拟c#-正规子群与有限群的可解性

韦华全，谢芬芳，周宇珍，李姣，古徽龙

(1.广西大学 数学与信息科学学院， 广西 南宁 530004；2.南宁师范大学 数学与统计科学学院， 广西 南宁 530299)

0 引言

近十几年来, 国内外的许多群论学者和专家在对有限群结构的研究上已经取得了丰硕的成果，并且提供了这一领域许多新的研究方法。而近几年, 利用群的某些特殊的子群, 如正规子群，极大子群，Sylow子群等的特性来研究群的可解性，已经成为群论研究的重要课题，有关这方面的新的研究课题不断地被提出来，形成了有特色的研究热点。

有限群的可解性和非可解性是有限群论研究的两个重要方向。自20世纪80年代，有限单群分类完成后，可解群的研究也有了很大的进展。通过子群的特性来确定有限群的可解性是研究有限群结构的重要方法之一。1996年，王燕鸣[1]引入了群的c-正规子群的概念，给出了群可解，超可解的若干判定准则。之后，作为c-正规和可补概念的推广，王燕鸣[2]，Ballester-Bolinches等[3]在2000年引入了c-可补子群的概念。1962年，GASCHUTZ[4]引入了可解子群的某个共轭类，并称这些子群为Pre-Frattini(后称为CAP-子群)，也即这些子群具有所谓的覆盖—远离性。2003年，郭秀云等[5]利用某些极大子群的覆盖—远离性，得到了有限群可解、p-可解和p-幂零的一些充分或必要条件。2006年，韦华全等[6]引入了c*-正规，c#-正规和c#-可补子群(亦称CAS-子群)的概念，分别统一推广了c-正规和s-置换嵌入子群，c-正规和CAP-子群，c-可补和CAP-子群的概念，并统一推广了若干熟知的重要结果[7-9]。

笔者结合CAP-子群和c#-正规子群的概念，引入拟c#-正规子群的概念。首先，利用有限群Sylowp-子群的拟c#-正规性，得到有限群为p-可解的一个充要条件。之后，利用极大子群，2-极大子群和3-极大子群的Sylow子群的拟c#-正规性，得到了有限群成为可解的三个判别条件(充分或必要条件)。

文中G总表示有限群，M<·G表示M是G的极大子群，N·◁G表示N为G的极小正规子群，其他符号和术语请参考文献[10]。

1 预备知识

定义1设G是群，H是G的子群。称H在G中拟c#-正规，如果存在G的次正规子群K和含于H的CAP-子群Hc，使得G=HK且H∩K≤Hc。

定义2设G是群，H≤G，M/N为G的主因子[11],则：

① 若MH=NH,称H覆盖M/N;

② 若H∩M=H∩N,称H远离M/N;

③ 若H或覆盖或远离G的每个主因子，也称为G的CAP-子群或者覆盖—远离子群,称H具有覆盖—远离性质。

定义3子群L称为群G的一个2-极大子群，若存在G的极大子群M，使得L为M的极大子群[6]。

引理4设G是群，H≤G，N◁G,则:

① 若H是G的覆盖—远离子群，则HN/N是G/N的覆盖—远离子群；

② 若N≤H，则H是G的覆盖—远离子群当且仅当H/N是G/N的覆盖—远离子群。

引理5设G是群，H≤G，N◁G。如果N是H的子群，那么H在G中拟c#-正规的充要条件是H/N在G/N中拟c#-正规。

证明先证必要性。假设H在G中拟c#-正规，根据拟c#-正规的定义，存在G的次正规子群K及含于H中的CAP-子群Hc,使得G=HK且H∩K≤Hc。于是G/N=(H/N)(KN/N)且(H/N)∩(KN/N)=(H∩K)N/N≤HcN/N≤H/N。根据引理4，HcN/N是G/N的CAP-子群，因而H/N在G/N中拟c#-正规。

再证充分性。若H/N在G/N中拟c#-正规，由定义，存在K/N◁◁G/N及含在H/N中的G/N的CAP-子群(H/N)c，满足G/N=(H/N)(K/N)，而且(H/N)∩(K/N)≤(H/N)c。注意到(H/N)c≤H/N，故可令(H/N)c=H1/N，其中H1≤H。由引理4，H1是G的CAP-子群。而G=HK且K◁◁G，(H/N)∩(K/N)=(H∩K)/N≤(H/N)c=H1/N≤H/N， 故H∩K≤H1≤H，因此H在G中拟c#-正规。证毕。

