關(guān)于有限群的p-冪零性與超可解性判別準(zhǔn)則

霍麗君，王麗麗

(重慶理工大學(xué) 理學(xué)院， 重慶 400054)

本文所考慮的群均為有限群，所使用的群論理論的符號和術(shù)語都是標(biāo)準(zhǔn)的，可參考文獻(xiàn)[1-3]。記G為一個有限群，|G|為它的階，π(G)為|G|的所有素因子的集合，Gp為G的Sylowp-子群，Φ(G)為G的Frattini子群，即G的所有極大子群的交。

在有限群論中，利用子群的某些性質(zhì)來刻畫群結(jié)構(gòu)是群論中的經(jīng)典且重要的研究方法之一。 從廣義正規(guī)性或可補性的角度去研究群的結(jié)構(gòu)成為該研究方向的一種重要方法，得到許多有深刻意義的結(jié)果。1970年，Buckley利用子群的正規(guī)性條件證明了如果奇數(shù)階群G中的每一個極小子群是都是正規(guī)的，則G是超可解的。 2000年，Ballester-Bolinches等[4]給出了c-可補子群的概念，子群H在G中是c-可補的，如果存在G的一個子群T使得G=HT，且H∩T≤HG，這里HG是包含在H中的G的最大的正規(guī)子群，作者對所有子群為c-可補子群的有限群的特性及其在群構(gòu)造方面的應(yīng)用進(jìn)行了研究。許多學(xué)者對其在群結(jié)構(gòu)方面的影響進(jìn)行了進(jìn)一步的研究[5-6]。 子群H在群G中是類正規(guī)的，如果對任意x∈G，H和Hx在〈H,Hx〉中是共軛的。G的子群H是G的H-子群，如果對G的任意元素g，有Hg∩NG(H)≤H。 群G的子群H在G中是弱正規(guī)的[7]，如果對任意g∈G，當(dāng)Hg≤NG(H)時必有g(shù)∈NG(H)。易知每一個類正規(guī)子群和H-子群都是弱正規(guī)子群，利用弱正規(guī)子群去研究群的構(gòu)造是一個有效的工具，人們得到了一些有意義的結(jié)果[8-10]。作為該研究課題的深化，利用群的可補性及弱正規(guī)性，本文定義了一類新的子群，稱為弱正規(guī)可補子群。

定義1 群G的子群H在G中是弱正規(guī)可補的，如果存在G的一個子群T使得G=HT，且H∩T是G的弱正規(guī)子群。

顯然，類正規(guī)子群、H-子群和弱正規(guī)子群都是弱正規(guī)可補子群。 本文在第2節(jié)先列出一些有用的引理，在第3節(jié)考慮用有限群中某些子群的弱正規(guī)可補性去研究群的結(jié)構(gòu)，得到有限群的p-冪零性以及超可解性等的若干判別準(zhǔn)則。

1 預(yù)備知識

引理1(參考文獻(xiàn)[8]引理2.1,2.2) 設(shè)N、H、K是群G的子群。

1) 如果H≤K≤G,且H在G中是弱正規(guī)的，則H在K中是弱正規(guī)的；

2) 如果N在G中是正規(guī)的，且N≤H，則H在G中是弱正規(guī)的當(dāng)且僅當(dāng)H/N在G/N中是弱正規(guī)的；

3) 如果H在G中既是次正規(guī)又是弱正規(guī)的，則H在G中是正規(guī)的；

4) 如果N在G中是正規(guī)的，P是G的正規(guī)p-子群滿足(|N|,p)=1，則PN和PN/N分別在G和G/N中是弱正規(guī)的。

引理2 設(shè)N、H、K是群G的子群。

1) 如果H是G的弱正規(guī)可補子群，且H≤K≤G，則H是K的弱正規(guī)可補子群；

2) 如果N在G中是正規(guī)的且N≤H，則H在G中是弱正規(guī)可補的當(dāng)且僅當(dāng)H/N在G/N中是弱正規(guī)的；

3) 設(shè)N是G的正規(guī)子群，且H與N滿足(|N|,|H|)=1。若H在G中是弱正規(guī)可補的，則HN/N在G/N中是弱正規(guī)可補的。

