位数 60 で初めて単純群が現れる - Sylow の定理で小さい群を分類する

Sylow 部分群の個数には 2 つの条件しか付きません。$n_p\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ と、$n_p$ が $|G|$ の $p$ を除いた部分を割ること^[1]。

それだけで、位数 $30$ の群に単純なものがないことも、位数 $60$ の単純群が $A_5$ しかないことも決まります。

使う道具

第 3 定理は、より使いやすい形にも書けます^[1]。

$$n_p=[G:N_G(P)]$$

$P$ を Sylow $p$ 部分群とすると、その個数は正規化群の指数です。ここから $n_p$ が $|G|$ を割ることが出ます。

$n_p=1$ は、Sylow $p$ 部分群が正規部分群であることと同じです^[1]。共役で移り合うものが 1 つしかないので、自分自身へしか移らない。

もう 1 つ、$G$ を Sylow $p$ 部分群の集合に共役で作用させると、準同型 $G\to S_{n_p}$ ができます。この核が効きます。

型 1：個数が 1 に決まる

いちばん素直なのは、条件から $n_p=1$ しか残らない場合です。

位数 $20$ の群を見ます^[1]。$n_5\equiv 1(\mathrm{mod}5)$ かつ $n_5\mid 4$ なので、$n_5=1$ しかありません。Sylow $5$ 部分群は正規です。

位数 $45=3^2\cdot 5$ も同じです^[1]。$n_3\mid 5$ かつ $n_3\equiv 1(\mathrm{mod}3)$ から $n_3=1$、$n_5\mid 9$ かつ $n_5\equiv 1(\mathrm{mod}5)$ から $n_5=1$。

両方が正規で共通部分が自明なので、$G$ は Sylow 部分群の直積になります^[1]。位数 $9$ の群も位数 $5$ の群も可換なので、位数 $45$ の群はすべて可換です^[1]。

位数 $p^2$ の群が可換であることは、類等式から出ます。中心が自明でないので $|Z(G)|$ は $p$ か $p^2$。$p$ だとすると $G/Z(G)$ は位数 $p$ で巡回群になり、そこから $G$ が可換だと出てしまって $|Z(G)|=p^2$ に反します。

型 2：元を数える

位数 $p$ の部分群が $k$ 個あれば、位数 $p$ の元は $k(p-1)$ 個です^[1]。位数が素数の部分群どうしは、共通部分が単位元しかないためです。

位数 $30$ で使います^[1]。$n_5\equiv 1(\mathrm{mod}5)$ かつ $n_5\mid 6$ なので $n_5$ は $1$ か $6$。$n_3\equiv 1(\mathrm{mod}3)$ かつ $n_3\mid 10$ なので $n_3$ は $1$ か $10$。

両方が $1$ より大きいとします。位数 $5$ の元が $6\times 4=24$ 個、位数 $3$ の元が $10\times 2=20$ 個。合わせて $44$ 個で、群の大きさ $30$ を超えます。

だから $n_5=1$ か $n_3=1$ のどちらかが成り立ちます。片方が正規だと分かれば、そこから両方が正規だと出ます^[1]。

たとえば $n_5=1$ とします。Sylow $5$ 部分群 $P_5$ が正規なので、$P_5{P}_3$ は位数 $15$ の部分群です。位数 $15$ の群は巡回群なので、その中の位数 $3$ の部分群は 1 つだけ。

$P_5{P}_3$ の指数は $2$ なので正規で、その中で唯一の位数 $3$ の部分群は $G$ でも正規になります。同じ議論が $5$ の側にも通る^[1]。

位数 $30$ の群は、この結果として 4 つに分類されます^[1]。$\mathbb{Z}/30\mathbb{Z}$、$D_{15}$、$\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\times D_5$、$\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\times S_3$ です。

型 3：対称群に埋める

$n_p=k>1$ のとき、共役作用から準同型 $G\to S_k$ ができます。像は $k$ 点に可移に作用するので自明ではありません。

もし $G$ が単純なら核は自明で、$G$ が $S_k$ に埋め込めます。すると $|G|$ が $k!$ を割らなければならない。

割らなければ矛盾です。つまり $|G|\nmid k!$ なら $G$ は単純ではありません。

位数 $24$ で使います^[1]。$n_2\mid 3$ かつ $n_2$ は奇数なので $1$ か $3$。$n_2=3$ なら $G\to S_3$ ができて、像の位数は $3$ 以上、$|G|=24$ は $6$ を割らないので核は自明でない。

核の指数は $6$ の約数で $3$ 以上なので $3$ か $6$、つまり核の位数は $8$ か $4$ です。どちらにしても正規部分群が現れます^[1]。

位数 $36$ なら $n_3$ は $1$ か $4$ で、$36$ は $4!=24$ を割りません。位数 $48$ なら $n_2$ は $1$ か $3$ で、$48$ は $6$ を割らない。どちらも単純ではありません。

位数 12 の群

位数 $12$ では $n_3\equiv 1(\mathrm{mod}3)$ かつ $n_3\mid 4$ なので、$n_3$ は $1$ か $4$ です^[1]。