引理6设G是群，N◁G，H是G的p-子群，K≤G使得G=HK。若H∩N∈Sylp(N)，则HN∩KN=(H∩K)N[6]。

引理7群G可解当且仅当存在的G可解2-极大子群L使得L是G的CAP-子群[5]。

2 主要结果

定理1设P∈Sylp(G)，其中p∈π(G)， 则G为p-可解当且仅当P在G中拟c#-正规。

证明若G为p-可解群，H/K是G的主因子，根据p-可解群的定义，H/K为p-群或者p′-群。

若H/K是p-群，则H/K≤PK/K，故(PK/K)(H/K)=PH/K≤PK/K，即PH≤PK，而由K≤H,从而PK≤PH，这样PH=PK，即P覆盖H/K。

若H/K为p′-群，则H与K的p部分相同，故有P∩H=P∩K，P远离H/K。

因此P是G的CAP-子群，当然P是G的c#-正规子群，从而也是G的拟c#-正规子群。

现在假设P在G中拟c#-正规，由引理5，P/PG在G/PG中拟c#-正规。若PG≠1，则由归纳，G/PG是p-可解群, 从而得G为p-可解群。设PG=1，因P在G中拟c#-正规，故存在T◁◁G及含在P中的G的CAP-子群Pc，使得G=PT且P∩T≤Pc。取N·◁G，考虑N与Op(G)的关系，若N≤Op(G)，设Q是G的Sylowq-子群，其中q≠p，假设T◁T1◁T2◁…◁TS◁TS+1=G是G的一个次正规群列的一部分，显然，Q∩Ts∈Sylq(Ts)，且(Q∩Ts)∩Ts-1=Q∩Ts-1∈Sylq(TS-1)，依次类推，可得Q∩T∈Sylq(T)。然而G=PT,故Q∩T∈Sylq(G)。通过比较阶有Q∩T=Q，从而Q≤T。如此一来，由Q及q的任意性可得Οp(G)≤T。因P无核，Pc不能覆盖N/1，从而Pc∩N=1。但是，P∩T≤Pc， 故P∩T∩N=1，亦即P∩T=1，这样N为p′-群，因Pc是G的CAP-子群，故PcN/N是G/N的CAP-子群。现在，G/N=(PN/N)(T/N)且(PN/N)∩(T/N)=(P∩T)N/N≤PcN/N≤PN/N, 从而PN/N在G/N中拟c#-正规。由归纳，G/N为p-可解，进而G为p-可解。若N⊄Op(G)，则由N≅NOp(G)/OP(G)≤G/OP(G)为p-群且N·◁G，必有N≤Op(G)≤P，这与PG=1矛盾。证毕。

定理2群G可解的充要条件是存在M<·G使得M的每个Sylow子群在G中拟c#-正规。

证明先证必要性。若G为可解群，则对任意的M<·G,M在G中具有覆盖—远离性。由文献[8]可知M的每个Sylow子群都在G中具有覆盖—远离性， 即M的每个Sylow子群都是G的CAP-子群，从而是G的拟c#-正规子群。

下证充分性。先设M在G中的核MG≠1，取N·◁G且N≤MG，假设PN/N∈Sylp(M/N)，其中P∈Sylp(M)。由题设，存在K◁◁G及G的含于P中的CAP-子群Pc使得G=PK且P∩K≤Pc。由引理6，有PN∩KN=(P∩K)N，因为G/N=(PN/N)(KN/N)，且(PN/N)∩(KN/N)=(P∩K)N/N≤PcN/N≤PN/N，由引理4，PcN/N是G/N的CAP-子群，故PN/N在G/N中拟c#-正规，即商群G/N满足定理的假设条件，根据归纳法可得G/N可解。因Pc是G的CAP-子群，若Pc覆盖N/1，则PcN=Pc，即N≤Pc≤P，故N可解，导致G可解。若Pc远离N/1，则Pc∩N=1，而P∩K≤Pc，故P∩K∩N=1。考虑N与Op(G)的关系，若N∩Op(G)=1，则N≅NOp(G)/Op(G)≤G/Op(G)，故N为p-群，即N可解，仍可得G可解。设N≤Op(G)，类似定理1的证明，可知Op(G)≤K，故P∩N=P∩K∩N=1。由p及P的任意性，必有M∩N=1。事实上，若M∩N≠1， 则有p∈π(M∩N)及S∈Sylp(M∩N)使得S≠1。显然，存在P∈π(M)使得S≤P，于是S≤P∩N=1，即得S=1，矛盾。现在，由N≤MG及M∩N=1得到N=1，矛盾。

