4.5 西罗定理

西洛定理

在这一节中，我们证明了拉格朗日定理的一个部分逆命题，并推导出许多结论，其中一些将引导我们在下一章中得到分类定理。

定义

设 $G$ 是一个群，$p$ 是一个质数。

(1) 阶为 ${p}^{\alpha }$ 的群（对于某个 $\alpha \geq 1$ ）被称为 $p$ -群。 $G$ 的子群，如果它们是 $p$ -群，则被称为 $p$ -子群。

(2) 如果 $G$ 是一个阶为 ${p}^{\alpha }m$ 的群，其中 $p \nmid m$ ，那么阶为 ${p}^{\alpha }$ 的子群被称为 $G$ 的西洛 p-子群。

(3) $G$ 的西洛 $p$ -子群的集合记作 ${\operatorname{Syl}}_{p}\left( G\right)$ ，$G$ 的西洛 $p$ -子群的数量记作 ${n}_{p}\left( G\right)$（当 $G$ 从上下文中显而易见时，可以简写为 ${n}_{p}$ ）。

定理 18.（西洛定理）

设 $G$ 是一个阶为 ${p}^{\alpha }m$ 的群，其中 $p$ 是一个不整除 $m$ 的质数。

(1) $G$ 的西洛 $p$ -子群存在，即 ${\operatorname{Syl}}_{p}\left( G\right) \neq \varnothing$ 。

(2) 如果 $P$ 是 $G$ 的一个 Sylow $p$ 子群，且 $Q$ 是 $G$ 的任意 $p$ 子群，那么存在 $g \in G$ 使得 $Q \leq {gP}{g}^{-1}$ ，即 $Q$ 包含在 $P$ 的某个共轭子群中。特别地，$G$ 的任意两个 Sylow $p$ 子群在 $G$ 中是共轭的。

(3) $G$ 的 Sylow $p$ 子群的个数形式为 $1 + {kp}$，即，

进一步，${n}_{p}$ 是 $G$ 中任何 Sylow $p$ 子群的正规化子的指标 ${N}_{G}\left( P\right)$，因此 ${n}_{p}$ 整除 $m$。我们首先证明以下引理：

引理 19

设 $P \in {\operatorname{Syl}}_{p}\left( G\right)$。如果 $Q$ 是 $G$ 的任意 $p$ 子群，那么 $Q \cap {N}_{G}\left( P\right) = Q \cap P$。

证明：设 $H = {N}_{G}\left( P\right) \cap Q$。由于 $P \leq {N}_{G}\left( P\right)$ ，显然 $P \cap Q \leq H$，所以我们必须证明反向包含。由于按定义 $H \leq Q$，这等价于证明 $H \leq P$。我们通过展示 ${PH}$ 是包含 $P$ 和 $H$ 的 $p$ 子群 $G$ 来做到这一点；但 $P$ 是 $G$ 中最大可能阶的 $p$ 子群，所以我们必定有 ${PH} = P$，即 $H \leq P$。

由于 $H \leq {N}_{G}\left( P\right)$，根据第 3.2 节中的推论 15，${PH}$ 是一个子群。由同一节中的命题 13 得出，

命题 13 在同一节中

上面的所有数字在商中都是 $p$ 的幂，因此 ${PH}$ 是一个 $p$ -群。此外，$P$ 是 ${PH}$ 的子群，所以 ${PH}$ 的阶数可以被 ${p}^{\alpha }$ 整除，${p}^{\alpha }$ 是能整除 $\left| G\right|$ 的最大的 $p$ 的幂。这两个事实迫使 $\left| {PH}\right| = {p}^{\alpha } = \left| P\right|$ 。这反过来意味着 $P = {PH}$ 和 $H \leq P$ 。这就证明了引理。

Sylow 定理的证明（1）对 $\left| G\right|$ 进行归纳。如果 $\left| G\right| = 1$ ，则没有要证明的内容。假设对阶数小于 $\left| G\right|$ 的所有群存在 Sylow $p$ -子群的归纳存在性。

