一类含p³阶正规子群的奇数阶群

An Odd-Order Group with a Regular Subgroup of Order p³

摘要: 通过研究p³阶群的自同构群的阶从而达到研究奇数阶有限群G含有一个p³阶正规子群N (其中p是G的最小素因子)时所具有的性质，但此时由于群G阶的不确定性故其结构较难得出，故进一步考虑加上条件${\left|G\right|}_p=p^3$ 并如愿得出了G的结构。

Abstract: We mainly study the properties of odd-order finite group G when it contains a p³ order normal subgroup N (where p is the minimum prime factor of G) by studying the automorphism group of the p³ order group, but at this time, due to the order of group G is uncertain, its structure is difficult to find, Therefore, further consideration is given to the addition of the condition ${\left|G\right|}_p=p^3$ and the structure of G is obtained.

1. 引言

在群论中，给定一个群的某些性质，例如：群的阶数、含一个特殊正规子群、幂零性、可解性等等，确定这些含某些性质的群的结构是一个核心问题。$p^n$ 阶群($p$ 为素数)由于其独特的性质和丰富的结构，一直以来是群论研究的重点对象。本文聚焦于$p^3$ 阶群，通过运用群论基本概念和定理，如拉格朗日定理，中心定理等，除此之外还运用了置换群的相关理论进行论证，深入剖析其可能的结构类型，揭示了这类群独特的内部结构和相关特征，为进一步研究有限群提供了基础。

在《有限群导引》的习题中我们知道当有限群$G$ 含一个$p$ 阶正规子群$N$ 时能得到$N\le Z\left(G\right)$ ，并且若奇数阶群$G$ 含一个$p^2$ 阶正规子群可以得到$\left|G:C_G\left(N\right)\right|\le p$ (其中都考虑$p$ 是$G$ 的最小素因子)。因此自然而然想到：

问题1：当有限群$G$ 含一个$p^3$ 阶正规子群$N$ 时(其中$p$ 是$G$ 的最小素因子) $G$ 有怎样的性质？

经过证明计算可以得出定理3。1的结论，但由于$\left|G\right|$ 的不确定性$G$ 的结构还难以确定，故考虑加上条件${\left|G\right|}_p=p^3$ ，故提出：

问题2：当有限群$G$ 含一个$p^3$ 阶正规Sylow-子群$N$ 时(其中$p$ 是$G$ 的最小素因子) $G$ 的结构如何？

2. 预备知识

以下参考《有限群导引》[1]一书先列出本文证明的过程中需要用到的几个关键性定义以及Bunside定理、N/C定理和Bunside基定理。

定义2.1 ([1])：设$G$ 为初等交换$p$ -群，则$G$ 有两个全不变子群

${\Omega }_1\left(A\right)=\left\{a\in A|a^p=1\right\},{\mho }_1=\left\{a^p=1|a\in \right\}$

它们分别是自同态$\eta :a\mapsto a^p$ 的核和像集。

定义2.2 ([1])：设$G$ 是有限群。若$G\ne 1$ ，令$\Phi \left(G\right)$ 为$G$ 的所有极大子群的交，而若$G=1$ ，令$\Phi \left(G\right)=1$ 。我们称$\Phi \left(G\right)$ 为$G$ 的Frattini子群或$G$ 的$\Phi$ 子群。

定理2.1 ([1])：(Bunside定理)设$G$ 是有限群，$P\in Sy{l}_p\left(G\right)$ 。若$N_G\left(P\right)=C_G\left(P\right)$ ，则$G$ 为$p$ -幂零群。

定理2.2 ([2])：(N/C定理)设$G$ 是一个群，$H$ 是$G$ 的子群，$N_G\left(H\right)$ 是$H$ 在$G$ 中的正规化子，$C_G\left(H\right)$ 是$H$ 在$G$ 中的中心化子，则$C_G\left(H\right)$ 是$N_G\left(H\right)$ 的正规子群，并且$N_G\left(H\right)/C_G\left(H\right)$ 同构于$Aut\left(H\right)$ ($H$ 的自同构群)的一个子群。