设MG=1。对于任意p∈π(M)，设Sylp(M)={P1,…,Pn}，由拟c#-正规的定义对每个Pi，存在Ki◁◁G及G的含于Pi的CAP-子群(Pi)c，满足G=PiKi且Pi∩Ki≤(Pi)c，由于G/Op(G)为p-群，当然可解，故可设Op(G)≠1。现设N1·◁G，且N1≤Op(G)≤Ki，因M无核，故(Pi)c不可能覆盖N1/1,(Pi)c必远离N1/1，即(Pi)c∩N1=1，从而Pi∩Ki∩N1=Pi∩N1=1。由Pi及p的任意性，M∩N1=1，进而M≅G/N1。由G/N1=(PiN1/N1)(Ki/N1)，且(PiN1/N1)∩(Ki/N1)=(Pi∩Ki)/N1/N1≤(Pi)cN1/N1≤PiN1/N1。故PiN1/N1在G/N1中拟c#-正规。这实际上证明了G/N1的每个Sylow子群都在G/N1中拟c#-正规。应用定理1得G/N1为p-可解，再由p的任意性知G/N1可解群。这样M(≅G/N1)是G的可解c-正规极大子群。最后由文献[1，定理3.4]，可得G可解。证毕。

定理3群G可解得充要条件是存在G的2-极大子群L，满足L的每个Sylow子群在G中的拟c#-正规。

证明必要性。若G可解， 由引理7，存在G的可解2-极大子群L，使得L是G的CAP-子群。由文献[8]，L的每个Sylow子群都在G中具有覆盖—远离性, 从而在G中拟c#-正规。

充分性。假设G是极小阶反例，若LG≠1，取N·◁G且满足N≤LG。设PN/N∈Sylp(L/N)，其中P∈Sylp(L)。由题设，P在G中拟c#-正规， 故存在K◁◁G及G的含在P中的CAP-子群Pc， 满足G=PK且P∩K≤Pc。类似定理2的证明，可知PN/N在G/N中拟c#-正规，故G/N满足定理的条件。由G的极小性得G/N可解，又因Pc是G的CAP-子群, 若Pc覆盖N/1，则PcN=Pc，即N≤Pc≤P，故N可解，从而G可解，矛盾。若Pc远离N/1，则Pc∩N=1，故P∩K∩N=1。此时若N∉Op(G)，则N≅NOp(G)/Op(G)≤G/Op(G)，N为p-群，故N可解，仍得到G可解，矛盾。如果N≤Op(G)≤K，则P∩K∩N=P∩N=1，由p及P的任意性，有L∩N=1，因而N=1，矛盾。

所以LG=1。设Sylp(L)={P1,…,Pn}，其中p∈π(L)。由定理假设，对于每个i，存在Ki◁◁G及G的含在Pi中的CAP-子群(Pi)c使得G=PiKi且Pi∩Ki≤(Pi)c。不妨设Op(G)≠1并设N1·◁G使得N1≤Op(G)≤Ki,i=1,…,n,考虑商群G/N1。类似定理2的证明, 可证PiN1/N1在G/N1中拟c#-正规，因LG=1，故(Pi)c不能覆盖N1/1，必有(Pi)c远离N1/1，即(Pi)c∩N1=1，当然有Pi∩Ki∩N1=Pi∩N1=1，从而L∩N1=1。假设L<·M<·G，则由模律，L(M∩N1)=LN1∩M，而L≤LN1∩M≤M。由L在M中的极大性，有L(M∩N1)=L或者L(M∩N1)=M。