如果 $p$ 整除 $\left| {Z\left( G\right) }\right| ,$ ，那么根据阿贝尔群的柯西定理（命题21，第3.4节），$Z\left( G\right)$ 有一个阶数为 $p$ 的子群，记为 $N$ 。设 $\bar{G} = G/N$ ，因此 $\left| \bar{G}\right| = {p}^{\alpha - 1}m$ 。通过归纳，$\bar{G}$ 有一个阶数为 ${p}^{\alpha - 1}$ 的子群 $\bar{P}$ 。如果我们让 $P$ 是包含 $N$ 的 $G$ 的子群，使得 $P/N = \bar{P}$ ，那么 $\left| P\right| = \left| {P/N}\right| \cdot \left| N\right| = {p}^{\alpha }$ 并且 $P$ 是 $G$ 的一个 Sylow $p$ -子群。我们简化到了 $p$ 不整除 $\left| {Z\left( G\right) }\right|$ 的情况。

设 ${g}_{1},{g}_{2},\ldots ,{g}_{r}$ 是 $G$ 的不同非中心共轭类的代表。对于 $G$ 的类方程是

如果 $p$ | $\left| {G : {C}_{G}\left( {g}_{i}\right) }\right|$ 对于所有 $i$ 成立，那么由于 $p$ | $\left| G\right|$ ，我们也会有 $p$ | $\left| {Z\left( G\right) }\right|$ ，这是一个矛盾。因此，对于某些 $i,p$ 不整除 $\left| G\right| : {C}_{G}\left( {g}_{i}\right) \mid$ 。对于这个 $i$ ，设 $H = {C}_{G}\left( {g}_{i}\right)$ 使得

由于 ${g}_{i} \notin Z\left( G\right) ,\left| H\right| < \left| G\right|$ 。通过归纳，$H$ 有一个 Sylow $p$ 子群，$P$ ，这显然也是 $G$ 的一个子群。因为 $\left| P\right| = {p}^{\alpha },P$ 是 $G$ 的一个 Sylow $p$ 子群。这完成了归纳并证明了 (1)。

在证明 (2) 和 (3) 之前，我们先做一些计算。根据 (1)，存在一个 Sylow $p$ 子群，$P$ ，在 $G$ 中。设

是所有 $P$ 的共轭类（即 $\mathcal{S} = \left\{ {{gP}{g}^{-1} \mid g \in G}\right\}$ ）的集合，并且设 $Q$ 是任意 $p$ -子群 $G$ 。根据 $\mathcal{S},G$ 的定义，因此 $Q$ 也通过共轭作用于 $\mathcal{S}$ 。将 $\mathcal{S}$ 写作 $Q$ 作用下不交轨道的并集：

其中 $r = \left| {\mathcal{O}}_{1}\right| + \cdots + \left| {\mathcal{O}}_{s}\right|$ 。请记住 $r$ 不依赖于 $Q$ ，但是 $\;Q$ -轨道的数量 $\;s\;$ 是依赖的（注意，根据定义，$G$ 在 $\mathcal{S}$ 上只有一个轨道，但是 $G$ 的子群 $\;Q\;$ 可能在 $\mathcal{S}$ 上有多个轨道）。如果需要，重新编号 $\mathcal{S}$ 的元素，使得 $\mathcal{S}$ 的前 $s$ 个元素是 $Q$ -轨道的代表：${P}_{i} \in {\mathcal{O}}_{i},1 \leq i \leq s$ 。由命题2得出 $\left| {\mathcal{O}}_{i}\right| = \left| {Q : {N}_{Q}\left( {P}_{i}\right) }\right|$ 。根据定义，${N}_{Q}\left( {P}_{i}\right) = {N}_{G}\left( {P}_{i}\right) \cap Q$ ，由引理19得出 ${N}_{G}\left( {P}_{i}\right) \cap Q = {P}_{i} \cap Q$ 。结合这两个事实得到

我们现在可以证明 $r \equiv 1\left( {\;\operatorname{mod}\;p}\right)$ 。由于 $Q$ 是任意的，我们可以取上面的 $Q = {P}_{1}$ ，因此（1）给出

