§13 Sylow定理

§13.1 计数

我们已经看到轨道-稳定子定理为我们解答了一些非平凡的问题：例如，四面体的对称群有多大？回顾一下，该定理表明对于任何作用在集合 $X$ 上的群 $G$ 以及 $X$ 中的任意元素 $x$ ，都有双射 $G/G_{x}\cong\mathcal{O}_{x}$ 。特别地，如果群 $G$ 是有限的，我们有

|\mathcal{O}_{x}|=|G|/|G_{x}|

这类计数定理在数学中非常有用。它们就像篮球中的“上篮”一样，是最简单的得分方式。一旦你将一个复杂问题简化为计数问题，你就取得了进展。

在Lagrange定理的证明中，我们使用了这样一个推理：任何集合都是其轨道的并集。因此，给定 $G$ 作用在有限集合 $X$ 上的群作用，我们可以得出结论

|X|=\sum\limits_{\text{轨道}}|\mathcal{O}_{x}|

让我们进一步利用这个观察。上述等式被称为计数公式(counting formula)。

§13.2 $p$ -群

定义 13.1 设 $p$ 为素数。如果一个有限群 $G$ 的阶为 $p$ 的幂，即

|G|=p^{n}

其中 $n\geqslant 1$ 为整数，则称 $G$ 为 $p$ -群( $p$ -group)。

定义 13.2 设 $G$ 作用在集合 $X$ 上。如果对于 $X$ 中的某个元素 $x$ ，对所有 $g\in G$ 都有 $gx=x$ ，则称 $x$ 是该群作用的一个不动点(fixed point)。

命题 13.1 固定一个 $p$ -群 $G$ ，并且固定一个阶不被 $p$ 整除的有限集合 $X$ 。那么 $G$ 对 $X$ 的任何作用都至少有一个不动点。

例 13.1 如果有人声称他们有一个 $p$ -群作用在四面体上，你可以查看 $G$ 在四面体顶点集合上的诱导作用。如果 $p$ 不是 $2$ ，那么该群作用至少会固定一个顶点。

证明：根据轨道-稳定子定理，任何轨道 $\mathcal{O}_{x}$ 的阶都能整除群 $G$ 的阶。因此，我们可以得到 $|\mathcal{O}_{x}|$ 必须等于 $p^{k}$ ，其中 $k\geqslant 0$ 。注意，我们必须证明对于某个 $x\in X$ ， $|\mathcal{O}_{x}|=p^{0}=1$ 以显示一个不动点。

这样的 $x$ 必须存在——否则，每个 $\mathcal{O}_{x}$ 都等于 $p^{k}$ ，其中 $k\geqslant 1$ ，因此每个 $\mathcal{O}_{x}$ 都能被 $p$ 整除。于是计数公式右侧

|X|=\sum\limits_{\text{轨道}}\mathcal{O}_{x}

被 $p$ 整除。但根据假设， $|X|$ 不能被 $p$ 整除。因此， $\mathcal{O}_{x}$ 必须为 $1$ 。

~\tag*{$\square$}

这是另一个应用：

命题 13.2 设 $G$ 是一个 $p$ -群。那么 $G$ 的中心非平凡（即其中心必须包含不止单位元素）。

在以下内容中，我们用 $Z$ 表示 $G$ 的中心。

证明：考虑 $G$ 对自身的共轭作用。该作用的轨道正是 $G$ 的共轭类。因此计数公式为

|G|=\sum\limits_{\text{共轭类}}|[x]|

其中 $[x]$ 是 $x$ 的共轭类——它是所有形如 $gxg^{-1}$ 的元素的集合，其中 $g\in G$ 。 $|[x]|=1$ 当且仅当 $x$ 在 $G$ 的中心中。因为如果 $\mathcal{O}_{x}$ 中唯一的元素是 $x$ 本身，这意味着对所有 $g\in G$ 都有 $gxg^{-1}=x$ ——这当然意味着 $gx=xg$ 。

