40階群和56階群的同構(gòu)分類(lèi)

李德樂(lè),曹慧芹

(1.福建水利電力職業(yè)技術(shù)學(xué)院公共基礎(chǔ)部，福建永安366000;2.廈門(mén)大學(xué)數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院，福建廈門(mén)361005)

設(shè)G是40階群，即是23×5階群.張遠(yuǎn)達(dá)[1]和徐明曜[2]已經(jīng)分析了40階群的構(gòu)造，但是群的構(gòu)造比較抽象[1,3]，缺乏具體構(gòu)造方法.本文將繼續(xù)沿著文獻(xiàn)[4]的思路，運(yùn)用文獻(xiàn)[5]的方法，利用Sylow定理，構(gòu)造G的14種同構(gòu)類(lèi)型的群(同構(gòu)意義下，同構(gòu)群視為一類(lèi)群).

對(duì)于40階群，根據(jù)Sylow定理，容易看出Sylow 5-子群是正規(guī)子群.本文將證明如下定理：

定理1設(shè)G是40階群，P∈Syl2(G),Q∈Syl5(G).G有14種同構(gòu)類(lèi)型：(i)P?G，則G有5種同構(gòu)類(lèi)型，見(jiàn)表1中序號(hào)1～5所對(duì)應(yīng)的群；(ii)P?G，則G有9種同構(gòu)類(lèi)型，見(jiàn)表1中序號(hào)6～14所對(duì)應(yīng)的群.進(jìn)而應(yīng)用定理1的方法同理構(gòu)造了13種56階群的同構(gòu)類(lèi)型.

1 預(yù)備知識(shí)

在證明定理1之前需要下面一些基本結(jié)論：

證明參見(jiàn)文獻(xiàn)[5]中定理1的證明.

推論1在引理1的條件和符號(hào)下，所有可能的半直積同構(gòu)類(lèi)個(gè)數(shù)恰好等于Ω的Γ-軌道個(gè)數(shù).

證明參見(jiàn)文獻(xiàn)[5]中推論1的證明.

引理2(Sylow定理)設(shè)G是有限群，p是素?cái)?shù)且pn‖|G|(即pn||G|但pn+1

|

|G|)，則

(i)G必有pn階子群(稱(chēng)為G的Sylowp-子群).

(ii)G的任意Sylowp-子群皆在G中共軛.

(iii)G的任意Sylowp-子群的個(gè)數(shù)np是G的因子，且np≡1(modp).

證明具體參考文獻(xiàn)[2]證明.

2 定理1的證明

設(shè)G是40=23×5階群，則G必是可解群.設(shè)P∈Syl2(G),Q∈Syl5(G),根據(jù)Sylow定理，可得Q?G.下面只考慮P?G或P?G兩種情況.P同構(gòu)于8階群的5種不同類(lèi)型：

(i) 循環(huán)群C8，(ii) 交換群C4×2，即(4,2)-型交換群，(iii) 初等交換群K8，(iv) 二面體群D8，(v) 四元數(shù)群Q8，且Q=C5是5階循環(huán)群.

情形1：當(dāng)P?G,Q?G時(shí),則G有5種同構(gòu)類(lèi)型：

1)G=〈a,b|a5=b8=1,[a,b]=1〉(循環(huán)群)，

表1 40階群的生成關(guān)系表Tab.1 Generating relation table of groups of order 40

2)G=〈a,b,c|a5=b4=c2=1,[a,b]=[b,c]=[c,a]=1〉(交換群)，

3)G=〈a,b,c,d|a5=b2=c2=d2=1,[a,b]=[b,c]=[c,d]=[d,a]=1〉(交換群)，

4)G=〈a,b,c|a5=b4=c2=1,c-1bc=b-1,[a,b]=[a,c]=1〉(C5×D8)，

5)G=〈a,b,c|a5=b4=1,b2=c2,bc=cb-1,[a,b]=[a,c]=1〉(C5×Q8)，

其中a∈Q,b、c、d∈P.

G的結(jié)構(gòu)由P完全決定.令Q=〈a〉=C5，P是8階群，有5種不同的結(jié)構(gòu).當(dāng)P依次取遍8階群5種不同的結(jié)構(gòu)，相應(yīng)地可得到G的結(jié)構(gòu)，類(lèi)型1),2),3)是交換群，類(lèi)型4),5)是非交換群.

