P-groupsgydF4y2Ba

让gydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$是一个正质数。一个gydF4y2Bap组gydF4y2Ba每个元素都在一个群里吗gydF4y2Ba订单gydF4y2Ba等于的幂gydF4y2Ba $p。gydF4y2Ba$有限群是AgydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$当且仅当其阶数是的幂gydF4y2Ba $p。gydF4y2Ba$

有许多常见的情况gydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$-groups很重要。特别是gydF4y2BaSylow子组gydF4y2Ba任何有限群的gydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$团体。自gydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$-群有许多特殊的性质，它们比任意群更容易理解和分类，但它们是有用的，因为在某种意义上，它们是通过Sylow定理建立任意群的“积木”。gydF4y2Ba

第一个Sylow定理可以用来证明引言中的如下主张:gydF4y2Ba

有限群是AgydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$当且仅当其阶数是的幂gydF4y2Ba $p。gydF4y2Ba$

首先，假设有限群的阶是的幂gydF4y2Ba $p。gydF4y2Ba$通过gydF4y2Ba拉格朗日定理gydF4y2Ba，任意元素的顺序除以组的顺序;的幂的唯一因数gydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$都是gydF4y2Ba $p,gydF4y2Ba$所以基团是agydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$集团。gydF4y2Ba

另一方面，假设一个群是agydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$集团。假设它的阶数不是的幂gydF4y2Ba $p;gydF4y2Ba$然后还有一个质数gydF4y2Ba $问gydF4y2Ba$这就划分了它的顺序。根据第一个Sylow定理，存在一个非平凡的SylowgydF4y2Ba $问gydF4y2Ba$-subgroup，其顺序是的幂gydF4y2Ba $q。gydF4y2Ba$但是任何非平凡元素的阶都是的幂gydF4y2Ba $问,gydF4y2Ba$哪个不是的幂gydF4y2Ba $p,gydF4y2Ba$这是矛盾的。这证明了等价性的另一个方向。gydF4y2Ba

的一个基本应用gydF4y2Ba类方程gydF4y2Ba给出以下关于有限的非平凡事实gydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$组:gydF4y2Ba

一个非平凡有限的中心gydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$-group是非平凡的。gydF4y2Ba

回想一下gydF4y2Ba中心gydF4y2Ba群体的gydF4y2Ba $GgydF4y2Ba$是元素的集合吗gydF4y2Ba $xgydF4y2Ba$什么都在的通勤方式gydF4y2Ba $旅客:gydF4y2Ba$ $Xg = gxgydF4y2Ba$对所有gydF4y2Ba $g \ g。gydF4y2Ba$

这源于the的第二种形式gydF4y2Ba类方程gydF4y2Ba：gydF4y2Ba $|G| = |Z(G)| + \sum_{i=1}^\ell [G:C_G(g_\ell)]gydF4y2Ba$对于某些元素gydF4y2Ba $g_1里面,\ ldots g_ \ l形gydF4y2Ba$不是在中间。关键是这些条款gydF4y2Ba $[G: C_G (g_ \ l形)]gydF4y2Ba$在和中不能等于gydF4y2Ba $1，gydF4y2Ba$因为如果他们这样做了，gydF4y2Ba $C_G (g_ \ l形)gydF4y2Ba$就是所有的gydF4y2Ba $克,gydF4y2Ba$所以gydF4y2Ba $g_ \ l形的gydF4y2Ba$会在中间。如果gydF4y2Ba $GgydF4y2Ba$是一个gydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$-group，那么这些项必须能被gydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$(权力gydF4y2Ba $p,gydF4y2Ba$对方程两边取模gydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$给了gydF4y2Ba $0 \equiv |Z(G)|。gydF4y2Ba$所以gydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$分gydF4y2Ba $| | Z (G),gydF4y2Ba$因此它不等于1。gydF4y2Ba

每一个gydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$集团是gydF4y2Ba可以解决的gydF4y2Ba．gydF4y2Ba

首先有一个基本事实:gydF4y2Ba

如果gydF4y2Ba $NgydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $G / NgydF4y2Ba$都是可以解决的，那么呢gydF4y2Ba $G。gydF4y2Ba$

要了解这一事实，请注意一个组合系列gydF4y2Ba $1 \ trianglleft H_1 \ trianglleft H_2 \ trianglleft cdots \ trianglleft G/NgydF4y2Ba$对应于一个级数gydF4y2Ba $N \ triangleft K_1 \ trianglleft K_2 \ trianglleft cdots \ trianglleft GgydF4y2Ba$通过gydF4y2Ba第三同构定理gydF4y2Ba；组成因子是相同的。串联系列gydF4y2Ba $1 \ trianglleft N_1 \ trianglleft N_2 \ trianglleft cdots \ trianglleft NgydF4y2Ba$证明了的可解性gydF4y2Ba $NgydF4y2Ba$的可解性gydF4y2Ba $G。gydF4y2Ba$

现在这个定理有一个简单的归纳。假设这对所有人都成立gydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$-阶数<的组gydF4y2Ba $| | G。gydF4y2Ba$(基本情况，即平凡群，是平凡可解的。)如果gydF4y2Ba $GgydF4y2Ba$为阿贝尔，则明确可解(由于组成因子是简单的阿贝尔，因此为素数阶循环)。否则,这两个gydF4y2Ba $Z (G)gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $G / Z (G)gydF4y2Ba$更小gydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$组比gydF4y2Ba $GgydF4y2Ba$(因为gydF4y2Ba $Z (G)gydF4y2Ba$根据前面的定理是非平凡的)，因此必须由归纳假设可解。然后gydF4y2Ba $GgydF4y2Ba$上一段所证明的事实是可解的。gydF4y2Ba

