自同构群的阶为2^tpq（1≤t≤3）的有限Abel群G

Finite Abelian Group with Automorphism Group for Order 2^tpq（1≤t≤3）

摘要: 本文利用有限Abel群G的性质和它的自同构群的阶，讨论了自同构群A（G）的阶为2^tpq（1≤t≤3）的有限Abel群G的构造。得出以下结果：当t = 1时，G最多有6型；当t = 2时，G最多有22型；当t = 3时，G最多有49型。

Abstract: In this paper, according to the character of finite Abelian group G and the order of automorphism group of it, the structure of finite Abelian group G with automorphism group for the order 2^tpq（1≤t≤3）  is discussed. The following results are obtained: G has 6 types when t = 1; G has 22 types when t = 2; G has 49 types when t = 3.

1. 引言

众所周知，自同构群 $A\left(G\right)$ 是由群G决定的。反之，如果知道 $A\left(G\right)$ 的阶，能否确定群G的构造？余红宴和黄本文在这方面做了一些研究，见 [1] [2] [3] 。本文将讨论当 $A\left(G\right)$ 的阶为 $2^{t}pq$ 时，群G的构造。文中设群G是有限Abel群， $\left|G\right|$ 表示群G的阶， $A\left(G\right)$ 表示群G的自同构群， $C_n$ 表示n阶的循环群，而 $S_{p_i}$ 表示群G的Sylow $p_i$ 子群，其它符号是标准的，见文献 [4] 。

2. 预备知识

引理2.1 [4] 若 $G\simeq C_n$，则 $A\left(G\right)$ 为 $\phi \left(n\right)$ 阶的交换群，其中 $\phi \left(n\right)$ 为欧拉函数。

引理2.2 [4] 若G是 $p^n$ 阶交换群，则 $p^{n-1}\left(p-1\right)|\left|A\left(G\right)\right|$。

引理2.3 [4] 设 $G=H\times K$，则当 $\left(\left|H\right|,\left|K\right|\right)=1$ 时， $A\left(G\right)\simeq A\left(H\right)\times A\left(K\right)$。

引理2.4 [5] 设G是 $p^n$ 阶交换群，G的型为 $[\underset{s_1}{\underset{︸}{m_1,\cdots ,m_1}};\underset{s_2}{\underset{︸}{m_2,\cdots ,m_2}};\cdots ;\underset{s_t}{\underset{︸}{m_t,\cdots ,m_t}}]$，其中 $m_1>m_2>\cdots >m_t>0$， $s_i>0$，则，其中

$u={\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{t}{\sum }}{s}_i{s}_j{m}_{ij}}-\underset{i=1}{\overset{t}{{\displaystyle \sum }}}\frac{s_i\left(s_i+1\right)}{2},m_{ij}=m_{\max \left\{i,j\right\}}$

下面在定理的证明中，总假定 $p_1,p_2,\cdots ,p_k$ 为不同的奇素数。

3. 主要结果及证明

定理3.1设 为有限交换群，当 $\left|A\left(G\right)\right|=2pq$ (p，q为互异的奇素数)时，群G最多有6型。

证明：设 $\left|G\right|=2^{{\alpha }_0}{p}_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\cdots p_k^{{\alpha }_k}$，则 $G\cong S_2\times S_{p_1}\times S_{p_2}\times \cdots \times S_{p_k}$，并且 $A\left(G\right)\cong A\left(S_2\right)\times A\left(S_{p_1}\right)\times A\left(S_{p_2}\right)\times \cdots \times A\left(S_{p_k}\right)$。由于对每个奇素数 $p_i$ 来说，都有 $2|\left|A\left(S_{p_i}\right)\right|$，而 $\left|A\left(S_{p_i}\right)\right||\left|A\left(G\right)\right|=2pq$，则有 $2^k|2pq$，所以 $k=0,1$。

(1) 当 $k=0$ 时， $\left|G\right|=2^{{\alpha }_0}$。又 $2^{{\alpha }_0-1}|\left|A\left(S_2\right)\right|$，而 $\left|A\left(S_2\right)\right||\left|A\left(G\right)\right|=2pq$，故 ${\alpha }_0=1,2$。

(I) 当 ${\alpha }_0=1$ 时， $\left|G\right|=2$，则 $G\cong C_2$，进而 $\left|A\left(G\right)\right|=1$，与 $\left|A\left(G\right)\right|=2pq$ 矛盾。

(II) 当 ${\alpha }_0=2$ 时， $\left|G\right|=4$，则 $G\cong C_{2^2}$， $C_2\times C_2$。

(i) 若 $G\cong C_{2^2}$，有 $\left|A\left(G\right)\right|=2$，与 $\left|A\left(G\right)\right|=2pq$ 矛盾。

(ii) 若 $G\cong C_2\times C_2$，有 $\left|A\left(G\right)\right|=6$，与 $\left|A\left(G\right)\right|=2pq$ 矛盾。