情形2：當(dāng)P?G,Q?G時(shí)，則G有9種同構(gòu)類(lèi)型，即

6)G=〈a,b|a5=b8=1,b-1ab=a-1〉，

7)G=〈a,b|a5=b8=1,b-1ab=a2〉，

8)G=〈a,b,c|a5=b4=c2=1,bc=cb,b-1ab=a2,ac=ca〉，

9)G=〈a,b,c|a5=b4=c2=1,bc=cb,c-1ac=a-1,ab=ba〉，

10)G=〈ab,bc|a5=b4=c2=1,ac=ca,b-1ab=a-1,bc=cb〉，

11)G=〈a,b,c,d|a5=b2=c2=d2=1,[b,c]=[c,d]=[d,b]=1,b-1ab=a-1,[a,c]=[a,d]=1〉,

12)G=〈ab,c|a5=b4=c2=1,c-1bc=b-1,ab=ba,c-1ac=a-1〉，

13)G=〈a,b,c|a5=b4=c2=1,c-1bc=b-1,b-1ab=a-1,ca=ac〉，

14)G=〈ab2,c,b2|a5=b4=1,b2=c2,c-1bc=b-1,ab=ba,c-1ac=a-1〉.

因?yàn)镼?G，根據(jù)N/C定理可知G/CG(Q)≤Aut(Q)?C4，又Q?CG(Q)，于是(G/Q)/(CG(Q)/Q)?P/CG(Q)∩P≤C4，所以P在Q上作用核是2，4或8階群.

考慮同態(tài)φ:P→Aut(Q)，設(shè)P在Q上作用核K=CG(Q)∩P，當(dāng)K是8階群時(shí)，得到G是冪零群，即P?G,Q?G，回歸到情形1討論.故只考慮核K是2或4階群的情形.根據(jù)引理1 和推論1，可知作用核是循環(huán)群(2階或4階)的所有作用都在一個(gè)Γ-軌道里，作用核是非循環(huán)群(4階)的所有作用也都在一個(gè)Γ-軌道里，其中Γ=Aut(P)×Aut(Q)，因而上述作用最多是3個(gè)軌道.設(shè)P中元素作用在Q上的非平凡作用就是取平方、取三次方、取逆(即取四次方).下面圍繞P同構(gòu)于8階群的5種不同類(lèi)型進(jìn)行討論：

(i) 當(dāng)P=〈b|b8=1〉是循環(huán)群時(shí)，因?yàn)镵的階為2或4，所以K的生成元只有兩種不同情況：〈b2〉,〈b4〉.

當(dāng)K=〈b2〉時(shí)，K是4階循環(huán)群，此時(shí)b(b∈P且b?K)誘導(dǎo)Q的自同構(gòu)是2階，即ab=b-1ab≠a且ab2=a.設(shè)ar=ab(2≤r≤4)，則ab2=(ar)b=ar2=a，即r2≡1(mod5)，解得r=4，因此ab=a4=a-1.P中元素b導(dǎo)出Q的求逆自同構(gòu)滿(mǎn)足ab=b-1ab=a-1，得到上述結(jié)構(gòu)6).

當(dāng)K=〈b4〉時(shí)，K是2階群，此時(shí)b(b∈P且b?K)誘導(dǎo)Q的自同構(gòu)是4階，即ab=b-1ab≠a，且ab4=a.設(shè)ar=ab(2≤r≤4)，則ab2=(ar)b=ar2≠a，ab3=ar3≠a，ab4=ar4=a可得r4≡1(mod5)，解得r=2,3.即

當(dāng)b在a上的作用是取平方時(shí)，

ab=a2,(a2)b=a4,(a4)b=a8=a3,(a3)b=

a6=a.

當(dāng)b在a上的作用是取三次方時(shí)，ab=a3,(a3)b=a9=a4,(a4)b=a12=a2,(a2)b=a6=a.

由此可見(jiàn)取三次方與取平方互為逆作用，二者作用效果實(shí)質(zhì)相同，所以只需取平方和三次方兩者中的一種情形即可.當(dāng)K=〈b4〉時(shí)，不妨令b取求平方自同構(gòu)，即b-1ab=a2，從而得到上述結(jié)構(gòu)7).