最后，我们知道 $1_{G}\in G$ 始终在 $G$ 的中心中，因此计数公式为

|G|=1+\sum\limits_{\text{共轭类}\neq[1_{G}]}|[x]|

如果对所有 $x\neq 1_{G}$ 都有 $|[x]|\geqslant 2$ ，那么右侧就不会被 $p$ 整除——因为它会是一个类似于

1+\sum\limits_{\text{各种}~k\geqslant 1}p^{k}

的求和。这与 $|G|$ 只能被 $p$ 整除相矛盾。因此，必须存在某个 $x\neq 1_{G}$ 使得 $|[x]|=1$ ；也就是说，中心中必须存在某个 $x\neq 1_{G}$ 。

~\tag*{$\square$}

它有一个非常好的推论

推论 13.3 任意阶为 $p^{2}$ 的群都是Abel群。

这是一条非常非平凡的推论。例如，想象一下手动证明阶为 $49$ 的群必须是Abel群的情况。

我们已经知道，任何阶为 $p$ 的群都是Abel群，因为它必须是循环群。这是更高的一个幂。

证明： $G$ 的中心是一个子群，因此根据Lagrange定理，我们必须有 $|Z|=1$ 、 $p$ 或 $p^{2}$ ，因为这些是 $p^{2}$ 的唯一因数。

另一方面，命题告诉我们 $|Z| \neq 1$ ，因此它必须是 $p$ 或 $p^{2}$ 。

假设 $|Z|=p$ 。我们将引出一个矛盾。对于固定的 $x \in G$ ， $x \notin Z$ ，让我们检查 $x$ 在 $G$ 下的共轭作用的稳定子。这就是我们上次提到的 $x$ 的中心化子，并记作 $Z(x)$ 。它是所有满足 $xy=yx$ 的 $y \in G$ 的集合。

由于一个群作用的稳定子总是一个子群，根据Lagrange定理，我们知道 $|Z(x)|$ 必须整除 $p^{2}$ 。另一方面，由于 $Z \subset Z(x)$ ，因为中心的任何元素（根据定义）都与 $x$ 交换。此外，由于 $x \in Z(x)$ ，因为 $x$ 与自身交换。这证明 $|Z| < |Z(x)|$ ，因此 $|Z(x)|$ 必须是一个大于 $p$ 的且能整除 $p^{2}$ 的数。我们得出结论 $|Z(x)|=p^{2}$ 。

但这意味着 $G$ 的每个元素都与 $x$ 交换。因此 $x$ 必须在中心中。

~\tag*{$\square$}

所以这种“计数”策略已经取得了很大的成效。让我们尽可能多地利用它。所有这些努力的一个美丽结果就是Sylow定理。

§13.3 第一Sylow定理

设 $p$ 整除 $|G|$ 。我们写作

|G|=p^{e} \cdot m

其中 $p^{e}$ 是 $p$ 整除 $|G|$ 的最大幂。特别地， $\operatorname{gcd}(m, p)=1$ 。

定义 13.3 一个Sylow $p$ -子群(Sylow $p$ -subgroup)，或 $p$ -Sylow子群( $p$ -Sylow subgroup)，是一个子群 $H \subset G$ ，满足 $|H|=p^{e}$ 。换句话说，它是一个阶为 $p$ 的幂的最大子群。

所以如果有多个不同的素数 $p$ 整除 $|G|$ ，我们可以尝试为每个这样的 $p$ 找到一个Sylow $p$ -子群。到目前为止，我们还不知道它们是否存在，或在 $G$ 中可能有多少个。

例 13.2 设 $G=S_{3}$ 。由于 $6=3 \cdot 2$ ，一个Sylow $3$ -子群是 $G$ 中阶为3的子群。只有一个这样的子群，即 $H=\{\mathrm{id},(123),(132)\}$ 。有三个Sylow $2$ -子群： $\{\mathrm{id},(12)\},\{\mathrm{id},(13)\},\{\mathrm{id},(23)\}$ 。

