シローの定理とシロー部分群の個数

$∣ G ∣ = p^{a} m$ （ $p ∤ m$ ）について、シロー $p$ 部分群の個数 $n_{p} = [G : N_{G} (P)]$ が $n_{p} \equiv 1 (mod p)$ かつ $n_{p} ∣ m$ を満たすことから $n_{p}$ の候補をすべて挙げ、 $n_{p} = 1$ （シロー部分群が正規）となる場合を判定できる（例: 位数 $45$ の群では $n_{3} = n_{5} = 1$ ）

前提

中心化群・正規化群の位数（大学院数学群論）

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算数中学高校大学大学院

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中心化群・正規化群の位数（大学院数学群論）

説明

有限群 $G$ の位数を $∣ G ∣ = p^{a} m$ （ $p$ は素数、 $a \geq 1$ 、 $p ∤ m$ ）と書くとき、位数 $p^{a}$ の部分群をシロー $p$ 部分群といいます。シローの定理によりシロー $p$ 部分群は必ず存在し、どの 2 つも互いに共役で、その個数 $n_{p}$ は $n_{p} = [G : N_{G} (P)]$ 、 $n_{p} \equiv 1 (mod p)$ 、 $n_{p} ∣ m$ を満たします。この条件から $n_{p}$ の候補を絞り込み、とくに $n_{p} = 1$ （シロー部分群が正規）と決まる場合を見つけるのに使います。位数だけから群の性質（単純群でないこと、正規部分群の存在など）を引き出すときの基本の道具です。

なぜそうしてよいのか

存在定理（位数 $p^{a}$ の部分群が必ずある）と「シロー $p$ 部分群はすべて共役」という事実を認めると、個数の条件は軌道・固定部分群の公式から導けます。 $G$ はシロー $p$ 部分群全体の集合 $Syl_{p}$ に共役 $Q \mapsto g Q g^{- 1}$ で作用し、すべて共役なので軌道は 1 つだけです。 $P$ の固定部分群は正規化群 $N_{G} (P) = {g ∣ g P g^{- 1} = P}$ なので、軌道の長さとして $n_{p} = ∣ Syl_{p} ∣ = [G : N_{G} (P)]$ を得ます。さらに $P \subseteq N_{G} (P) \subseteq G$ より $[G : P] = [G : N_{G} (P)] [N_{G} (P) : P]$ なので、 $n_{p}$ は $[G : P] = m$ を割り切ります。

$n_{p} \equiv 1 (mod p)$ は、今度は $P$ だけを $Syl_{p}$ に共役で作用させて示します。 $P$ の位数は $p^{a}$ なので、各軌道の長さは $∣ P ∣$ の約数、つまり $p$ のべきです。長さ $1$ の軌道（固定点） $Q$ は $P \subseteq N_{G} (Q)$ を満たします。このとき $P$ と $Q$ はどちらも $N_{G} (Q)$ のシロー $p$ 部分群で、 $N_{G} (Q)$ の中で互いに共役ですが、 $Q$ は $N_{G} (Q)$ の正規部分群なので共役は $Q$ 自身だけ、よって $P = Q$ です。つまり固定点は $P$ ただ 1 つで、ほかの軌道の長さはすべて $p$ の倍数です。したがって $n_{p} \equiv 1 (mod p)$ となります。

最後に、 $n_{p} = 1$ と $P$ が正規であることは同値です。共役 $g P g^{- 1}$ もまたシロー $p$ 部分群なので、 $n_{p} = 1$ ならつねに $g P g^{- 1} = P$ 、逆に $P$ が正規なら $P$ の共役は $P$ だけで、すべてのシロー部分群は $P$ と共役なので $n_{p} = 1$ です。

