非单群证明

元素计数法

这是最直观的方法。如果 $G$ 是单群，那么对于所有素因子 $p$，都有 $n_p>1$。我们计算不同 Sylow 子群贡献的元素个数，看是否会超过群的总阶数 $|G|$，或者是否会挤占空间导致剩下的元素刚好组成唯一的（正规的）Sylow 子群。

核心步骤：

1. 假设 $G$ 是单群，列出所有 $n_p>1$ 的情况。
2. 利用公式：如果两个不同的 Sylow $p$-子群交集仅为 $\{e\}$，则 $n_p$ 个 Sylow $p$-子群包含的非单位元个数为 $n_p\times (|P|-1)$。
3. 将不同素数对应的非单位元个数相加，再加上单位元。
4. 如果总数 $>|G|$，则矛盾。
5. 如果总数 $<|G|$，看剩下的元素个数是否刚好等于某个 Sylow $q$-子群的大小。如果是，剩下的元素构成唯一的 Sylow $q$-子群，即 $n_q=1$，矛盾。

经典案例：$|G|=30$

• 分解：$30=2\cdot 3\cdot 5$。
• Sylow 5-子群个数 $n_5\equiv 1(\mathrm{mod}5)$ 且 $n_5\mid 6⟹n_5=1$ 或 $6$。
• Sylow 3-子群个数 $n_3\equiv 1(\mathrm{mod}3)$ 且 $n_3\mid 10⟹n_3=1$ 或 $10$。
• 假设 $G$ 是单群，则 $n_5=6,n_3=10$。
• 计数：
  • 5阶元素个数：$6\times (5-1)=24$ 个。
  • 3阶元素个数：$10\times (3-1)=20$ 个。
  • 目前总数：$24+20=44$。
• 矛盾：$44>30$，这不可能。所以 $n_5=1$ 或 $n_3=1$，群不简单。

经典案例：$|G|=56$

• 分解：$56=2^3\cdot 7$。
• $n_7\mid 8,n_7\equiv 1(\mathrm{mod}7)⟹n_7=1$ 或 $8$。
• 假设 $G$ 是单群，则 $n_7=8$。
• 计数：
  • 7阶元素个数：$8\times (7-1)=48$ 个。
  • 剩下的元素个数：$56-48=8$ 个。
• 推导：剩下的这 8 个元素必须组成 Sylow 2-子群（因为 Sylow 2-子群阶数为 8）。既然只剩下 8 个位置，说明 Sylow 2-子群只有一个。
• 结论：$n_2=1$，故 Sylow 2-子群正规，矛盾。

嵌入置换群法

此方法利用群在集合上的作用。如果群 $G$ 有一个“比较小”的子群（指数小），我们可以把 $G$ 映射到一个较小的对称群 $S_k$ 中。

核心定理： 若 $G$ 有一个指数为 $k$ 的子群 $H$（即 $[G:H]=k$），且 $|G|$ 不能整除 $k!$，则 $G$ 不是单群。

原理： $G$ 作用在左陪集 $G/H$ 上（共有 $k$ 个陪集），这诱导出一个同态 $\varphi :G\to S_k$。

• 如果 $G$ 是单群，$\ker (\varphi )$ 只能是 $\{e\}$ 或 $G$。
• 因为 $H$ 是真子群，$\ker (\varphi )\ne G$。
• 所以必须 $\ker (\varphi )=\{e\}$，这意味着 $\varphi$ 是单射，$G$ 同构于 $S_k$ 的子群。
• 根据 Lagrange 定理，必须有 $|G|\mid |S_k|$，即 $|G|\mid k!$。如果不满足，则假设错误。

