2025 阶群的单性和可解性

在准备 \(2023\) 级强基抽象代数期末考试前, 按照对张强老师往年题的观察应该会考察 \(2025\) 阶群是否可解, 是否为单群.
由于证明过程过为复杂, 故写下本部分作为记录.

注: 张老师觉得 \(2025\) 太难了就没考, 亏！

设群 \(G\), \(|G|=2025\).

我们先来证明 \(2025\) 阶群不是单群.

证明:

利用 \(\text{Sylow}\) 第三定理, 我们设 \(n_3\) 表示 \(\text{Sylow 3-}\)子群的个数, \(n_5\) 表示 \(\text{Sylow 5-}\)子群的个数.

那么就有 \(\(\begin{array}{ll} n_3\equiv 1(\bmod\ 3) & n_3\mid 25\\ n_5\equiv 1(\bmod\ 5) & n_5\mid 81 \end{array}\)\)

从而 \(n_3=\{1,25\},n_5=\{1,81\}\).

第一种情况 \(n_5=1\)

那么 \(\text{Sylow 5-}\)子群是正规子群, 从而 \(G\) 不是单群.

第二种情况 \(n_5=81\)

如果这 \(81\) 个 \(\text{Sylow 5-}\)子群两两的交均为 \(\{e\}\), 那么考虑 \(G\) 中 \(5\) 阶和 \(25\) 阶元的个数就是 \(81\times(25-1)\).

剩下的元素个数就是 \(81\) 个, 又根据 \(\text{Sylow}\) 第一定理, 一定存在 \(\text{Sylow 3-}\)子群, 并且 \(5\) 阶元和 \(25\) 阶元显然不是 \(\text{Sylow 3-}\)子群的元素, 所以 \(\text{Sylow 3-}\)子群的元素只能在剩下的 \(81\) 个元素中. 而 \(\text{Sylow 3-}\)子群的阶又是 \(81\), 所以这 \(81\) 个元素恰好构成唯一的一个 \(\text{Sylow 3-}\)子群. 从而 \(\text{Sylow 3-}\)子群是正规子群, \(G\) 不是单群.

如果存在两个 \(\text{Sylow 5-}\)子群的交不只是 \(\{e\}\), 记作 \(P,Q\), 由于子群的交仍是子群, 所以 \(K:=P\cap Q<G\), \(|P\cap Q|=5\).

设 \(G\) 的所有子群所成的集合为 \(\Omega\). 考虑 \(G\) 在 \(\Omega\) 上的共轭作用. 从而有正规化子 \(N_G(K)=\{g\in G|gKg^{-1}=K\}\).

由于 \(25\) 阶群是 \(p^2\) 阶群, 从而 \(P,Q\) 都是 \Abel 群, 所以 \(P,Q\) 中元素都和 \(K\) 可交换, 即 \(P\cup Q\subseteq N_G(K)\).

所以有 \(P<N_G(K),\ N_G(K)<G\) 即 \(25\big||N_G(K)|,\ |N_G(K)|\big|2025\).

接下来有两种不同的证明方式, 一种是估计 \(N_G(K)\) 的阶从而寻找矛盾, 另一种是再次使用 \(\text{Sylow}\) 第三定理确定 \(N_G(K)\) 的阶.

法一:

我们先来证明一个引理.

引理: 如果 \(G\) 是单群, 那么 \(G\) 不存在指数小于等于 \(9\) 的子群.

证明: 设 \(H\) 是 \(G\) 的非平凡子群, 且 \([G:H]=k\), 其中 \(k\leqslant 9\).

考虑 \(G\) 在 \((G/H)_l\) 上的作用, 由于 \(|(G/H)_l|=[G:H]=k\)

就引起了 \(G\) 到 \(S_k\) 的一个同态 \(\sigma\), 显然有 \(\text{Ker}\sigma\neq G\), 有 \(G\) 是单群, \(\text{Ker}\sigma\lhd G\), 所以 \(\text{Ker}\sigma=\{e\}\).

从而 \(G\cong \text{Im}\sigma < S_k\Rightarrow |G|\big| k!\), 即 \(2025|k!\Rightarrow k\geqslant 10\).
综上, \(G\) 不存在指数小于等于 \(9\) 的子群.

我们记 \(\widetilde{G}=N_G(K)\), 那么有

由于 \(|\widetilde{G}|=5^2m,\ (5,m)=1\). 所以 \(P,Q\) 是 \(\widetilde{G}\) 上两个不同的 \(\text{Sylow 5-}\)子群. 根据 \(\text{Sylow}\) 第三定理, \(\widetilde{G}\) 中 \(\text{Sylow 5-}\)子群至少有 \(5+1=6\) 个.

考虑群 \(\widetilde{G}\) 在 \(\widetilde{G}\) 的所有子群的集合上的共轭作用, 有轨道 \(|\widetilde{G}(P)|\geqslant 6\), 正规化子 \(|N_{\widetilde{G}}(P)|\geqslant|P|=25\).

从而根据轨道-稳定子定理, \(|\widetilde{G}|=|\widetilde{G}(P)|\cdot|N_{\widetilde{G}}(P)|\geqslant 150\).

即 \(|N_G(K)|\geqslant 150\).

从而 \([G:N_G(K)]\leqslant\frac{2025}{150}=13.5\).

又 \([G:N_G(K)]|2025\), 可得 \([G:N_G(K)]=1,3,5,9\).