定理2.3 ([1])：(Bunside基定理)设$G$ 是有限$p$ -群，$\left|G/\Phi \left(G\right)\right|=p^d$ ，则$G$ 的每个最小生成系恰含$d$ 个元素。并且每个$G/\Phi \left(G\right)$ 中的元素x都至少属于一个最小生成系。

为了研究一个含$p^3$ 阶正规子群的奇数阶群结构如何，除以上定义以及定理外，我们首先需要从$p^3$ 阶群入手，确定$p^3$ 阶群的结构及其自同构群的阶。因此以下先考虑当$p^3$ 阶群$G$ 为交换群的情况并给出它的结构及其自同构群的阶。

引理2.1 ([3])：设$G$ 群为$p^3$ 阶有限群，其中$p$ 为奇素数，则$G$ 为以下类型之一：

(i) $G\cong Z_{p^3}$ ；

(ii) $G\cong Z_{p^2}\times Z_p$ ；

(iii) $G\cong Z_p\times Z_p\times Z_p$ ；

(iv) $G=\langle a,b|a^{p^2}=b^p=1,b^{-1}ab=a^{1+p}\rangle$ ；

(v) $G=\langle a,b|a^p=b^p=c^p=1,\left[a,b\right]=c,\left[a,c\right]=\left[b,c\right]=1\rangle$ 。

接下来需要确定$p^3$ 阶群的自同构群的阶，下面先引出$p^3$ 阶群$G$ 为交换群的情形。

引理2.2 ([4])：设$\left|G\right|=p^3$ (其中$p$ 为奇素数)，且$G$ 交换，则下列结论之一成立：

(i) $G\cong Z_{p^3}$ 时，$\left|Aut\left(G\right)\right|=p^2\left(p-1\right)$ ；

(ii) $G\cong Z_{p^2}\times Z_p$ 时，$\left|Aut\left(G\right)\right|=p^3{\left(p-1\right)}^2$ ；

(iii) $G\cong Z_p\times Z_p\times Z_p$ 时，$\left|Aut\left(G\right)\right|=p^3{\left(p-1\right)}^3\left(p+1\right)\left(p^2+p+1\right)$ 。

接着我们给出$p^3$ 阶群$G$ 非交换时它的自同构群的阶并运用群论以及置换群[5]的知识给出证明。

引理2.3：设${\left|G\right|}_p=p^3$ (其中$p$ 为奇素数)且$G$ 非交换，则下列结论之一成立：

(i) $G=\langle a,b|a^{p^2}=b^p=1,b^{-1}ab=a^{1+p}\rangle$ 时，$\left|Aut\left(G\right)\right|=p^3\left(p-1\right)$ ；

(ii) $G=\langle a,b|a^p=b^p=c^p=1,\left[a,b\right]=c,\left[a,c\right]=\left[b,c\right]=1\rangle$ 时，

$\left|Aut\left(G\right)\right|=p^3{\left(p-1\right)}^2\left(p+1\right)$ .

证明：

(i) $\forall \sigma \in Aut\left(G\right)$ ，有：

$G=\langle \sigma \left(a\right),\sigma \left(b\right)|\sigma {\left(a\right)}^{p^2}=\sigma {\left(b\right)}^p=1,\sigma {\left(b\right)}^{-1}\sigma \left(a\right)\sigma \left(b\right)=\sigma {\left(a\right)}^{1+p}\rangle$

那么可设：

$\sigma :\{\begin{array}{l}a\mapsto a^i{b}^j\\ b\mapsto a^k{b}^l\end{array}$

则$o\left(\sigma \left(a\right)\right)=p^2,o\left(\sigma \left(b\right)\right)=p,\left(\sigma \left(a\right),\sigma \left(b\right)\right)=1$ ，从而可以得到$\left(i,p^2\right)=1,\left(k,p^2\right)\ne 1$ ，