现在，对于所有 $i > 1,{P}_{1} \neq {P}_{i}$ ，因此 ${P}_{1} \cap {P}_{i} < {P}_{1}$ 。由（1）

由于 ${P}_{1}$ 是一个 $p$ -群，$\left| {{P}_{1} : {P}_{1} \cap {P}_{i}}\right|$ 必须是 $p$ 的幂，因此

因此

我们现在证明部分（2）和（3）。设 $Q$ 是 $G$ 的任意 $p$ -子群。假设 $Q$ 不包含在任何 ${P}_{i}$ 中，对于任何 $i \in \{ 1,2,\ldots ,\underline{r}\}$ （即，对于任何 $g \in G$ 的 $Q \nleqslant {gP}{g}^{-1}$）。在这种情况下，$Q \cap {P}_{i} < Q$ 对于所有 $i$ ，因此由（1）

因此 $p\left| {\mathcal{O}}_{i}\right|$ 对于所有 $i$ ，所以 $p$ 整除 $\left| {\mathcal{O}}_{1}\right| + \ldots + \left| {\mathcal{O}}_{s}\right| = r$ 。这与 $r \equiv 1\left( {\;\operatorname{mod}\;p}\right)$ 的事实相矛盾（记住，$r$ 不依赖于 $Q$ 的选择）。这个矛盾证明了对于某些 $g \in G$ 的 $Q \leq {gP}{g}^{-1}$。

为了看到所有 Sylow $p$ -子群 $G$ 都是共轭的，设 $Q$ 是 $G$ 的任意一个 Sylow $p$ -子群。根据之前的论证，$Q \leq {gP}{g}^{-1}$ 对于某个 $g \in G$ 。因为 $\left| {{gP}{g}^{-1}}\right| = \left| Q\right| = {p}^{\alpha }$ ，我们必须有 ${gP}{g}^{-1} = Q$ 。这证明了定理的第二个部分。特别是，$\mathcal{S} = {\operatorname{Syl}}_{p}\left( G\right)$ 因为 $G$ 的每个 Sylow $p$ -子群都与 $P$ 共轭，因此 ${n}_{p} = r \equiv 1\left( {\;\operatorname{mod}\;p}\right)$ ，这是第三部分的第一部分。

最后，因为所有 Sylow $p$ -子群都是共轭的，命题6表明

完成了 Sylow 定理的证明。

注意 Sylow 定理的共轭部分与推论14一起表明，对于同一个素数 p，一个群中的任何两个 Sylow p-子群都是同构的。

推论20

设 $P$ 是 $G$ 的一个 Sylow $p$ -子群。那么以下条件是等价的：

(1) $P$ 是 $G$ 的唯一 Sylow $p$ -子群，即 ${n}_{p} = 1$

(2) $P$ 在 $G$ 中是正规子群

(3) $P$ 在 $G$ 中是特征子群

(4) 所有由 $p$ -次幂阶元素生成的子群都是 $p$ -群，即如果 $X$ 是 $G$ 的任意子集，使得对于所有 $x \in X$ ，$\left| x\right|$ 都是 $p$ 的幂，那么 $\langle X\rangle$ 是一个 $p$ -群。

$\textit{Proof: If }\left( 1\right)$ 成立，那么 ${gP}{g}^{-1} = P$ 对所有 $g \in G$ 成立，因为 ${gP}{g}^{-1} \in {Sy}{l}_{p}\left( G\right) ,\textit{i.e.,}P$ 在 $G$ 中是正规的。因此 (1) 蕴含 (2)。反之，如果 $P \trianglelefteq G$ 和 $Q \in {Sy}{l}_{p}\left( G\right)$ ，那么根据 Sylow 定理存在 $g \in G$ 使得 $Q = {gP}{g}^{-1} = P$ 。因此 ${Sy}{l}_{p}\left( G\right) = \{ P\}$ 并且 (2) 蕴含 (1)。

由于特征子群是正规子群，(3) 蕴含 (2)。反之，如果 $P \trianglelefteq G$ ，我们刚刚证明了 $P$ 是 $G$ 阶为 ${p}^{\alpha }$ 的唯一子群，因此 $P$ 是 $G$ 的特征子群。因此 (2) 和 (3) 是等价的。

