Sylow の定理（シローの定理）とは｜存在・共役性・個数の証明、位数の分類

位数 12 の群 $A_{4}$ には、位数 6 の部分群がない。 $6$ は $12$ を割るのに、である。

ラグランジュの定理は「部分群の位数は群の位数を割る」と述べるが、その逆は偽だ。約数を指定しても、対応する部分群があるとは限らない。

ところが、約数が素数の冪である場合だけは事情が違う。そこには必ず部分群が存在し、しかも個数まで決まってしまう。それを述べるのが Sylow の定理である。

ラグランジュの逆は成り立たない

一般の約数

$d$ が $∣ G ∣$ を割っても、位数 $d$ の部分群があるとは限らない。 $A_{4}$ は位数 12 だが、位数 6 の部分群をもたない。

素数冪の約数

$p^{n}$ が $∣ G ∣$ を割る最大の $p$ 冪なら、位数 $p^{n}$ の部分群が必ず存在する。個数も $mod p$ で決まる。

素数だけが特別扱いされる。この非対称性こそが Sylow の定理の核心であり、有限群論が素数ごとの分析に向かう理由でもある。

$p$ -群と Sylow $p$ -部分群

$p$ を素数とする。位数が $p$ の冪である群を $p$ -群という。

$∣ G ∣ = p^{n} m$ （ $g cd (p, m) = 1$ ）と書けるとき、位数 $p^{n}$ の部分群を $G$ の Sylow $p$ -部分群と呼ぶ。 $p$ の力を目いっぱい使い切った部分群である。

Sylow $p$ -部分群の全体を $Syl_{p} (G)$ 、その個数を $n_{p}$ と書く。

3 つの定理

Sylow が示したのは次の 3 点である。

存在：Sylow

p

-部分群は必ず存在する

共役性：Sylow

p

-部分群はどれも互いに共役である

個数：

n_{p} \equiv 1 (mod p)

であり、

n_{p}

は

m

を割る

3 つとも、たった 1 つの補題から出る。まずその補題にたどり着くための道具を整える。

群の作用

群 $G$ が集合 $X$ に作用するとは、各 $g \in G$ に $X$ の置換を対応させ、 $g \cdot (h \cdot x) = (g h) \cdot x$ と $e \cdot x = x$ を満たすことをいう。

$x \in X$ の軌道を $G \cdot x = {g \cdot x : g \in G}$ 、安定化群を $G_{x} = {g \in G : g \cdot x = x}$ と定める。

軌道は $X$ を重なりなく分割する。 $X$ は軌道たちの直和になり、 $∣ X ∣$ は軌道の大きさの総和として計算できる。

軌道と安定化群

軌道の大きさは、安定化群の指数に等しい。

$∣ G \cdot x ∣ = [G : G_{x}]$

対応 $g G_{x} \mapsto g \cdot x$ を考えればよい。 $g G_{x} = h G_{x}$ と $g \cdot x = h \cdot x$ は同値なので、この対応は全単射になる。

したがって軌道の大きさは $∣ G ∣$ を割る。ここが以後のすべての鍵になる。

例：作用を計算する

$D_{4}$ （正方形の対称性、位数 8）を、正方形の 4 頂点に作用させる。

頂点 $1$ の軌道は 4 点すべてだ。どの頂点にも回転で移れる。安定化群は、頂点 $1$ を通る対角線に関する鏡映と恒等写像の 2 元である。

$∣ G \cdot x ∣ \cdot ∣ G_{x} ∣ = 4 \cdot 2 = 8 = ∣ D_{4} ∣$ 。定理のとおりになっている。

心臓部：固定点の補題

Sylow の定理はすべて、次の一言から出る。

補題

$P$ を $p$ -群とし、有限集合 $X$ に作用させる。 $X^{P} = {x : すべての g \in P で g \cdot x = x}$ とすると、 $∣ X ∣ \equiv ∣ X^{P} ∣ (mod p)$ である。

