陳松良，歐陽(yáng)建新，李驚雷

（貴州師范學(xué)院 數(shù)學(xué)與計(jì)算機(jī)科學(xué)學(xué)院，貴州 貴陽(yáng) 550018）

pq3階群的完全分類

陳松良，歐陽(yáng)建新，李驚雷

（貴州師范學(xué)院 數(shù)學(xué)與計(jì)算機(jī)科學(xué)學(xué)院，貴州 貴陽(yáng) 550018）

設(shè)p，q均為素?cái)?shù)，且p＞q，對(duì)pq3階群進(jìn)行了完全分類并獲得了其全部構(gòu)造：1）當(dāng)q不整除p－1且p不整除（q2+q+1）時(shí)，G恰有5個(gè)彼此不同構(gòu)的類型；2）當(dāng)q不整除 p－1但p整除（q2+q+1）時(shí)，G恰有 6個(gè)彼此不同構(gòu)的類型；3）當(dāng)q整除p－1但q2不整除 p－1且p不整除（q2+q+1）時(shí)，G恰有12個(gè)彼此不同構(gòu)的類型；4）當(dāng)q整除p－1且p整除（q2+q+1）但q2不整除p－1時(shí)，G恰有13個(gè)彼此不同構(gòu)的類型；5）當(dāng)q2整除p－1但q3不整除p－1時(shí)，G恰有14個(gè)彼此不同構(gòu)的類型；6）當(dāng)q3整除p－1時(shí)，G恰有15個(gè)彼此不同構(gòu)的類型.

有限群；同構(gòu)分類；群的表寫

設(shè)p，q是奇素?cái)?shù)，p＞q.文獻(xiàn) [1]用了不少篇幅，經(jīng)過(guò)繁雜的計(jì)算與推理，得到了23p階群的全部構(gòu)造.本文將用不同于文[1]的方法來(lái)研究pq3階群，并決定pq3階群的全部構(gòu)造.利用本文的方法，也不難重新確定23p階群的全部構(gòu)造.

以下恒設(shè)G是pq3階群，P是 G的一個(gè)Sylow p-子群，Q是G的一個(gè)Sylow q-子群.顯然，P是p階循環(huán)群，設(shè).由[1]之定理 7.1，Q必為下列5種類型之一：

下面我們來(lái)討論G的構(gòu)造.

1 P是G的正規(guī)子群

顯然 G=PQ，且 G/CG（P）同構(gòu)于 Aut（P） 的一個(gè)子群.眾所周知Aut（P）是p－1階循環(huán)群，并且P ≤ CG（P）.于是 G/CG（P）同構(gòu)于（G/P）/（CG（P）/P）≌ Q/CQ（P），由此知 Q/CQ（P）是一個(gè)循環(huán)群.

1.1 Q同構(gòu)于Q1時(shí)G的構(gòu)造

1）若 q不整除 p－1，則必有 CQ（P）=Q，于是G是循環(huán)群，它的構(gòu)造如下：

2）若q整除p－1，但q2不整除p－1，則除了有CQ（P） =Q 外，還可能 CQ（P）是 q2階群.即 G 除了是循環(huán)群外，還可能是如下的構(gòu)造

其中 r= α（p－1）/q，而 α 是模p的一個(gè)原根.

3）若 q2整除 p－1，但 q3不整除 p－1，則除了有CQ（P） =Q 或〈aq〉外，還可能 CQ（P） = 〈aq2〉.即 G除了有構(gòu)造（1）與（2）外，還可能是如下的構(gòu)造

其中 s= α（p－1）/q2，而 α 是模p的一個(gè)原根.

4） q3整除 p－1，則除了有 CQ（P）=Q 或〈aq〉或〈aq2外，還可能CQ（P） =1.即 G 除了有構(gòu)造（1）、（2）、（3）外，還可能是如下的構(gòu)造

其中 t= α（p－1）/q3，而 α 是模p的一個(gè)原根.