定理 13.4 (第一个Sylow定理) 设 $p$ 整除 $|G|$ 。则存在一个Sylow $p$ -子群。

在进入该定理的证明之前，让我们引入两个将在证明中使用的引理。

引理 13.5 $p$ 不整除 $|\mathcal{P}_{p^{e}}(G)|$ 。

证明：阶为 $p^{e}$ 的子集的数量不被 $p$ 整除。回想一下 $\begin{pmatrix} a\\ b \end{pmatrix}=$ 从大小为 $a$ 的集合中选择 $b$ 个无序元素的方式数量。因此 $\begin{pmatrix} a\\ b \end{pmatrix}=\frac{a!}{b!(a-b)!}$ 。于是我们有

\begin{pmatrix} p^{e}m\\ p^{e} \end{pmatrix}=\frac{(p^{e}m)(p^{e}m-1)\cdots(p^{e}m-p^{e}+1)}{p^{e}(p^{e}-1)\cdots 1}

注意，如果 $p$ 整除一个分子项

p^{e}m-k,

它也整除

p^{e}-k

在分母中，而且次数相同！为什么？如果

k=p^{i}l,\quad p\nmid l.

\begin{aligned} p^{e}m-k&=p^{i}(p^{e-i}m-l)\\ p^{e}-k&=p^{i}(p^{e-i}-l) \end{aligned}

注意 $i<e$ ，否则 $p^{e}-k$ 将为负数！

所以 $\frac{p^{e}m-k}{p^{e}-k}$ 不被 $p$ 整除。

~\tag*{$\square$}

注我们已经论证了

\begin{pmatrix} p^{e}m\\ p^{e} \end{pmatrix}=\frac{p^{e}m(p^{e}m-1)\cdots(p^{e}m-p^{e}+1)}{p^{e}(p^{e}-1)\cdots 1}

不被 $p$ 整除。这归结为

p^{i}\mid p^{e}m-k\quad \Rightarrow\quad p^{i}\mid p^{e}-k.

为什么 $i<e$ ？因为否则，

k=p^{e+a}l\quad \Rightarrow\quad p^{e}-k=p^{e}(1-p^{a}l)\leqslant 0~\text{如果}~a\geqslant 0.

更具体地，根据二项式系数的定义， $k$ 必须从 $0$ 运行到 $p^{e}-1$ ，所以 $k$ 本身必须小于 $p^{e}$ 。

命题 13.6 设 $U\subset G$ 是一个子集。 $U$ 的稳定子 $H$ 的阶能整除 $|U|$ 。

证明：如果 $U$ 被 $H$ 固定，那么

U=\bigcup\limits_{u\in U}Hu,

且 $U$ 被分割成陪集。因此，

U=\bigsqcup Hu

所以

|U|=|H|+\cdots+|H|.

~\tag*{$\square$}

让我们尝试证明第一个Sylow定理。我们的策略是什么？计数。

更好的问题是：计数什么？

证明： $G$ 作用在 $\mathcal{P}_{p^{e}}(G)$ 上，作用方式为左乘：

S\mapsto gS.

由于根据引理， $p$ 不整除 $|\mathcal{P}_{p^{e}}(G)|$ ，因此存在一个轨道 $\mathcal{O}_{U}$ ，使得 $p$ 不整除 $\mathcal{O}_{U}$ 。（因为 $|\mathcal{P}_{p^{e}}(G)|=\sum\limits_{\text{轨道}}|\mathcal{O}_{U}|$ 。）

设 $U\in\mathcal{O}_{U}$ 。根据轨道-稳定子定理，

|G|/|G_{U}|=|\mathcal{O}_{U}|

并且根据另一个引理， $U=\bigcup\limits_{\text{陪集}}G_{U}$ 。所以 $|G_{U}|$ 能整除 $|U|=p^{e}$ 。因此

p^{e}m=|G|=|G_{U}|\cdot|\mathcal{O}_{U}|

其中 $|G_{U}|$ 是 $p$ 的幂，而 $|\mathcal{O}_{U}|$ 不被 $p$ 整除。

|G_{U}|=p^{e}.