手順

$∣ G ∣$ を素因数分解し、注目する素数 $p$ について $∣ G ∣ = p^{a} m$ （ $p ∤ m$ ）と書く。シロー $p$ 部分群の位数は $p^{a}$ 。
$m$ の正の約数をすべて書き出す（条件 $n_{p} ∣ m$ ）。
そのうち $p$ で割った余りが $1$ のものだけを残す（条件 $n_{p} \equiv 1 (mod p)$ ）。これが $n_{p}$ の候補である。
候補が $1$ だけなら $n_{p} = 1$ で、シロー $p$ 部分群は正規。候補が複数あるときは、 $n_{p} = [G : N_{G} (P)]$ や元の個数の数え上げなど、別の情報で絞り込む。

例題

位数 $120$ の群 $G$ について、シロー $3$ 部分群の個数 $n_{3}$ としてシローの定理から許される値をすべて求めよ。

例題の解答

手順 1: $120 = 2^{3} \cdot 3 \cdot 5$ なので、 $p = 3$ について $120 = 3^{1} \cdot 40$ （ $3 ∤ 40$ ）。シロー $3$ 部分群の位数は $3$ 。

手順 2: $n_{3} ∣ 40$ なので、候補は $40$ の約数 $1, 2, 4, 5, 8, 10, 20, 40$ 。

手順 3: それぞれを $3$ で割った余りは順に $1, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 1$ 。余りが $1$ のものを残すと $n_{3} \in {1, 4, 10, 40}$ 。

手順 4: 候補が複数あるので、位数だけからは $n_{3}$ は 1 つに決まらず、許される値は $1, 4, 10, 40$ である。

答え: ${1, 4, 10, 40}$

よくある誤り

$n_{p} \equiv 1 (mod p)$ の条件を忘れ、 $m$ の約数をすべて候補にしてしまう誤り。たとえば位数 $12 = 3 \cdot 4$ の群で $n_{3} \in {1, 2, 4}$ とする。正しくは $2 \neq \equiv 1 (mod 3)$ なので $n_{3} \in {1, 4}$ 。
$n_{p}$ を $[G : P] = m$ そのものとしてしまう誤り。 $P$ の共役の個数は $[G : N_{G} (P)]$ で、 $N_{G} (P)$ は $P$ より大きいことがある。たとえば巡回群 $Z /12$ では $n_{3} = [G : P] = 4$ ではなく、 $P$ が正規なので $N_{G} (P) = G$ で $n_{3} = 1$ 。
候補に $1$ が入っていることから $n_{p} = 1$ と結論してしまう誤り。候補は必要条件にすぎない。たとえば位数 $12$ では $n_{3} \in {1, 4}$ で、交代群 $A_{4}$ では位数 $3$ の部分群が $⟨(123)⟩, ⟨(124)⟩, ⟨(134)⟩, ⟨(234)⟩$ の $4$ 個あり $n_{3} = 4$ 。 $n_{p} = 1$ と言えるのは候補が $1$ だけのとき（または別の議論で他を否定したとき）。
元の個数を数えるとき、 $a \geq 2$ でもシロー $p$ 部分群どうしの共通部分が単位元だけだとして、位数が $p$ のべきの元を $n_{p} (p^{a} - 1)$ 個としてしまう誤り。共通部分が ${e}$ と言えるのは位数 $p$ （ $a = 1$ ）のときで、そのとき位数 $p$ の元はちょうど $n_{p} (p - 1)$ 個。 $a \geq 2$ では位数 $p^{a - 1}$ などの共通部分をもちうる（例: $S_{4}$ のシロー $2$ 部分群は位数 $8$ で $3$ 個あり、どの 2 つも位数 $4$ の部分群 ${e, (12) (34), (13) (24), (14) (23)}$ を共有する）。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
$G$ を位数 $48$ の有限群とし、 $G$ のシロー $3$ 部分群の個数を $n_{3}$ とする。シローの定理から $n_{3}$ が満たすべき条件（ $n_{3} \equiv 1 (mod 3)$ と、 $n_{3}$ が $∣ G ∣$ の $3$ と互いに素な部分を割り切ること）をともに満たす正の整数をすべて求めよ。

この技能を使う問題

この技能の次に学べること

シローの定理による小さい位数の群の分類（大学院数学群論）
有限体上の行列群の位数（大学院数学群論）