同阶交换子群个数之集为{1，3}的有限群

钱 焱，陈贵云

西南大学 数学与统计学院，重庆 400715

有限群的结构一直是群论研究中一个最基本的课题，而群的性质与结构都能从它的固有数量反映出来，例如：奇数阶群可解； 若G的Sylow子群的个数之集为{1}，则G为幂零群.

因此，通过子群的数量特征来研究群G的结构是极其有意义的．比如，许多群论学者研究了子群共轭类的类数、 非正规子群的个数及阶、 极大交换子群的阶之集，以及当同阶子群个数之集为简单集合时对群结构的影响，有关这方面的成果可参见文献[1-12].

本文关注同阶交换子群个数与群结构的关系，并讨论了当群G的同阶交换子群个数之集为{1，3}时群G的结构．当然这类群是存在的，如S3就满足此条件．另外，本文也证明了同阶交换子群个数之集为{1，2}的有限群是不存在的．因此，研究满足同阶交换子群个数之集为{1，3}的群G的结构是有意义的.

本文将证明如下定理：

定理1设G是有限群，则下列结论成立：

(a) 不存在有限群G，使得其同阶交换子群个数之集为{1，2}.

(b)G的同阶交换子群个数之集为{1，3}的充要条件是G同构于下列群之一：

(b1)G=〈u〉×(〈b〉×|〈a〉)，其中uk=1，a2m=1，b3=1，a-1ba=b-1，2⫮k，3⫮k；

(b2)G=〈v〉×Q8，其中2⫮o(v)，Q8为四元数群；

(b3)G=〈w〉×G2，其中2⫮o(w)，G2为(2n-1，2)-型交换群；

(b4)G=〈d〉×G2，其中2⫮o(d)，G2为半广义四元数群，且G2=〈e，f〉，e2n-1=1，f2=1，f-1ef=e1+2n-2，n≥4.

由文献[11]的定理4.3得：若G的同阶子群个数之集为{1，3}，则G只可能同构于以上(b1)-(b4)群之一．因此得到下面的推论：

推论1设G为有限群，则下列结论等价：

为了证明定理1，先引入以下引理：

引理1[12]设P是一个包含唯一p阶子群的p-群，那么或者P是循环群，或者p=2且P是广义四元数群.

引理2[13]设|P|=pn，1

引理3设p∈(G)，P∈Sylp(G)，且G的同阶交换子群个数之集为{1，3}，则

证若P有唯一p阶子群，则由引理1即可得到成立.

引理5[14]二面体群D8有5个2阶子群，3个4阶子群.

引理6[11]设G为广义四元数群，sk(G)表示G的2k阶子群的个数，则

引理7若|G|=8，且G的同阶交换子群个数之集为{1，3}，则G只可能是(4，2)-型交换群或四元数群Q8.

证由文献[15]的3.4.3知，8阶群在同构意义下共有5类，分别是C8，C2×C2×C2，C4×C2，Q8，D8．下面将分别计算每个类的同阶交换子群个数之集.

因为C8为循环群，所以它的各阶子群个数都为1，且均为交换群，从而C8的同阶交换子群个数之集为{1}.

因为C2×C2×C2的各阶子群均为交换群，且其2阶子群的个数为(23-1)/(2-1)=7，4阶子群的个数为[(23-1)(22-1)]/[(22-1)(2-1)]=7，所以C2×C2×C2的同阶交换子群个数之集为{1，7}.

不妨设

C4×C2=〈a，b：a4=1，b2=1，[a，b]=1〉

易知C4×C2的各阶子群都为交换群，且2阶子群有3个，分别为〈a2〉，〈b〉，〈a2b〉； 4阶子群也有3个，分别为〈a2〉×〈b〉，〈a〉，〈ab〉．所以C4×C2的同阶交换子群个数之集为{1，3}.

因为Q8=〈a，b：a4=1，a2=b2，b-1ab=a-1〉，且其真子群均为交换群．由引理6可计算得：其2阶子群有1个，即〈a2〉； 4阶子群有3个，分别为〈a〉，〈b〉，〈ab〉．因此，Q8的同阶交换子群个数之集为{1，3}.

由引理5知8阶二面体群D8的同阶交换子群个数之集为{1，3，5}.

引理8[16]设P为16阶非交换2-群，且P的同阶交换子群个数之集为{1，3}，则P只能为半广义四元数群，定义关系为P=〈a，b：a8=b2=1，b-1ab=a5〉.

引理9[13]设P为一个具有循环极大子群的2-群，则P只有以下6种互不同构类型的群：

引理10[15]设G为非交换群，且它的所有Sylow子群循环，则G为亚循环群，G=〈a，b〉，am=bn=1，b-1ab=ar，((r-1)n，m)=1，rn≡1(modm)，|G|=nm.

引理11[11]设G是(pn，pm)-型交换p-群，其中m≤n．则群G的pk阶子群的个数为

定理1的证明

证(a) 设p∈π(G)，P∈Sylp(G).