なぜ効くのか

軌道の大きさは $∣ P ∣ = p^{k}$ を割るので、 $1$ か $p$ の倍数しかありえない。大きさ $1$ の軌道こそが固定点である。

この補題は、集合の個数を数えるだけで固定点の存在を保証する。存在証明が数え上げに化ける、という仕掛けだ。

補題の証明

$X$ を軌道に分割する。各軌道の大きさは $[P : P_{x}]$ で、 $∣ P ∣ = p^{k}$ の約数だから $1$ か $p$ の倍数である。

大きさ $1$ の軌道の個数は $∣ X^{P} ∣$ にほかならない。残りの軌道の大きさはすべて $p$ で割り切れる。

総和を取れば $∣ X ∣ = ∣ X^{P} ∣ + (p の倍数の和)$ 。両辺を $p$ で見れば補題を得る。

直観： $p$ の世界では 1 か $p$ 倍か

$p$ -群が何かに作用すると、動くものは必ず $p$ 個以上のかたまりで動く。半端な人数では動けないのだ。

だから「全体の個数が $p$ で割り切れない」なら、動かない点が必ず残る。人数が合わないぶんが固定点としてこぼれ落ちる、と思えばよい。

Sylow の 3 定理は、この「こぼれ落ちた点」を毎回ちがう舞台で拾い上げる作業である。

類等式

$G$ を自分自身に共役 $g \cdot x = g x g^{- 1}$ で作用させる。軌道は共役類、固定点は中心 $Z (G)$ の元だ。

軌道分解を書けば、次の類等式を得る。

$∣ G ∣ = ∣ Z (G) ∣ + i \sum [G : C_{G} (x_{i})]$

和は大きさ $2$ 以上の共役類の代表元をわたる。 $C_{G} (x)$ は $x$ と可換な元の全体（中心化群）である。

$p$ -群の中心は自明でない

$∣ G ∣ = p^{n}$ （ $n \geq 1$ ）とする。 $G$ を自分自身に共役で作用させ、固定点の補題を当てる。

固定点の集合は $Z (G)$ である。補題より $∣ G ∣ \equiv ∣ Z (G) ∣ (mod p)$ 。

左辺は $p$ で割り切れるので、 $∣ Z (G) ∣$ も $p$ で割り切れる。 $e \in Z (G)$ だから $∣ Z (G) ∣ \geq 1$ 、よって $∣ Z (G) ∣ \geq p$ となる。

$p$ -群は必ず中心をもつ。この事実は、 $p$ -群を帰納法で調べるときの足場になる。

例：位数 $p^{2}$ の群は可換

$∣ G ∣ = p^{2}$ とする。中心は自明でないので $∣ Z (G) ∣$ は $p$ か $p^{2}$ だ。

$∣ Z (G) ∣ = p$ と仮定する。 $G / Z (G)$ は位数 $p$ なので巡回群になる。

ここで一般論を使う。 $G / Z (G)$ が巡回なら $G$ は可換である。生成元を $g Z$ とすれば、任意の元は $g^{a} z$ の形に書け、 $g^{a} z \cdot g^{b} w = g^{a + b} z w$ と可換に計算できるからだ。

すると $G$ が可換になり $Z (G) = G$ 、つまり $∣ Z (G) ∣ = p^{2}$ で仮定に反する。よって $∣ Z (G) ∣ = p^{2}$ 、 $G$ は可換である。

例：位数 4 と 9 の群

位数 $p^{2}$ の群は可換だと分かった。有限可換群の分類から、 $Z / p^{2} Z$ か $Z / p Z \times Z / p Z$ のどちらかになる。

位数 4 の群は $Z /4 Z$ とクラインの四元群の 2 つ。位数 9 の群は $Z /9 Z$ と $Z /3 Z \times Z /3 Z$ の 2 つである。