~\tag*{$\square$}

推论 13.7 若 $p$ 整除 $|G|$ ，则存在一个阶为 $p$ 的元素 $x \in G$ 。

您可能之前未曾考虑过这个推论。根据Lagrange定理，我们知道 $G$ 中的任意元素 $x$ 的阶必须整除 $|G|$ 。但给定一个能整除 $|G|$ 的数，对于一个整除 $G$ 的素数 $p$ ，显然存在一个阶为 $p$ 的指定元素吗？

证明：由于 $p$ 整除 $G$ ，因此 $|H| \geqslant 2$ 。因此，我们可以选择一个 $x \in H$ ，使得 $x \neq 1_{G}$ 。此外，根据Lagrange定理， $x$ 的阶必须整除 $|H|$ 。因此

x^{p^{k}}=1_{G}

对于某个 $k \geqslant 1$ 。令 $y=x^{p^{k-1}}$ 。那么 $y^{p}=1_{G}$ 。

~\tag*{$\square$}

例 13.3 设

G=S_{7}\times\mathbb{Z}/14\mathbb{Z}

则

\begin{aligned} |G|&=7!\times 14\\ &=7^{2}\times 5\times 3^{2}\times 2^{5}. \end{aligned}

第一Sylow定理保证该群包含以下子群：

一个阶为 $49$ 的子群
一个阶为 $5$ 的子群
一个阶为 $9$ 的子群
一个阶为 $32$ 的子群

例 13.4 你能在 $S_{7}$ 中找到一个阶为 $16$ 的子群吗？

证明：1. 找到合适的素数幂：

$S_{7}$ 的阶是 $7! = 5040$ ，而 $16$ 是 $2$ 的幂，特别是 $2^{4}$ 。
我们需要在 $S_{7}$ 中找到一个阶为 $16$ 的子群，这将是一个Sylow $2$ -子群。

寻找阶为 $2$ 的元素：

在 $S_{7}$ 中，阶为 $2$ 的元素是换位（ $2$ -循环），它交换两个元素并保持其他元素不变。例如， $(12) \in S_{7}$ 的阶为 $2$ 。
一组不相交的换位的积，例如 $(12)(34)$ ，也有阶 $2$ 。通常，不相交的 $k$ 个换位的积有阶 $2^{k}$ 。

构造一个阶为 $16$ 的子群：

为了得到一个阶为 $16$ 的子群，我们需要由 $4$ 个不相交的换位生成的群（因为 $2^{4}=16$ ）。
考虑 $S_{7}$ 中的以下不相交换位： $(12)$ ， $(34)$ ， $(56)$ ， $(78)$ 。
这四个不相交的换位生成一个阶为 $16$ 的子群。该子群同构于 $\mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2}$ ，因为每个换位生成一个阶为 $2$ 的循环群，并且这些换位是相互独立的（即它们彼此交换）。

因此， $S_{7}$ 中阶为 $16$ 的子群可以由不相交换位 $\{(12), (34), (56), (78)\}$ 生成，并且同构于 $\mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2}$ 。

~\tag*{$\square$}

第一Sylow定理告诉我们Sylow $p$ -子群存在——给定群 $G$ ，满足

|G|=p^{e}m,\quad p\nmid m,

若 $|H|=p^{e}$ ，则 $H\subset G$ 是一个Sylow $p$ -子群。

§13.4 第二Sylow定理

定理 13.8 (第二Sylow定理) 确定一个有限群 $G$ 和一个素数 $p$ ，使得 $p$ 整除 $|G|$ 。

(1) 任意两个Sylow $p$ -子群是共轭的。

(2) 对于 $G$ 的任意一个 $p$ -群子群 $H$ ，存在一个包含 $H$ 的Sylow $p$ -子群。

证明：设 $K\subset G$ 为子群， $K$ 作用在 $G/H$ 上，即 $G$ 的左陪集 $\{gH\}$ 的集合。

gH\mapsto (kg)H.

