Теорема Силова (стр. 3 из 10)
1) Если элемент порядка 6, тогда данная группа циклическая, изоморфна ℤ6.
2) Все неединичные элементы имеют порядок 2. Тогда группа G– абелева.
Пусть для любого элемента aÎG выполняется условие a2=e. В этом случае, если b также элемент группы G, то верно равенство:
(ab)2=e, откуда, (ab)(ab)=e и a(ba)b=e Умножим полученное равенство слева на a, справа на b, получим ba=ab. Отсюда вытекает, что группа G– абелева.
Пусть a,b элементы группы G. Несложно видеть, что множество элементов
является подгруппой группы G (достаточно проверить замкнутость и условие существование обратного элемента.) Порядок этой подгруппы равен 4. Этого быть не может по теореме Лагранжа (4 не является делителем 6). Следовательно, этот случай не имеет место.3) Все неединичные элементы Gимеют порядок 2или 3 и есть обязательно элемент порядка 3.
Пусть a3=e, тогда a2=b, bÎG и
обозначим за с – четвертый элемент группы G, отличный от трех предыдущих.Рассмотрим произведение ec, ac, a2c. Покажем, что ac=d, a2c=f–новые элементы группы G.
· Если ac=e, тоc=a2=b, противоречие с условием
· Если ac=a, то c=e, противоречие.
· Если ac=a2=b, то a2a–1=a–1ac, или a=c, противоречие.
· Если ac=c, то a=e, противоречие.
Итак, ac=dÎG.
· Если a2c=e, то c=a противоречие.
· Если a2c=a, то c=b противоречие.
· Если a2c=a2, то c=e противоречие.
· Если a2c=c, то a2=e противоречие с условием a3=e.
· Если a2c=ac, то a=e противоречие.
Таким образом, группа G состоит из 6 элементов: G= 
.
Докажем, что c2=e. Действительно, очевидно, что c2≠ c, ac, a2c.
Если было бы c2=a (или c2=a2), то выполняется следующие c3=c2c=ac=d≠e, противоречие с условием, что все элементы группы G имеют либо второй или третий порядок (следовательно, c3=c2c=a2c=f≠e). Таким образом, ни c2, ни c3не равно e, что противоречит условию. Значит c2=e.
Покажем также, что d2=f2=e, то есть c произвольный элемент не входящий в подгруппу
, то d2≠a, a2(f2≠a, a2). Не сложно видеть, что d2=(ac)2≠c (иначе d=ac=b), d2=(ac)2≠ac, d2=(ac)2≠a2c=f (иначе f=a2c=b). Таким образом, d2=(ac)2=e и более того, a3=c2=(ac)(ac)=e.Известно, что симметрическую группу подстановок S3,можно задать двумя образующими и тремя определяющими соотношениями. Следующим образом S3= 
где в качестве x можно взять подстановку
, а в качестве y: 
.Следовательно, мы можем утверждать, что
. Таким образом, если G группа и 
, то G изоморфна либо ℤ6, либо S3.Далее выпишем все элементы группы A4и построим таблицу умножения элементов.
Все 4!=24 перестановки из четырёх символов 1, 2, 3, 4 расположим в таком порядке, чтобы каждая последующая перестановка получалась от предыдущей с помощью одной транспозиции (перемены мест двух символов).
Начнём с перестановки 1, 2, 3, 4. Итак,
.Так как всякая транспозиция меняет четность перестановки, то в полученном ряду все перестановки, взятые через одну, являются четными (они подчеркнуты).
Теперь уже легко составить все искомые четные подстановки достаточно в каждой из них в качестве первой строки записать перестановку (1234), а в качестве второй строки одну из найденных четных перестановок. Итак,
A4=
.Строим таблицу умножения.
Таблица 1
| e | a1 | a2 | a3 | a4 | a5 | a6 | a7 | a8 | a9 | a10 | a11 | |
| e | e | a1 | a2 | a3 | a4 | a5 | a6 | a7 | a8 | a9 | a10 | a11 |
| a1 | a1 | a2 | e | a4 | a5 | a3 | a7 | a8 | a6 | a10 | a11 | a9 |
| a2 | a2 | e | a1 | a5 | a3 | a4 | a8 | a6 | a7 | a11 | a9 | a10 |
| a3 | a3 | a7 | a9 | a11 | a8 | a1 | a2 | a5 | a10 | a6 | a4 | e |
| a4 | a4 | a8 | a10 | a9 | a6 | a2 | е | a3 | a11 | a7 | a5 | a1 |
| a5 | a5 | a6 | a11 | a10 | a7 | e | a1 | a4 | a9 | a8 | a3 | a2 |
| a6 | a6 | a11 | a5 | a7 | e | a10 | a4 | a9 | a1 | a3 | a2 | a8 |
| a7 | a7 | a9 | a3 | a8 | a1 | a11 | a5 | a10 | a2 | a4 | e | a6 |
| a8 | a8 | a10 | a4 | a6 | a2 | a9 | a3 | a11 | e | a5 | a1 | a7 |
| a9 | a9 | a3 | a7 | a1 | a11 | a8 | a10 | a2 | a5 | e | a6 | a4 |
| a10 | a10 | a4 | a8 | a2 | a9 | a6 | a11 | e | a3 | a1 | a7 | a5 |
| a11 | a11 | a5 | a6 | e | a10 | a7 | a9 | a1 | a4 | a2 | a8 | a3 |
Из таблицы 1 видим, что элементами второго порядка будут:
и, кроме того, эти элементы попарно перестоновочны. Заметим, что в A4 нет элементов шестого порядка. Действительно, a1=a1a1a1=eэлемент третьего порядка,
a2=a2a2a2=e элемент третьего порядка,
a3=a3a3a3=e элемент третьего порядка,
a4=a4a4a4=e элемент третьего порядка,
a6=a6 a6a6=e элемент третьего порядка,
a7=a7a7a7=e элемент третьего порядка,
a10=a10a10a10=e элемент третьего порядка,
a11=a11a11a11=e элемент третьего порядка.
Из приведенных вычислений следует, что в группе A4 нет элемента шестого порядка. Следовательно, искомая подгруппа A4 не изоморфна циклической группе ℤ6.
Заметим также, что в группе подстановок S3 существуют элементы второго порядка, но они не перестановочны. В самом деле, выпишем все элементы симметрической группы.
S3=
.Построим их таблицу умножения.
Таблица 2
| e | s1 | s2 | s3 | s4 | s5 | |
| е | e | s1 | s2 | s3 | s4 | s5 |
| s10 | s1 | e | s3 | s2 | s5 | s4 |
| s2 | s2 | s5 | s4 | s1 | е | s3 |
| s3 | s3 | s4 | s5 | e | s1 | s2 |
| s4 | s4 | s3 | e | s5 | s2 | s1 |
| s5 | s5 | s2 | s1 | s4 | s3 | e |
Несложно видеть, что элементы s1, s3, и s5 будут элементами второго порядка, но они как видно из таблицы 2 не перестановочны, и, следовательно, никакая подгруппа группы A4 не изоморфна группе S3. Утверждение доказано.