(2) 当 $k=1$ 时，由于 $2|\left|A\left(S_{p_i}\right)\right|$，得 $A\left(S_2\right)=1$，则有 ${\alpha }_0=0,1$。又由 $p_1^{{\alpha }_1-1}\left(p_1-1\right)|\left|A\left(S_{p_1}\right)\right|$，而 $\left|A\left(S_{p_1}\right)\right||\left|A\left(G\right)\right|=2pq$，故 ${\alpha }_1=1,2$。

(I) 当 ${\alpha }_1=1$ 时，则有 $S_{p_1}=C_{p_1}$，我们有 $G\cong C_{p_1}$， $C_2\times C_{p_1}$。由于 $\left|A\left(G\right)\right|=p_1-1=2pq$，可得 $p_1=2pq+1$。当 $2pq+1$ 为素数时，有 $G_1\cong C_{2pq+1}$， $G_2\cong C_2\times C_{2pq+1}$。

(II) 当 ${\alpha }_1=2$ 时，则 $S_{p_1}=C_{p_1^2}$， $C_{p_1}\times C_{p_1}$。

(i) 若 $S_{p_1}=C_{p_1^2}$，有 $G\cong C_{p_1^2}$， $C_2\times C_{p_1^2}$。因为 $\left|A\left(G\right)\right|=p_1\left(p_1-1\right)=2pq$，令 $p_1=q$，即 $p_1=q=2p+1$。当 $2p+1$ 为素数时，有 $G_3\cong C_{{\left(2p+1\right)}^2}$， $G_4\cong C_2\times C_{{\left(2p+1\right)}^2}$。同理，令 $p_1=p$，即 $p_1=p=2q+1$，当 $2q+1$ 为素数时，有 $G_5\cong C_{{\left(2q+1\right)}^2}$， $G_6\cong C_2\times C_{{\left(2q+1\right)}^2}$。

(ii) 若 $S_{p_1}=C_{p_1}\times C_{p_1}$，则有 $G\cong C_{p_1}\times C_{p_1}$， $C_2\times C_{p_1}\times C_{p_1}$，此时 $\left|A\left(G\right)\right|=p_1{\left(p_1-1\right)}^2\left(p_1+1\right)=2pq$，与 $2^3|\left|A\left(G\right)\right|=2pq$ 矛盾，故G不存在。

定理3.2设G为有限交换群，当 $\left|A\left(G\right)\right|=2^{2}pq$ (p，q为互异的奇素数)时，群G最多有22型。

证明：设 $\left|G\right|=2^{{\alpha }_0}{p}_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\cdots p_k^{{\alpha }_k}$，则有 $G\cong S_2\times S_{p_1}\times S_{p_2}\times \cdots \times S_{p_k}$，且 $A\left(G\right)\cong A\left(S_2\right)\times A\left(S_{p_1}\right)\times A\left(S_{p_2}\right)\times \cdots \times A\left(S_{p_k}\right)$。由于对每一个奇素数 $p_i$，有 $2|\left|A\left(S_{p_i}\right)\right|$，而且 $\left|A\left(S_{p_i}\right)\right||\left|A\left(G\right)\right|=2^{2}pq$，所以 $2^k|2^{2}pq$，故 $k=0,1,2$。

(1) 当 $k=0$ 时， $\left|G\right|=2^{{\alpha }_0}$。由于 $2^{{\alpha }_0-1}|\left|A\left(S_2\right)\right|$，且 $\left|A\left(S_2\right)\right||2^{2}pq$，可得 ${\alpha }_0=1,2,3$。

(I) 当 ${\alpha }_0=1,2$ 时，由定理3.1的证明可知，G是不存在的。

(II) 当 ${\alpha }_0=3$ 时， $\left|G\right|=2^3$，则 $G\cong C_{2^3},C_{2^2}\times C_2,C_2\times C_2\times C_2$。

(i) 若 $G\cong C_{2^3}$，有 $\left|A\left(G\right)\right|=2^2$。

(ii) 若 $G\cong C_{2^2}\times C_2$，有 $\left|A\left(G\right)\right|=2^3$。

(iii) 若 $G\cong C_2\times C_2\times C_2$，有 $\left|A\left(G\right)\right|=2^3\cdot 3\cdot 7$。均与 $\left|A\left(G\right)\right|=2^{2}pq$ 矛盾。

(2) 当 $k=1$ 时， $\left|G\right|=2^{{\alpha }_0}{p}_1^{{\alpha }_1}$，由 $2|\left|A\left(S_{p_i}\right)\right|$ 可知， $A\left(S_2\right)=1$，则 ${\alpha }_0=0,1,2$。

(I) 当 ${\alpha }_0=0,1$ 时，我们有 $p_1^{{\alpha }_1-1}\left(p_1-1\right)|\left|A\left(S_{p_1}\right)\right|$，并且 $\left|A\left(S_{p_1}\right)\right||\left|A\left(G\right)\right|=2^{2}pq$，故 ${\alpha }_1=1,2$。