位数が素数の 2 乗なら、非可換群は存在しない。位数 8 になると $D_{4}$ や四元数群が現れるので、 $p^{2}$ という制限が効いている。

第一定理：存在

$∣ G ∣ = p^{n} m$ （ $g cd (p, m) = 1$ ）ならば、 $G$ は位数 $p^{n}$ の部分群をもつ。

証明にはヴィーラントの数え上げを使う。まず二項係数の $p$ 指数を調べる。

準備：二項係数の $p$ 指数

$v_{p} (x)$ で、 $x$ を割り切る $p$ の最大冪の指数を表す。主張は次のものだ。

$v_{p} (p ^{n} p ^{n} m) = v_{p} (m)$

$g cd (p, m) = 1$ なら右辺は $0$ 。つまり $(p ^{n} p ^{n} m)$ は $p$ で割り切れない。

二項係数の補題の証明

二項係数を積の形に書く。

$(p ^{n} p ^{n} m) = k = 0 \prod p^{n} - 1 \frac{p ^{n} m - k}{p ^{n} - k}$

$k = 0$ の因子は $p^{n} m / p^{n} = m$ である。 $p$ 指数はちょうど $v_{p} (m)$ になる。

$1 \leq k \leq p^{n} - 1$ の因子を見る。 $k = p^{j} u$ （ $p ∤ u$ 、 $j < n$ ）と書けば、 $p^{n} m - k = p^{j} (p^{n - j} m - u)$ で、括弧の中は $p$ で割れない。

つまり $v_{p} (p^{n} m - k) = j = v_{p} (k)$ となる。同じ理由で $v_{p} (p^{n} - k) = j$ だ。分子と分母の $p$ 指数が打ち消し合う。

残るのは $k = 0$ の因子だけ。よって $v_{p}$ の総和は $v_{p} (m)$ である。

第一定理の証明

$X$ を、 $G$ の部分集合のうち要素数が $p^{n}$ のもの全体とする。 $∣ X ∣ = (p ^{n} p ^{n} m)$ で、これは $p$ で割り切れない。

$G$ を $X$ に左からの積 $g \cdot S = g S$ で作用させる。 $∣ X ∣$ が $p$ で割れないので、大きさが $p$ で割れない軌道が少なくとも 1 つ存在する。

その軌道の元 $S$ を取り、安定化群を $H = {g \in G : g S = S}$ とする。 $∣ G \cdot S ∣ = [G : H] = p^{n} m /∣ H ∣$ が $p$ で割れないので、 $p^{n}$ は $∣ H ∣$ を割り切る。

逆向きの評価をする。 $s \in S$ を 1 つ固定すると、 $h \in H$ に対し $h s \in h S = S$ である。写像 $h \mapsto h s$ は単射なので $∣ H ∣ \leq ∣ S ∣ = p^{n}$ 。

両者を合わせて $∣ H ∣ = p^{n}$ 。 $H$ が求める Sylow $p$ -部分群である。

直観：なぜ数え上げから部分群が出るのか

部分集合をすべて並べて $G$ で動かすと、たいていの軌道は $p$ の倍数の大きさになる。総数が $p$ で割れない以上、はみ出す軌道が必ずある。

はみ出した軌道は、動かされ方が小さい。動かされにくいということは、それだけ多くの元に固定されているということだ。

その「固定する元」の集まりが安定化群であり、大きさを両側から挟むとちょうど $p^{n}$ になる。数え上げが部分群を掘り当てる仕組みである。

系：コーシーの定理

$p$ が $∣ G ∣$ を割るなら、 $G$ は位数 $p$ の元をもつ。

Sylow $p$ -部分群 $P$ は自明でないので、 $e$ でない元 $x$ を取れる。 $x$ の位数は $p^{k}$ （ $k \geq 1$ ）の形だ。

すると $x^{p^{k - 1}}$ の位数はちょうど $p$ である。存在定理から、位数 $p$ の元の存在がただちに従う。

第二定理：共役性

$P$ と $Q$ を Sylow $p$ -部分群とすると、ある $g \in G$ で $Q = g P g^{- 1}$ となる。

Sylow $p$ -部分群は、たがいに「同じ形」をしている。共役でつながっている以上、群の中での役割はすべて同じである。

したがって、1 つの Sylow $p$ -部分群を調べれば、残りも自動的に分かる。

第二定理の証明

$X = G / P$ （左剰余類の集合）とする。 $∣ X ∣ = [G : P] = m$ で、 $p ∤ m$ である。

$Q$ を $X$ に左からの積で作用させる。 $Q$ は $p$ -群なので固定点の補題が使え、 $∣ X^{Q} ∣ \equiv ∣ X ∣ = m \neq \equiv 0 (mod p)$ となる。