其中$0\le i,k\le p^2-1,0\le j,l\le p-1$ 。

接下来计算$\sigma {\left(b\right)}^{-1}\sigma \left(a\right)\sigma \left(b\right)=\sigma {\left(a\right)}^{1+p}$ ，不妨记$r=1+p$ 。那么由$\sigma \left(a\right)=p^2$ 有：

$\begin{array}{c}\sigma {\left(a\right)}^{\sigma (b)}={\left(a^k{b}^l\right)}^{-1}{a}^i{b}^j{a}^k{b}^l\\ =b^{-l}{a}^{i-k}{b}^{j+l}\left(b^{-l}{a}^k{b}^l\right)\\ =b^j\left[b^{-(l+j)}{a}^{i-k}{b}^{l+j}\right]a^{k{r}^l}\\ =b^j\left[a^{(i-k){(1+p)}^{l+j}}\right]a^{k{(1+p)}^l}\\ =b^j{a}^{(i-k){(1+p)}^{l+j}+k{(1+p)}^l}\\ =b^j{a}^{(i-k)(1+lp+jp)+k(1+lp)}\\ =b^j{a}^{i(1+lp+jp)-kjp}\end{array}$ (1)

下面利用归纳假设计算等式：

${\left(a^i{b}^j\right)}^{p+1}=b^{(p+1)j}{a}^{i\left(p+1+\frac{(2+p)(1+p)}{2}pj\right)}$

$k=2$ 时有：

$\begin{array}{c}{\left(a^i{b}^j\right)}^2=b^j\left(b^{-j}{a}^i{b}^j\right)a^i{b}^j\\ =b^j{a}^{i\cdot r^j}{a}^i{b}^j\\ =b^j{a}^{(i\cdot r^j+i)}{b}^j\\ =b^{2j}\left[b^{-j}{a}^{i(r^j+1)}{b}^j\right]\\ =b^{2j}{a}^{i(r^j+1)r^j}\\ =b^{2j}{a}^{i\left({(1+p)}^j+1\right){(1+p)}^j}\\ =b^{2j}{a}^{i(2+pj)(1+pj)}\\ =b^{2j}{a}^{i(2+3pj)}\end{array}$

假设$k=p$ 时结论成立，则由归纳假设有：

${\left(a^i{b}^j\right)}^p=b^{pj}{a}^{i\left(p+\frac{(1+p)p}{2}pj\right)}$

考虑$k=p+1$ ，以下验证结论是成立的：

$\begin{array}{c}\sigma {\left(a\right)}^{1+p}={\left(a^i{b}^j\right)}^{p+1}\\ ={\left(a^i{b}^j\right)}^{p+1}\\ ={\left(a^i{b}^j\right)}^p{a}^i{b}^j\\ =b^{pj}{a}^{i\left(p+\frac{(1+p)p}{2}pj\right)}{a}^i{b}^j\\ =b^{pj}{a}^{i\left(p+1+\frac{(1+p)p}{2}pj\right)}{b}^j\\ =b^{(p+1)j}\left[b^{-j}{a}^{i\left(p+1+\frac{(1+p)p}{2}pj\right)}{b}^j\right]\\ =b^{(p+1)j}{a}^{i\left(p+1+\frac{(1+p)p}{2}pj\right)r^j}\\ =b^{(p+1)j}{a}^{i\left(p+1+\frac{(1+p)p}{2}pj\right){(1+p)}^j}\\ =b^{(p+1)j}{a}^{i\left(p+1+\frac{(2+p)(1+p)}{2}pj\right)}\\ =b^j{a}^{i(1+p+pj)}\end{array}$

即$k=p+1$ 时

${\left(a^i{b}^j\right)}^{p+1}=b^{(p+1)j}{a}^{i\left(p+1+\frac{(2+p)(1+p)}{2}pj\right)}=b^j{a}^{i(1+p+pj)}$ (2)