最后，假设 (1) 成立，并且假设 $X$ 是 $G$ 的一个子集，使得对于所有 $x \in X$ ，$\left| x\right|$ 是 $p$ 的幂。根据 Sylow 定理的共轭部分，对于每个 $x \in X$ ，存在某个 $g \in G$ 使得 $x \in {gP}{g}^{-1} = P$ 。因此 $X \subseteq P$ ，所以 $\langle X\rangle \leq P$ ，并且 $\langle X\rangle$ 是一个 $p$ -群。反之，如果 (4) 成立，设 $X$ 是 $G$ 所有 Sylow $p$ -子群的并集。如果 $P$ 是任意一个 Sylow $p$ -子群，$P$ 是 $p$ -群 $\langle X\rangle$ 的子群。由于 $P$ 是 $G$ 中极大阶的 $p$ -子群，我们必须有 $P = \langle X\rangle$ ，所以 (1) 成立。

示例

设 $G$ 是一个有限群，$p$ 是一个素数。

(1) 如果 $p$ 不整除 $G$ 的阶，那么 $G$ 的 Sylow $p$ 子群是平凡群（并且 Sylow 定理的所有部分都平凡地成立）。如果 $\left| G\right| = {p}^{\alpha },G$ 是 $G$ 的唯一 Sylow $p$ 子群。

(2) 一个有限阿贝尔群对于每个素数 $p$ 都有一个唯一的 Sylow $p$ 子群。这个子群由所有阶为 $p$ 的幂的元素 $x$ 组成。这有时被称为阿贝尔群的 $p$ -主成分。

(3) ${S}_{3}$ 有三个 Sylow 2-子群：$\langle \left( {12}\right) \rangle ,\langle \left( {23}\right) \rangle$ 和 $\langle \left( {13}\right) \rangle$。它有一个唯一的（因此是正规的）Sylow 3-子群：$\langle \;\left( {1\;2\;3}\right) \;\rangle = {A}_{3}.\;$。注意 $\;3 \equiv 1\left( {\mathrm{{mod}}\;2}\right) .$。

(4) ${A}_{4}$ 有一个唯一的 Sylow 2-子群：$\langle \left( {12}\right) \left( {34}\right) ,\left( {13}\right) \left( {24}\right) \rangle \cong {V}_{4}$。它有四个 Sylow 3-子群：$\langle \;\left( {1\;2\;3}\right) \;\rangle ,\;\langle \;\left( {1\;2\;4}\right) \;\rangle ,\;\langle \;\left( {1\;3\;4}\right) \;\rangle \;$ 和 $\;\langle \;\left( {2\;3\;4}\right) \;\rangle .\;$。注意 $\;4 \equiv 1$（模3）。

(5) ${S}_{4}$ 有 ${n}_{2} = 3$ 和 ${n}_{3} = 4$。由于 ${S}_{4}$ 包含一个同构于 ${D}_{8}$ 的子群，${S}_{4}$ 的每个 Sylow 2-子群都与 ${D}_{8}$ 同构。

Sylow 定理的应用

我们现在给出一些 Sylow 定理的应用。大多数例子使用 Sylow 定理来证明一个特定阶数的群不是单群。在讨论了如何从较小的群构造较大的群的方法（例如，半直积的形成）之后，我们将能够使用这些结果来分类一些特定阶数的群 $n$（就像我们已经对 $n = {15}$ 做的那样）。

由于 Sylow 定理确保了有限群中存在 $p$ -子群，因此值得更深入地研究幂阶群的性质。这将在第 6 章中进行，届时将讨论更多 Sylow 定理的应用。

对于小阶群，Sylow 定理的同余条件本身通常足以迫使存在正规子群。在应用 Sylow 定理的任何数值问题中，第一步是将群阶数分解为素数的幂。群阶数的最大素数因子往往为 ${n}_{p}$ 提供最少的可能值（例如，对 ${n}_{2}$ 的同余条件没有任何限制），这限制了群的结构 $G$。在下面的例子中，我们将看到一些情况，其中仅凭 Sylow 定理并不能迫使存在正规子群，然而一些额外的论证（通常涉及研究不同素数 $p$ 的阶元素）证明了正规 Sylow 子群的存在。

