24p階群的構(gòu)造

陳松良,李 斌,莫貴圈

(貴州師范學院數(shù)學與大數(shù)據(jù)學院,貴州 貴陽 550018)

有限群的同構(gòu)分類,一直是人們關心的問題。設p,q是不同的素數(shù),文[1]與[2]分別確定了p3q階群和p3q2階群的構(gòu)造。當p,q是不同的奇素數(shù)時,文[3]完成了p3q3階群的同構(gòu)分類。文[4]分析了無三次因子階群的結(jié)構(gòu)信息并給出了在同構(gòu)意義上構(gòu)造這類群的一個算法,文[5]對無三次因子階群的結(jié)構(gòu)信息給出了更細致準確的描述和刻畫,文[6]對無四次因子階群的結(jié)構(gòu)信息給出了描述和刻畫。當p>3為奇素數(shù)時,本文研究了階為24p的有限群G的同構(gòu)分類,得到了G的各種互不同構(gòu)的類型,從而推廣了文[7]、[8]的結(jié)果,并指出了文[7]、[8]中存在的錯誤。

在本文中,Cn表示n階循環(huán)群,Epn表示pn階初等交換群,A∶B表示群A被群B的半直積,|G|,|g|分別表示群G與元素g的階,記xg=g-1xg,其他符號的意義請讀者參看文獻[9-11]。此外,為簡化敘述,當一個群中兩個生成元交換時,在生成關系中,不再加以說明。

1 主要結(jié)果

定理1 設p是奇素數(shù)且p>3但p≠5或7,G是24p階群,那么:(i)當p≡1(mod 24)時,G共有64個互不同構(gòu)的類型;(ii)當p≡13(mod 24)時,G共有61個互不同構(gòu)的類型;(iii)當p≡17(mod 24)時,G共有46個互不同構(gòu)的類型;(iv)當p≡11,23(mod 24)時,G共有39個互不同構(gòu)的類型;(v)當p≡7,19(mod 24)但p≠7時,G共有54個互不同構(gòu)的類型;(vi)當p≡5(mod 24)但p≠5時,G共有44個互不同構(gòu)的類型。

2 定理1的證明

以下恒設p是奇素數(shù)且p>3但p≠5或7,G是24p階群。

引理1 不存在階為 264=24·11 的單群。

證明:見文獻[9]第78頁例5.15。

引理2 設H是24階群,則H必同構(gòu)于下列15種類型之一[12]:

(a)H1=a||a|=24;

(b)H2=a,b||a|=12,|b|=2,ab=a;

(c)H3=a,b,c||a|=6,|b|=|c|=2,ab=ac=a,bc=b;

(d)H4=a,b||a|=3,|b|=8,ab=a-1;

(e)H5=a,b,c||a|=3,|b|=4,|c|=2,ab=a-1,ca=cb=c;

(f)H6=a,b,c||a|=3,|b|=2,|c|=4,ab=a-1,ca=cb=c;

(g)H7=(a:b)×c×d,其中|a|=3,|b|=|c|=|d|=2,ab=a-1;

(h)H8=a,b||a|=6,|b|=4,ba=b-1;

(i)H9=a,b,c||a|=3,|b|=4,|c|=2,ab=a-1,ac=a,bc=b-1;

(j)H10=a,b||a|=12,|b|=2,ab=a-1;

(k)H11=b,c||b|=|c|=4,b2=c2,bc=b-1×a||a|=3;

(l)H12=a,b,c||a|=3,|b|=|c|=4,b2=c2,ab=a,ac=a-1,bc=b-1;

(m)H13=a,b,c||a|=3,|b|=|c|=4,b2=c2,bc=b-1,ba=c,ca=bc;

(n)H14=a,b,c||a|=3,|b|=|c|=2,ba=c,ca=bc×d||d|=2

(o)H15=a,b,c,d||a|=3,|b|=|c|=|d|=2,ba=c,ca=bc,ad=a-1,bd=c,cd=b.