当 \([G:N_G(K)]=1\) 时, 即 \(N_G(K)=G\), 从而 \(K\) 是 \(G\) 的正规子群, \(G\) 不是单群.

当 \([G:N_G(K)]=3,5,9\) 时, 根据引理, 如果 \(G\) 是单群将不存在这样的子群 \(N_G(K)\) 矛盾, 所以 \(G\) 不是单群.

法二:

我们考虑 \(P,Q\) 中的元素, 有 \(|P\cup Q|=|P|+|Q|-|P\cap Q|=45\). 所以有 \(|N_G(K)|\geqslant 45\).

我们对 \(N_G(K)\) 使用 \(\text{Sylow}\) 第三定理, 考察其 \(\text{Sylow 5-}\)子群可以发现在之前的限制下, \(N_G(K)\) 必须得有 \(81\) 个 \(\text{Sylow 5-}\)子群, 因为 \(P,Q\) 已经是两个不同的 \(\text{Sylow 5-}\)子群, 从而 \(n_5>1\).

此处我们可以对 \(|N_G(K)|\) 的所有可能的阶数进行讨论, 当 \(|N_G(K)|=75,225,675\) 时, 我们在 \(N_G(K)\) 上用 \(\text{Sylow}\) 第三定理研究 \(\text{Sylow 5-}\)子群的数量, 而此时的 \(n_5\) 分别要整除 \(3,9,27\), 而在模 \(5\) 和 \(1\) 同余的限制下, 发现此时有 \(n_5=1\). 但是根据之前的讨论 \(P,Q\) 已经是 \(N_G(K)\) 的两个不同的 \(\text{Sylow 5-}\)子群 所以有 \(n_5>1\) 那么就产生矛盾, 从而 \(|N_G(K)|\neq 75,225,675\).

而当 \(|N_G(K)|=2025\) 时. 又 \(N_G(K)<G\) 所以 \(N_G(K)=G\), 即 \(K\lhd G\). \(G\) 有 \(5\) 阶的正规子群, 不是单群.

至此我们就说明了 \(2025\) 阶群不是单群.

注: 其实, 如果定义集合的中心化子 \(C_G(S)=\{g\in G|ag=ga,\forall a\in S\}\). 可以发现在上述证明过程中 \(C_G(K)\) 和 \(N_G(K)\) 是等价的, 但要注意根据这二者的定义不难发现 \(C_G(K)\subseteq N_G(K)\), 只是在本题证明过程中看上去是等价的.

接下来我们来说明 \(G\) 是可解群.

如果在证明单群时采用了法一的证法, 我们就并没有在之前的过程中得到 \(G\) 的任一明确的正规子群, 只是知道肯定有非平凡的正规子群.

下面我们先对法一的证法进行可解的证明.

基于法一:

同样的, 我们先来看证明一个引理.

引理: 设群 \(N\) 的阶为 \(2025\) 的不等于 \(1\) 的真因子, 则 \(N\) 可解.

证明:

1. \(|N|=3^{\alpha},\ \alpha\in\{1,2,3,4\}\) 或 \(|N|=5^\beta,\ \beta\in\{1,2\}\).
   
   此时 \(N\) 是 \(p\)-群, 故 \(N\) 可解.

2. \(|N|=3^\alpha\times 5,\ \alpha\in\{1,2,3,4\}\).
   
   根据 \(\text{Sylow}\) 第三定理, \(n_3\equiv 1(\bmod\ 3)\) 且 \(n_3\mid 5\), 从而 \(n_3=1\).
   
   \(\text{Sylow 3-}\)子群是 \(N\) 的正规子群, 记 \(\text{Sylow 3-}\)子群为 \(H\). 那么 \(H,N/H\) 均是 \(p\)-群可解, 进而 \(N\) 可解.

3. \(|N|=3^\alpha\times 5^2,\ \alpha\in\{1,2,3\}\).
   
   根据 \(\text{Sylow}\) 第三定理, \(n_5\equiv 1(\bmod\ 5)\) 且 \(n_5\mid 3^\alpha\), 从而 \(n_5=1\).
   
   \(\text{Sylow 5-}\)子群是 \(N\) 的正规子群, 记 \(\text{Sylow 5-}\)子群为 \(H\). 那么 \(H,N/H\) 均是 \(p\)-群可解, 进而 \(N\) 可解.

有了上述引理, 和之前的证明, 很容易就得到下述证明过程.

证明:
由于 \(2025\) 阶群不是单群, 故存在非平凡正规子群 \(N\), 那么考虑 \(N\) 和 \(G/N\) 其阶均满足引理的条件, 从而由引理可知 \(N\) 和 \(G/N\) 均可解, 故 \(2025\) 阶群可解.

基于法二:

证明:
在之前的证明过程中, 我们已经知道 \(G\) 要么有一个正规的 \(\text{Sylow 5-}\)子群, 要么有一个正规的 \(\text{Sylow 3-}\)子群, 或者一个 \(5\) 阶的正规子群. 由于 \(G\) 商去两个 \Sy 中的一个正规子群后是 \(p\)-群可解, 这个正规子群自身也是 \(p\)-群可解, 从而 \(G\) 可解. 而如果有 \(5\) 阶的正规子群, 那么去研究 \(405\) 阶群也容易得到其是可解群. 所以 \(G\) 可解.

至此, 我们就证明了 \(2025\) 阶群不是单群, 并且是可解群.