成立。

因此结合(1)、(2) 得：

$b^j{a}^{i(1+lp+jp)-kjp}=b^j{a}^{i(1+p+pj)}$

$a^{i(1+lp+jp)-kjp}=a^{i(1+p+pj)}$

$a^{i(lp-p)-kjp}=1$

$i\left(lp-p\right)\equiv 1\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$

$p\left(l-1\right)\equiv 1\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$

由$l$ 的取值范围有$l=1$ 。

故$i$ 有$\phi \left(p^2\right)=p^2-p$ 种取法，$j$ 有$p$ 种取法，$k$ 有$p$ 种取法，$l$ 有1种取法。

因此由$i,j,k,l$ 的取法可得$\left|Aut\left(G\right)\right|=\left(p^2-p\right)\cdot p\cdot p\cdot 1=p^3\left(p-1\right)$ 。

(ii) 由$G$ 是有限$p$ -群有$\Phi \left(G\right)=G^{\prime }{\mho }_1\left(G\right)$ ，且由Bunside基定理有$G/\Phi \left(G\right)$ 是初等交换$p$ -群，又${\mho }_1\left(G\right)=G^p=1$ ，故$\Phi \left(G\right)=G^{\prime },G/\Phi \left(G\right)=G/G^{\prime }=\langle a\Phi \left(G\right),b\Phi \left(G\right)\rangle$ 。

$\forall \sigma \in Aut\left(G\right)$ ，有一个自同构$\overline{\sigma }$ ：

${\left(g\Phi \left(G\right)\right)}^{\overline{\sigma }}=g^{\sigma }\Phi \left(G\right),\forall g\in G$

令$f:\sigma \to \overline{\sigma }$ 是$Aut\left(G\right)$ 到$Aut\left(G/\Phi \left(G\right)\right)$ 的映射，易验证$f$ 是一个同态映射，下证$f$ 是满射。

$\forall \overline{\sigma }\in Aut\left(G/\Phi \left(G\right)\right)=Aut\langle a\Phi \left(G\right),b\Phi \left(G\right)\rangle$

其中：

$\overline{\sigma }:\{\begin{array}{l}a\Phi \left(G\right)\to a^{\sigma }\Phi \left(G\right)\\ b\Phi \left(G\right)\to b^{\sigma }\Phi \left(G\right)\end{array}$

有$a^{\sigma },b^{\sigma }\notin \Phi \left(G\right)$ ，即$\langle a^{\sigma },b^{\sigma }\rangle ={\langle a,b\rangle }^{\sigma }=\langle a,b\rangle$ ，从而$\sigma \in Aut\left(G\right)$ 。因此$f$ 是满射，且由同态基本定理有：

$Aut\left(G\right)/Kerf\cong Aut\left(G/\Phi \left(G\right)\right)$

令$K=Kerf$ ，接下来计算$\left|K\right|$ 。

设$\left\{x_1,x_2\right\}$ 是$G$ 的任意一组最小生成系，令$\Delta$ 为所有2元有序子集$\left(x_1{a}_1,x_2{a}_2\right)$ (其中$a_1,a_2\in \Phi \left(G\right)$ )组成的集合，则$\left|\Delta \right|=p^2$ 。令$K$ 作用在$\Delta$ 上，其中：

$K=\left\{\sigma \in Aut\left(G\right)|{\left(g\Phi \left(G\right)\right)}^{\overline{\sigma }}=g^{\sigma }\Phi \left(G\right),\forall g\in G\right\}$

因为$K$ 将最小生成系变为最小生成系，故

$\forall x=\left(x_1{a}_i,x_2{a}_j\right),y=\left(x_1{a}_k,x_2{a}_l\right)\in \Delta$ ，$\exists k\in K$ 使得$x^k=y$ ，故$K$ 作用在$\Delta$ 上传递，则有$\left|\Delta \right|=\left|K:K_{\alpha }\right|$ ，其中$K_{\alpha }$ 是将$\Delta$ 中某个最小生成系保持不变的$G$ 的自同构。