引理3 設G是264=24·11階群,則G的 Sylow 11-子群是G的正規(guī)子群。

證明:若G的Sylow 11-子群P不正規(guī),則由Sylow定理[10]39可知,G的Sylow 11-子群的個數(shù)是12,從而NG(P)是22階群。又由引理1知G的極小正規(guī)子群N是3階循環(huán)群或階不大于8的初等交換2-群,于是再由Sylow定理[10]39可知P?NP,因而N?NG(P)。但NG(P)是22階群,所以必有|N|=2。 由此又易知NG(P)是交換群,從而由Burnside定理[11]169知,G有正規(guī)11-補K,且顯然|K|=24。 又由引理2不難推出,任何24階群都不可能有11階的自同構(gòu),因而P只能平凡作用在K上,從而P?G,矛盾。

顯然,由Sylow定理及其推論知,當p>11時,G的Sylowp-子群P必正規(guī)。從而在本文討論的范圍內(nèi),G的Sylowp-子群P總是正規(guī)的,且G總是可解群。于是再由Schur-Zassenhaus定理[10]246知,P在G中有補子群H。顯然H是24階群,而由引理2得H有15種互不同構(gòu)的類型,因此對群G可作如下討論:

引理4 設p是奇素數(shù),且p>3但p≠5或7,σ為模p的一個原根。如果24p階群G的Sylowp-子群P=x||x|=p的補子群H是交換群:H1、H2、H3,那么:

G恰有20個互不同構(gòu)的類型:

G1=x||x|=24p;

G2=x×y,其中|x|=12p,|y|=2;

G3=x×y×z,其中|x|=6p,|y|=

|z|=2;

G4=x:a,其中|x|=p,|a|=24,

xa=x-1;

G5=x:a,其中|x|=p,|a|=24,

xa=xr8;

G6=x:a,其中|x|=p,|a|=24,

xa=xr6;

G7=x:a,其中|x|=p,|a|=24,

xa=xr4;

G8=x:a,其中|x|=p,|a|=24,

xa=xr3;

G9=x:a,其中|x|=p,|a|=24,

xa=xr2;

G10=x:a,其中|x|=p,|a|=24,

xa=xr;

G11=(x:a)×b,其中|x|=p,|a|=12,|b|=2,xa=xr2;

G12=(x:a)×b,其中|x|=p,|a|=12,|b|=2,xa=xr4;

G13=(x:a)×b,其中|x|=p,|a|=12,|b|=2,xa=xr6;

G14=(x:a)×b,其中|x|=p,|a|=12,|b|=2,xa=xr8;

G15=(x:a)×b,其中|x|=p,|a|=12,|b|=2,xa=x-1;

G16=(x:b)×a,其中|x|=p,|a|=12,|b|=2,xb=x-1;

G17=x:(a×b),其中|x|=p,|a|=12,|b|=2,xa=xr8,xb=x-1;

G18=(x:a)×b×c,其中|x|=p,|a|=6,|b|=|c|=2,xa=xr4;

G19=(x:a)×b×c,其中|x|=p,|a|=6,|b|=|c|=2,xa=xr8;

G20=(x:a)×b×c,其中|x|=p,|a|=6,|b|=|c|=2,xa=x-1.

(ii) 當p≡13(mod 24)時,則G恰有18個互不同構(gòu)的類型,即(i)中除了G8和G10外的其余18種構(gòu)造。

(iii)當p≡17(mod 24)時,則G恰有10個互不同構(gòu)的類型,即(i)中的G1、G2、G3、G4、G6、G8、G13、G15、G16、G20。

(iv)當p≡7,19(mod 24)時,則G恰有14個互不同構(gòu)的類型,即(i)中除了G6、G8、G9、G10、G11和G13外的其余14種構(gòu)造。

(v)當p≡5(mod 24)時,則G恰有9個互不同構(gòu)的類型,即(i)中的G1、G2、G3、G4、G6、G13、G15、G16、G20。

(vi)當p≡11,23(mod 24)時,則G恰有7個互不同構(gòu)的類型,即(i)中的G1、G2、G3、G4、G15、G16、G20。

證明 (i)如果G是交換群,那么容易得到G有3種互不同構(gòu)的類型:G1、G2、G3。 如果G不是交換群,那么G=P∶H,且H非平凡作用在P上,即H/CH(P)同構(gòu)于Aut(P)的一個非單位子群。設σ是模p的一個原根,則Aut(P)=σ是p-1階循環(huán)群,所以H/CH(P)是一個不等于1的循環(huán)群。