如果 $K$ 是一个 $p$ -群而 $H$ 是一个Sylow $p$ -子群，那么 $|K|=p^{l}$ 且 $|G/H|=|G|/|H|=p^{e}m/p^{e}=m$ 。由于 $p\nmid m$ ， $K$ 对 $G/H$ 的作用具有一个不动点：存在一个 $g$ ，使得

k\cdot gH=gH,\quad \forall k\in K.

即对于所有 $k\in K$ ，对于所有 $h\in H$ ，存在 $h^{\prime}\in H$ ，使得

k\cdot g\cdot h=g\cdot h^{\prime}.

因此， $k=gh^{\prime}h^{-1}g^{-1}$ 。

因此， $k\in gHg^{-1}$ 。

因此， $K\subset gHg^{-1}$ 。

~\tag*{$\square$}

注意，如果仅存在一个Sylow $p$ -子群，则它必然是正规子群。为什么？

对于 $\forall g\in G$ ，

\begin{aligned} C_{g}:G&\to G\\ x&\mapsto gxg^{-1} \end{aligned}

是一个群同构。所以它将阶为 $k$ 的子群映射到阶为 $k$ 的子群。如果只存在一个这样的子群 $H$ ，那么 $C_{g}$ 必须将 $H$ 映射到 $H$ ，对于所有 $g\in G$ ，即

gHg^{-1}=H,\quad \forall g\in G.

因此 $H$ 是正规子群。

第二个Sylow定理告诉我们，逆命题也是成立的。

推论 13.9 如果Sylow $p$ -子群 $H$ 是 $G$ 的正规子群，则 $H$ 是 $G$ 中唯一的Sylow $p$ -子群。

§13.5 正规化子

在第三Sylow定理之前，我们还需要引入一个重要的概念——正规化子。

定义 13.4 设 $K\subset G$ 是一个子群。那么

N(K)=\{g\in G\mid gKg^{-1}=K\}

称为 $K$ 的正规化子(normalizer)。

命题 13.10 (1) $N(K)$ 是 $G$ 的一个子群。

(2) $K\triangleleft N(K)$ ，即 $K$ 在 $N(K)$ 中是正规子群。

(3) $N(K)$ 是 $G$ 对 $\mathcal{P}_{|K|}(G)$ 的共轭作用的稳定子，其中 $\mathcal{P}_{|K|}(G)$ 表示 $G$ 中阶等于 $|K|$ 的所有子群的集合。

§13.6 第三Sylow定理

在进入第三Sylow定理之前，我们先快速回顾一个有用的事实。我们知道半直积可以被识别为分裂短正合列： $H\cong L\rtimes R$ $\Leftrightarrow$ 存在分裂的短正合列

问题：那么什么时候我们可以识别为直积呢？

命题 13.11 以下陈述是等价的：

(1) $H\cong L\times R$ 。

(2) $H\cong L\rtimes_{\phi} R$ ，其中 $\phi:R\to \mathrm{Aut}(L)$ 是平凡映射。

(3) 存在一个分裂短正合列，使得 $j(R)\triangleleft H$ 。

证明：我们来证明(1) $\Rightarrow$ (3) $\Rightarrow$ (2) $\Rightarrow$ (1)的链式推理。

(1) $\Rightarrow$ (3)：如果 $H\cong L\times R$ ，我们可以定义包含映射

\begin{aligned} i: L&\to H\\ l&\mapsto (l,1_{R}) \end{aligned}

以及投影映射

\begin{aligned} p: H&\to R\\ (l,r)&\mapsto r \end{aligned}

这两个映射都是群同态。于是我们得到了一个分裂的短正合列

$\begin{aligned} \text{其中}j: R&\to H~\text{是另一种“包含”同态。}\\ r&\mapsto (1_{L},r) \end{aligned}$