よって固定点 $g P$ が存在する。すべての $q \in Q$ で $q g P = g P$ 、すなわち $g^{- 1} q g \in P$ である。

つまり $g^{- 1} Q g \subseteq P$ 。両者は位数が等しいので $g^{- 1} Q g = P$ 、すなわち $Q = g P g^{- 1}$ を得る。

系： $n_{p} = 1$ と正規性

$n_{p} = 1$ であることと、Sylow $p$ -部分群が正規であることは同値だ。

共役 $g P g^{- 1}$ もまた Sylow $p$ -部分群である。 $n_{p} = 1$ なら $g P g^{- 1} = P$ が全ての $g$ で成り立ち、 $P ⊴ G$ となる。

逆に $P$ が正規なら、第二定理よりすべての Sylow $p$ -部分群は $P$ の共役、つまり $P$ 自身である。 $n_{p} = 1$ だ。

この同値性が、Sylow の定理を「正規部分群を探す道具」に変える。

第三定理：個数

$n_{p} \equiv 1 (mod p)$ であり、 $n_{p}$ は $m = ∣ G ∣/ p^{n}$ を割り切る。

2 つの条件を組み合わせると、 $n_{p}$ の候補は劇的に絞られる。多くの場合、候補は 1 つか 2 つしか残らない。

$n_{p} \equiv 1 (mod p)$ の証明

$Syl_{p} (G)$ に、 $P \in Syl_{p} (G)$ 自身を共役で作用させる。 $P$ は $p$ -群なので固定点の補題が使える。

固定点とは、 $P \subseteq N_{G} (Q)$ を満たす Sylow $p$ -部分群 $Q$ のことだ。このとき $P$ と $Q$ はどちらも $N_{G} (Q)$ の Sylow $p$ -部分群になる。

$Q$ は $N_{G} (Q)$ の中で正規である。第二定理を $N_{G} (Q)$ に適用すれば $P = Q$ となる。

固定点は $P$ ただ 1 つ。補題より $n_{p} \equiv 1 (mod p)$ である。

$n_{p} ∣ m$ の証明

$G$ を $Syl_{p} (G)$ に共役で作用させる。第二定理により、この作用は推移的だ。軌道は全体 1 つしかない。

軌道と安定化群の関係から $n_{p} = [G : N_{G} (P)]$ となる。Sylow 部分群の個数は、正規化群の指数に等しい。

$P \subseteq N_{G} (P)$ なので $p^{n}$ は $∣ N_{G} (P) ∣$ を割る。したがって $n_{p} = ∣ G ∣/∣ N_{G} (P) ∣$ は $m$ を割り切る。

図で見る $n_{p} \equiv 1$

$A_{5}$ で $p = 3$ とすると $n_{3} = 10$ になる。 $P$ を $Syl_{3} (A_{5})$ に作用させたときの分解を描く。

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<text x="210" y="152" font-family="ui-sans-serif, system-ui, sans-serif" font-size="12.5" text-anchor="middle" fill="#1b1d22">n₃ = 1 + 3 + 3 + 3 = 10 ≡ 1 (mod 3)</text>
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$P$ 自身は動かないので、大きさ $1$ の軌道になる。残りは $3$ の倍数の大きさでしか動けない。

だから合計はつねに $1 + (3 の倍数)$ の形になる。 $n_{p} \equiv 1 (mod p)$ とは、この当たり前の勘定にすぎない。

Sylow で群を調べる手順

位数だけが分かっている群を調べるときは、次の順で攻める。

$∣ G ∣ = p^{n} m$ と素因数分解し、各素数で $n_{p}$ の候補を出す

$n_{p} \equiv 1 (mod p)$ と $n_{p} ∣ m$ で候補を絞る

$n_{p} = 1$ なら正規部分群を得る。複数なら元を数え上げて矛盾を探す

以下、この手順を具体例で繰り返す。

例：位数 6 の群

$∣ G ∣ = 6 = 2 \cdot 3$ とする。 $n_{3}$ は $2$ を割り、 $3$ で割って $1$ 余る。候補は $1$ だけだ。

よって Sylow 3-部分群 $P ≅ Z /3 Z$ は正規である。 $n_{2}$ は $3$ を割る奇数なので $1$ か $3$ 。

$n_{2} = 1$ なら Sylow 2-部分群も正規で、 $G ≅ Z /6 Z$ 。 $n_{2} = 3$ なら $G ≅ S_{3}$ である。位数 6 の群はこの 2 つしかない。