1)當H?H1時,CH(P)可取為a2、a3、a4、a6、a8、a12、1,由此可得G的7個互不同構(gòu)的非交換群:G4、G5、…、G10。

2)當H?H2時,CH(P)可取為b、a6,b、a4,b、a3,b、a2,b、a、a3,它們分別同構(gòu)于:C2、C2×C2、C3×C2?C6、C4×C2、C6×C2、C12、C4,由此可得G的7個構(gòu)造:G11、G12、…、G17。 顯然,這7個群的中心互不同構(gòu),所以它們是互不同構(gòu)的7個24p階群。

3)當H?H3時,CH(P)可取為b,c、a3,c、a3,b,c、a2,b,c、a,c。但b,c?C2×C2?a3,c、a3,b,c?C2×C2×C2?E8、a2,b,c?C6×C2,所以當CH(P)分別取為b,c、a3,b,c、a2,b,c時,可得G的3個互不同構(gòu)的非交換群:G18、G19、G20。

如果取CH(P)=a,c,那么必有xb=x-1,于是得G的構(gòu)造為:

G=(x:b)×a×c,其中|x|=p,|a|=6,|b|=|c|=2,xb=x-1。

如果取CH(P)=a3,c,那么可設xa=xr8,xb=x-1,于是得G的構(gòu)造為:

G=(x:(a×b))×c,其中|x|=p,|a|=6,|b|=|c|=2,xa=xr8,xb=x-1。

在上述構(gòu)造中,若令a1=a5b,b1=a3,c1=c,則xa1=xr4,xb1=xc1=x,CH(P)=b1,c1,由此不難看出上述構(gòu)造與G18同構(gòu)。

(ii)當p≡13(mod 24)時,H/CH(P)不可能是24或8階循環(huán)群,因此這時G沒有(i)中的構(gòu)造G8和G10,從而G恰有18個互不同構(gòu)的類型。

(iii)當p≡17(mod 24)時,H/CH(P)不可能是24、12、6或3階循環(huán)群,因此這時G沒有(i)中的構(gòu)造G5、G7、G9～G12、G14、G17、G18和G19,從而G恰有10個互不同構(gòu)的類型。

(iv)當p≡7,19(mod 24)時,H/CH(P)不可能是24、12、8或4階循環(huán)群,因此這時G沒有(i)中的構(gòu)造G6、G8、G9、G10、G11和G13,從而G恰有14個互不同構(gòu)的類型。

(v)當p≡5(mod 24)時,H/CH(P)不可能是24、12、8、6或3階循環(huán)群,因此這時G沒有(i)中的構(gòu)造G5、G7～G12、G14、G17、G18和G19,則G恰有9個互不同構(gòu)的類型。

(vi)當p≡11,23(mod 24)時,H/CH(P)只可能是1或2階循環(huán)群,因此這時G沒有(i)中的構(gòu)造G5～G14、G17～G19,則G恰有7個互不同構(gòu)的類型。

引理5 設p是奇素數(shù),且p>3但p≠5或7,σ為模p的一個原根。 如果24p階群G的Sylowp-子群P=x||x|=p的補子群H是非交換群:H4、H5、H6、H7,那么:

G1=x×(a:b),其中|x|=p,|a|=3,|b|=8,ab=a-1;

G2=x×(a:b)×c,其中|x|=p,|a|=3,|b|=4,|c|=2,ab=a-1;

G3=x×(a:b)×c,其中|x|=p,|a|=3,|b|=2,|c|=4,ab=a-1;

G4=x×(a:b)×c×d,其中

|x|=p,|a|=3,|b|=|c|=|d|=2,ab=a-1;

G5=(x×a):b,其中|x|=p,|a|=3,|b|=8,ab=a-1,xb=xr;

G6=(x×a):b,其中|x|=p,|a|=3,|b|=8,ab=a-1,xb=xr2;

G7=(x×a):b,其中|x|=p,|a|=3,|b|=8,ab=a-1,xb=x-1;