綜上所述，此時(shí)G有兩種不同類(lèi)型的群：

根據(jù)(i)中計(jì)算可知：當(dāng)K是2階群時(shí)，則元素b(b∈P且b?K)中誘導(dǎo)Q的自同構(gòu)是4階，此時(shí)b誘導(dǎo)Q取平方自同構(gòu)；當(dāng)K是4階群時(shí)，則b(b∈P且b?K)中誘導(dǎo)Q的自同構(gòu)是2階，此時(shí)b誘導(dǎo)Q取逆自同構(gòu).

(ii) 當(dāng)P=〈b,c|b4=c2=1,bc=cb〉是(4，2)-型交換群時(shí)，因?yàn)镵的階為2或4，所以K的生成元只有3種不同情況：〈b〉，〈c〉,〈b2,c〉.

當(dāng)K=〈c〉時(shí)，K是2階群，得到元素b(b∈P且b?K)引起Q自同構(gòu)為取平方，即b-1ab=a2.記GA(1,5)=〈a,b|a5=b4=1,b-1ab=a2〉為5元域上的一維的一般仿射群，可得：G=GA(1,5)×C2，從而得到上述結(jié)構(gòu)8).

當(dāng)K=〈b〉時(shí)，K是4階循環(huán)群，由元素c(c∈P且c?K)引起求逆自同構(gòu)，于是有c-1ac=a-1，即G=D10×C4，得到上述結(jié)構(gòu)9).

當(dāng)K=〈b2,c〉時(shí)，K是4階初等交換群.根據(jù)元素b∈P,b?K但是b2∈K，可得ab≠a且ab2=a.設(shè)ar=ab(2≤r≤4)，則ab2=(ar)b=ar2=a，即r2≡1(mod5)，解得r=4，因此ab=a4=a-1，所以此時(shí)P中元素b導(dǎo)出Q的求逆自同構(gòu)滿(mǎn)足ab=b-1ab=a-1.令x=ab，y=bc，G=〈x,y|x20=1,x10=y2,y-1xy=x-1〉=Q40，得到上述結(jié)構(gòu)10).

綜上所述，此時(shí)G有3種不同類(lèi)型的群：

根據(jù)(ii)中計(jì)算，可得當(dāng)K是4階初等交換群，此時(shí)元素b∈P,b?K且b2∈K，并且b誘導(dǎo)Q的求逆自同構(gòu).

(iii) 當(dāng)P=〈b,c,d|b2=c2=d2=1,[b,c]=[c,d]=[d,b]=1〉是初等交換群時(shí)，由于P中無(wú)4階元，因此同態(tài)映射P→Aut(Q)?C4不可能是滿(mǎn)同態(tài)，所以K的生成元只有一種情況：〈c,d〉.當(dāng)K=〈c,d〉時(shí)，K是4階初等交換群，此時(shí)元素b(b∈P且b?K)誘導(dǎo)Q的自同構(gòu)是2階，即ab=b-1ab≠a且ab2=a.設(shè)ar=ab(2≤r≤4)，則ab2=(ar)b=ar2=a，即r2≡1(mod5)，解得r=4，因此ab=a4=a-1，所以P中元素b導(dǎo)出Q的求逆自同構(gòu)滿(mǎn)足ab=b-1ab=a-1，于是有b-1ab=a-1，即

G=〈a,b,c,d|a5=b2=c2=d2=1,[b,c]=

[c,d]=[d,b]=1,b-1ab=a-1,[a,c]=

[a,d]=1〉=D10×K4，

從而得到上述結(jié)構(gòu)11).

(iv) 當(dāng)P=〈b,c|b4=c2=1,c-1bc=b-1〉是二面體群結(jié)構(gòu)時(shí)，由于同態(tài)映射P→Aut(Q)?C4不可能是滿(mǎn)同態(tài)，否則C4?P/Z(P)，得到P是交換群，與P是二面體群相矛盾，故K的生成元可有兩種不同情況：〈b〉,〈b2,c〉.

當(dāng)K=〈b〉時(shí)，K是4階循環(huán)群，由元素c(c∈P且c?K)引起求逆自同構(gòu)，于是有c-1ac=a-1，令x=ab，y=c，則G=〈x,y|x20=y2=1,y-1xy=x-1〉=D40，得到上述結(jié)構(gòu)12).

