同阶子群个数之集为{1, 3, p+1}的有限群①

2023-07-15龙雯晏燕雄

西南师范大学学报（自然科学版） 2023年7期

龙雯，晏燕雄

西南大学数学与统计学院，重庆400715

本文所涉及的群都是有限群.设G是有限群,n(G)表示同阶子群个数组成的集合,π(G)为|G|的素因子的集合,np为G的Sylowp-子群的个数, 其中p∈π(G).众所周知, 有限群的数量性质与群结构的关系一直是群论研究领域的热点, 许多群论学者从事过相关研究并取得了较好的研究成果.例如, 文献[1]得到了同阶子群个数小于或等于3的有限群的结构, 并证明了不存在同阶子群个数之集为{1, 2}的有限群; 文献[2]给出了同阶交换子群个数之集为{1, 3}的有限群的结构; 文献[3-4]研究了同阶子群个数之集恰好包含2个元素的情形; 文献[5]讨论了n(G)={1, 3, 4}的有限群G的结构.对于任意给定的n(G), 目前尚未有一般性方法对群G给出完整刻画.本文继续该问题的研究, 并研究同阶子群个数之集包含3个元素的情形, 主要结论如下:

(i)G的Sylowqi-子群Qi循环且Qi◁_G,i= 1,2,…,n;

(ii)当P循环时,np=p+1;

(iii)当P不循环时,P◁_G且P同构于Cpβ-1×Cp(β≥2)或〈a,b|apβ-1=bp= 1,b-1ab=a1+pβ-2〉(β≥3);

(iv)当P2循环时,n2= 3;

(v)当P2不循环时,P2◁_G且P2同构于下述群之一:C2α-1×C2(α≥2), 〈a,b|a2α-1=b2= 1,b-1ab=a1+2α-2〉(α≥4),Q8.

为证明定理1, 需用到如下引理:

引理1[6]设G是p-群且|G|=pn,Sk(G)是G的pk阶子群的个数(0≤k≤n), 则Sk(G)≡1(modp).

引理2[7]设G是p-群, 则:

(i)G/Φ(G)是初等交换群;

(ii)如果|G/Φ(G)|=pn, 则存在x1,x2,…,xn∈G, 使得G=〈x1,x2,…,xn〉.

引理3[8]设G是p-群且n(G)={1,p+1}, 则G同构于下述群之一:

(i)Q8;

(ii)Cpn-1×Cp, 其中n≥2;

(iii)〈a,b|apn-1=bp= 1,b-1ab=a1+pn-2〉, 其中p≠2,n≥3;

(iv)〈a,b|a2n-1=b2= 1,b-1ab=a1+2n-2〉, 其中n≥4.

定理1的证明

令P2∈Syl2(G),P∈Sylp(G), 以下将分4种情形给出证明:

步骤1.1G的Sylowqi-子群Qi循环且Qi◁_G, 其中qi≠2,p,p为奇素数.

由n(G)={1, 3,p+1}及Sylow定理知G有唯一的Sylowqi-子群, 即Qi◁_G.若Qi非循环, 因为Qi/Φ(Qi)含有(qi,qi)-型初等交换群, 则Qi至少含有qi+1个极大子群.由引理1知, 这类子群的个数至少有1+kqi个, 其中k≥1.显然, 1+kqi≠p+1, 矛盾.从而Qi循环且正规于G.

步骤1.2P循环或P同构于Cpβ-1×Cp(β≥2)或〈a,b|apβ-1= 1,bp= 1,b-1ab=a1+pβ-2〉(β≥3).

若P循环, 则P的各阶子群只有1个, 因而np=1,p+1.

若P不循环, 则P◁_G.否则,P/Φ(P)含有(p,p)-型初等交换群, 即P至少含有p+1个极大子群, 由n(G)={1, 3,p+1}及引理1知P恰含有p+1个极大子群, 而np=p+1, 于是所有Sylowp-子群有多于p+1个不同的极大子群, 矛盾.故P◁_G.由于Sk(P)≡1(modp), 知n(P)={1,p+1}.于是由引理3得P同构于Cpβ-1×Cp(β≥2)或〈a,b|apβ-1= 1,bp= 1,b-1ab=a1+pβ-2〉(β≥3).

步骤1.3P2循环或P2同构于下述群之一:C2α-1×C2(α≥2), 〈a,b|a2α-1= 1,b2= 1,b-1ab=a1+2α-2〉(α≥4),Q8.

若P2循环, 则P2的各阶子群只有1个, 因而n3=1,3.

若P2不循环, 则P2◁_G.否则,P2/Φ(P2)含有(2, 2)-型初等交换群, 即P2至少含有3个极大子群, 由n(G)={1, 3,p+1}及引理1知P2恰含有3个极大子群, 而n3= 3, 于是所有Sylow 2-子群至少含有6个不同的极大子群.由引理1知, 这类子群个数为1+ 2t≥6且为奇数, 矛盾.故P2◁_G.由Sk(P2)≡1(mod 2), 知n(P2)= {1, 3}.于是由引理3得P2同构于C2α-1×C2(α≥2), 〈a,b|a2α-1=1,b2=1,b-1ab=a1+2α-2〉(α≥4)或Q8.

步骤1.4P2,P在G中不可能全都正规.

易知, 当q≠2,p时,G的所有Sylowq-子群都循环且正规.故只需讨论G的Sylow 2-子群P2与Sylowp-子群P, 再分3种情形讨论:

若P2,P都循环且正规, 则G循环,n(G)={1}, 矛盾.

若P2,P有且只有一个循环但都正规.当P2循环且正规时, 由步骤1.2推知,n(G)={1,p+1}, 矛盾于n(G)={1, 3,p+1}; 当P循环且正规时, 由步骤1.3推知,n(G)={1, 3}, 这与n(G)={1, 3,p+1}矛盾.

若P2,P都不循环.由步骤1.2与步骤1.3知,P2◁_G,P◁_G.则P2P=P2×P≤G=P2×P×Q1×… ×Qn.若P2Q8, 因为G中含有2阶子群与p阶子群, 所以G中必含有2p阶子群, 且2p阶子群个数为3(p+1), 矛盾于n(G)={1, 3,p+ 1}; 若P2≅Q8, 因为Q8有1个2阶子群, 3个4阶子群, 所以G中含有4阶子群与p阶子群.故G中必含有4p阶子群, 且4p阶子群个数为3(p+1), 这与n(G)={1, 3,p+1}矛盾.于是P2,P在G中不能全部正规.