示例：（阶数为 ${pq},p$ 和 $q$ 的素数 $p < q$ 的群）

假设 $\left| G\right| = {pq}$ 对于素数 $p$ 和 $q$ 成立，且 $p < q$ 。设 $P \in {\text{Syl}}_{p}\left( G\right)$ 并且让 $Q \in {\text{Syl}}_{q}\left( G\right) .$ 。我们证明 $Q$ 在 $G$ 中是正规子群，并且如果 $P$ 在 $G$ 中也是正规子群，那么 $G$ 是循环群。

现在三个条件：${n}_{q} = 1 + {kq}$ 对于某个 $k \geq 0,{n}_{q}$ 整除 $p$ 和 $p < q$ ，共同迫使 $k = 0$ 。因为 ${n}_{q} = 1,Q \trianglelefteq G$ 。

由于 ${n}_{p}$ 整除素数 $q$ ，唯一可能的情况是 ${n}_{p} = 1$ 或者 $q$ 。特别地，如果 $p \nmid q - 1$ （即如果 $q ≢ 1\left( {\;\operatorname{mod}\;p}\right)$ ），那么 ${n}_{p}$ 不能等于 $q$ ，所以 $P \trianglelefteq G$ 。

设 $P = \langle x\rangle$ 和 $Q = \langle y\rangle$ 。如果 $P \trianglelefteq G$ ，那么由于 $G/{C}_{G}\left( P\right)$ 同构于 $\operatorname{Aut}\left( {Z}_{p}\right)$ 的一个子群，而后者群阶为 $p - 1$ ，拉格朗日定理加上观察到 $p$ 和 $q$ 都不能整除 $p - 1$ ，意味着 $G = {C}_{G}\left( P\right)$ 。在这种情况下 $x \in P \leq Z\left( G\right)$ ，所以 $x$ 和 $y$ 交换。（或者，这直接从第3.1节的练习42得出。）这意味着 $\left| {xy}\right| = {pq}$ （参见第2.3节的练习），因此在这种情况下 $G$ 是循环群：$G \cong {\mathbb{Z}}_{pq}$ 。

如果 $p$ $|$ $q - 1,$ 我们将在第五章看到，存在一个阶为 ${pq}$ 的唯一非阿贝尔群（在其中，必然有 ${n}_{p} = q$ ）。我们现在可以证明这个群的存在。设 $Q$ 是度数为 $q,{S}_{q}$ 的对称群的一个 Sylow $q$ 子群。由第三章第34题，$\left| {{N}_{{S}_{q}}\left( Q\right) }\right| = q\left( {q - 1}\right)$ 。根据假设，$p \mid q - 1$ ，所以根据柯西定理 ${N}_{{S}_{q}}\left( Q\right)$ 有一个阶为 $p$ 的子群 $P$ 。由3.2节推论15，${PQ}$ 是一个阶为 ${pq}$ 的群。由于 ${C}_{{S}_{q}}\left( Q\right) = Q$ （第3节的例2），${PQ}$ 是一个非阿贝尔群。证明 ${PQ}$ 唯一性的关键成分是关于 $\operatorname{Aut}\left( {Z}_{q}\right)$ 循环性的第17定理。

示例：（阶为30的群）

设 $G$ 是一个阶为30的群。我们证明 $G$ 有一个同构于 ${Z}_{15}$ 的正规子群。我们将在下一章中使用这个信息来分类阶为30的群。注意，任何阶为15的子群必然是正规的（因为它指数为2）和循环的（由前一个结果得出），所以只需证明存在一个阶为15的子群。最快的方法是引用第2节的第13题。我们给出一个替代论证，说明如何将 Sylow 定理与素数阶元素的计数结合起来产生一个正规子群。