(i) 当 ${\alpha }_1=1$ 时，有 $G\cong C_{p_1},C_2\times C_{p_1}$，此时 $\left|A\left(G\right)\right|=p_1-1=2^{2}pq$，得出 $p_1=2^{2}pq+1$。当 $2^{2}pq+1$ 为素数时，有 $G_1\cong C_{2^{2}pq+1}$， $G_2\cong C_2\times C_{2^{2}pq+1}$。

(ii) 当 ${\alpha }_1=2$ 时，可知 $S_{p_1}=C_{p_1^2},C_{p_1}\times C_{p_1}$。

(a) 若 $$，则。由于 $\left|A\left(G\right)\right|=p_1\left(p_1-1\right)=2^{2}pq$，若令 $p_1=q$，即 $p_1=q=2^{2}p+1$。当 $2^{2}p+1$ 为素数时，有 $G_3\cong C_{{\left(2^{2}p+1\right)}^2}$， $G_4\cong C_2\times C_{{\left(2^{2}p+1\right)}^2}$。同理，令 $p_1=p$，有 $G_5\cong C_{{\left(2^{2}q+1\right)}^2}$， $G_6\cong C_2\times C_{{\left(2^{2}q+1\right)}^2}$。

(b) 若 $S_{p_1}=C_{p_1}\times C_{p_1}$，则有 $G\cong C_{p_1}\times C_{p_1},C_2\times C_{p_1}\times C_{p_1}$，而 $\left|A\left(G\right)\right|=p_1{\left(p_1-1\right)}^2\left(p_1+1\right)=2^{2}pq$，与 $2^3|\left|A\left(G\right)\right|=2^{2}pq$ 矛盾，因此G不存在。

(II) 当 ${\alpha }_0=2$ 时，。

(i) 当 ${\alpha }_1=1$ 时， $S_{p_1}=C_{p_1}$。

(a) 若 $S_2=C_{2^2}$，有 $G\cong C_{2^2}\times C_{p_1}$，由于 $\left|A\left(G\right)\right|=2\left(p_1-1\right)=2^{2}pq$，可得 $p_1=2pq+1$。当 $2pq+1$ 为素数时，有 $G_7\cong C_{2^2}\times C_{2pq+1}$。

(b) 若 $S_2=C_2\times C_2$，有 $G\cong C_2\times C_2\times C_{p_1}$，因为 $\left|A\left(G\right)\right|=2\cdot 3\left(p_1-1\right)=2^{2}pq$，可令 $p=3$，则有 $p_1=2q+1$。当 $2q+1$ 为素数时，有 $G_8\cong C_2\times C_2\times C_{2q+1}$。

(ii) 当 ${\alpha }_1=2$ 时， $S_{p_1}=C_{p_1^2},C_{p_1}\times C_{p_1}$。

(a) 若 $S_2=C_{2^2}$，则有 $G\cong C_{2^2}\times C_{p_1^2},C_{2^2}\times C_{p_1}\times C_{p_1}$。

若 $G\cong C_{2^2}\times C_{p_1^2}$，此时 $\left|A\left(G\right)\right|=2p_1\left(p_1-1\right)=2^{2}pq$。若令 $p_1=p$，则 $p_1=p=2q+1$。当 $2q+1$ 为素数时，有 $G_9\cong C_{2^2}\times C_{{\left(2q+1\right)}^2}$。同理，令 $p_1=q$ 时，有 $G_{10}\cong C_{2^2}\times C_{{\left(2p+1\right)}^2}$。

若 $G\cong C_{2^2}\times C_{p_1}\times C_{p_1}$，由于 $\left|A\left(G\right)\right|=2p_1{\left(p_1-1\right)}^2\left(p_1+1\right)=2^{2}pq$，得 $p_1{\left(p_1-1\right)}^2\left(p_1+1\right)=2pq$，矛盾，故G不存在。

(b) 若 $S_2=C_2\times C_2$，此时 $G\cong C_2\times C_2\times C_{p_1^2},C_2\times C_2\times C_{p_1}\times C_{p_1}$。

若 $G\cong C_2\times C_2\times C_{p_1^2}$，由于 $\left|A\left(G\right)\right|=2\cdot 3\cdot p_1\left(p_1-1\right)=2^{2}pq$，则有 $3\cdot p_1\left(p_1-1\right)=2pq$，此时得到 $p_1=p=q=3$，与 $p,q$ 为不同的奇素数矛盾，因此G不存在。

若 $G\cong C_2\times C_2\times C_{p_1}\times C_{p_1}$，由 $\left|A\left(G\right)\right|=2\cdot 3\cdot p_1{\left(p_1-1\right)}^2\left(p_1+1\right)=2^{2}pq$，我们有 $3\times p_1(p_1-{1)}^2(p_1+1)=2pq$，矛盾，故G不存在。