證明

1) 如果H是G的弱正規(guī)可補子群，則存在G的一個子群T使得G=HT，且H∩T是G的弱正規(guī)子群。顯然K=H(K∩T)，且H∩(K∩T)=H∩T在G中是弱正規(guī)的。 由引理1的1)可知,H∩(K∩T)=H∩T在G中也是弱正規(guī)的。

2) 首先設(shè)H在G中是弱正規(guī)可補的，即對G的某個子群T有G=HT，且H∩T是G的弱正規(guī)子群。由于N(H∩T)在G中是弱正規(guī)的，因此由引理1的2)有N(H∩T)/N在G/N中是弱正規(guī)的。顯然G/N=(H/N)(TN/N)，且(H/N)∩(TN/N)=N(H∩T)/N在G/N中是弱正規(guī)的，從而H/N在G/N中弱正規(guī)可補。反之，如果存在一個G/N的子群T/N使得G/N=(H/N)(T/N)且(H/N)∩(T/N)=(H∩T)/N在G/N中是弱正規(guī)的，進(jìn)一步由引理1的2)可得，H∩T在G中是弱正規(guī)的。 注意到G=HT，于是H在G中是弱正規(guī)可補的。

3) 設(shè)H在G中是弱正規(guī)可補的，即存在G的某個子群T有G=HT，且H∩T是G的弱正規(guī)子群。 易知N≤T，且N(H∩T)=HN∩T在G中是弱正規(guī)的。 則由引理1的2)有(HN∩T)/N在G/N中弱正規(guī)。 由于G/N=(HN/N)(T/N)且(HN/N)∩(T/N)=(HN∩T)/N在G/N中是弱正規(guī)的，于是HN/N在G/N中是弱正規(guī)可補的。

引理3(參考文獻(xiàn)[2]的定理7.4.5) 群G有正規(guī)p-補子群當(dāng)且僅當(dāng)下列條件之一成立：

1) 對每一個G的非單位p-子群H，NG(H)/CG(H)是一個p-群；

2) 對每一個G的非單位p-子群H，NG(H)有一個正規(guī)p-補。

引理4[11]設(shè)G的每一個真子群超可解，但G本身非超可解， 則

1)G恰有一個正規(guī)Sylow子群P；

2)P/Φ(P)是G/Φ(P)的一個極小正規(guī)子群，且P/Φ(P)是非循環(huán)的；

3) 對于p>2，P的方次數(shù)為p，對于p=2，其方次數(shù)最多為4。

引理5[12]

1) 如果G/H和G/K都是超可解的，則G/(H∩K)是超可解的[12]；

2) 如果G/H是超可解的，且H是循環(huán)的，則G是超可解的[12]。

引理6[11]G是超可解的當(dāng)且僅當(dāng)G/Φ(G)是超可解的。

引理7[13]設(shè)P是一個p-群，則

1)P/Φ(P)是初等交換群；

2) 如果|P/Φ(P)|=pn，那么存在x1,…,xn∈P使得P=〈x1,…,xn〉。

2 主要結(jié)論

定理1 設(shè)p是整除|G|的最小素因子，如果G的每一個p階子群和4階(當(dāng)p=2時)循環(huán)子群在G中是弱正規(guī)可補的，則G是p-冪零群。