令 $\;P \in {Sy}{l}_{5}\left( G\right)$ 并且令 $Q \in {Sy}{l}_{3}\left( G\right) .$ 如果 $P$ 或 $Q$ 在 $G$ 中是正规子群，根据第三章的推论15，${PQ}$ 是一个阶数为15的群。还应注意，如果 $P$ 或 $Q$ 是正规子群，那么 $P$ 和 $Q$ 都是 ${PQ}$ 的特征子群，因为 ${PQ} \trianglelefteq G$ ，所以 $P$ 和 $Q$ 在 $G$ 中也是正规的（第4节的练习8(a)）。因此假设没有Sylow子群是正规的。根据Sylow定理的第三部分，唯一可能的情况是 ${n}_{5} = 6$ 和 ${n}_{3} = {10}$ 。阶数为5的每个元素都在一个Sylow 5-子群中，每个Sylow 5-子群包含4个非单位元素，根据拉格朗日定理，不同的Sylow 5-子群在单位元素处相交。因此，$G$ 中阶数为5的元素的数量是一个Sylow 5-子群中非单位元素的数量乘以Sylow 5-子群的数量。这将是有24个阶数为5的元素，即4 $\cdot$ 6 $=$。通过类似的推理，阶数为3的元素的数量将是 $2 \cdot {10} = {20}.$ 这是荒谬的，因为一个阶数为30的群不可能包含 ${24} + {20} = {44}$ 个不同的元素。$P$ 或 $Q$ 之一（因此两者都是）必须在 $G$ 中是正规子群。

这种计数技术在很多情况下都非常有用（参见第6.2节），特别是在Sylow $p$ -子群的阶为 $p$ （如本例中）时，这种技术特别有效，因为此时两个不同的Sylow $p$ -子群的交集必须是单位元。如果Sylow $p$ -子群的阶为 ${p}^{\alpha }$ 且 $\alpha \geq 2$ ，则在计数元素时需要更加小心，因为在这种情况下，不同的Sylow $p$ -子群可能有更多的共同元素，即交集可能非平凡。

示例：（阶为12的群）

设 $G$ 是一个阶为12的群。我们证明 $G$ 要么有一个正规的Sylow 3-子群，要么 $G \cong {A}_{4}$（在后一种情况下 $G$ 有一个正规的Sylow 2-子群）。我们将利用这一信息在下一章中对阶为12的群进行分类。

假设 ${n}_{3} \neq 1$ 且 $P \in {\operatorname{Syl}}_{3}\left( G\right)$ 。由于 ${n}_{3} \mid 4$ 和 ${n}_{3} \equiv 1\left( {\;\operatorname{mod}\;3}\right)$ ，因此 ${n}_{3} = 4$ 。由于不同的Sylow 3-子群在单位元处相交，且每个子群包含两个3阶元素，所以 $G\;$ 包含2 $\cdot 4 = 8\;$ 个3阶元素。由于 $\left| {G\; : \;{N}_{G}\left( P\right) }\right| = {n}_{3} = 4,$ ${N}_{G}\left( P\right) = P$ 。现在 $G$ 通过共轭作用于它的四个Sylow 3-子群，因此这种作用提供了一个置换表示。

（请注意，我们也可以通过对 $P$ 的左陪集进行左乘作用，并使用定理3）。这种作用的核 $K$ 是 $G$ 的一个子群，它正规化 $G$ 的所有 Sylow 3-子群。特别是 $K \leq {N}_{G}\left( P\right) = P$ 。由于假设 $P$ 在 $G$ 中不是正规的，$K = 1$ ，即 $\varphi$ 是单射且

由于 $G$ 包含8个阶为3的元素，而在 ${S}_{4}$ 中恰好有8个阶为3的元素，全部包含在 ${A}_{4}$ 中，因此可以得出 $\varphi \left( G\right)$ 与 ${A}_{4}$ 在一个至少有8个元素的子群中相交。由于这两个群都有12个元素，因此可以得出 $\varphi \left( G\right) = {A}_{4}$ ，所以 $G \cong {A}_{4}$ 。

请注意 ${A}_{4}$ 确实有4个 Sylow 3-子群（参见推论20后的示例4），因此这样的群 $G$ 确实存在。此外，设 $V$ 为 ${A}_{4}$ 的一个 Sylow 2-子群。由于 $\left| V\right| = 4$ ，它包含 ${A}_{4}$ 的所有剩余元素。特别是，不可能有另一个 Sylow 2-子群。因此 ${n}_{2}\left( {A}_{4}\right) = 1$ ，即 $V \trianglelefteq {A}_{4}$（这也可以直接看出，因为 $V$ 是恒等元以及 ${S}_{4}$ 中三个由两个不相交的置换的乘积组成的元素，即 $V$ 是共轭类的并集）。