若P有唯一p阶子群，则或者P为循环群，或者p=2且P为广义四元数群．当P为广义四元数群时，由引理6计算得其4阶子群个数至少为3，矛盾．当P为循环群时，因为G的Sylowp-子群个数为n=1+kp，所以n=1，或者n≥3．又因为G的同阶交换子群个数之集为{1，2}，所以n=1．进而得到G的所有Sylow子群正规且循环，故G为循环群，从而G的各阶子群个数都为1，不满足题设条件．若P有两个及以上的p阶子群，则同引理3所证可得p+1=2，这与p≥2矛盾．综上所述，结论(a)得证.

(b) 由引理3和引理4知G=H×|G2，其中H循环且2⫮|H|．下面分两种情况进行讨论：

情形1 若G2有唯一2阶子群，则G2或为循环群或为广义四元数群.

先证n=1．因为|Syl2(G)|=3，所以|G3∶NG3(G2)|=3，则|NG3(G2)|=3n-1．于是设NG3(G2)=〈b3〉．又因为NG3(G2)=CG3(G2)，故[b3，a]=1．因为a-1ba=br，于是b3=a-1b3a=b3r，从而b3(r-1)=1，因此3n-1|(r-1)．若n≥2，则有3|(r-1)．又因为G3×|G2为亚循环群，所以((r-1)2m，3n)=1，这与3|(r-1)矛盾．因此n=1.

再证r=-1．因为r≢1(mod 3)，所以r≡0(mod 3)或r≡-1(mod 3)．由假设条件a-1ba=br知(r，3)=1，从而得r≢0(mod 3)，于是r≡-1(mod 3)．因此r=-1.

可令

T=G3×|G2=〈a，b：a2m=1，b3=1，a-1ba=b-1〉

由定义关系知T的Sylow 2-子群为极大子群且恰有3个，即〈a〉，〈ab〉，〈ab-1〉．对L≤T，若L是2-群，则L含于T的Sylow 2-子群中．因为T的Sylow 2-子群只有3个且循环，因此与L同阶的子群最多有3个．又由Sylow子群共轭及循环知，与L同阶的子群共轭，故与L同阶的子群个数为1或3．如果L不是2-群，则L的阶为2i·3，此时考虑T的阶为2m-1·3的极大子群，可知此极大子群必为〈a2〉〈b〉，〈(ab)2〉〈b〉，〈(ab-1)2〉〈b〉．又由定义关系可知CG2(G3)=〈a2〉，即[a2，b]=1，从而〈b〉×|〈a2〉=〈a2〉×〈b〉为循环群，则

〈a2〉〈b〉=〈(ab)2〉〈b〉=〈(ab-1)2〉〈b〉=〈a2〉×〈b〉

故T的阶为2m-1·3的极大子群只有1个，即为〈a2〉×〈b〉．综上所述，T的极大子群均循环，且同阶极大子群的个数之集为{1，3}，进而T的2i·3阶的同阶交换子群个数也为1，符合定理1的条件．综上所述，此时G对应定理1(b)中的(b1)类型群.

情形2 若G2的2阶子群个数为3，对G2是否交换进行讨论.

假设G2为非交换群，则|G2|≥8，故可分为以下几种情形讨论：

证明当n=5时，G2只能是半广义四元数群.

考虑G2的极大子群M．当M交换时，M为循环群或(2r，2s)-型交换群，其中r+s=4．又由引理11知(22，22)-型交换群含有7个4阶子群，这与定理1的条件矛盾，因此M为循环群或(23，2)-型交换群．当M非交换时，若M只有1个2阶元，则M是广义四元数群，然而由引理6知，16阶广义四元数群不满足定理1的条件．若M有3个2阶元，则由上面知M为半广义四元数群．综上所述，M为循环群、 (23，2)-型交换群或16阶半广义四元数群.

当M为循环群时，则G2为引理9中的群，经过计算群的同阶交换子群个数得，G2为半广义四元数群．因为(23，2)-型交换群和16阶半广义四元数群的8阶子群都是交换群且个数为3，又因为G2的同阶交换子群个数之集必为{1，3}，则：若M为这两个群之一，则G的8阶子群只能在M的这3个极大子群中，从而G2的每个极大子群的极大子群都含在M内，进而G2中除循环极大子群之外的极大子群都等于M．但G2至少有3个极大子群，因此G2一定至少含有2个循环极大子群，因此G2为引理9中的群，且G2有3个2阶子群，通过计算群的同阶交换子群个数知，G2为32阶半广义四元数群.

假设当n=k-1时，G2是一个半广义四元数群，去证明当n=k时，G2是一个半广义四元数群.

仍然考虑G2的极大子群M．当M为交换群时，M为循环群或(2r，2s)-型交换群，其中r+s=k-1．又由引理9知，当M为非循环交换群时，M只能为(2k-2，2)-型交换群．当M为非交换群时，如果M只有1个2阶元，那么M只能是广义四元数群，但是由引理6计算M的4阶子群个数知，广义四元数群不满足定理1的条件．如果M有3个2阶元，则M的同阶交换子群个数集为{1，3}，由归纳假设，M为半广义四元数群．因此，仍然可以得到M为循环群、 (2k-2，2)-型交换群或2k-1阶半广义四元数群．然后同n=5时的证明可得G2为半广义四元数群．综上所述，当和成立时，G都对应定理1(b)的(b4)类型群.

由于定理1中的4种群对应的Sylow 2-子群互不同构，因此定理1(b)的(b1)-(b4)类群互不同构，故定理1结论(b)得证.