證明假設(shè)G為非p-冪零群且G是一個極小階反例。 若任意G的每一個p階子群和4(當(dāng)p=2時)階循環(huán)子群在G中是弱正規(guī)的，設(shè)q是一個不同于p的|G|的素因子，Q是一個正規(guī)化P的一個q-子群，顯然P?PQ。 設(shè)H是P的p階(4階，當(dāng)p=2時)循環(huán)子群，由引理1的1),H在PQ中是弱正規(guī)的。 由于H??P，故H??PQ。根據(jù)引理2.1的3)，H正規(guī)于PQ。此外，由于H是p(4，當(dāng)p=2時)階循環(huán)群，則有|Aut(H)|=p-1(=2，當(dāng)p=2時)，但p是|G|的最小素因子，q>p(q>2，當(dāng)p=2時)，故q不整除|Aut(H)|。 所以Q中心化H。 再由文獻(xiàn)[2]的定理5.3.10以及文獻(xiàn)[11]的定理5.12，可得Q中心化P，從而NG(P)/CG(P)是一個p-群。由引理3可知，G是冪零的，矛盾，因而必存在P的p階或4階(當(dāng)p=2時)子群H在G中不是弱正規(guī)的。 首先令p為奇數(shù)，由假設(shè)H是G的弱正規(guī)可補子群，即存在G的子群T使得G=HT且H∩T是G的弱正規(guī)子群。易知H∩T=1，于是T?G。 由引理2的1)可知，T滿足定理的條件，則T是p-冪零的，進(jìn)而G是p-冪零的，矛盾。 假設(shè)p=2，由于G為非2-冪零群，于是G中存在一個極小非2-冪零群，不妨設(shè)為K。 由文獻(xiàn)[11]第Ⅳ章定理5.4可知，K是G的一個極小非冪零群，且K=[K2]Q，這里K2是K的正規(guī)Sylow-2子群，Q是K的非正規(guī)Sylowq-子群，q≠2，且K2的方次數(shù)至多為4。 由上面的證明可知，K2中有2階或4階的循環(huán)子群H不是弱正規(guī)而是弱正規(guī)可補的。由引理2 的2)可知，H在K中也是弱正規(guī)可補的。 于是存在K的子群T使得K=HT，且H∩T在K中是弱正規(guī)的。由于H不是弱正規(guī)的，K≠T。 如果|H|=2，則H∩T=1。顯然Q≤T，且T?K。 又因為T是K的冪零子群，易得Q?K，矛盾?，F(xiàn)設(shè)|H|=4。 如果|H∩T|=2，則|K∶T|=2，從而T是K的正規(guī)冪零子群，又可得Q?K，矛盾，所以H∩T=1，令H1是H的2階子群，如果H1在K弱正規(guī)，則由引理1的3)可知,H1在K中是正規(guī)的，因此H1T是K的正規(guī)冪零子群，于是Q?K，矛盾。 由假設(shè)H1在K中是弱正規(guī)可補的，則存在子群T1使得K=H1T1且H1∩T1=1。 由于T1是K的正規(guī)冪零子群，易得K是2-冪零群，矛盾。 定理證畢。

定理2 設(shè)p是整除|G|的最小素因子，H是G的正規(guī)子群使得G/H是p-冪零的。 如果H的每一個p階子群和4階(當(dāng)p=2時)循環(huán)子群在G中是弱正規(guī)可補的，則G是p-冪零的。

證明由引理2的1)可知，H滿足定理的條件。由定理1知H是p-冪零的。令Hp′是H的正規(guī)p-補，則易推得Hp′正規(guī)于G。 假設(shè)Hp′≠1，對G的階|G|運用歸納法，由引理2的3)可知，G/Hp′滿足定理的條件，從而G/Hp′是p-冪零的，于是G是p-冪零的。 現(xiàn)設(shè)Hp′=1， 則H是一個p-群。因為G/H是p-冪零的，設(shè)K/H是G/H的正規(guī)p-補。由Schur-Zassenhaus定理可知，存在K的Hallp′-子群Kp′使得K=HKp′。再應(yīng)用引理2及定理1可得，K是p-冪零的， 從而K=H×Kp′，由此可得Kp′是G的正規(guī)p-補，于是G是p-冪零的。 定理證畢。

