具体例(p群、pシロー部分群)

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D31

G を p 群とする。( つまり p は素数である )

このとき、G の中心は非自明である。

つまり、Z(G)≠{1} である。

証明

|G|=|Z(G)|+煤bC(x)|を類等式とする。(★)

いま、p は|G|を割り切る。

よって、p は各|C(x)|を割り切る。(※S7)

よって、(★)より、p は|Z(G)|を割り切る。

つまり、Z(G)≠{1}である。

D32 ( 位数 p の群 )

G を有限群とする。

|G|=p であるとする。( つまり G は p 群である )

このとき、G はアーベル群である。

また、G は /p または /p×/p と同型である。

補足

つまり、p が素数ならば位数 p の群は巡回群であるか、 /p×/p と同型である。

証明

いま、p の中心は非自明である。(※D31)

また、|Z(G)|=p または p である。

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

|Z(G)|=p の場合について考える。

いま、G=Z(G)である。

よって、G はアーベル群である。

むろん、G は巡回群である。

あるいは、G と /p は同型であると言える。

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

|Z(G)|=p の場合について考える。

x∈Z(G)とおく。

いま、G≠Z(G)である。

よって、ある y∈G が存在して、y は Z(G) に属さない。

いま、<x> と <y> は単位元のみを共有する。

よって、x ( 1≦i≦p、1≦j≦p ) は互いに異なる p 個の元である。

よって、G は、{x、y}によって生成される部分群に一致する。

いま、x∈Z(G)である。

よって、<x> のすべての元は、<y> のすべての元と可換である。

つまり、G はアーベル群である。

また、G と <x>×<y> は同型である。(※C6)

D33 ( S のシロー部分群 )

のシロー部分群は次の4つである。

(*) P={ 1、(123)、(132) }

(*) P={1、(12)}、{1、(13)}、{1、(23)}

証明

|S|=6=3・2 である。

よって、S は 2 シロー部分群 P と 3 シロー部分群 P をもつ。(※シローの定理)

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

3 シロー部分群の個数は N=1+3k の形である。

これが 6 の約数となるのは N=1 の場合のみである。

つまり、3 シロー部分群の個数は 1 である。(★1)

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2 シロー部分群の個数は N=1+2k の形である。

これが 6 の約数となるのは k=1、3 の場合のみである。

まず、k=1 の場合を考える。(背理法)

いま、2 シロー部分群 P は一意である。

よって、P は正規部分群である。(※B9)

いま、P と P は素数位数の巡回群である。

a∈S を P の生成元とする。

b∈S を P の生成元とする。

いま、bab−1∈P である。

bab−1=1とすると、a=1となるので矛盾である。

よって、bab−1=a である。

よって、ba=ab である。(★)

H を、{a、b}によって生成される部分群とする。

(★)より、H はアーベル群である。

よって、ab の位数は 6 である。(※A15)

よって、H=S である。

しかし、S は非可換群である。(※D4)

よって、矛盾である。

つまり、k=1ではなく、k=3 である。

つまり、S の 2 シロー部分群は3個存在する。(★2)

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(★1)、(★2)より、定理の結論を得る。

D34 ( 位数15の群 )

位数 15 の群は /15 と同型である。

つまり、位数 15 の群はつねに巡回群である。

証明

G を位数 15 の群とする。

いま、G は 3 シロー部分群と 5 シロー部分群をもつ。(※シローの定理)

5 シロー部分群の個数は N=1+5k の形である。

N は 15 の約数であるから、N=1 である。

つまり、5 シロー部分群 P は一意である。

よって、P は G の正規部分群である。(※B9)

3 シロー部分群の個数は N=1+3k の形である。

N は 15 の約数であるから、N=1 である。

つまり、3 シロー部分群 P は一意である。

よって、P は G の正規部分群である。(※B9)

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

いま、P と P は素数位数の巡回群である。

a∈G を P の生成元とする。

b∈G を P の生成元とする。

いま、bab−1∈P である。

bab−1=1とする。(背理法)

いま、a=1となるので矛盾である。

bab−1=a とする。(背理法)

いま、a=b(ab−1−1)である。

また、P は正規部分群である。

よって、a∈P である。

よって、a∈P∩P={1}である。

つまり、a=1となるので矛盾である。

以上により、bab−1=a である。

つまり、ba=ab である。

よって、P のすべての元と P のすべての元は可換である。(★)

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H を、{a、b}によって生成される部分群とする。

(★)より、H はアーベル群である。

よって、ab の位数は 15 である。(※A15)

つまり、H は位数 15 の巡回群である。

また、H=G である。