(3) 当 $k=2$ 时， $\left|G\right|=2^{{\alpha }_0}{p}_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}$，又 $2|\left|A\left(S_{p_i}\right)\right|\left(i=1,2\right)$，所以 ${\alpha }_0=0,1$。由 $p_1^{{\alpha }_1-1}(p_1-1)p_2^{{\alpha }_2-1}\left(p_2-1\right)|2^{2}pq$，可得 ${\alpha }_1=1,2$， ${\alpha }_2=1,2$。

(I) ${\alpha }_1=1,{\alpha }_2=1$ ： $G\cong C_{p_1}\times C_{p_2},C_2\times C_{p_1}\times C_{p_2}$，此时有 $\left|A\left(G\right)\right|=\left(p_1-1\right)\left(p_2-1\right)=2^{2}pq$。由于 $p_1-1,p_2-1$ 是不同的偶数，而 $2^{2}pq=2\cdot 2pq=2p\cdot 2q$，则当 $2pq+1$ 为素数时，有 $G_{11}\cong C_3\times C_{2pq+1}$， $G_{12}\cong C_2\times C_3\times C_{2pq+1}$ ；当 $2p+1,2q+1$ 为素数时，有 $G_{13}\cong C_{2p+1}\times C_{2q+1}$， $G_{14}\cong C_2\times C_{2p+1}\times C_{2q+1}$。

(II) ${\alpha }_1=2,{\alpha }_2=1$ ：此时只需考虑 $G\cong C_{p_1^2}\times C_{p_2},C_2\times C_{p_1^2}\times C_{p_2}$。由于 $\left|A\left(G\right)\right|=p_1\left(p_1-1\right)\left(p_2-1\right)=2^{2}pq$，若令 $p_1=p$，则有 $\left(p_1-1\right)\left(p_2-1\right)=2^{2}q$。由于 $p_1-1,p_2-1$ 是不同的偶数，而 $2^{2}q=2\cdot 2q$，则当 $2q+1$ 为素数时，有 $G_{15}\cong C_{3^2}\times C_{2q+1}$， $G_{16}\cong C_2\times C_{3^2}\times C_{2q+1}$， $G_{17}\cong C_{{\left(2q+1\right)}^2}\times C_3$， $G_{18}\cong C_2\times C_{{\left(2q+1\right)}^2}\times C_3$。同理，令 $p_1=q$ 时，有 $G_{19}\cong C_{3^2}\times C_{2p+1}$， $G_{20}\cong C_2\times C_{3^2}\times C_{2p+1}$， $G_{21}\cong C_{{\left(2p+1\right)}^2}\times C_3$， $G_{22}\cong C_2\times C_{{\left(2p+1\right)}^2}\times C_3$。

(III) ${\alpha }_1=2,{\alpha }_2=2$ ：只需考虑 $G\cong C_{p_1^2}\times C_{p_2^2},C_2\times C_{p_1^2}\times C_{p_2^2}$，由 $\left|A\left(G\right)\right|=p_1\left(p_1-1\right)p_2\left(p_2-1\right)=2^{2}pq$，可得 $p_1=p_2=p=q=3$，与 $p,q$ 为互异的奇素数不符，故G不存在。

定理3.3 设G为有限交换群，当 $\left|A\left(G\right)\right|=2^{3}pq$ (p，q为互异的奇素数)时，群G最多有49型。

证明：设 $\left|G\right|=2^{{\alpha }_0}{p}_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\cdots p_k^{{\alpha }_k}$，则有 $G\cong S_2\times S_{p_1}\times S_{p_2}\times \cdots \times S_{p_k}$，以及 $A\left(G\right)\cong A\left(S_2\right)\times A\left(S_{p_1}\right)\times A\left(S_{p_2}\right)\times \cdots \times A\left(S_{p_k}\right)$。由于对每个奇素数 $p_i$，有 $2|\left|A\left(S_{p_i}\right)\right|$，而 $\left|A\left(S_{p_i}\right)\right||\left|A\left(G\right)\right|=2^{3}pq$，所以 $2^k|2^{3}pq$，因此可得 $$。

(1) 当 $k=0$ 时， $\left|G\right|=2^{{\alpha }_0}$。又因为 $2^{{\alpha }_0-1}|\left|A\left(S_2\right)\right|$，而 $\left|A\left(S_2\right)\right||2^{3}pq$，所以 ${\alpha }_0=1,2,3,4$。

(I) 当 ${\alpha }_0=1,2,3$ 时，由定理3.2的证明知，G不存在。

(II) 当 ${\alpha }_0=4$ 时， $\left|G\right|=2^4$，则 $G\cong C_{2^4},C_{2^3}\times C_2,C_{2^2}\times C_2\times C_2,C_{2^2}\times C_{2^2},C_2\times C_2\times C_2\times C_2$。