$n_3=4$ とします。位数 $3$ の元が $4\times 2=8$ 個。残りは $12-8=4$ 個です。

Sylow $2$ 部分群は位数 $4$ で、位数 $3$ の元を含みません。だから残りの $4$ 個がちょうど Sylow $2$ 部分群になり、$n_2=1$ です^[1]。

$n_3=1$ か $n_2=1$ のどちらかが必ず成り立つ。位数 $12$ の群は単純ではありません。

分類すると 5 つになります。可換なものが $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ と $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ の 2 つ、非可換が $A_4$、$D_6$、位数 $12$ の二重巡回群の 3 つです。

$n_3=4$ になるのは $A_4$ だけです。ほかの 4 つでは Sylow $3$ 部分群が正規になります。

位数 $p^{2}q$

一般の形でも同じ手が効きます。$|G|=p^{2}q$（$p\ne q$ は素数）なら、$G$ は正規な Sylow 部分群を持ちます^[1]。

$|G|=p^2{q}^2$（$p<q$）でも、正規な Sylow $q$ 部分群があります^[1]。

素因数が 2 種類のうちは、この種の議論で押し切れます。3 種類になると難しくなり、位数 $60$ でついに単純群が現れる。

位数 105

素因数が 3 つでも、数え上げが効く場合があります^[1]。

$|G|=105=3\cdot 5\cdot 7$ とします。$n_7\equiv 1(\mathrm{mod}7)$ かつ $n_7\mid 15$ なので $1$ か $15$。$n_5\equiv 1(\mathrm{mod}5)$ かつ $n_5\mid 21$ なので $1$ か $21$。

両方が $1$ より大きいと、位数 $7$ の元が $15\times 6=90$ 個、位数 $5$ の元が $21\times 4=84$ 個で、合計が $105$ を大きく超えます。

そこから両方が正規だと出て、位数 $105$ の群は 2 つに決まります^[1]。どちらも $\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$ と位数 $21$ の群の直積の形です。

位数 60

ここで初めて非可換単純群が現れます。$A_5$ です。しかも位数 $60$ の単純群は $A_5$ しかありません^[2]。

$G$ を位数 $60$ の単純群とします。まず $A_5$ の側を確かめると、共役類の大きさが $1,12,12,15,20$ で、$1$ とそのいくつかの和が $60$ を割るのは全部足したときだけ。だから正規部分群は自明なものしかなく、$A_5$ は単純です^[2]。

$G$ の側を絞ります。$n_5\mid 12$ かつ $n_5\equiv 1(\mathrm{mod}5)$ なので $1$ か $6$。単純性から $n_5=6$ で、位数 $5$ の元が $24$ 個。

$n_3\mid 20$ かつ $n_3\equiv 1(\mathrm{mod}3)$ なので $1,4,10$。$n_3=1$ は単純性に反し、$n_3=4$ は $60\nmid 4!=24$ から落ちます。よって $n_3=10$ で、位数 $3$ の元が $20$ 個^[2]。

$n_2\mid 15$ なので $1,3,5,15$。$n_2=1$ は単純性に反し、$n_2=3$ は $60\nmid 3!=6$ から落ちます^[2]。

$n_2=15$ とします。Sylow $2$ 部分群どうしが共通部分を持たなければ、$15\times 3=45$ 個の元が出て、上の $44$ 個と単位元を合わせて $90$ 個。$60$ を超えます。

だから位数 $2$ の元 $t$ を共有する Sylow $2$ 部分群 $P,Q$ があります。位数 $4$ の群は可換なので $P,Q\subseteq C_G(t)$ となり、$|C_G(t)|>4$ で $4$ の倍数。$60$ の約数だと $12$、$20$、$60$ しかありません。

$60$ なら $t$ が中心にいて単純性に反する。$[G:C_G(t)]$ が $3$ だと $60\nmid 3!$ で落ちる。残るのは指数 $5$ です。

$n_2=5$ の場合は、正規化群の指数がそのまま $5$ です。どちらにしても指数 $5$ の部分群があります^[2]。

その剰余類への作用から $G\to S_5$ ができます。単純性から核は自明で、像の位数は $60$。符号写像を像に制限すると、単純性から自明にしかならないので像は $A_5$ に入り、位数が等しいので一致します^[2]。

$G\cong A_5$ が出ました。

どこまで届くか

Sylow の定理は、群の中に部分群があることと、その個数に制限がかかることしか言いません。それでも、位数を 1 つ決めると選択肢が数個に絞られる。

素因数が 2 種類のうちは、正規な Sylow 部分群がほぼ必ず見つかります。3 種類になると余裕が出て、位数 $60$ で最初の非可換単純群が入る隙間ができました。

分類の入口が $60$ になっているのは、数え上げが $59$ まで持ちこたえたからです。

個数の条件は 2 行しかありません。それでも位数を 1 つ決めれば、候補が数個まで削れる。定理そのものより、削り方の型を覚えるほうが実用になります。

出典