G8=((x×a):b)×c,其中|x|=p,|a|=3,|b|=4,|c|=2,ab=a-1,xb=xr2;

G9=((x×a):b)×c,其中|x|=p,|a|=3,|b|=4,|c|=2,ab=a-1,xb=x-1;

G10=(x:c)×(a:b),其中|x|=p,

|a|=3,|b|=4,|c|=2,ab=a-1,xc=x-1;

G11=((x×a):b)×c,其中|x|=p,|a|=3,|b|=2,|c|=4,ab=a-1,xb=x-1;

G12=(x:c)×(a:b),其中|x|=p,

|a|=3,|b|=2,|c|=4,ab=a-1,xc=xr2;

G13=(x:c)×(a:b),其中|x|=p,

|a|=3,|b|=2,|c|=4,ab=a-1,xc=x-1;

G14=(x×a):(b×c),其中|x|=p,|a|=3,|b|=2,|c|=4,ab=a-1,ac=a,xb=xc=x-1;

G15=((x×a):b)×c×d,其中|x|=p,|a|=3,|b|=|c|=|d|=2,ab=a-1,xb=x-1;

G16=(x:d)×(a:b)×c,其中|x|=p,|a|=3,|b|=|c|=|d|=2,ab=a-1,xd=x-1.

(ii)當p≡5,13(mod 24)時,則G恰有15個互不同構(gòu)的類型,即(i)中除了G5外的其余15種構(gòu)造。

(iii)當p≡7,11,19,23(mod 24)時,則G恰有12個互不同構(gòu)的類型,即(i)中的G1、G2、G3、G4、G7、G9、G10、G11、G13、G14、G15、G16。

證明 (i)如果H平凡作用在群P上,那么容易得到G有4種互不同構(gòu)的類型:G1、G2、G3、G4。 如果H非平凡作用在群P上,那么G=P∶H,即H/CH(P)同構(gòu)于Aut(P)的一個非單位子群。設σ是模p的一個原根,則Aut(P)=σ是p-1階循環(huán)群,所以H/CH(P)是一個不等于1的循環(huán)群。

1)當H?H4時,CH(P)可取為a、a,b4、a,b2,由此可得G的3個互不同構(gòu)的構(gòu)造:G5、G6、G7。

2)當H?H5時,CH(P)可取為a,c、a,b2,c、a,b,且易知a,c?C6、a,b2,c?C6×C2、a,b?C3:C4是非交換群。 于是a,c、a,b2,c、a,b是兩兩互不同構(gòu)的,從而得G的3個互不同構(gòu)的構(gòu)造:G8、G9、G10。

3)當H?H6時,CH(P)可取為a,c、a,b、a,b,c2、a,bc,且易知a,c?C12、a,b?C3:C2?S3、a,b,c2?S3×C2、a,bc?C3:C4。 于是a,c、a,b、a,b,c2、a,bc是兩兩互不同構(gòu)的,從而得G的4個互不同構(gòu)的構(gòu)造:G11、G12、G13、G14。

4)當H?H7時,CH(P)可取為a,c,d、a,b,c,而a,c,d?C6×C2,a,b,c?S3×C2,由此可得G的2個互不同構(gòu)的構(gòu)造:G15、G16。

(ii)當p≡5,13(mod 24)時,H/CH(P)不可能是8階循環(huán)群,因此這時G沒有(i)中的構(gòu)造G5,從而G恰有15個互不同構(gòu)的類型。

(iii)當p≡7,11,19,23(mod 24)時,H/CH(P)不可能是8階或4階循環(huán)群,因此這時G沒有(i)中的構(gòu)造G5、G6、G8、G12,從而G恰有12個互不同構(gòu)的類型。

引理6 設p是奇素數(shù),且p>3但p≠5或7,σ為模p的一個原根。如果24p階群G的Sylowp-子群P=x||x|=p的補子群H是非交換群:H8、H11、H13、H14,那么:

G1=x×a×b,c,其中|x|=p,|a|=3,|b|=4,|c|=2,bc=b-1;

G2=x×a×b,c,其中|x|=p,|a|=3,|b|=|c|=4,b2=c2,bc=b-1;