示例：（阶为 ${p}^{2}q,p$ 和 $q$ 两个不同素数的群）

设 $G$ 是一个阶为 ${p}^{2}q$ 的群。我们证明 $G$ 有一个正规 Sylow 子群（对于 $p$ 或 $q$ 之一）。我们将在下一章中使用这个信息来分类一些这个阶的群（参见第5.5节的练习8至12）。设 $P \in {\text{Syl}}_{p}\left( G\right)$ 并且设 $Q \in {\text{Syl}}_{q}\left( G\right)$ 。

首先考虑 $p > q$ 的情况。由于 ${n}_{p} \mid q$ 并且 ${n}_{p} = 1 + {kp}$ ，我们必须有 ${n}_{p} = 1$ 。因此 $P \trianglelefteq G$ 。

现在考虑 $p < q$ 的情况。如果 ${n}_{q} = 1,Q$ 在 $G$ 中是正规的。因此假设 ${n}_{q} > 1$ ，即 ${n}_{q} = 1 + {tq}$ ，对于某个 $t > 0$ 。现在 ${n}_{q}$ 整除 ${p}^{2}$ ，所以 ${n}_{q} = p$ 或者 ${p}^{2}$ 。由于 $q > p$ 我们不能有 ${n}_{q} = p$ ，因此 ${n}_{q} = {p}^{2}$ 。于是

由于 $q$ 是素数，要么 $q \mid p - 1$ 要么 $q \mid p + 1$ 。前者是不可能的，因为 $q > p$ ，所以后者成立。由于 $q > p$ 但 $q \mid p + 1$ ，我们必须有 $q = p + 1$ 。这迫使 $p = 2$ ，$q = 3$ 和 $\left| G\right| = {12}$ 。结果现在遵循之前的例子。

阶为60的群

我们说明如何使用 Sylow 定理来揭示给定阶的群的结构，即使那个阶的某些群可能是简单的。注意从一种素数转换到另一种素数的技术以及我们在研究阶为60的群时使用阶为 $< {60}$ 的群的结果的归纳过程。

命题21

如果 $\left| G\right| = {60}$ 并且 $G$ 有多个 Sylow 5-子群，那么 $G$ 是简单的。

证明：假设反证法，$\left| G\right| = {60}$ 和 ${n}_{5} > 1$ 但存在 $H$ 是 $G$ 的正规子群，且 $H \neq 1$ 或 $G$ 。根据 Sylow 定理，${n}_{5}$ 的唯一可能是 6。设 $P \in {\operatorname{Syl}}_{5}\left( G\right)$ ，因此 $\left| {{N}_{G}\left( P\right) }\right| = {10}$ ，因为它的指数是 ${n}_{5}$。

如果 5 整除 $\left| H\right|$，那么 $H$ 包含 $G$ 的一个 Sylow 5-子群，由于 $H$ 是正规群，它包含这个子群的所有 6 个共轭。特别是 $\left| H\right| \geq 1 + 6 \cdot 4 = {25}$ ，唯一可能的是 $\left| H\right| = {30}$。这导致矛盾，因为先前的例子证明了任何阶为 30 的群都有一个正规（因此唯一的）Sylow 5-子群。这个论证表明，对于任何适当的正规子群 $H$ 的 $G$，5 不整除 $\left| H\right|$。

如果 $\left| H\right| = 6$ 或 12，$H$ 有一个正规且特征性的 Sylow 子群，因此它也在 $G$ 中是正规的。如果需要，我们可以用这个子群替换 $H$，我们可以假设 $\left| H\right| = 2,\;$ 是 3 或 4。设 $\bar{G} = G/H$，因此 $\left| \bar{G}\right| = {30},{20}$ 或 15。在每种情况下，根据之前的结果，$\bar{G}$ 有一个阶为 5 的正规子群 $\bar{P}$。如果我们让 ${H}_{1}$ 是 $\bar{P}$ 在 $G$ 中的完全逆像，那么 ${H}_{1} \trianglelefteq G,{H}_{1} \neq G$ 和 $5 \mid {H}_{1}$。这与前一段相矛盾，从而完成了证明。