显然$K_{\alpha }=1$ ，从而$\left|K\right|=\left|\Delta \right|=p^2$ 。

因此$\left|Aut\left(G\right)\right|=p^2\left(p^2-1\right)\left(p^2-p\right)=p^3{\left(p-1\right)}^2\left(p+1\right)$ 。

3. 主要定理及其证明

首先本节内容回答了问题1以及问题2，也是本文的主要结论及证明过程，内容如下：

定理3.1：设$p$ 是奇数阶群$G$ 的最小素因子，若$N⊴G$ ，且$\left|N\right|=p^3$ ，则$\left|G:C_G\left(N\right)\right|\le p^3$ 或$N$ 为初等交换$p$ -群时$\left|G:C_G\left(N\right)\right|\le p^3\left(p^2+p+1\right)$ 。

证明：由已知有$N⊴G$ ，则可对$N$ 用$N/C$ 定理有：

$N_G\left(N\right)/C_G\left(N\right)=G/C_G\left(N\right)\lesssim Aut\left(N\right)$

下面对$N$ 分情况讨论。

首先考虑当$N$ 交换时，此时由引理2.2可得：

Case 1：$N\cong Z_{p^3}$ ，此时$\left|Aut\left(N\right)\right|=p^2\left(p-1\right)$ ，则$\left|G:C_G\left(N\right)\right||\left|Aut\left(N\right)\right|=p^2\left(p-1\right)$ ，又$p$ 为最小素因子有$\left|G:C_G\left(N\right)\right|\le p^2$ 。

Case 2：$N\cong Z_{p^2}\times Z_p$ ，此时$\left|Aut\left(N\right)\right|=p^3{\left(p-1\right)}^2$ ，则${\left|G:C_G\left(N\right)\right|}^2|\left|Aut\left(N\right)\right|=p^3{\left(p-1\right)}^2$ ，又由$p$ 为最小素因子有$\left|G:C_G\left(N\right)\right|\le p^3$ 。

Case 3：$N\cong Z_p\times Z_p\times Z_p$ ，此时$\left|Aut\left(N\right)\right|=p^3{\left(p-1\right)}^3\left(p+1\right)\left(p^2+p+1\right)$ ，则

$\left|G:C_G\left(N\right)\right||\left|Aut\left(N\right)\right|=p^3{\left(p-1\right)}^2\left(p+1\right)\left(p^2+p+1\right)$

又由$p$ 为最小素因子有$\left|G:C_G\left(N\right)\right|\le p^3\left(p^2+p+1\right)$ 。

接下来考虑$N$ 非交换时的情形，此时由引理2.3可得：

Case 1：$N=\langle a,b|a^{p^2}=b^p=1,b^{-1}ab=a^{1+p}\rangle$ 时，此时$\left|Aut\left(N\right)\right|=p^3\left(p-1\right)$ ，则

$\left|G:C_G\left(N\right)\right||\left|Aut\left(N\right)\right|=p^3\left(p-1\right)$ ，又由$p$ 为最小素因子有$\left|G:C_G\left(N\right)\right|\le p^3$ 。

Case 2：$N=\langle a,b|a^p=b^p=c^p=1,\left[a,b\right]=c,\left[a,c\right]=\left[b,c\right]=1\rangle$ 时，

此时$\left|Aut\left(N\right)\right|=p^3{\left(p-1\right)}^3\left(p+1\right)$ ，则$\left|G:C_G\left(N\right)\right||\left|Aut\left(N\right)\right|=p^3{\left(p-1\right)}^2\left(p+1\right)$ ，又由$p$ 为最小素因子有$\left|G:C_G\left(N\right)\right|\le p^3$ 。

