k Hxk=\bigcup_k hxK$，相当于先把整个群按左/右陪集分解，之后再把一些陪集重组合并得到。那么，一个重陪集中含有左/右陪集的数量是多少呢？
引理2 $HxK$中，含有关于$H$的右陪集$(K:K\cap x^{-1}Hx)$个，含有关于$K$的左陪集$(H:H\cap xKx^{-1})$个
证明：
$S:=\{Hxk|k\in K\},T:=\{(K\cap x^{-1}Hx)k|k\in K\}$，令$\varphi:HxK\mapsto (K\cap x^{-1}Hx)k$，验证well-defined，且是双射（单性需用$x^{-1}Hx$是群，以及子群之并是子群）
引理3 设$G=Hx_1H\cup \cdots Hx_r H$是有限群的重陪集分解，则对任意$Ha\subseteq N(H)$均有某个$x_j$使得$Hx_j=Ha$
证明：
由于$a$必定会落于某$Hx_jH$中，则$a=h_1 x_j h_2$，而$a\in Ha\subseteq N(H)$，因此$aH=Ha$
结合两者：$Hx_j=H h_1^{-1}ah_2^{-1}=Hah_2^{-1}=aHh_2^{-1}=aH$
$\square$
这一引理说明包含于$N(H)$的陪集均形如$Hx_j$（$x_j$是重陪集分解后的某一个代表）
第一Sylow定理—存在与包含
设$G$是有限群，且$|G|=p^s m$，其中$p$为质数，$s$为正整数，$p\nmid m$，则对$G$的每一个$p^i$($i=0,1,\dots ,s-1$)阶子群$H$,均存在$G$的$p^{i+1}$阶子群$K$，使得$H\unlhd K$
证明：
$G$对$H$进行重陪集分解：$G=Hx_1 H\cup Hx_2 H\dots\cup Hx_r H$，记$Hx_j H$是由$t_j$个$H$的右陪集组成的，据引理2$t_j=(H:H\cap x_j^{-1}Hx_j)$（这暗示$t_j\mid p^i$），根据分解$(G:H)=t_1+\cdots +t_r$，因此$|G|=|H|(G:H)$即$p^s m=p^i (t_1+\cdots +t_r)$（这暗示$p\mid (t_1+\cdots +t_r)$）
下面先证$t_j=1\iff Hx_j\subseteq N(H)$
一方面，$t_j=1$意味着$H=H\cap x_j^{-1}Hx_j$，即$H\subseteq x_j^{-1}Hx_j$，但是两者等势，所以两者相等，即$Hx_j=x_j H$，因此$x_j\in N(H)$，故$Hhx_j=hx_jH \text{ for }\forall h\in H$，即$Hx_j\subseteq N(H)$
另一方面，若$Hx_j\subseteq N(H)$，则$x_j\in Hx_j\Rightarrow x_j\in N(H)$，因此$x_j^{-1}Hx_j=H\Rightarrow t_j=1$由引理3，包含于$N(H)$的陪集均形如$Hx_j$，因此刚刚证的等价关系说明“有几个$t_j=1$，就有几个右陪集在$N(H)$中”即$(N(H):H)$
结合两个暗示得到$p\mid (N(H):H)=|N(H)/H|$（因为不是$1$的那些$t_j$能整除$p^i$可推出一定是$p$的倍数），之所以能写成商群的形式是因为正规化子的性质2（见Cauchy定理一节），这样对该群$N(H)/H$应用Cauchy定理，可得到$N(H)/H$有一个$p$阶子群
再使用第三同构定理，商群的子群一定仍然是商群且有形式$K/H$，当然必有$H\unlhd K$，故$|K|=|K/H|\cdot|H|=p^{i+1}$，找到了所求的$K$
第二Sylow定理—共轭性
设$G$是有限群，$p$为质数，则$G$的所有Sylow p 子群恰好是群$G$的一个共轭子群类