例：位数 15 の群

$∣ G ∣ = 15 = 3 \cdot 5$ とする。 $n_{3}$ は $5$ を割るので $1$ か $5$ だが、 $5 \equiv 2 (mod 3)$ なので $n_{3} = 1$ 。

$n_{5}$ は $3$ を割るので $1$ か $3$ だが、 $3 \neq \equiv 1 (mod 5)$ なので $n_{5} = 1$ 。

どちらの Sylow 部分群も正規である。位数が 3 と 5 なので共通部分は ${e}$ だけだ。

積が $G$ 全体になり、 $G ≅ Z /3 Z \times Z /5 Z ≅ Z /15 Z$ となる。

位数 15 の群は巡回群しかない。非可換群を作ろうとしても、Sylow の定理が許さないのだ。

例：位数 $pq$ の群

$∣ G ∣ = pq$ （ $p < q$ は素数）とする。 $n_{q}$ は $p$ を割るので $1$ か $p$ である。

$n_{q} \equiv 1 (mod q)$ が必要だが、 $1 < p < q$ より $p \neq \equiv 1 (mod q)$ 。よって $n_{q} = 1$ で、Sylow $q$ -部分群はつねに正規だ。

次に $n_{p}$ を見る。 $n_{p}$ は $q$ を割るので $1$ か $q$ 、そして $n_{p} \equiv 1 (mod p)$ が要る。

$q \neq \equiv 1 (mod p)$ なら $n_{p} = 1$ も強制され、 $G$ は巡回群 $Z / pq Z$ になる。逆に $q \equiv 1 (mod p)$ のときだけ、非可換群の余地が生まれる。

例：位数 21 — 非可換が現れる

$∣ G ∣ = 21 = 3 \cdot 7$ とする。 $n_{7} = 1$ は前節のとおりだ。

$n_{3}$ は $7$ を割るので $1$ か $7$ 。ここで $7 \equiv 1 (mod 3)$ なので、 $n_{3} = 7$ が条件をすり抜ける。

実際、位数 21 の非可換群が存在する。 $Z /7 Z$ に $Z /3 Z$ が位数 3 の自己同型で作用してできる半直積である。

$q \equiv 1 (mod p)$ という数論的な条件が、非可換性の扉を開ける。Sylow の定理は、その扉の位置まで教えてくれる。

例：位数 35 と 33

$∣ G ∣ = 35 = 5 \cdot 7$ とする。 $7 \equiv 2 (mod 5)$ なので $n_{5} = 1$ 、 $n_{7} = 1$ も同様だ。よって $G ≅ Z /35 Z$ となる。