应用场景： 当 $n_p$ 较小时（例如 3, 4, 5），这个方法非常强大。注意：$N_G(P)$ 的指数就是 $n_p$。

经典案例：$|G|=36$

• 分解：$36=2^2\cdot 3^2$。
• $n_3\mid 4,n_3\equiv 1(\mathrm{mod}3)⟹n_3=1$ 或 $4$。
• 假设 $G$ 是单群，则 $n_3=4$。
• 令 $P$ 为 Sylow 3-子群，则 $[G:N_G(P)]=n_3=4$。
• 这意味着 $G$ 有一个指数为 4 的子群（即 $N_G(P)$）。
• 检验：$|G|=36$，而 $4!=24$。显然 $36\nmid 24$。
• 结论：$G$ 不是单群。

经典案例：$|G|=72$

• $n_3\in \{1,4\}$。若 $n_3=4$，指数为 4，但 $72\nmid 24$，矛盾。故 $n_3=1$。

Sylow 子群的交集分析

当 $n_p$ 很大，且 $|G|$ 能够整除 $n_p!$ 时（方法二失效），且简单的元素计数没有溢出（方法一失效），我们需要考虑 Sylow 子群之间的交集。

核心逻辑： 假设有两个不同的 Sylow $p$-子群 $P_1,P_2$，令 $K=P_1\cap P_2$。如果 $K\ne \{e\}$，我们考察 $K$ 的规范化子 $N_G(K)$。 通常可以证明 $P_1$ 和 $P_2$ 都在 $N_G(K)$ 中，从而 $|N_G(K)|>|P_1|$。如果能证明 $N_G(K)=G$，则 $K$ 是正规子群。

经典案例：$p^{2}q$ 阶群（例如 $|G|=12$ 或 $|G|=20$ 等） 虽然 $|G|=12$ 可以用方法一解决，但我们演示一下交集法。

• $|G|=12=2^2\cdot 3$。$n_2\in \{1,3\}$。
• 假设 $n_2=3$。设 $P_1,P_2$ 是两个不同的 Sylow 2-子群（阶为 4）。
• $|P_1\cap P_2|$ 必须整除 4，且不等于 4（因为 $P_1\ne P_2$）。
• 如果 $P_1\cap P_2=\{e\}$，则 3 个 Sylow 2-子群贡献 $3\times (4-1)=9$ 个非单位元。加上 Sylow 3-子群（$n_3=4$）贡献 $4\times 2=8$ 个元素。$9+8+1>12$，矛盾。
• 如果交集非平凡：假设 $|P_1\cap P_2|=2$。令 $K=P_1\cap P_2$。
• 因为 $P_1$ 是阶为 4 的阿贝尔群（阶为 $p^2$ 的群都是阿贝尔群），所以 $K◃P_1$。同理 $K◃P_2$。
• 这意味着 $P_1\subseteq N_G(K)$ 且 $P_2\subseteq N_G(K)$。
• 所以 $|N_G(K)|$ 必须被 4 整除，且包含 $P_1$ 和 $P_2$ 生成的群，所以 $|N_G(K)|>4$。
• $N_G(K)$ 是 $G$ 的子群，阶数只能是 12。
• 故 $N_G(K)=G$，即 $K$ 是 $G$ 的正规子群。$|K|=2$，非平凡。
• 结论：$G$ 不是单群。

Burnside 定理与 $p$-群性质

有些时候，我们可以直接通过 $|G|$ 的形式判断。

1. $p$-群：若 $|G|=p^k$ ($k>1$)，则 $G$ 有非平凡中心 $Z(G)$。$Z(G)$ 是正规子群，故 $G$ 不是单群。
2. $pq$ 阶群：若 $|G|=pq$ ($p<q$)，则 $n_q=1$，不是单群。
3. $p^a{q}^b$ 定理 (Burnside)：若 $|G|=p^a{q}^b$（$p,q$ 为素数），则 $G$ 是可解群。如果 $G$ 不是素数阶循环群，则它不是单群。
   • 注意：在考试或作业中，除非允许直接引用 Burnside 定理，否则通常需要用 Sylow 定理去证明（如上面的 $|G|=12,36,56,72$ 等例子）。