G3=x×(b,c:a),|x|=p,|a|=3,|b|=|c|=4,b2=c2,bc=b-1,ba=c,ca=bc;

G4=x×((b×c):a)×d,其中|x|=p,|a|=3,|b|=|c|=|d|=2,ba=c,ca=bc;

G5=(x×b):a,其中|x|=p,|a|=6,|b|=4,xa=xr,ba=b-1;

G6=(x×b):a,其中|x|=p,|a|=6,|b|=4,xa=xr2,ba=b-1;

G7=(x×b):a,其中|x|=p,|a|=6,|b|=4,xa=x-1,ba=b-1;

G8=x:(b:a),其中|x|=p,|a|=6,|b|=4,ba=b-1,xa=x,xb=x-1;

G9=x:(b:a),其中|x|=p,|a|=6,|b|=4,ba=b-1,xa=xr2,xb=x-1;

G10=x:(a×b,c),其中|x|=p,|a|=3,|b|=|c|=4,b2=c2,bc=b-1,xa=xr2,xb=x,xc=x-1;

G11=(x:a)×b,c,其中|x|=p,|a|=3,|b|=|c|=4,b2=c2,bc=b-1,xa=xr2;

G12=(x×a×b):c,其中|x|=p,|a|=3,|b|=|c|=4,b2=c2,xc=x-1,ac=a,bc=b-1;

G13=(x×b,c):a,其中|x|=p,|a|=3,|b|=2,|c|=4,b2=c2,bc=b-1,xa=xr2,ba=b,ca=c;

G14=x:(((b×c):a)×d),其中|x|=p,|a|=3,|b|=|c|=|d|=2,ba=c,ca=bc,xa=xr2,xb=xc=x,xd=x-1;

G15=x:(((b×c):a)×d),其中|x|=p,|a|=3,|b|=|c|=|d|=2,ba=c,ca=bc,xa=xr2,xb=xc=xd=x;

G16=x:(((b×c):a)×d),其中|x|=p,|a|=3,|b|=|c|=|d|=2,ba=c,ca=bc,xa=xb=xc=x,xd=x-1.

(ii)當p≡5,11,17,23(mod 24)時,則G恰有8個互不同構(gòu)的類型,即(i)中的G1、G2、G3、G4、G7、G8、G12、G16。

證明 (i)如果H平凡作用在群P上,那么容易得到G有4種互不同構(gòu)的類型:G1、G2、G3、G4。 如果H非平凡作用在群P上,那么G=P∶H,即H/CH(P)同構(gòu)于Aut(P)的一個非單位子群。設σ是模p的一個原根,則Aut(P)=σ是p-1階循環(huán)群,所以H/CH(P)是一個不等于1的循環(huán)群。

1)當H?H8時,為了使H/CH(P)成為非單位的循環(huán)群,只要CH(P)取為b、a2,b、a3,b、a,b2、a3,b2。 不難看出這5個群是互不同構(gòu)的,所以由此可得G的5個互不同構(gòu)的構(gòu)造:G5、G6、G7、G8、G9。

2)當H?H11時,CH(P)取為b、b,c、a,b,可使H/CH(P)分別為6,3,2階循環(huán)群,從而得G的3個互不同構(gòu)的構(gòu)造:G10、G11、G12。

3)當H?H13時,CH(P)只能取為b,c,使H/CH(P)是一個3階循環(huán)群,從而得G的構(gòu)造:G13。

4)當H?H14時,CH(P)取為b,c、b,c,d、a,b,c可使H/CH(P)分別為6,3,2階循環(huán)群,由此得G的3個不同構(gòu)的構(gòu)造:G14、G15、G16。

(ii)當p≡5,11,17,23(mod 24)時,H/CH(P)只可能是2階循環(huán)群,因此這時G沒有(i)中的構(gòu)造G5、G6、G9、G10、G11、G13、G14、G15,從而G恰有8個互不同構(gòu)的類型。

引理7 設p是奇素數(shù),且p>3但p≠5或7。如果24p階群G的Sylowp-子群P=x||x|=p的補子群H是非交換群:H9、H10、H12、H15,那么G恰有12個互不同構(gòu)的類型:

G1=x×(a:b,c),其中|x|=p,|a|=3,|b|=4,|c|=2,ab=a-1,ac=a,bc=b-1;

G2=x×(a:b),其中|x|=p,|a|=12,|b|=2,ab=a-1;

G3=x×(a:b,c),其中|x|=p,|a|=3,|b|=|c|=4,b2=c2,bc=b-1,ab=a,ac=b-1;

G4=x×(((b×c):a):d),其中|x|=p,|a|=3,|b|=|c|=|d|=2,ba=c,ca=bc,ad=a-1,bd=c,cd=b;

G5=(x×a):b,c,其中|x|=p,|a|=3,|b|=4,|c|=2,ab=a-1,ac=a,bc=b-1,xb=x,xc=x-1;

G6=(x×a):b,c,其中|x|=p,|a|=3,|b|=4,|c|=2,ab=a-1,ac=a,bc=b-1,xb=x-1,xc=x;

G7=(x×a):b,c,其中|x|=p,|a|=3,|b|=4,|c|=2,ab=a-1,ac=a,bc=b-1,xb=x-1,xc=x-1;

G8=(x×a):b,其中|x|=p,|a|=12,|b|=2,ab=a-1,xb=x-1;

G9=x:(a:b),其中|x|=p,|a|=12,|b|=2,ab=a-1,xa=x-1,xb=x;

G10=x:(a:b,c),其中|x|=p,|a|=3,|b|=|c|=4,b2=c2,bc=b-1,ab=a,ac=b-1,xa=xb=x,xc=x-1;

G11=x:(a:b,c),其中|x|=p,|a|=3,|b|=|c|=4,b2=c2,bc=b-1,ab=a,ac=b-1,xa=xc=x,xb=x-1;

G12=x:(((b×c):a):d),其中|x|=p,|a|=3,|b|=|c|=|d|=2,ba=c,ca=bc,ad=a-1,bd=c,cd=b,xa=xb=xc=x,xd=x-1.

證明 如果H平凡作用在群P上,那么容易得到G有4種互不同構(gòu)的類型:G1、G2、G3、G4。 如果H非平凡作用在群P上,那么G=P∶H,且H/CH(P)同構(gòu)于Aut(P)的一個2階循環(huán)群。

1)當H?H9時,CH(P)可取為a,b、a,b2,c或a,b2,bc,從而可得G的3種構(gòu)造:G5、G6、G7。 由于a,b?C3:C4、a,b2,c?C3×C2×C2、a,b2,bc?(C3:C2)×C2,所以a,b、a,b2,c與a,b2,bc兩兩互不同構(gòu)的,故G5、G6、G7是3個互不同構(gòu)的24p階群。

2)當H?H10時,CH(P)取為a、a2,b、a2,ab,可使H/CH(P)為2階循環(huán)群。令CH(P)=a或a2,b,分別得G的2個互不同構(gòu)的構(gòu)造:G8、G9。 若令CH(P)=a2,ab,則因為ab與b在H10中的地位是相同的,因而所得到的群G與G9同構(gòu)。

3)當H?H12時,CH(P)可為a,b或a,c。 又a,b和a,c是不同構(gòu)的,因而得G的2個不同構(gòu)的構(gòu)造:G10、G11。

4)當H?H15時,CH(P)只有取為a,b,c才能使H/CH(P)為2階循環(huán)群,由此得G的構(gòu)造:G12。

由引理4至引理7,易知定理1成立。

注:必須指出,文[7]中引理2遺漏了兩種不同的類型,引理3的表述不對,證明過程是不嚴謹?shù)?文[8]中引理2和3的證明存在錯誤。[7]中引理2的正確表述是:當Sylow 7-子群正規(guī)時,168階群共有54種互不同構(gòu)的類型(在本文的引理4至7中,令p=7即得);[7]中引理3的正確表述是:當Sylow 7-子群不正規(guī)時,168階群只有3種互不同構(gòu)的類型,其中僅有一種是不可解的,另外兩種分別是Sylow 3-子群與Sylow 2-子群都正規(guī)時的1種和 Sylow 3-子群不正規(guī)而Sylow 2-子群正規(guī)時的1種(限于篇幅,我們在此不再詳證此結(jié)論)。