推論1 對任意p∈π(G)，假如群G的每一個p階子群和4階循環(huán)子群(當(dāng)p=2時)在G中是弱正規(guī)可補的，則G是超可解型的Sylow塔群。

證明設(shè)|G|的素因子個數(shù)n≥2，對n運用數(shù)學(xué)歸納法，反復(fù)運用定理1及引理2可得此結(jié)論。

定理3 設(shè)G是一個群，p∈π(G)，P是G的一個正規(guī)p-子群。若G/P是超可解的，并且P的每一個p階子群和4階(當(dāng)p=2時)循環(huán)子群在G中是弱正規(guī)可補的，則G是超可解的。

證明假設(shè)G不是超可解的，并令G是一個極小階反例。通過以下步驟進(jìn)行證明：

1)G的每一個真子群K是超可解的

設(shè)K

2)P是G中唯一一個非平凡正規(guī)Sylow子群

由引理4知，G有唯一一個非平凡正規(guī)Sylow子群，不妨設(shè)為Q，并設(shè)q是一個素數(shù)使得Q是一個q-群。 由Schur-Zassenhaus定理知，存在G的一個補群K使得G=QK。 顯然，K?G/Q，從而由步驟1)知G/Q是超可解的。 根據(jù)條件，G/P是超可解的，由引理5 的1)，得到G/(P∩Q)是超可解的。由于G是極小非超可解的，P∩Q≠1，進(jìn)而p=q，且P≤Q。 由Frattini子群的性質(zhì)知，Φ(Q)≤Φ(G)。 因為Φ(Q) charQ?G，所以Φ(Q)?G。由引理6，判斷G/Φ(G)不是超可解的。 由引理4可得，Q/Φ(Q)是G/Φ(Q)的極小正規(guī)子群。易知，PΦ(Q)=Φ(Q) 或者PΦ(Q)=Q，如果PΦ(Q)=Φ(Q)，即P≤Φ(Q)，則由

G/Φ(Q)?(G/P)/(Φ(Q)/P)

知G/Φ(Q)是超可解的。 由于Φ(Q)≤Φ(G)，又由

G/Φ(G)?(G/Φ(Q))/(Φ(G)/Φ(Q))

得到G/Φ(G)是超可解的，矛盾。從而P不在Φ(Q)中，即有PΦ(Q)=Q，于是P=Q。

3) 導(dǎo)出矛盾

如果P是循環(huán)群，則由引理5的2)知，G是超可解的，矛盾。 于是P是非循環(huán)群，設(shè)|P/Φ(P)|=pn。由引理7知，P/Φ(P)是一個初等交換群，從而P/Φ(P)由n個元素x1Φ(P),x2Φ(P),…,xnΦ(P)生成，這里x1,x2,…,xn∈P，而x1,…,xn恰好為P的生成元，即有P=〈x1,x2,…,xn〉。由引理4的3)可知P的方次數(shù)是p或者4， 從而對P的任意p階或者4階子群H，H在G中是弱正規(guī)可補的，即存在G的子群T使得G=HT，且H∩T在G中是弱正規(guī)的。又因為(H∩T)??P?G，由引理1的3)得(H∩T)?G，從而H在G中是c-可補的，再由[6]的定理1.3可知，G是超可解的，矛盾。 定理證畢。

定理4 設(shè)H是群G一個正規(guī)子群，假設(shè)G/H是超可解的，并且H的每一個素數(shù)階子群和4階循環(huán)子群在G中是弱正規(guī)可補的，則G是超可解的。

證明假設(shè)定理不真，并設(shè)(G,H)是一個使得|G|+|H|為最小值的反例。 由G的極小性易知G的每一個真子群是超可解的。根據(jù)引理4,在G中存在唯一非平凡正規(guī)Sylow子群，設(shè)其為p-群P。 由Schur-Zassenhaus定理可知，在G存在子群K使得G=PK，且P∩K=1。 顯然，K?G/P是超可解的，進(jìn)而G/(P∩H)是超可解的。 如果P∩H