$∣ G ∣ = 33 = 3 \cdot 11$ でも同じだ。 $11 \equiv 2 (mod 3)$ なので、位数 33 の群は巡回群しかない。

割り算を 1 回するだけで、群の分類が終わってしまう。Sylow の定理の破壊力がよく分かる例である。

例：位数 12 の群

$∣ G ∣ = 12 = 2^{2} \cdot 3$ とする。 $n_{2}$ は $3$ を割る奇数なので $1$ か $3$ 。

$n_{3}$ は $4$ を割り、 $3$ で割って $1$ 余る。 $4$ の約数 $1, 2, 4$ のうち条件を満たすのは $1$ と $4$ だ。

候補は $(n_{2}, n_{3}) \in {1, 3} \times {1, 4}$ の 4 通り。ここからさらに絞り込める。

例：位数 12 の群は必ず正規 Sylow をもつ

$n_{3} = 4$ と仮定する。4 つの Sylow 3-部分群は位数 3 で、2 つの相異なるものの共通部分は ${e}$ に限られる。

したがって位数 3 の元は $4 \times 2 = 8$ 個ある。残る元は $12 - 8 = 4$ 個で、単位元を含む。

Sylow 2-部分群は位数 4 で、位数 3 の元を含まない。よってこの残り 4 元とぴったり一致するしかなく、 $n_{2} = 1$ が従う。

つまり $n_{3} = 4$ なら $n_{2} = 1$ 。位数 12 の群は、どんなものでも正規な Sylow 部分群をもつ。単純群にはなれない。

例： $A_{4}$ の Sylow 部分群

$A_{4}$ は位数 12 である。Sylow 3-部分群は $⟨(123)⟩$ など 4 つで、 $n_{3} = 4$ 。

位数 3 の元は 8 個の 3 元巡回置換で、たしかに $4 \times 2 = 8$ と合う。

残る 4 元が $V = {e, (12) (34), (13) (24), (14) (23)}$ である。これが唯一の Sylow 2-部分群であり、正規部分群になる。

前の節の議論が、そのまま $A_{4}$ で実現されている。 $A_{4}$ に位数 6 の部分群がないことと、Sylow 部分群がこう配置されていることは、同じ構造の別の顔だ。

例： $S_{4}$ の Sylow 部分群

$∣ S_{4} ∣ = 24 = 2^{3} \cdot 3$ である。Sylow 3-部分群は位数 3 で、3 元巡回置換 8 個から 4 つ作られる。 $n_{3} = 4$ だ。

Sylow 2-部分群は位数 8 になる。 $⟨(1234), (13)⟩$ は正方形の対称性、つまり $D_{4}$ と同型な位数 8 の部分群である。

$n_{2}$ は $3$ を割る奇数なので $1$ か $3$ 。実際には 3 つあり、 $(1234)$ 、 $(1243)$ 、 $(1324)$ が生む 3 通りの「正方形の入れ方」に対応する。

$S_{4}$ の中に $D_{4}$ が 3 つ潜んでいる。4 点を正方形の頂点とみなす方法が 3 通りある、と読める。

例： $S_{4}$ から $S_{3}$ への準同型

$n_{2} = 3$ を使うと、 $S_{4}$ の構造が 1 つ見える。 $S_{4}$ を 3 つの Sylow 2-部分群に共役で作用させるのだ。

これは準同型 $φ : S_{4} \to S_{3}$ を与える。作用は推移的なので $φ$ は全射である。

核の位数は $24/6 = 4$ 。この核こそクラインの四元群 $V$ であり、 $S_{4} / V ≅ S_{3}$ が得られる。

Sylow 部分群への作用は、群を小さな置換群へ落とし込む標準的な手口になっている。

例：位数 30 の群は単純でない

$∣ G ∣ = 30 = 2 \cdot 3 \cdot 5$ とする。 $n_{5}$ は $6$ を割り $5$ で割って $1$ 余るので、 $1$ か $6$ 。 $n_{3}$ は $10$ を割り $3$ で割って $1$ 余るので、 $1$ か $10$ 。

$n_{5} = 6$ と仮定する。Sylow 5-部分群どうしは単位元しか共有しないので、位数 5 の元は $6 \times 4 = 24$ 個ある。

$n_{3} = 10$ と仮定する。同様に位数 3 の元は $10 \times 2 = 20$ 個だ。

単位元と合わせると $1 + 24 + 20 = 45 > 30$ になる。元が足りない。したがって $n_{5} = 1$ か $n_{3} = 1$ の少なくとも一方が成り立ち、 $G$ は正規部分群をもつ。

図で見る位数 30 の数え上げ

矛盾の様子を図にする。

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<g font-family="ui-sans-serif, system-ui, sans-serif" font-size="11.5" fill="#6b7280">
<text x="30" y="48">位数 5 の元 24 個</text>
<text x="224" y="48">位数 3 の元 20 個</text>
<text x="264" y="122" fill="#c93c41">ここから先は存在しない元</text>
</g>
<text x="257" y="34" font-family="ui-sans-serif, system-ui, sans-serif" font-size="11.5" text-anchor="end" fill="#c93c41">|G| = 30</text>
<text x="20" y="122" font-family="ui-sans-serif, system-ui, sans-serif" font-size="11.5" fill="#1b1d22">1 + 24 + 20 = 45</text>
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赤い破線が群の定員 30 である。 $n_{5} = 6$ と $n_{3} = 10$ を同時に認めると、定員を 15 人ぶん超過してしまう。

