循環(huán)子群個數幾乎最少的一類有限群

王 堅，江東林，胡嘯晗

(1.龍巖學院 福建龍巖 364000；2.浙江樹人大學 浙江杭州 310015)

1 預備知識

設G為有限群，C(G)為G的循環(huán)子群的集合。記c(G)為G的循環(huán)子群的個數，d(G)為G的階的因子個數。眾所周知，c(G)≤|G|，等號成立當且僅當G為初等交換2-群，其中|G|為G的階。而c(G)也有下限，文獻[1]中證明了c(G)≥d(G)，等號成立當且僅當G為循環(huán)群。最近文獻[2]中給出了滿足c(G)=|G|-1的G的結構。隨后文獻[3]給出了滿足c(G)=|G|-Δ，Δ=2，3，4，5時G的結構。

當c(G)接近d(G)時，這方面的結果較少，本文給出滿足c(G)=d(G)+1的paqb階群的完全分類。文中出現的術語以及符號都是標準的，具體可參見文獻[4-5]。

為后續(xù)討論方便，將文獻[1]的主定理作成引理，同時給出階互素的兩個有限群的直積的循環(huán)子群個數的一個結果。

引理1[1]設G為n階有限群，則G的循環(huán)子群個數大于等于n的因子個數，此外，G的循環(huán)子群個數等于n的因子個數當且僅當G循環(huán)。

引理2 設U與V是階互素的兩個有限群，則c(U×V)=c(U)×c(V)。

證明不妨設U為一個π-群，對任意的x∈U×V，則x=xπ·xπ′，其中xπ∈U，xπ′∈V。進一步可得〈x〉=〈xπ〉·〈xπ′〉。反之，U的任意一個循環(huán)子群與V的任意一個循環(huán)子群之積也是U×V的循環(huán)子群。結論成立。

2 主要結果

命題設G為paqb階群，H是G的一個次正規(guī)子群，則

c(G)-d(G)≥c(H)-d(H)。

證明根據遞歸，不妨設H是G的一個極大正規(guī)子群，將不等式化為c(G)-c(H)≥d(G)-d(H)。由于paqb階群可解，此時H是G的一個極大子群，不妨設它在G中的指數是p，進一步可得d(G)-d(H)=b+1。

若G為p群，d(G)-d(H)=1，結論顯然成立。因此可設P，Q分別為G的西羅p-子群，q-子群。根據Frattini論斷，G=HNG(Q)=HNP(Q)。取不屬于H的NP(Q)的元素x，則G=H〈x〉，xp∈H。〈x〉的Q-共軛類長為|Q∶NQ(〈x〉)|。根據引理2，NQ(〈x〉)×〈x〉不包含于H的循環(huán)子群的個數為c(NQ(〈x〉))。

(i)Q=NQ(〈x〉)。c(G)-c(H)≥c(Q)，由引理1，c(Q)≥d(Q)=b+1，結論成立。

(ii)|Q∶NQ(〈x〉)|=qi，i≥1。

c(G)-c(H)≥qi-1+c(NQ(〈x〉))≥qi-1+b-i+1≥b+1。

證畢。

定理設G為paqb階群，則c(G)=d(G)+1當且僅當G同構于C2×C2，Q8與C3∶C2m之一，其中C3∶C2m是3階群與循環(huán)2-群的半直積。

證明先證充分性。顯然C2×C2，Q8滿足c(G)=d(G)+1。因為C3∶C2m含有唯一的一個3×2m-1階循環(huán)的極大子群，并且它還含有3個循環(huán)的西羅2-子群，因此它滿足結論。

再證必要性。設c(G)=d(G)+1。

(i)G為p-群。斷言G的極大子群循環(huán)，否則由命題和引理1，存在極大子群M，c(M)=d(M)+1。由極小階反例，M同構于C2×C2，Q8之一，而以C2×C2，Q8作為極大子群的2-群都不滿足定理條件，因此G的極大子群循環(huán)。經過簡單計算，交換p-群滿足條件的只能是C2×C2，對于非交換p-群，由文獻[4]的定理1.2，G同構于Q8。

(ii)a>0，b>0。沿用命題證明中的記號，G=H〈x〉，xp∈H，x∈NP(Q)。斷言此時H循環(huán)，G超可解。

如若不然，根據命題和引理1，c(H)=d(H)+1，由極小階反例可得，H同構于C2×C2，Q8與C3∶C2m三者之一。經過簡單的驗證可知，當H同構于C2×C2或H同構于Q8時，G不滿足定理條件，因此H?C3∶C2m。此時G為超可解群且它的西羅3-子群正規(guī)。

若|G∶H|=3，則p=3，由命題3與極小階反例可知G?C9∶C2m。G的西羅2-子群包含于H，個數是3，但它的西羅3-子群忠實且傳遞地共軛作用在所有西羅2-子群構成的集合上，這與G的西羅2-子群個數矛盾。

若|G∶H|=2，則p=2，G=Q∶P，Q?C3。根據N/C定理，G/CG(Q)?C2。由命題、引理1和極小階反例可知CG(Q)循環(huán)，它含有的循環(huán)子群個數為2m+2。H含有3個循環(huán)的2m階群，但G的西羅2-子群P含有除這2m+5個以外的循環(huán)子群，這與條件c(G)=d(G)+1=2(m+2)+1=2m+5矛盾。

(iii)|Q∶NQ(〈x〉)|=q。

因為H循環(huán)，所以c(H)=a(b+1)，由條件可知

c(G)=(a+1)(b+1)+1，c(G)-c(H)=b+2。

由條件及引理1、2可知G非冪零，進一步得出Q真包含NQ(〈x〉)。若|Q∶NQ(〈x〉)|≥q2，則b+2≥q2-1+b-1(一部分循環(huán)子群與〈x〉共軛，一部分循環(huán)子群將〈x〉作為直因子)，進一步得出q=2。因為G是超可解群，P?G，這與G非冪零矛盾。

(iv)最終結論。

|Q∶NQ(〈x〉)|=q，c(G)-c(H)=b+2≥b-1+q，得出q≤3。由上一段的證明可知q=3，p=2。不屬于C(H)的子群剛好由與〈x〉共軛的子群和NQ(〈x〉)×〈x〉的部分循環(huán)子群構成，且不屬于C(H)的循環(huán)2-群的個數剛好是3，從而|G∶NG(〈x〉)|=3。而P=〈x〉(P∩H)，NG(〈x〉)?NG(P)，因為G非冪零，故NG(〈x〉)=NG(P)，G的西羅2-子群的個數是3。因此P中不屬于C(H)的循環(huán)子群只能是〈x〉。設P∩H=〈y〉，則〈xy〉=〈x〉，推出P=〈x〉。設G=〈z〉∶〈x〉，其中Q=〈z〉。由于x2∈CG(z)，zx=z-1，且z3∈CG(x)，得出z為3階元，結論成立。

后記命題中的不等式由曲海鵬教授給出，在此表示感謝。同時他還猜測命題對任意有限群或可解群G、H是G的任意子群的情況是成立的。筆者猜測，去掉定理中的條件G為paqb階群，結論依然成立。