中心的非琐碎性是许多归纳论点的基础。下面的问题给出了另一个例子。gydF4y2Ba

每一组素数gydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$与环群同构吗gydF4y2Ba ${\ mathbb Z} _p。gydF4y2Ba$

让gydF4y2Ba $ggydF4y2Ba$成为一个重要的元素gydF4y2Ba $G。gydF4y2Ba$的顺序gydF4y2Ba $ggydF4y2Ba$的非平凡除数gydF4y2Ba $p,gydF4y2Ba$所以一定是这样gydF4y2Ba $p。gydF4y2Ba$检验这个函数并不难gydF4y2Ba ${\mathbb Z}_p \to GgydF4y2Ba$定义为gydF4y2Ba $N \映射到g^ NgydF4y2Ba$是同构的。gydF4y2Ba

每组顺序gydF4y2Ba $p ^ 2,gydF4y2Ba$在哪里gydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$是质数，是阿贝尔。有两个这样的群体:gydF4y2Ba ${\ mathbb Z} _ {p ^ 2}gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba ${\mathbb Z}_p \乘以{\mathbb Z}_p。gydF4y2Ba$

让gydF4y2Ba $GgydF4y2Ba$是一群有秩序的人gydF4y2Ba $p ^ 2。gydF4y2Ba$每个子群也都是有序的gydF4y2Ba $1, p,gydF4y2Ba$或gydF4y2Ba $p ^ 2gydF4y2Ba$通过gydF4y2Ba拉格朗日定理gydF4y2Ba．假设gydF4y2Ba $GgydF4y2Ba$不是阿贝尔。自gydF4y2Ba $Z (G)gydF4y2Ba$非平凡而非全部的gydF4y2Ba $克,gydF4y2Ba$它必须有秩序gydF4y2Ba $p。gydF4y2Ba$让gydF4y2Ba $ygydF4y2Ba$是不在的元素gydF4y2Ba $Z (G)。gydF4y2Ba$然后gydF4y2Ba $C_G (y)gydF4y2Ba$包含中心，也包含中心gydF4y2Ba $y。gydF4y2Ba$所以它严格大于一个子群gydF4y2Ba $p。gydF4y2Ba$唯一可能的秩序是gydF4y2Ba $p ^ 2,gydF4y2Ba$但是所有东西都与gydF4y2Ba $ygydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $ygydF4y2Ba$在中心;矛盾。gydF4y2Ba

阿贝尔群的分类gydF4y2Ba $p ^ 2gydF4y2Ba$从总体来看gydF4y2Ba分类定理gydF4y2Ba对于阿贝尔群。gydF4y2Ba

秩序组gydF4y2Ba $p ^ 3gydF4y2Ba$很难分类。这是对结果的陈述，没有完整的证明。gydF4y2Ba

对于任何质数gydF4y2Ba $p,gydF4y2Ba$有五组顺序gydF4y2Ba $p ^ 3。gydF4y2Ba$其中三个是阿贝尔式的gydF4y2Ba ${\ mathbb Z} _ {p ^ 3}, {\ mathbb Z} _ {p ^ 2} \ * {\ mathbb Z} _p {\ mathbb Z} _p \ * {\ mathbb Z} _p \ * {\ mathbb Z} _p。gydF4y2Ba$当gydF4y2Ba $p = 2,gydF4y2Ba$这两个非abel群就是二面体群gydF4y2Ba $D_4gydF4y2Ba$平方和四元数的旋转gydF4y2Ba $Q_8。gydF4y2Ba$当gydF4y2Ba $pgydF4y2Ba$两个非abel群是奇的吗gydF4y2Ba $H_p左= \ \{\开始{pmatrix} 1 a和b \ \ 0 1 c \ \ 0 0 1 \ {pmatrix}: a, b, c在{\ mathbb Z} _p \ \ \}gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $A_p = \left\{\begin{pmatrix} a&b \\ 0&1 \end{pmatrix}: a,b \in {\mathbb Z}_{p^2}， a \equiv 1 \pmod p \right\}。gydF4y2Ba$(在这两种情况下，分组操作都是矩阵乘法。)gydF4y2Ba

注:gydF4y2Ba

(1)当gydF4y2Ba $p = 2,gydF4y2Ba$ $H_2 \cong A_2 \cong D_4。gydF4y2Ba$为奇数gydF4y2Ba $p,gydF4y2Ba$它们不是同构的每一个非平凡元素gydF4y2Ba $H_pgydF4y2Ba$有订单gydF4y2Ba $p,gydF4y2Ba$但gydF4y2Ba $A_pgydF4y2Ba$有这样的元素gydF4y2Ba $\begin{pmatrix} 1&1\\0&1 \end{pmatrix}gydF4y2Ba$的订单gydF4y2Ba $p ^ 2。gydF4y2Ba$

（2）gydF4y2Ba $H_pgydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba ${\mathbb Z}_p \times {\mathbb Z}_p \times {\mathbb Z}_pgydF4y2Ba$两者都有一个秩序要素gydF4y2Ba $1gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $p ^ 3 - 1gydF4y2Ba$秩序要素gydF4y2Ba $p,gydF4y2Ba$但它们不是同构的。所以仅仅知道一个群中所有元素的顺序不足以确定这个群是同构的。gydF4y2Ba

（3）gydF4y2Ba $D_4,gydF4y2Ba$正方形的二面体群，是正方形的旋转和反射的集合。gydF4y2Ba $Q_8gydF4y2Ba$这个组的元素是什么gydF4y2Ba $\pm 1， \pm i， \pm j， \pm kgydF4y2Ba$给出的乘法gydF4y2Ba $i ^ 2 = j ^ 2 = k ^ 2 = ijk = 1。gydF4y2Ba$