當(dāng)K=〈b2,c〉時(shí)，K是4階初等交換群，由b引起求逆自同構(gòu)，于是有b-1ab=a-1，得到上述結(jié)構(gòu)13).

綜上所述，此時(shí)G有兩種不同類(lèi)型的群：

(v) 當(dāng)P=〈b,c|b4=1,b2=c2,c-1bc=b-1〉是廣義四元數(shù)群時(shí)，P中有唯一的2階元，所以核K不能是4階初等交換群.由于同態(tài)映射P→Aut(Q)?C4不可能是滿(mǎn)同態(tài)，否則C4?P/Z(P)，得到P是交換群，與P是四元數(shù)群相矛盾，故K的生成元只有一種情況：〈b〉.當(dāng)K=〈b〉時(shí)，K必是4階循環(huán)群，由c(c∈P且c?K)引起Q求逆自同構(gòu)，于是有c-1ac=a-1.令x=ab2，y=c，z=b2，則G=〈x,y,z|x10=y2=z2=1,x5=y2,y-1xy=x-1,zx=xz,zy=yz〉=Q20×C2，得到G=〈ab2,c,b2|a5=b4=1,b2=c2,c-1bc=b-1,ab=ba,c-1ac=a-1〉=Q20×C2，

即上述結(jié)構(gòu)14).定理1證畢.

3 應(yīng) 用

利用上述的理論，很容易構(gòu)造56群的13種同構(gòu)類(lèi)型.由Sylow定理可知：56階群不可能是單群.設(shè)G是56階群，即是23×7階群，也是可解群，并設(shè)P∈Syl2(G),Q∈Syl7(G),要分成(i)P?G,Q?G；(ii)P?G,Q?G；(iii)P?G,Q?G3種情況加以討論.設(shè)Q=〈a〉=C7.

情形1：當(dāng)P?G,Q?G時(shí)，則G有5種同構(gòu)類(lèi)型：

15)G=〈a,b|a7=b8=1,[a,b]=1〉(循環(huán)群)，

16)G=〈a,b,c|a7=b4=c2=1,[a,b]=[b,c]=[c,a]=1〉(交換群)，

17)G=〈a,b,c,d|a7=b2=c2=d2=1,[a,b]=[b,c]=[c,d]=[d,a]=1〉(交換群)，

18)G=〈a,b,c|a7=b4=c2=1,bc=cb-1,[a,b]=[a,c]=1〉(C7×D8)，

19)G=〈a,b,c|a7=b4=1,b2=c2,bc=cb-1,[a,b]=[a,c]=1〉(C7×Q8)，

因?yàn)镻?G,Q?G，G的結(jié)構(gòu)由P完全決定.P是8階群，有5種不同的結(jié)構(gòu).當(dāng)P依次取遍8階群5種不同的結(jié)構(gòu)，相應(yīng)地可得到G的結(jié)構(gòu)，類(lèi)型15)，16)，17)是交換群，類(lèi)型18)，19)是非交換群.

情形2：當(dāng)P?G,Q?G時(shí)，則G有7種不同構(gòu)類(lèi)型：

21)G=〈ab,bc|a7=b4=c2=1,bc=cb,ba=ab,c-1ac=a-1〉=Q56，

22)G=〈a,b,c|a7=b4=c2=1,bc=cb,b-1ab=a-1,ca=ac〉=D28×C2，

23)G=〈a,b,c,d|a7=b2=c2=d2=1,[b,c]=[c,d]=[d,b]=1,b-1ab=a-1,[a,c]=[a,d]=1〉=D14×K4，

24)G=〈ab,c|a7=b4=c2=1,c-1bc=b-1,ba=ab,c-1ac=a-1〉=D56，

25)G=〈a,b,c|a7=b4=c2=1,c-1bc=b-1,b-1ab=a,ca=ac〉，

26)G=〈ab2,c,b2|a7=b4=c2=1,c-1bc=b-1,ab=ba,c-1ac=a〉.