(i) 若 $G\cong C_{2^4}$，则有 $\left|A\left(G\right)\right|=2^3$ 与 $2^{3}pq$ 不符。

(ii) 若 $G\cong C_{2^3}\times C_2,C_{2^2}\times C_2\times C_2,C_{2^2}\times C_{2^2},C_2\times C_2\times C_2\times C_2$，由计算可知均有 $$ 矛盾，故G不存在。

(2) 当 $k=1$ 时， $\left|G\right|=2^{{\alpha }_0}{p}_1^{{\alpha }_1}$，因为 $2|\left|A\left(S_{p_i}\right)\right|$，可知 $A\left(S_2\right)=1$，则 ${\alpha }_0=0,1,2,3$。

(I) 当 ${\alpha }_0=0,1$ 时，由于 $p_1^{{\alpha }_1-1}\left(p_1-1\right)|\left|A\left(S_{p_1}\right)\right|$，而又有 $\left|A\left(S_{p_1}\right)\right||\left|A\left(G\right)\right|=2^{3}pq$，故 ${\alpha }_1=1,2$。

(i) 当 ${\alpha }_1=1$ 时， $G\cong C_{p_1},C_2\times C_{p_1}$，此时 $\left|A\left(G\right)\right|=p_1-1=2^{3}pq$，得到 $p_1=2^{3}pq+1$。当 $2^{3}pq+1$ 为素数时，有 $G_1\cong C_{2^{3}pq+1}$， $G_2\cong C_2\times C_{2^{3}pq+1}$。

(ii) 当 ${\alpha }_1=2$ 时，可知 $S_{p_1}=C_{p_1^2},C_{p_1}\times C_{p_1}$。

(a) 若 $S_{p_1}=C_{p_1^2}$，有 $G\cong C_{p_1^2},C_2\times C_{p_1^2}$，此时。若令 $p_1=q$，即 $p_1=q=2^{3}p+1$。当 $2^{3}p+1$ 为素数时，有 $G_3\cong C_{{\left(2^{3}p+1\right)}^2}$， $G_4\cong C_2\times C_{{\left(2^{3}p+1\right)}^2}$。同理，令 $p_1=p$ 时，有 $G_5\cong C_{{\left(2^{3}q+1\right)}^2}$， $G_6\cong C_2\times C_{{\left(2^{3}q+1\right)}^2}$。

(b) 若 $S_{p_1}=C_{p_1}\times C_{p_1}$，则有 $G\cong C_{p_1}\times C_{p_1},C_2\times C_{p_1}\times C_{p_1}$。由 $\left|A\left(G\right)\right|=p_1{\left(p_1-1\right)}^2\left(p_1+1\right)=2^{3}pq$，若 $p_1-1=2\lambda$， $\lambda$ 为偶数时，产生矛盾。 $\lambda$ 为奇数时，代入等式左边为偶数，右边为奇数，不符，因此G不存在。

(II) 当 ${\alpha }_0=2$ 时， $S_2=C_{2^2},C_2\times C_2$。

(i) 当 ${\alpha }_1=1$ 时， $S_{p_1}=C_{p_1}$。

(a) 若 $S_2=C_{2^2}$，有 $G\cong C_{2^2}\times C_{p_1}$，由 $\left|A\left(G\right)\right|=2\left(p_1-1\right)=2^{3}pq$，得出 $p_1=2^{2}pq+1$。当 $2^{2}pq+1$ 为素数时，有 $G_7\cong C_{2^2}\times C_{2^{2}pq+1}$。

(b) 若 $S_2=C_2\times C_2$，则，此时 $\left|A\left(G\right)\right|=2\cdot 3\left(p_1-1\right)=2^{3}pq$。若 $p=3$，可知 $p_1=2^{2}q+1$。当 $2^{2}q+1$ 为素数时，有 $G_8\cong C_2\times C_2\times C_{2^{2}q+1}$。

(ii) 当 ${\alpha }_1=2$ 时， $S_{p_1}=C_{p_1^2},C_{p_1}\times C_{p_1}$。

(a) 若 $S_2=C_{2^2}$，可知 $G\cong C_{2^2}\times C_{p_1^2},C_{2^2}\times C_{p_1}\times C_{p_1}$。

当 $G\cong C_{2^2}\times C_{p_1^2}$，由 $\left|A\left(G\right)\right|=2p_1\left(p_1-1\right)=2^{3}pq$，得 $p_1\left(p_1-1\right)=2^{2}pq$。若令 $p_1=p$，即 $p_1=p=2^{2}q+1$。当 $2^{2}q+1$ 为素数时，有 $G_9\cong C_{2^2}\times C_{{\left(2^{2}q+1\right)}^2}$。同理，令 $p_1=q$ 时，有。