推论 22

${A}_{5}$ 是单群。

证明：子群 $\langle \left( {12345}\right) \rangle$ 和 $\langle \left( {13245}\right) \rangle$ 是 ${A}_{5}$ 的不同 Sylow 5-子群，因此结果立即由命题得出。

下一个命题表明存在一个阶为60的唯一简单群。

命题23

如果 $G$ 是一个阶为60的简单群，那么 $G \cong {A}_{5}$ 。

证明：设 $G$ 是一个阶为60的简单群，所以 ${n}_{2} = 3,5$ 或者15。设 $P \in {\operatorname{Syl}}_{2}\left( G\right)$ 并且让 $N = {N}_{G}\left( P\right)$ ，所以 $\left| {G : N}\right| = {n}_{2}$ 。

首先观察到 $G$ 没有指数小于5的适当子群 $H$ ，如下：如果 $H$ 是 $G$ 的指数为4、3或2的子群，那么根据定理3，$G$ 将有一个正规子群 $K$ 包含在 $H$ 中，并且 $G/K$ 同构于 ${S}_{4},{S}_{3}$ 或 ${S}_{2}$ 的子群。由于 $K \neq G$ ，简单性迫使 $K = 1$ 。这是不可能的，因为60（$= \left| G\right|$）不能整除4!。这个论证特别表明 ${n}_{2} \neq 3$ 。

如果 ${n}_{2} = 5$ ，那么 $N$ 在 $G$ 中具有指标5，因此 $G$ 通过左乘作用在 $N$ 的左陪集的集合上，给出了 $G$ 到 ${S}_{5}$ 的置换表示。由于（如上所述）这个表示的核是一个真正规子群且 $G$ 是简单的，核是1，$G$ 与 ${S}_{5}$ 的一个子群同构。将 $G$ 与这个同构副本识别为同一，以便我们可以假设 $G \leq {S}_{5}$。如果 $G$ 不包含在 ${A}_{5}$ 中，那么 ${S}_{5} = G{A}_{5}$，根据第二同构定理，${A}_{5} \cap G$ 在 $G$ 中的指标为2。由于 $G$ 没有指标为2的（正规）子群，这是矛盾的。这个论证证明了 $G \leq {A}_{5}$。由于 $\left| G\right| = \left| {A}_{5}\right|$，$G$ 在 ${S}_{5}$ 中的同构副本与 ${A}_{5}$ 重合，如所期望。

最后，假设 ${n}_{2} = {15}$ 。如果对于 $G,P \cap Q = 1$ 的每一对不同的 Sylow 2-子群 $P$ 和 $Q$，那么 $G$ 的 Sylow 2-子群中的非单位元素数量将是 $\left( {4 - 1}\right) \cdot {15} = {45}.$ 。但是 ${n}_{5} = 6$，所以 $G$ 中阶数为5的元素数量是 $\left( {5 - 1}\right) \cdot 6 = {24}$，占据了69个元素。这个矛盾证明了存在不同的 Sylow 2-子群 $P$ 和 $Q$ 满足 $\left| {P \cap Q}\right| = 2$ 。设 $M = {N}_{G}\left( {P \cap Q}\right)$ 。由于 $P$ 和 $Q$ 是阿贝尔群（因为它们的阶数为4），$P$ 和 $Q$ 是 $M$ 的子群，并且由于 $G$ 是单群，$M \neq G$ 。因此4整除 $\left| M\right|$ 和 $\left| M\right| > 4$（否则，$P = M = Q$）。唯一可能的情况是 $\left| M\right| = {12}$，即 $M$ 在 $G$ 中的指数是5（回想 $M$ 不能有指数3或1）。但是，将上一段的论证应用于 $M$ 代替 $N$ 得到 $G \cong {A}_{5}$ 。这在本例中导致矛盾，因为 ${n}_{2}\left( {A}_{5}\right) = 5$（参见练习）。证明完毕。