Sylow p 子群：有限群$G$，$|G|=p^s m$，其中$p$为质数，$s$为正整数，$p\nmid m$。$G$的$p^s$阶子群称为Sylow p 子群（第一定理已经保证其存在）
证明：
一方面，与某个Sylow p 子群共轭的群，其阶数也是一样的因而也是Sylow p 子群
另一方面，任意两个Sylow p 子群都共轭：
设$H,K$是这样两个群，关于重陪集分解$G=Hx_1K\cup \dots\cup Hx_rK$，根据引理2，在$Hx_iK$中含有的关于$H$的右陪集数$t_i=(K:K\cap x_i^{-1}Hx_i)$（暗示$t_i \mid p^s$），$(G:H)=t_1+\dots +t_r$
考虑$|G|=|H|(G:H)$，即$p^sm =p^s(t_1+\dots +t_r)\Rightarrow p\nmid m=(t_1+\dots +t_r)$，结合暗示可知，必有某$t_j=1$
$t_j=1$只有在$K\subseteq x_j^{-1}Hx_j$时会发生，但是两者等势，因此只能相等，该等式就是共轭关系！
$\square$
第三Sylow定理—计数定理
设$G$是有限群，且$|G|=p^s m$，其中$p$为质数，$s$为正整数，$p\nmid m$。若$G$的Sylow p子群有$k$个，则$k\mid |G|$且$p\mid (k-1)$
证明：
假设$H$是一个Sylow p子群，由第二定理知所有的Sylow p子群和它共轭，然后用Cauchy定理一节中的正规化子性质之“与$H$共轭的子集的数量等于$(G:N(H))$”，这样$k=(G:N(H))\Rightarrow k\mid |G|$
重陪集分解$G=Hx_1 H\cup Hx_2 H\dots\cup Hx_r H$，……，完全照抄第一Sylow定理的证明，得出“有几个$t_j=1$，就有几个右陪集在$N(H)$中”，其余的$t_i$都是非$1$的，即至少$p$起步
这些“非$1$的”$t_j$进行求和，得到：$p\mid ((G:H)-(N(H):H))$，但是$(G:H)=(N(H):H)(G:N(H))=(N(H):H)k$，因此$p\mid (N(H):H)(k-1)$
但是，由于$p\nmid m=(G:H)=(N(H):H)k$，因此$p\nmid (N(H):H)$，所以只能$p\mid (k-1)$
这样，直接得出15阶群，33阶群等群都是循环群的结论！
直积
内/外直积
直积是控制线代中直和概念的一个抽象。物理中，多粒子问题也会引入$\ket{\omega_1}\otimes \ket{\omega_2}\otimes\dots\ket{\omega_n}$这一直积来描述态！
定义 设$A_1,A_2\dots A_n$为任意$n$个群，其笛卡尔积$G$对于运算：
$$
(a_1,a_2,\dots a_n)(b_1,b_2,\dots b_n)=(a_1b_1,a_2b_2,\dots a_nb_n)
$$作成一个群（易验证），称$G$为这$n$个群的直积，每个$A_i$称为直积的直积因子
记号$G_i:=\{(e_1,\dots ,a_i,\dots e_n)|a_i\in A_i\}$，显然$G_i$与$A_i$同构，而且$G_i$是直积$G$的子群
笛卡尔积表示的直积又称外直积，其拥有的特征性质为：
$G_i$都是$G$的正规子群
$G=G_1 G_2\dots G_n$
$G_1G_2\dots G_{i-1}\cap G_i=e$
这启发我们再抽象一点：称群$G$是$G_1\dots G_n$的内直积，只要它们是满足这三个条件的$G$的子群
不过，群$G$是$G_1\dots G_n$的内直积有等价条件如下：
$G=G_1 G_2\dots G_n$，且$G$中每个元素的表示法是唯一的
$G_i$中任意元素同$G_j$中任意元素可交换
证明：
若是内直积，想推出上面两个命题：