因此$\left|G:C_G\left(N\right)\right|\le p^3$ 或$N$ 是初等交换$p$ -群时$\left|G:C_G\left(N\right)\right|\le p^3\left(p^2+p+1\right)$ 。

此时只能确定$\left|G:C_G\left(N\right)\right|$ 的取值范围，关于$G$ 的结构还不明朗，故接下来考虑加上条件${\left|G\right|}_p=p^3$ 。

定理3.2：设$p$ 是奇数阶群$G$ 的最小素因子，若$N⊴G$ 且$\left|N\right|={\left|G\right|}_p=p^3$ ，则下列之一成立：

(i) $N$ 交换时，$G$ 有正规$p$ -补$G_{p\text{'}}$ 使得$G=N\times G_{p\text{'}}$ ；

(i) $N$ 非交换时，$C_G\left(N\right)$ 有正规$p$ -补$A_{p\text{'}}$ 使得$G\cong \left(A_{p\text{'}}\times Z_p\right).\left(Z_p\times Z_p\right)$ 。

证明：由${\left|G\right|}_p=p^3$ 知$N$ 为$G$ 的Sylow$p$ -子群。

(i) 由$N$ 交换知$N\le C_G\left(N\right)$ 。

又$\left(p,\left|G:C_G\left(N\right)\right|\right)=1$ ，故由引理2.2有$\left|G:C_G\left(N\right)\right|=1$ ，从而$G=C_G\left(N\right)=N_G\left(N\right)$ 。

接着由Bunside定理有$G$ 为$p$ -幂零群。

因此$G$ 有正规$p$ -补$G_{p\text{'}}$ 使得$G=N\times G_{p\text{'}}$ 。

(i) Case 1：当$N=\langle a,b|a^{p^2}=b^p=1,b^{-1}ab=a^{1+p}\rangle$ 时，明显有$N$ 非交换，从而有

$N\nleqq C_G\left(N\right)$ .

又$N$ 为$p$ -群且$p$ -群的中心非平凡，故而有$Z\left(N\right)=N\cap C_G\left(N\right)>1$ 。

再由$N$ 的结构我们知道${\left(a^p\right)}^b={\left(a^b\right)}^p={\left(a^{1+p}\right)}^p=a^p$ ，从而有$\langle a^p\rangle \le Z\left(N\right)$ ，又由$a^p=a^{1+p}$ 知$a,b\notin Z\left(N\right)$ ，可以得到$Z\left(N\right)<p^2$ 。

因此$Z\left(N\right)=\langle a^p\rangle$ 。记$A=C_G\left(N\right)$ ，设$P\in Sy{l}_p\left(A\right)$ ，则$P\cong Z_p$ 。

由$A=\left\{g\in G|ng=gn,\forall n\in N\right\}$ 及$P\le N$ 知$P$ 中元与$A$ 中元可交换，故$P⊴A$ 。

对$P$ 运用$N/C$ 定理有：

$N_A\left(P\right)/C_A\left(P\right)=A/C_A\left(P\right)\lesssim Aut\left(P\right)$

则$\left|A/C_A\left(P\right)\right||\left|Aut\left(P\right)\right|=p-1$ 。

又由$p$ 是$A$ 的最小素因子有$A=C_A\left(P\right)$ ，即$P\le Z\left(A\right)$ 。从而$A=C_A\left(P\right)=N_A\left(P\right)$ ，故由Bunside定理有$A$ 有正规$p$ -补$A_{p\text{'}}$ 。

因而有$C_G\left(N\right)=A\cong A_{p\text{'}}\times Z_p$ 。

而$\left|G/C_G\left(N\right)\right|=p^2$ ，从而$G/C_G\left(N\right)\cong Z_{p^2}$ 或$G/C_G\left(N\right)\cong Z_p\times Z_p$ 。