1.2 Q同構(gòu)于Q2時(shí)G的構(gòu)造

1）若 q不整除 p－1，則必有 CQ（P） =Q，于是G是一交換群，它的構(gòu)造如下：

2）若q整除p－1，但q2不整除p－1，則除了有 CQ（P） =Q 外，還可能 CQ（P） = 〈a〉或〈aq，b〉.所以G除為交換群（5）外，還有如下兩種構(gòu)造：

在（6）、（7）中 r= α（p－1）/q，而 α 是模p的一個(gè)原根.

3）若 q2整除 p－1，則 CQ（P）除了可為 2）中的情形外，還可為〈b〉(注意 Q/CQ（P）是一個(gè)循環(huán)群，從而CQ（P）不可能是〈aq〉.所以 G 除為構(gòu)造（5）、（6）、（7）外，還有如下構(gòu)造：

其中 s= α（p－1）/q2，而 α 是模p的一個(gè)原根.

不難證明（5）、（6）、（7）、（8）是互不同構(gòu)的.

1.3 Q同構(gòu)于Q3時(shí)G的構(gòu)造

1）若 q不整除 p－1，則顯然有 CQ（P） =Q，于是G必是一交換群，其構(gòu)造是：

2）若 q 整除 p－1，則因?yàn)?Q/CQ（P）是一個(gè)循環(huán)群，于是除了 CQ（P）=Q外，CQ（P）還可以且僅可以是一個(gè) p2階初等交換群，不妨設(shè) CQ（P） = 〈b，c〉，從而G有如下構(gòu)造：

其中 r= α（p－1）/q，而 α 是模p的一個(gè)原根.

1.4 Q同構(gòu)于Q4時(shí)G的構(gòu)造

1）若q不整除p－1，則顯然G是一冪零群，其構(gòu)造是：

2）若q整除p－1，但q2不整除p－1，則因?yàn)镼/CQ（P）是一個(gè)循環(huán)群，于是除了 CQ（P） =Q 外，CQ（P）還可以是〈a〉或〈aq，b〉.所以 G 除為冪零群（11）外，還有如下兩種構(gòu)造：

在（12）、（13）中 r= α（p－1）/q，而 α 是模p的一個(gè)原根.不難證明（12）、（13）是互不同構(gòu)的.

3）若 q2整除 p－1，則CQ（P）除了可為 2）中的情形外，還可為〈b〉（注意 Q/CQ（P）是一個(gè)循環(huán)群，從而CQ（P）不可能是〈aq〉）.所以 C 除為構(gòu)造（11）、（12）、（13）外，還可能有如下構(gòu)造：

其中 s= α（p－1）/q2，而 α 是模p的一個(gè)原根.但此時(shí)由 （a-1ga）b=gs易得，s1+q≡ s mod p，從而 sq≡ 1 mod p，這不可能.因此G不可能有構(gòu)造（14）.

1.5 Q同構(gòu)于Q5時(shí)G的構(gòu)造

1）若q不整除p－1，則顯然G是一冪零群，其構(gòu)造是：

2）若 q 整除 p－1，則因?yàn)?Q/CQ（P）是一個(gè)循環(huán)群，于是除了 CQ（P） =Q 外，CQ（P）還可以且僅可以是一個(gè) p2階初等交換群，不妨設(shè) CQ（P）= 〈b，c〉，從而G有如下構(gòu)造：

其中 r= α（p－1）/q，而 α 是模p的一個(gè)原根.

2 P不是G的正規(guī)子群

這時(shí)，因?yàn)閜＞ q，所以（p，q2－1） =1，再據(jù)Sylow定理得p整除q3－1，從而p整除（q2+q+1），且必有（p－1，q3） =1或 q.又由[2]之定理 8.5.3知G是可解群，所以存在G的正規(guī)q-子群B＞1.若，則P在PB中必正規(guī)，從而P char PB.然而G/B的Sylow p-子群又顯然正規(guī)，所以PB是G的正規(guī)子群，因而P是G的正規(guī)子群，矛盾.因此B只能是q3階初等交換群，即B=Q且Q是G的唯一極小正規(guī)子群.將Q看成是q元域Fq上的3維向量空間，則g可看成是Fq上的3階矩陣，不妨記其行列式為.因?yàn)間p=1，所以又顯然，再由（p，q－1） =1 得.故g的特征多項(xiàng)式可設(shè)為f（λ）=λ3－βλ2－γλ－1.由Q 的極小正規(guī)性可知，f（λ）必是Fq上的3次不可約多項(xiàng)式.從而G有如下的構(gòu)造：