假设有两种表示$a_1 a_2\dots a_n=b_1b_2\dots b_n$找到最大的$j$使$a_j\neq b_j$，则$a_1\dots a_{j-1}=b_1\dots b_ja_j^{-1}$
等号左边显示$\in G_1\dots G_{j-1}$，由于都是正规子群，乘积仍然是（正规）子群，因此可找到$(b_1\dots b_{j-1})^{-1}\in G_1\dots G_{j-1}$，同时作用在等式两端，得到：$(b_1\dots b_{j-1})^{-1}(a_1\dots a_{j-1})=b_ja_j^{-1}$
分析上式，等式左端$\in G_1\dots G_{j-1}$，右端$\in G_j$，根据内直积的条件3，推出$b_j a_j^{-1}=e$这与$a_j\neq b_j$矛盾若$a_i\in G_i, a_j\in G_j$，则由于两者都正规，$a_ia_ja_i^{-1}a_j^{-1}\in G_i\cap G_j$而这个并是单位元（$\because G_i\cap G_j\subseteq G_1\dots G_{i-1}\cap G_i$），整理后即知可交换
另一个方向，若满足上面两个命题推出是内直积：
任取$x_i\in G_i,a\in G$则$a=a_1\dots a_n$，$ax_ia^{-1}=a_1\dots a_n x (a_1\dots a_n)^{-1}=a_i xa_i^{-1}$，因为除了$a_i$以外都越过$x$抵消了，这样上式$\in G_i$，正规得证
又若$G_1G_2\dots G_{i-1}\cap G_i\neq e$，则有某个元素$a_i\in G_1G_2\dots G_{i-1}$，这样可以用$a_1a_2\dots a_{i-1}$表示$a_i$，不唯一
$\square$
有限的情况下，显然有性质“直积的阶等于直积因子阶的乘积”
Sylow子群的直积
今后的直积取内直积之含义
定理 设$G$是有限群，且$|G|=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\dots p_m^{k_m}$为标准质因数分解，则$G$是其Sylow $p_i$子群$P_i$的直积，当且仅当每个$P_i$都是正规子群
证明：只需证从都是正规，推出是直积
若$P_i\cap P_j\neq \{e\}$，则该交集中的元素$a$必定能生成$P_i$与$P_j$的子群。这样$|P_i|$与$|P_j|$就有大于1的公因数，矛盾，因此这些Sylow $p_i$群彼此交集仅为单位元
这样可以使用在Lagrange定理一节的定理“两有限子群乘积$|HK|=|H||K|$当且仅当$H\cap K=e$”，可推出$|P_1P_2\dots P_m|=|G|$由于$P_1P_2\dots P_m$是正规子群的乘积，仍是$G$的正规子群，因此由单向包含加上等势推出$G=P_1P_2\dots P_m$
已经由前推出$P_1\dots P_{i-1}\cap P_i=e$，因此满足内直积定义的三个条件
$\square$
推论 有限交换群是其Sylow子群的直积
推论 有限交换群$G$，若$d\mid|G|$，则由$d$阶子群
证明：
直接分解$|G|=p_1^{k_1}\dots p_m^{k_m}$，因此$d=p_1^{r_1}\dots p_m^{r_m}$，运用第一Sylow定理，可知$G$有$p_i^{r_1}$阶子群$H_i$，这些$H_i$进行相乘，由于交换群所以$H_i$都正规，这样由本节定理得$H_1\dots H_m$就是直积，该直积就是所求
若某个群中的元素全都是有限阶的，且阶都是$p$的幂次形式，则称该群为$p$群（$p$群可以是无限的！）
一个有限群$G$是$p$群当且仅当$|G|$是$p$的幂次的形式
证明：
一边显然，另一边直接分解质因数，如果还有$p$之外别的质因数$q$，则由Cauchy定理必有$q$阶元素，矛盾）
