G的极大子群.
定理 设G在集合?上作用2-传递，那么G也本原作用.
定理 设G在集合?上作用本原，1?N?G，那么N传递地作用在集合?上.
§12 Sylow定理
设 m整除|G|，那么G中未必有m阶子群，即Lagrange定理的逆定理不成立. 例 A4中没有6阶子群.
证明 A4中有8个3阶元. 如果A4中有6阶子群H，那么H?G，并且H包含3阶元，从而H包含全体3阶元，进而|H|?8，矛盾. 注：一般地，n?5时，An无n!/4阶子群，因为它是单群. 1 Cauchy定理
命题 设H?G，|G:H|?n，那么对任意x?G，有xn?H
注：子群的正规性不能去掉. 例 (12)?S3，|S3:(12)|?3，但是(13)3?(13)?S3.
,g??}引理 设G是p群作用在集合?上，?0?{???|?g?G?，那么
|?|?|?pd. )0|(mo证明 由于G的轨道长度整除|G|，所以G的轨道长度都是p的方幂. 由于?0恰好由G的长度为1 轨道构成，所以|?|?|?0|(modp).
Cauchy定理 假设G是有限交换群，素数p整除|G|?n，那么G中必有p阶子群.
证明 对|G|归纳. 当|G|=1时结论显然成立. 假设定理对阶数小于|G|时成立. 任意取定1?g?G. 如果p整除o(g)，设o(g) = sp, 那么gs就是p阶子群. 下面假设p不整除o(g). 由于G是交换群，所以g?G，并且G/g也是交换群，p整除G/g. 根据归纳假设，G/g中有p阶子群hghp?H. 因此p|o(h)，类似可以找到p阶子群.
. 于是h?H但是
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另证 （MaKay）令S?{(a1,?,ap)|ai?G,a1?ap?1}. 由于a1?ap?1，所以
ap??a1?ap?1??1由a1,?,ap?1唯一确定. 故S?np?1. 由于p|n，所以
|S?|0(mpo. d对任意k?Zp，规定(a1,?,ap)?(k)?(ak?1,?,ak?p)，那么?:k??(k)是Zp到
Sym(S)的同态，所以Zp作用在S上. 根据引理，|S|?|S0|?0(modp). 注意(1,1,?,1)?S0，所以|S0|?1. 因此，存在a?G，使得(a,a,?,a)?S0，即a?G为
p阶元素. 2 Sylow定理Ⅰ
Sylow定理Ⅰ 假设G是有限群，素数p. 如果pm整除|G|，pm?1不整除|G|，那么G中必有pm阶子群.
证明 对|G|归纳. 当|G|=1时结论显然成立. 假设定理对阶数小于|G|时成立. 考虑类方程.|G|?|Z(G)|?x?Z(G)?|G:CG(x)|
如果p不整除|Z(G)|，那么p不整除某个|G:CG(x)|. 于是pm整除|CG(x)|. 由于
x?Z(G)，所以CG(x)?G. 利用归纳假设，知CG(x)有pm阶子群.
下面假设p整除|Z(G)|. 由于Z(G)是交换群，所以根据Cauchy定理Z(G)包含p阶子群H，并且H?G. 于是商群G/H是|G|/p子群. 根据归纳假设，G/H有
pm?1阶子群K/H. 那么K就是pm阶子群.
注：（1）如果pm整除|G|，pm?1不整除|G|，那么G中pm阶子群叫Sylow p-子群. 显然，Sylow p-子群是阶数最大的p-子群.
（2）用Sylp(G)表示G中全体Sylow p-子群的集合，那么G通过共轭作用在
Sylp(G)上.
3 Sylow定理Ⅱ
引理 （1）设P是G的Sylow p-子群，H是NG(P)的一个p-子群，那么H?P.
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（2）P是NG(P)唯一的Sylow p-子群.
证明 （1）由于H是NG(P)的p-子群，P是NG(P)的正规p-子群，所以HP是
NG(P)的p-子群. 比较阶数知HP=P，即H?P.
（2）是（1）的直接推论.
Sylow定理Ⅱ（1）群G的任意两个Sylow p-子群在G中共轭； （2）Sylp(G)?1(modp)，Sylp(G)整除|G:P|； （3）任意一个p-子群都包含在某个Sylow p-子群中.
证明 用Sylp(G)表示G中全体Sylow p-子群的集合，那么G通过共轭作用在
Sylp(G)上. 令?是G通过共轭作用在Sylp(G)上的一个轨道，那么P?Sylp(G)也
作用在?上. 这样，{P}是一个P-轨道.
我们断言{P}是唯一的长度为1的P-轨道. 如果{Q}是一个P-轨道，那么
Q?Sylp(G)，并且P?NG(Q). 根据引理，Q是NG(Q)唯一的Sylow p-子群，
所以Q?P. 因为每个P-轨道的长度是p的方幂，所以|?|?1(modp).