当 $G\cong C_{2^2}\times C_{p_1}\times C_{p_1}$，由 $\left|A\left(G\right)\right|=2p_1{\left(p_1-1\right)}^2\left(p_1+1\right)=2^{3}pq$，得 $p_1{\left(p_1-1\right)}^2\left(p_1+1\right)=2^{2}pq$，产生矛盾，故G不存在。

(b) 若 $S_2=C_2\times C_2$，有 $G\cong C_2\times C_2\times C_{p_1^2}$， $C_2\times C_2\times C_{p_1}\times C_{p_1}$。

当 $G\cong C_2\times C_2\times C_{p_1^2}$，我们有 $\left|A\left(G\right)\right|=2\cdot 3\cdot p_1\left(p_1-1\right)=2^{3}pq$，从而 $3\cdot p_1\left(p_1-1\right)=2^{2}pq$。若令 $p=3$，则 $$，于是有 $G_{11}\cong C_2\times C_2\times C_{5^2}$。

当 $G\cong C_2\times C_2\times C_{p_1}\times C_{p_1}$，则有 $\left|A\left(G\right)\right|=2\cdot 3\cdot p_1{\left(p_1-1\right)}^2\left(p_1+1\right)=2^{3}pq$，于是 $3\cdot p_1(p_1-{1)}^2(p_1+1)=2^{2}pq$，产生矛盾，因此G不存在。

(III) 当 ${\alpha }_0=3$ 时， $S_2=C_{2^3},C_{2^2}\times C_2,C_2\times C_2\times C_2$。当 $S_2=C_{2^2}\times C_2,C_2\times C_2\times C_2$ 时，由前面的证明易知G不存在，所以只需考虑 $S_2=C_{2^3}$。

(i) 当 ${\alpha }_1=1$ 时， $S_{p_1}=C_{p_1}$，有 $G\cong C_{2^3}\times C_{p_1}$。由于 $\left|A\left(G\right)\right|=2^2\left(p_1-1\right)=2^{3}pq$，可得 $p_1-1=2pq$，从而 $p_1=2pq+1$。当 $2pq+1$ 为素数时，有 $G_{12}\cong C_{2^3}\times C_{2pq+1}$。

(ii) 当 ${\alpha }_1=2$ 时， $S_{p_1}=C_{p_1^2},C_{p_1}\times C_{p_1}$，同样也只考虑 $S_{p_1}=C_{p_1^2}$，于是 $G\cong C_{2^3}\times C_{p_1^2}$，此时 $\left|A\left(G\right)\right|=2^2{p}_1\left(p_1-1\right)=2^{3}pq$，可得 $p_1\left(p_1-1\right)=2pq$。若令 $p_1=p$，即 $p_1=p=2q+1$，当 $2q+1$ 为素数时，有 $G_{13}\cong C_{2^3}\times C_{{\left(2q+1\right)}^2}$。同理，令 $p_1=q$ 时，有 $G_{14}\cong C_{2^3}\times C_{{\left(2p+1\right)}^2}$。

(3) 当 $k=2$ 时， $\left|G\right|=2^{{\alpha }_0}{p}_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}$，又因为 $2|\left|A\left(S_{p_i}\right)\right|\left(i=1,2\right)$，所以 ${\alpha }_0=0,1,2$。由 $p_1^{{\alpha }_1-1}\left(p_1-1\right)p_2^{{\alpha }_2-1}\left(p_2-1\right)|2^{3}pq$，得出 ${\alpha }_1=1,2$， ${\alpha }_2=1,2$。

(I) 当 ${\alpha }_0=0,1$ 时，

(i) ${\alpha }_1=1,{\alpha }_2=1$ ：此时，于是 $\left|A\left(G\right)\right|=\left(p_1-1\right)\left(p_2-1\right)=2^{3}pq$。由于 $p_1-1,p_2-1$ 是不同的偶数，而 $2^{3}pq=2\cdot 2^{2}pq=2^2\cdot 2pq=2p\cdot 2^{2}q=2^{2}p\cdot 2q$。所以当 $2^{2}pq+1$ 为素数时，有 $G_{15}\cong C_3\times C_{2^{2}pq+1}$， $G_{16}\cong C_2\times C_3\times C_{2^{2}pq+1}$ ；当 $2pq+1$ 为素数时，有 $G_{17}\cong C_5\times C_{2pq+1}$， $G_{18}\cong C_2\times C_5\times C_{2pq+1}$ ；当 $2p+1,2^{2}q+1$ 为素数时，有 $G_{19}\cong C_{2p+1}\times C_{2^{2}q+1}$， $G_{20}\cong C_2\times C_{2p+1}\times C_{2^{2}q+1}$ ；当 $2^{2}p+1,2q+1$ 为素数时，有 $G_{21}\cong C_{2^{2}p+1}\times C_{2q+1}$， $G_{22}\cong C_2\times C_{2^{2}p+1}\times C_{2q+1}$。