其中 β，γ 使得 λ3－βλ2－γλ－1是 Fq上多項(xiàng)式λp－1的一個(gè)不可約因式.

反之，若p整除（q2+q+1）且p＞q，則（p，q2－1） =1，從而（λp－1，λq2-1－1） = λ－1.于是（λp－1）/（λ－1）無(wú)1次和2次不可約因式.再由（p，q3－1）=（p，q2+q+1）=p可見（λp－1）/（λ－1）全是3次不可約因式之積，所以必有p≡1 mod 3.記gi的特征多項(xiàng)式為 fi（λ），i=1，2，…，p－1，則 fi（λ）都不可約，且都是λp－1的因式.又對(duì)任何i：1≤ i≤ p－1，易見 i，qi，q2i模 p是互不同余的.但，所以 fi（λ）=fqi（λ） =fq2i（λ）.從而 fi（λ），i=1，2，…，p－1，中恰有（p－1）/3 個(gè)是不同的.顯然取λp－1的不同的不可約3次因式得到的G的構(gòu)造是彼此同構(gòu)的.因此，當(dāng)p整除（q2+q+1）且p＞q時(shí)，如果G的Sylow p-子群不正規(guī)，那么必有p≡1 mod 3，且在同構(gòu)意義下G只有一種構(gòu)造（17）.

3 結(jié)論

綜上所述，我們得到下面的定理：

定理 1 設(shè)p，q為奇素?cái)?shù)，且p＞q，而G是pq3階群.則：

（i）當(dāng) q不整除p－1且p不整除（q2+q+1）時(shí)，G恰有5個(gè)彼此不同構(gòu)的類型，其構(gòu)造分別是：（1），（5），（9），（11），（15）；

（ii）當(dāng) q不整除 p－1但 p整除（q2+q+1）時(shí)，G恰有6個(gè)彼此不同構(gòu)的類型，其構(gòu)造分別是：（1），（5），（9），（11），（15），（17）；

（iii）當(dāng)q整除p－1但q2不整除p－1且p不整除（q2+q+1）時(shí)，G恰有12個(gè)彼此不同構(gòu)的類型，其構(gòu)造分別是：（1），（2），（5）～（7），（9）～（13），（15），（16）；

（iv）當(dāng)q整除p－1且p整除（q2+q+1）但q2不整除p－1時(shí)，G恰有13個(gè)彼此不同構(gòu)的類型，其構(gòu)造分別是：（1），（2），（5）～（7），（9）～（13），（15）～（17）；

（v）當(dāng)q2整除p－1但q3不整除p－1時(shí)（這時(shí)必有p不整除（q2+q+1）），G恰有14個(gè)彼此不同構(gòu)的類型，其構(gòu)造分別是：（1）～（3），（5）～（13），（15），（16）；

（vi）當(dāng)q3整除p－1時(shí)（這時(shí)必有p不整除（q2+q+1）），G 恰有 15個(gè)彼此不同構(gòu)的類型，其構(gòu)造分別是：（1）～（13），（15），（16）.