下面证明??Sylp(G). 否则，存在P?Sylp(G)\\?. 根据上面的讨论，考虑
P?Sylp(G)\\?在?上的作用，得到?中没有长度为1的P-轨道，从而
|?|?0(modp)，矛盾. 故??Sylp(G)，即G通过共轭传递地作用在Sylp(G)上，
（1）得证.
l(G)?1(modp. )由于|Sylp(G)?|G|N:GP(，)所以Sylp(G)整除同时，Syp2）成立. |G:P，从而（|令H为G的任意一个p-子群，那么 H也通过共轭作用在Sylp(G)上. 由于
Syl)?1(modp，每个)H-轨道的长度是p的方幂，所以存在一个只包含一个p(G点的H-轨道{P}. 于是，H?NG(P). 再由引理，H?P，从而（3）成立.
Sylow定理的应用
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1 Frattini 论断 设N?G,P?Sylp(N)，那么G?NG(P)N. Frattini 论断 设H?G都在?上传递，???，那么G?G?H
证明 因为N?G,所以G共轭作用在Sylp(N)上. 由Sylow 定理，N按共轭传递作用在Sylp(N)上，并且P?Sylp(N)的稳定子群为NG(P). 因此G?NG(P)N. 2 命题 设P?Sylp(G)，H?NG(P)，那么NG(H)?H.
证明 由于H?NG(H)?N，P?Sylp(H)，根据Frattini 论断，得
N?NN(P)H?NG(P)H?H，从而N?H.
3 命题 设P是G的p-子群，N?G，p与|N|互素，那么 （1）NG(PN)?NG(P)N， （2）NG/N(PN/N)?NG(P)N/N.
证明 （1）显然，PN?NG(PN)，NG(P)?NG(PN)，N?PN?NG(PN). 由条件，P?Sylp(PN). 根据Frattini 论断，得NG(PN)?NNG(PN)(P)N?NG(P)N. （2）由于N?G，那么M/N?G/N等价于M?G，从而由（1）得
NG/N(PN/N)?NG(PN)/N?NG(P)N/N.
可以证明：如果一个p-子群H不是G的Sylow p-子群，那么P?Sylp(NG(P)) 4命题 设P?Sylp(G)，
（1）如果Sylp(G)?1，即P是G的唯一Sylow p-子群，那么P?G；反之亦然.
（2）如果N?G，那么N?P?Sylp(N)，NP/N?Sylp(G/N). 证明留作习题.
5命题 设P是G的p-子群但不是G的Sylow p-子群，那么P?NG(P). 证明 考虑P在陪集空间G/P上的右乘作用，得到G关于P，P的双陪集（轨道）分解：G??PxiP. P的每个轨道长度（双陪集中包含P的右陪集的个数）为p的
i?1s方幂. 由于P = P1是P的长度为1 的轨道，而G/P的元素个数是p的方幂.，所
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以存在其他长度为1的轨道PxiP. 这样，PxiP恰好包含一个P的右陪集，即
PxiP?Pxi，所以xi?NG(P)\\P.
推论 设G是p-群，M是G的极大子群，那么P?G，|G/P|?p.
证明 因为M是G的极大子群，所以M不是G的Sylow p-子群，由命题知，P?G. 由于G/P没有真子群，所以|G/P|?p. 6命题 60阶单群G必然同构于A5.
证明 关键是找到G指数为5的子群，说明60阶单群G是S5的子群.
首先考虑60阶单群G在关于极大子群H的陪集空间G/H上的右乘作用.由于G是单群，所以G关于极大子群H的置换表示忠实. 令k?|G:H|，那么G是
Sk的子群. 因此，k?5.
根据Sylow 定理，n5(G)?6 ，n2(G)?|G:NG(P)|?{3,5,15}，其中，
|15|15P?Syl2(G). 只要排除n2(G)?|G:NG(P)?. 假设n2(G)?|G:NG(P)?. 如
果任意两个Sylow 2-子群的交为1，那么G有60-(1+15·3)=14个非2-元素，但是有6 ·4=24个5阶元，矛盾. 所以它有两个Sylow 2-子群的交R阶数为2. 考虑R的中心化子CG(R).，它包含了那两个Sylow 2-子群，所以阶数是4的倍数. 由于G没有指数小于5的子群，所以CG(R)的阶数是12.
最后，设H是G的12阶子群，由于G关于H的置换表示忠实，所以G是S5的子群. 因为S5只有一个60阶子群A5，从而得到G必然同构于A5. 例1 不存在56或148阶的单群. 例2 不存在pq，p2q阶的单群. 例3 任意6阶非交换群同构于S3.
提示：6阶非交换群有正规的Sylow 3-子群，有非正规的Sylow 2-子群，于是它有3个Sylow 2-子群.
例4 任意15或35阶群都是循环群.
证明 根据Sylow 定理，G有正规的Sylow -p群和Sylow -q群，从而Sylow -p群和Sylow -q群可交换，得到G有pq阶元素.
注：一般地，如果(n,?(n))?1，那么任意n阶群都是循环群.
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