数え上げによる矛盾は、Sylow の定理のもっとも実用的な使い方だ。位数だけから正規部分群の存在が出る。

なお、位数 30 の群はさらに詳しく調べられる。実際には位数 15 の正規部分群をもち、Sylow 3-部分群も 5-部分群もどちらも正規になる。

例： $A_{5}$ の Sylow 部分群

$∣ A_{5} ∣ = 60 = 2^{2} \cdot 3 \cdot 5$ である。元の内訳は、単位元 1 個、位数 2 の元 15 個、位数 3 の元 20 個、位数 5 の元 24 個。合計 60 だ。

$n_{5}$ は $12$ を割り $5$ で割って $1$ 余るので $1$ か $6$ 。位数 5 の元が 24 個あり、各 Sylow 5-部分群が 4 個ずつ持つので $n_{5} = 6$ 。

$n_{3}$ は $20$ を割り $3$ で割って $1$ 余るので $1$ 、 $4$ 、 $10$ が候補。位数 3 の元 20 個を各部分群が 2 個ずつ持つので $n_{3} = 10$ 。

$n_{2}$ は $15$ を割る奇数で $1, 3, 5, 15$ が候補。Sylow 2-部分群は位数 4 のクライン型で位数 2 の元を 3 個ずつ含み、 $15/3 = 5$ より $n_{2} = 5$ である。

例： $A_{5}$ は単純である

$N ⊴ A_{5}$ を自明でない真の正規部分群と仮定して、矛盾を導く。

$5$ が $∣ N ∣$ を割るとする。 $N$ は Sylow 5-部分群を含み、正規なのでその共役もすべて含む。

6 つ全部が入るので、位数 5 の元が 24 個あり $∣ N ∣ \geq 25$ となる。 $60$ の真の約数でこれを満たすのは $30$ だけだ。

その $∣ N ∣ = 30$ は $3$ で割れるので、同じ理屈で Sylow 3-部分群も 10 個すべて含む。位数 3 の元が 20 個加わり、 $1 + 24 + 20 = 45 > 30$ で矛盾する。

$3$ が $∣ N ∣$ を割る場合も同様だ。位数 3 の元 20 個を含むので $∣ N ∣ \geq 21$ 、 $60$ の真の約数では $30$ しかなく、いま見た矛盾に戻る。

残るのは $∣ N ∣$ が $2$ か $4$ の場合だ。 $∣ N ∣ = 4$ なら $N$ は Sylow 2-部分群だが、 $n_{2} = 5 \neq = 1$ なので正規ではない。

$∣ N ∣ = 2$ なら $N$ の非単位元は中心に入る。しかし $(135)$ で $(12) (34)$ を共役すると $(23) (45)$ に移るので、 $A_{5}$ の中心は自明である。

すべての場合が潰れた。 $A_{5}$ は単純群であり、位数 60 の最小の非可換単純群になる。

技法：Sylow 部分群への作用で置換表現を作る

$G$ を $Syl_{p} (G)$ に共役で作用させると、準同型 $φ : G \to S_{n_{p}}$ が得られる。

$G$ が単純で $n_{p} > 1$ なら、核は自明でなければならない。したがって $φ$ は単射になり、 $∣ G ∣$ は $n_{p}!$ を割る。

正規部分群が ${e}$ と $G$ しかない群を単純群という。

これ以上つぶせない群であり、有限群を組み立てるときの原子にあたる。

対偶を取れば、 $∣ G ∣$ が $n_{p}!$ を割らない場合、 $G$ は単純ではない。位数だけから単純性を否定できる強力な道具だ。

例：位数 24 の群は単純でない

$∣ G ∣ = 24 = 2^{3} \cdot 3$ とする。 $n_{2}$ は $3$ を割る奇数なので $1$ か $3$ である。

$n_{2} = 1$ なら Sylow 2-部分群が正規で、ただちに単純ではない。

$n_{2} = 3$ なら $φ : G \to S_{3}$ が得られる。 $∣ S_{3} ∣ = 6 < 24$ なので $φ$ は単射になれず、核は自明でない。作用が推移的なので核は $G$ 全体でもない。