若L(M∩N1)=L，则M∩N1=1，故G=MN1。假设LN1≤M1<·G，则L≤M∩M1≤M，由L在M中的极大性，M∩M1=M或者M∩M1=L。若M∩M1=M，则M≤M1，从而M=M1，故G=M1N1=M1，矛盾。故M∩M1=L，因而LN1=(M∩M1)N1=M1是G的极大子群。上面已证LN1/N1的每个Sylow子群在G/N1中拟c#-正规， 故由定理2，可知G/N1可解， 从而M≅G/N1可解。进一步，M是G的可解c-正规极大子群，由文献[1,定理3。4]得G可解，矛盾。

若L(M∩N1)=LN1∩M=M，则M≤LN1。由M的极大性，LN1=M或LN1=G，若LN1=M，则M/N1=LN1/N1的每个Sylow子群在G/N1中拟c#-正规。由定理2，G/N1可解。从而L≅M/N1≤G/N1可解，因此L是M的可解c-正规极大子群。由文献[1，定理3.4],M可解。故N1可解,得G可解,矛盾。若LN1=G,则G/N1的每个Sylow子群在G/N1中拟c#-正规，由定理1,G/N1可解。从而L≅G/N1可解, 再由文献[1，定理3.4]可得M可解。因L<·M且(M∩N1)◁M， 故(M∩N1)·◁M， 这样对于某个素数q，M∩N1是初等交换q-群。令Q=M∩N1，则M≤NG(Q)≤G，根据M的极大性，NG(Q)=M或NG(Q)=G。若NG(Q)=M，则Q∈Sylp(N1)。若否，Q

定理4若群G的3-极大子群的Sylow子群在G中拟c#-正规，则G可解。

证明设G为极小阶反例。假设N·◁G，R是G的3-极大子群，T∈Sylp(R)。由题设，存在K◁◁G及G的含在T中的CAP-子群Tc，满足G=TK且T∩K≤Tc。考虑商群G/N。由G/N=(TN/N)(KN/N)，且(TN/N)∩(KN/N)=(T∩K)N/N≤TcN/N≤TN/N， 故G/N满足定理的条件。由G的极小性假设，G/N可解。现假设N是G的唯一极小正规子群，且N⊄Φ(G)。故存在M<·G， 使得G=MN。笔者断言，M∩N≠1。因为若M∩N=1， 则M≅G/N，可知M是G的可解c-正规极大子群，由文献[1,定理3.4]，G可解，矛盾。因此M∩N≠1。如果M∩N=M， 那么G=MN=N。因K◁◁G及N的极小性， 必有K=G。因此，T∩K=T∩G=T，故T是G的CAP-子群。若T覆盖N/1，则TN=TG=T，矛盾。故必有T远离N/1，即T∩K=T∩G=T，故只有T=1。这表明，群G的每个3-极大子群都是1，从而都在G中c#-正规，由文献[6，定理1.4.7]可知G可解，矛盾，故M∩N

另一方面，因K1≠1，若N∩Op(G)=1，则N≅Op(G)N/Op(G)≤G/Op(G)可解，故G可解，矛盾。若N≤Op(G)≤K1，则S∩K1∩N=S∩N=1。而S≤M∩N≤N， 故S=1，即得L=1。因此M∩N为素数阶循环群， 不妨仍设|M∩N|=p。令M∩N=P，由M的极大性，NG(P)=G或NG(P)=M。如果NG(P)=G，那么P◁G，由N的极小性，N=P≤M，导致G=MN=M，矛盾。如果NG(P)=M，那么P∈Sylp(N)，且有NN(P)=P=CN(P)，由Burnside定理，N为p-幂零群,故N=P≤M， 矛盾。因此M∩N必定不是M的极大子群， 表明存在M的2-极大子群L1包含于M∩N。设Q∈Sylp(L1)，由题设，存在K2◁◁G及G的含在Q中的CAP-子群Qc，使得G=QK2且Q∩K≤Qc。由N⊄M，Qc只能远离N/1，即Qc∩N=Q∩K2∩N=1。

另一方面，若N∩Oq(G)=1，则N≅Oq(G)/N≤G/Oq(G)可解，故G可解，矛盾。若N≤Oq(G)≤K2， 则Q∩K2∩N=Q∩N=1， 从而L1∩N=1。于是M∩N=1，这与上述假设矛盾。定理得证。