(ii) ${\alpha }_1=2,{\alpha }_2=1$ ：只需考虑 $G\cong C_{p_1^2}\times C_{p_2},C_2\times C_{p_1^2}\times C_{p_2}$，于是有 $\left|A\left(G\right)\right|=p_1\left(p_1-1\right)\left(p_2-1\right)=2^{3}pq$。由于 $p_1-1,p_2-1$ 是不同的偶数，若 $p_1=p$，则 $\left(p-1\right)\left(p_2-1\right)=2^{3}q$，而 $2^{3}q=2\cdot 2^{2}q=2^2\cdot 2q$。所以当 $2^{2}q+1$ 为素数时，有， $G_{24}\cong C_2\times C_{3^2}\times C_{2^{2}q+1}$， $G_{25}\cong C_{{\left(2^{2}q+1\right)}^2}\times C_3$， $G_{26}\cong C_2\times C_{{\left(2^{2}q+1\right)}^2}\times C_3$ ；当 $2q+1$ 为素数时，有 $G_{27}\cong C_{5^2}\times C_{2q+1}$， $G_{28}\cong C_2\times C_{5^2}\times C_{2q+1}$， $G_{29}\cong C_{{\left(2q+1\right)}^2}\times C_5$， $G_{30}\cong C_2\times C_{{\left(2q+1\right)}^2}\times C_5$。同理，若令 $p_1=q$，则当 $$ 为素数时，有 $G_{31}\cong C_{3^2}\times C_{2^{2}p+1}$， $G_{32}\cong C_2\times C_{3^2}\times C_{2^{2}p+1}$， $G_{33}\cong C_{{\left(2^{2}p+1\right)}^2}\times C_3$， $G_{34}\cong C_2\times C_{{\left(2^{2}p+1\right)}^2}\times C_3$ ；当 $2p+1$ 为素数时，有 $G_{35}\cong C_{5^2}\times C_{2p+1}$， $G_{36}\cong C_2\times C_{5^2}\times C_{2p+1}$， $G_{37}\cong C_{{\left(2p+1\right)}^2}\times C_5$， $G_{38}\cong C_2\times C_{{\left(2p+1\right)}^2}\times C_5$。

(iii) ${\alpha }_1=2,{\alpha }_2=2$ ：我们只需考虑 $G\cong C_{p_1^2}\times C_{p_2^2},C_2\times C_{p_1^2}\times C_{p_2^2}$，由 $\left|A\left(G\right)\right|=p_1(p_1-1)p_2\left(p_2-1\right)=2^{3}pq$，可得 $p_1=p=3$， $p_2=q=5$，则有 $G_{39}\cong C_{3^2}\times C_{5^2}$， $G_{40}\cong C_2\times C_{3^2}\times C_{5^2}$。

(II) 当 ${\alpha }_0=2$ 时， $S_2=C_{2^2},C_2\times C_2$。

(i) 当 ${\alpha }_1=1,{\alpha }_2=1$ 时，

(a) 若 $S_2=C_{2^2}$，有 $G\cong C_{2^2}\times C_{p_1}\times C_{p_2}$，从而 $\left|A\left(G\right)\right|=2\left(p_1-1\right)\left(p_2-1\right)=2^{3}pq$，进而 $(p_1-1)(p_2-1)=2^{2}pq$。由于 $p_1-1,p_2-1$ 是不同的偶数，而 $2^{2}pq=2\cdot 2pq=2p\cdot 2q$。所以当 $2pq+1$ 为素数时，有 $G_{41}\cong C_{2^2}\times C_3\times C_{2pq+1}$ ；当 $2p+1,2q+1$ 为素数时，有 $G_{42}\cong C_{2^2}\times C_{2p+1}\times C_{2q+1}$。

(b) 若 $S_2=C_2\times C_2$，有 $G\cong C_2\times C_2\times C_{p_1}\times C_{p_2}$，从而 $\left|A\left(G\right)\right|=2\cdot 3\left(p_1-1\right)\left(p_2-1\right)=2^{3}pq$，进而 $3\left(p_1-1\right)\left(p_2-1\right)=2^{2}pq$。若令 $p=3$，则有 $\left(p_1-1\right)\left(p_2-1\right)=2^{2}q$，而 $2^{2}q=2\cdot 2q$。所以当 $2q+1$ 为素数时，有 $G_{43}\cong C_2\times C_2\times C_3\times C_{2q+1}$。

(ii) 当 ${\alpha }_1=2,{\alpha }_2=1$ 时，

(a) 若 $S_2=C_{2^2}$，我们有 $G\cong C_{2^2}\times C_{p_1^2}\times C_{p_2}$，从而 $\left|A\left(G\right)\right|=2p_1\left(p_1-1\right)\left(p_2-1\right)=2^{3}pq$，进而 $p_1\left(p_1-1\right)(p_2-1)=2^{2}pq$。若 $p_1=p$，则 $\left(p-1\right)\left(p_2-1\right)=2^{2}q$，而 $2^{2}q=2\cdot 2q$。当 $2q+1$ 为素数时，有 $G_{44}\cong C_{2^2}\times C_{3^2}\times C_{2q+1}$， $G_{45}\cong C_{2^2}\times C_{{\left(2q+1\right)}^2}\times C_3$ ；同理，若令 $p_1=q$，则有 $G_{46}\cong C_{2^2}\times C_{3^2}\times C_{2p+1}$， $G_{47}\cong C_{2^2}\times C_{{\left(2p+1\right)}^2}\times C_3$。