對(duì)于23p（p≠ 3）階群，類似于以上討論（但應(yīng)注意在1.5中，Q5要用8階四元數(shù)群代替，且8階四元數(shù)群沒有循環(huán)的4階商群，從而Sylow2-子群是四元數(shù)群且Sylow p-子群正規(guī)的23p階非冪零群恰有一個(gè)），我們立即得到文[1]中的相同結(jié)果.如果p=3，即G是24階群，則當(dāng)G的Sylow3-子群正規(guī)時(shí)，類似于以上討論，可知G有12個(gè)互不同構(gòu)的類型.如果G的Sylow3-子群（用P表示）不正規(guī)，則由Sylow定理可知，NG（P）必是6階群.如果NG（P）是交換群，則NG（P）=CG（P），于是由Burnside定理（文[3]之定理）得，G是3-冪零的，從而Q是G的正規(guī)子群，因而Q有一個(gè)3階自同構(gòu).不難證明，有3階自同構(gòu)的8階群只有Z2×Z2×Z2與四元數(shù)群Q8.若Q≌Z(yǔ)2×Z2×Z2，則易見 CQ（P）是2階群，不妨設(shè)CQ（P）=〈c〉.又由[4]之定理知，〈c〉在Q中有補(bǔ)子群，不妨設(shè)其為〈a，b〉.因?yàn)镻不正規(guī)，于是不難證明〈a，b〉P≌A4，故必有G≌Z(yǔ)2×A4；若Q≌Q8，則CQ（P）是Q的唯一2階元，從而Z（G） =Z（Q8）是2階群.由此不難證明G≌SL（2，3）.如果NG（P）不是交換群，則顯然NG（P）不是G的正規(guī)子群.事實(shí)上，P char NG（P），如果NG（P）是G的正規(guī)子群，那么P將是G的正規(guī)子群，矛盾.眾所周知，G是可解群，所以G的極小正規(guī)子群N是2階或4階的.若N是2階的，則PN是6階循環(huán)群，這與NG（P）不是交換群矛盾.記 H=NG（P），則HG=1，令為H的全體右陪集的集合，則規(guī)定G在Ω上的一個(gè)作用ρ：

顯然作用ρ是忠實(shí)的，因而G≌S4.綜上所述，可知Sylow3-子群不正規(guī)的24階群恰有3個(gè)不同構(gòu)的類型，從而24階群共有15個(gè)互不同構(gòu)的類型.這與文[1]在10.4中的結(jié)果是一致的，但值得一提的是我們的方法比文[1]要簡(jiǎn)單明了得多.

［1］張遠(yuǎn)達(dá).有限群構(gòu)造[M].北京:科學(xué)出版社,1982.

［2］Robinson D J S.A course in the theory of groups[M].Graduate Texts in Mathematics 80,Springer-Verlag,New York,Heidelberg,Berlin,1982.

［3］徐明曜.有限群導(dǎo)引(上冊(cè))[M].北京:科學(xué)出版社,1999.

［4］Kurzweil H,Stellmacher B.The Theory of Finite Groups[M].Springer-Verlag,New York,Inc.,2004.

責(zé)任編輯：畢和平

Classification of Finite Groups of Order pq3

CHEN Songliang，OUYANG Jianxin，LI Jinglei
（School of Mathematics and Computer Science,Guizhou Normal College，Guiyang 550018，China）

Letting p，q be odd primes such thatp＞ q,letting G be a finite group of order pq3,the isomorphic classification of G were discussed,and their presentations are completely described.We have showed that:1)If q doesn't divide （p－1） andpdoesn't divide （q2+q+1）,G has 5 nonisomorphic presentations;2)If q doesn't divide （p－1）andpdivides （q2+q+1）,G has 6 nonisomorphic presentations;3)If q divides （p－1） and q2doesn't divide （p－1） andpdoesn't divide （q2+q+1）,G has 12 nonisomorphic presentations;4)If q divides （p－1）)and q2doesn't divide （p－1）andpdivides （q2+q+1）,G has 13 nonisomorphic presentations;5)If q2divides （p－1）and q3doesn't divide （p－1）,G has 14 nonisomorphic presentations;6)If q3divides（p－1）,G has 15 nonisomorphic presentations.

finite group；isomorphic classification；presentation of group

O 152.1

A

1674-4942（2010）03-0253-03

2010-05-22

貴州省科技廳自然科學(xué)基金資助項(xiàng)目(2010GZ77391)；貴州師范學(xué)院自然科學(xué)基金項(xiàng)目(200901006)