因?yàn)镼?G，根據(jù)N/C定理可知：G/CG(Q)≤Aut(Q)=Aut(C7)?C6，考慮到P作用Q上的是非平凡作用，因?yàn)镼?CG(Q)，所以P在Q上作用核只能是4階群.設(shè)P在Q上作用核K=CG(Q)∩P，根據(jù)引理1和推論1，可知要構(gòu)造G的關(guān)系就是確定作用核K和P中誘導(dǎo)Q的求逆自同構(gòu)的元素.

(b) 當(dāng)P=〈b，c|b4=c2=1,bc=cb〉是(4，2)型交換群時(shí)，因?yàn)镵的階為4，所以K的生成元只有兩種不同情況：〈b〉，〈b2,c〉.

當(dāng)K=〈b〉時(shí)，K是4階循環(huán)群.根據(jù)c(c∈P且c?K)誘導(dǎo)Q的自同構(gòu)是2階，即c(c∈P且c?K)引起求逆自同構(gòu)，于是有c-1ac=a-1.令x=ab，y=bc，則G=〈x,y|x28=1,x14=y2,y-1xy=x-1〉=Q56，得到上述結(jié)構(gòu)21).

當(dāng)K=〈b2,c〉時(shí)，K是4階初等交換群.因?yàn)閎∈P,b?K且b2∈K，所以b引起求逆自同構(gòu)，可取b-1ab=a-1，即G=D28×C2，得到上述結(jié)構(gòu)22).

綜上所述，此時(shí)G有兩種不同類(lèi)型的群：

(c) 當(dāng)P=〈b,c,d|b2=c2=d2=1,[b,c]=[c,d]=[d,b]=1〉是初等交換群時(shí)，因?yàn)镵是4階初等交換群，則K=〈c,d〉，此時(shí)元素b(b∈P且b?K)誘導(dǎo)Q的自同構(gòu)是2階，即ab=b-1ab≠a且ab2=a.設(shè)ar=ab(2≤r≤6)，則ab2=(ar)b=ar2=a，即r2≡1(mod7)，解得r=6，即ab=a6=a-1.P中元素b導(dǎo)出Q的求逆自同構(gòu)，即ab=b-1ab=a-1，即G=〈a,b,c,d|a7=b2=c2=d2=1,[b,c]=[c,d]=[d,b]=1,b-1ab=a-1,[a,c]=[a,d]=1〉=D14×K4，

得到上述結(jié)構(gòu)23).

(d) 當(dāng)P=〈b，c|b4=c2=1,c-1bc=b-1〉是二面體群結(jié)構(gòu)時(shí)，K的生成元可有兩種不同情況：〈b〉,〈b2,c〉.

當(dāng)K=〈b〉時(shí)，K是4階循環(huán)群.元素c(c∈P且c?K)引起Q求逆自同構(gòu)，于是有c-1ac=a-1.令x=ab，y=c，則G=〈x,y|x28=y2=1,y-1xy=x-1〉=D56，得到上述結(jié)構(gòu)24).

當(dāng)K=〈b2,c〉時(shí)，K是4階初等交換群.因?yàn)閎∈P，b?K且b2∈K，所以由b引起求逆自同構(gòu)，于是有b-1ab=a-1，得到上述結(jié)構(gòu)25).

綜上所述，此時(shí)G有兩種不同類(lèi)型的群：

(e) 當(dāng)P=〈b,c|b4=1,b2=c2,c-1bc=b-1〉是四元數(shù)群時(shí)，P中有唯一的2階元，因此K不能是4階初等交換群，此時(shí)K的生成元只有一種情況：〈b〉.即K=〈b〉必是4階循環(huán)群，由c(c∈P且c?K)引起Q求逆自同構(gòu)，于是有c-1ac=a-1.令x=ab2，y=c，z=b2，則G=〈x,y,z|x14=y2=z2=1,x7=y2,y-1xy=x-1,zx=xz,zy=yz〉=Q28×C2，得到G=〈ab2,c,b2|a7=b4=1,b2=c2,c-1bc=b-1,ab=ba,c-1ac=a-1〉=Q28×C2，即上述結(jié)構(gòu)26).

情形3：當(dāng)P?G，Q?G時(shí)，則G有一種不同構(gòu)類(lèi)型：

27)G=〈a,b,c,d|a7=b2=c2=d2=1,[b,c]=[c,d]=[d,b]=1,a-1ba=d-1,a-1ca=bd-1,a-1da=c〉.