2025 阶群的单性和可解性
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:
$|N|=3^{\alpha},\ \alpha\in{1,2,3,4}$ 或 $|N|=5^\beta,\ \beta\in{1,2}$.
此时 $N$ 是 $p$-群, 故 $N$ 可解.$|N|=3^\alpha\times 5,\ \alpha\in{1,2,3,4}$.
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.$|N|=3^\alpha\times 5^2,\ \alpha\in{1,2,3}$.
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.