此外， $j(R)\triangleleft H$ 。为什么？

\begin{aligned} (l^{\prime},r^{\prime})(1_{L},r)(l^{\prime},r^{\prime})^{-1}&=(l^{\prime},r^{\prime})(1_{L},r)(l^{\prime -1},r^{\prime -1})\\ &=(l^{\prime}1_{L}l^{\prime -1},r^{\prime}rr^{\prime -1})\\ &=(1_{L},r^{\prime}rr^{\prime -1})\in j(R). \end{aligned}

(3) $\Rightarrow$ (2)：设 $r\in j(R)$ ， $l\in i(L)$ 。那么

rlr^{-1}l^{-1}\in i(L)\cap j(R)=\{1_{H}\}

因此，我们可以得到 $\phi(r) = \mathrm{id}_L$ 。

(2) $\Rightarrow$ (1)：如果 $\phi(r)=\mathrm{id}_{L}$ ， $\forall r$ ，那么

\begin{aligned} (l_{1},r_{1})\cdot(l_{2},r_{2})&=(l_{1}\cdot\phi_{r_{1}}(l_{2}),r_{1}r_{2})\\ &=(l_{1}l_{2},r_{1}r_{2}) \end{aligned}

这就是 $L\times R$ 上的乘法定义。

~\tag*{$\square$}

现在我们陈述第三Sylow定理，这将极大地帮助我们确定群的结构。

定理 13.12 (第三Sylow定理) 设 $G$ 是一个有限群， $p$ 是一个能整除 $|G|$ 的素数。我们记

\mathrm{Syl}_{p}(G)

为 $G$ 的Sylow $p$ -子群的集合。则

(1) $|\mathrm{Syl}_{p}(G)|$ 能整除 $m$ 。

(2) $|\mathrm{Syl}_{p}(G)|\equiv 1\pmod p$ 。

注 (1) 表明 $G$ 通过共轭作用作用在 $\mathrm{Syl}_{p}(G)$ 上，根据第二个Sylow定理，该作用只有一个轨道，即 $|\mathrm{Syl}_{p}(G)|=|G|/\text{稳定子}~G_{H}$ ，其中 $H$ 是一个Sylow $p$ -子群。由于 $H \subset G_{H}$ ，因此 $|G_{H}|=p^{e}\cdot m^{\prime}$ ，所以

|\mathrm{Syl}_{p}(G)|=p^{e}m/p^{e}\cdot m^{\prime}=m/m^{\prime}。

对于(2)，我们将证明对于任何 $H\in\mathrm{Syl}_{p}(G)$ ， $H$ 是 $H$ 对 $\mathrm{Syl}_{p}(G)$ 共轭作用的唯一不动点。因此

|\mathrm{Syl}_{p}(G)|=1+\sum \mathcal{O}

其中 $\mathcal{O}$ 都是 $p$ 的倍数。

证明：设 $H$ 为一个Sylow $p$ -子群。 $G$ 通过共轭作用作用在 $\mathrm{Syl}_{p}(G)$ 上：

K\mapsto gKg^{-1}

根据轨道-稳定子定理，

|G|/|G_{H}|=|\mathcal{O}_{H}|=|\mathrm{Syl}_{p}(G)|

第二个等式根据第二Sylow定理成立。因为 $H \subset G_{H}$ ，所以 $p^{e}\mid |G_{H}|$ 。因此，

p^{e}m/p^{e}m^{\prime}=|\mathrm{Syl}_{p}(G)|\quad\Rightarrow\quad m=|\mathrm{Syl}_{p}(G)|\cdot m^{\prime}