どちらの場合も真の正規部分群が現れる。位数 24 の単純群は存在しない。

正規化群と Frattini の論法

$P$ を Sylow $p$ -部分群とすると、その正規化群 $N_{G} (P)$ は $n_{p} = [G : N_{G} (P)]$ という形で個数を支配していた。

正規化群を使う代表的な技法が、Frattini の論法である。

$N ⊴ G$ 、 $P$ を $N$ の Sylow $p$ -部分群とすると、 $G = N \cdot N_{G} (P)$ が成り立つ。

Frattini の論法の証明

$g \in G$ を任意に取る。 $N$ は正規なので $g P g^{- 1} \subseteq g N g^{- 1} = N$ であり、位数は $P$ と同じだ。

つまり $g P g^{- 1}$ は $N$ の Sylow $p$ -部分群である。第二定理を $N$ の中で使えば、ある $n \in N$ で $n (g P g^{- 1}) n^{- 1} = P$ となる。

これは $n g \in N_{G} (P)$ を意味する。よって $g = n^{- 1} (n g) \in N \cdot N_{G} (P)$ であり、 $G = N \cdot N_{G} (P)$ を得る。

$N$ の内部の情報（ $N$ の Sylow 部分群）から、 $G$ 全体の分解が出てくる。これが論法の妙味である。

例：Sylow 正規化群は自己正規化的

$H = N_{G} (P)$ と置く。主張は $N_{G} (H) = H$ 、つまり $H$ をさらに正規化しても大きくならない、というものだ。

$K = N_{G} (H)$ とすると $H ⊴ K$ である。 $P$ は $H$ の Sylow $p$ -部分群でもある。

$K$ の中で Frattini の論法を使うと、 $K = H \cdot N_{K} (P)$ となる。ところが $N_{K} (P) \subseteq N_{G} (P) = H$ である。

したがって $K = H$ 。Sylow 部分群の正規化群は、それ以上ふくらまない。群論の議論で頻繁に使われる事実だ。

$p$ -群の中の階段

Sylow の定理は最大の $p$ -部分群を保証する。その内部はどうなっているか。

位数 $p^{n}$ の群には、各 $k$ （ $0 \leq k \leq n$ ）について位数 $p^{k}$ の部分群が存在する。しかも正規なものを選べる。

証明は中心の非自明性から帰納法で進む。中心の中に位数 $p$ の元を取り、それが生む正規部分群で割って、位数 $p^{n - 1}$ の群に帰着させればよい。

したがって $p$ 冪の約数については、ラグランジュの逆がすべて成り立つ。冒頭の $A_{4}$ で欠けていた位数 6 の部分群と、この完全さは好対照である。

理解の確認

位数 12 の群 $G$ で $n_{3} = 4$ のとき、 $n_{2}$ はいくつか。

__RESULT__

4 つの Sylow 3-部分群は位数 3 で、たがいに単位元しか共有しない。よって位数 3 の元は $4 \times 2 = 8$ 個あり、残る元は $12 - 8 = 4$ 個になる。Sylow 2-部分群は位数 4 で位数 3 の元を含まないので、この残り 4 元と一致するしかない。したがって $n_{2} = 1$ であり、Sylow 2-部分群は正規である。

Sylow は有限群の骨格

有限群を調べるとき、まず位数を素因数分解し、素数ごとに Sylow 部分群を数える。それが定石になっているのは、Sylow の定理が「位数だけ」から構造を語れる希少な定理だからだ。

$n_{p} = 1$ を示せば正規部分群が手に入り、群は分解される。数え上げで矛盾を出せば、単純でないことが言える。位数 15、21、30、24 と見てきた通りである。

逆に、この網をくぐり抜ける群こそが単純群だ。 $A_{5}$ は位数 60 で最小の非可換単純群であり、Sylow の条件をすべて満たしたまま、どこにも正規部分群をもたない。

有限単純群の分類は、こうした素数ごとの分析を積み重ねた末に完成した。数千ページに及ぶ証明の出発点に、この 3 つの定理がある。

Sylow の定理を具体例で解説。固定点の補題から存在・共役性・個数の 3 定理を導き、n_p ≡ 1 (mod p) と n_p | m で位数 15・21・30 の群を分類。A5 の単純性と Frattini の論法まで。