(b) 若 $S_2=C_2\times C_2$，有 $G\cong C_2\times C_2\times C_{p_1^2}\times C_{p_2}$。由于 $\left|A\left(G\right)\right|=2\cdot 3p_1\left(p_1-1\right)\left(p_2-1\right)=2^{3}pq$，从而 $3p_1\left(p_1-1\right)\left(p_2-1\right)=2^{2}pq$。此时 $p_1=p_2=p=q=3$，与 $p,q$ 为互异的奇素数不符，故G不存在。

(iii) 当 ${\alpha }_1=2,{\alpha }_2=2$ 时，

(a) 则 $G\cong C_{2^2}\times C_{p_1^2}\times C_{p_2^2}$，于是 $\left|A\left(G\right)\right|=2p_1\left(p_1-1\right)p_2\left(p_2-1\right)=2^{3}pq$，可得 $p_1\left(p_1-1\right)p_2(p_2-1)=2^{2}pq$。此时 $p_1=p_2=p=q=3$，与 $p,q$ 为不同的奇素数矛盾，所以G不存在。

(b) 有 $G\cong C_2\times C_2\times C_{p_1^2}\times C_{p_2^2}$，此时 $\left|A\left(G\right)\right|=2\cdot 3p_1\left(p_1-1\right)p_2\left(p_2-1\right)=2^{3}pq$，从而可得 $3p_1\left(p_1-1\right)p_2(p_2-1)=2^{2}pq$，矛盾，所以G不存在。

(4) 当 $k=3$ 时，我们有 ${\alpha }_0=0,1$。

(I) $$ ：此时 $G\cong C_{p_1}\times C_{p_2}\times C_{p_3},C_2\times C_{p_1}\times C_{p_2}\times C_{p_3}$，从而 $\left|A\left(G\right)\right|=\left(p_1-1\right)\left(p_2-1\right)\left(p_3-1\right)=2^{3}pq$，而 $2^{3}pq=2\cdot 2p\cdot 2q$。所以当 $2p+1,2q+1$ 为素数时，有 $G_{48}\cong C_3\times C_{2p+1}\times C_{2q+1}$， $G_{49}\cong C_2\times C_3\times C_{2p+1}\times C_{2q+1}$。

(II) ${\alpha }_1=2,{\alpha }_2=1,{\alpha }_3=1$ ：此时 $G\cong C_{p_1^2}\times C_{p_2}\times C_{p_3},C_2\times C_{p_1^2}\times C_{p_2}\times C_{p_3}$，从而 $\left|A\left(G\right)\right|=p_1\left(p_1-1\right)\left(p_2-1\right)\left(p_3-1\right)=2^{3}pq$。令 $p_1=p$，而 $2^{3}q=2\cdot 2\cdot 2q$，此时 $p_1=p_2=p=3$， $p_3=2q+1$，产生矛盾，因此G不存在。同理， $p_1=q$ 时，G也是不存在的。

(III) ${\alpha }_1=2,{\alpha }_2=2,{\alpha }_3=1$ ：有 $G\cong C_{p_1^2}\times C_{p_2^2}\times C_{p_3},C_2\times C_{p_1^2}\times C_{p_2^2}\times C_{p_3}$。由于 $\left|A\left(G\right)\right|=p_1\left(p_1-1\right)p_2\left(p_2-1\right)\left(p_3-1\right)=2^{3}pq$，此时得到 $p_1=p_2=p_3=p=q=3$，与 $p,q$ 为互异的奇素数不符，从而G不存在。

(IV) ${\alpha }_1=2,{\alpha }_2=2,{\alpha }_3=2$ ：有 $G\cong C_{p_1^2}\times C_{p_2^2}\times C_{p_3^2},C_2\times C_{p_1^2}\times C_{p_2^2}\times C_{p_3^2}$，此时 $\left|A\left(G\right)\right|=p_1\left(p_1-1\right)p_2\left(p_2-1\right)p_3\left(p_3-1\right)=2^{3}pq$，产生矛盾，故G不存在。

4. 结束语

本文讨论了自同构群的阶为 $2^{t}pq\left(1\le t\le 3\right)$ 的有限Abel群G的构造，得出：当t = 1时，G最多有6型；当t = 2时，G最多有22型；当t = 3时，G最多有49型。

基金项目

国家自然科学基金(11401424)资助项目资助。

参考文献