因为 $G$ 作用在 $\mathrm{Syl}_{p}(G)$ 上，所以 $H$ 是一个不动点。如果 $K$ 是另一个不动点，则有 $H \subset N(K)$ 且 $K \subset N(K)$ 。根据第二个Sylow定理， $H$ 在 $N(K)$ 中共轭于 $K$ 。但 $K\triangleleft N(K)$ ，所以 $H=K$ 。

~\tag*{$\square$}

这里有一个例子应用：

命题 13.13 如果 $|G|=15$ , $G$ 是循环的。

证明：我们的策略是确定 $\mathrm{Syl}_{5}(G)$ 和 $\mathrm{Syl}_{3}(G)$ 的结构。

对于 $p=5$ ，我们有

|G|=p^{e}m=5^{1}\cdot 3.

根据第三Sylow定理，

(a) $|\mathrm{Syl}_{5}(G)|$ 能整除 $3$ 。

(b) $|\mathrm{Syl}_{5}(G)|\equiv 1\pmod 5$ 。

(a)告诉我们 $|\mathrm{Syl}_{5}(G)|=1$ 或 $3$

(b)则要求 $|\mathrm{Syl}_{5}(G)|=1$ ，因为 $1$ 是小于 $5$ 且满足 $\equiv 1\pmod 5$ 的唯一值。

因此， $G$ 中存在唯一一个阶为 $5$ 的子群 $H_{5}$ ，并且 $H_{5}$ 是正规子群。

类似地，

(d) $|\mathrm{Syl}_{3}(G)|\equiv 1\pmod 3$ 。

由(c)得出 $|\mathrm{Syl}_{3}(G)|=1$ 。因此， $G$ 中存在唯一一个阶为 $3$ 的子群 $H_{3}$ ，并且 $H_{3}$ 也是正规子群。

由于 $\gcd(|H_{3}|,|H_{5}|)=\gcd(3,5)=1$ ，我们有 $H_{3}\cap H_{5}=\{1_{G}\}$ 。因此可以构造出短正合列

因为 $H_{3}$ 和 $H_{5}$ 都是 $G$ 的正规子群，因此我们有同构 $G\cong H_{3}\times H_{5}\cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\cong\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}$ 。

~\tag*{$\square$}

命题 13.14 设 $|G|=p\cdot P$ ，其中 $p\neq P$ 是两个素数，且 $P$ 是较大的素数。那么 $G\cong \mathbb{Z}/P\mathbb{Z}\rtimes\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ 。

证明：根据第三Sylow定理，

(a) $|\mathrm{Syl_{P}}(G)|$ 能整除 $p$ 。

(b) $|\mathrm{Syl}_{P}(G)|\equiv 1 \pmod P$ 。

(a) $\Rightarrow$ $|\mathrm{Syl}_{P}(G)|=1$ 或 $p<P$

(b) $\Rightarrow$ $|\mathrm{Syl}_{P}(G)|=1$ 因为小于 $P$ 且满足 $\equiv 1\pmod P$ 的唯一数是 $1$ 。

$\Rightarrow$ $\exists! H_{P}\subset G$ 阶为 $P$ 。

$\Rightarrow$ $H_{P}\triangleleft G$ 。

因此我们可以考虑以下短正合列

1\to H_{P}\to G\to G/H_{P}\to 1.

因为 $|G/H_{P}|=p$ ，所以 $G/H_{P}$ 同构于 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ ，而 $|H_{P}|=P$ ，因此 $H_{P}$ 同构于 $\mathbb{Z}/P\mathbb{Z}$ 。

所以我们有以下短正合列

1\to \mathbb{Z}/P\mathbb{Z}\to G\to\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\to 1.

根据第一Sylow定理，存在一个分裂映射 $j$ ，因为 $p$ 和 $P$ 互质。

~\tag*{$\square$}

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