因此$G\cong \left(A_{p^{\prime }}\times Z_p\right).Z_{p^2}$ 或$G\cong \left(A_{p^{\prime }}\times Z_p\right).\left(Z_p\times Z_p\right)$ 。但因$G/C_G\left(N\right)\cong Z_p\times Z_p$ ，故$N/Z\left(N\right)\cong Z_p\times Z_p$ ，因此$G\cong \left(A_{p^{\prime }}\times Z_p\right).\left(Z_p\times Z_p\right)$ 。

Case 2：当$N=\langle a,b|a^p=b^p=c^p=1,\left[a,b\right]=c,\left[a,c\right]=\left[b,c\right]=1\rangle$ 时，$N$ 非交换，因此同以上证明，结合$N$ 为$p$ -群知$Z\left(N\right)=N\cap C_G\left(N\right)>1$ ，再由$N$ 的结构我们知道$a,b\notin Z\left(N\right),c\in Z\left(N\right)$ 。

因此$Z\left(N\right)=\langle c\rangle$ 。

记$A\text{'}=C_G\left(N\right)$ ，设$P\in Sy{l}_p\left(A^{\prime }\right)$ ，则$P\cong Z_p$ 。

同(ii)的证明可以得到$A^{\prime }$ 有正规$p$ -补${A^{\prime }}_{p^{\prime }}$ 。

因而有$C_G\left(N\right)=A^{\prime }\cong {A^{\prime }}_{p^{\prime }}\times Z_p$ 。

而$\left|G/C_G\left(N\right)\right|=p^2$ ，从而$G/C_G\left(N\right)\cong Z_{p^2}$ 或$G/C_G\left(N\right)\cong Z_p\times Z_p$ 。

从而$G\cong \left({A^{\prime }}_{p^{\prime }}\times Z_p\right).Z_{p^2}$ 或$G\cong \left({A^{\prime }}_{p^{\prime }}\times Z_p\right).\left(Z_p\times Z_p\right)$ 。

但由$N⊴G$ 以及$N$ 的结构我们知道$G$ 中不含$p^2,p^3$ 阶元，因此$G\cong \left({A^{\prime }}_{p^{\prime }}\times Z_p\right).\left(Z_p\times Z_p\right)$ 。

综上，$N$ 非交换时，$C_G\left(N\right)$ 有正规$p$ -补$A_{p\text{'}}$ 使得$G\cong \left(A_{p^{\prime }}\times Z_p\right).\left(Z_p\times Z_p\right)$ 。

接下来我们利用以上方法确定一个例子的结构。

例：设$\left|G\right|=3^3\cdot 5\cdot 11$ ，则$G$ 有如下10种结构：

(i) $G=\langle a,b,c|a^{27}=b^5=c^{11}=1\rangle$

(ii) $G=\langle a,b,c|a^{27}=b^5=c^{11}=1,c^b=c^5\rangle$

(iii) $G=\langle a,b,c,d|a^9=b^3=c^5=d^{11}=1\rangle$

(iv) $G=\langle a,b,c,d|a^9=b^3=c^5=d^{11}=1,d^c=d^9\rangle$

(v) $G=\langle a,b,c,d,e|a^3=b^3=c^3=d^5=e^{11}=1\rangle$

(vi) $G=\langle a,b,c,d,e|a^3=b^3=c^3=d^5=e^{11}=1,e^d=e^3\rangle$

(vii) $G=\langle a,b,c,d|a^9=b^3=c^5=d^{11}=1,b^a=b{a}^3\rangle$

(viii) $G=\langle a,b,c,d|a^9=b^3=c^5=d^{11}=1,b^a=b{a}^3,d^c=e^9\rangle$

(ix) $G=\langle a,b,c,d,e|a^3=b^3=c^3=d^5=e^{11}=1,b^a=bc\rangle$

(x) $G=\langle a,b,c,d,e|a^3=b^3=c^3=d^5=e^{11}=1,b^a=bc,e^d=e^9\rangle$

证明：由$G$ 的阶知它满足定理3.2中的条件，下面通过定理3.2得到$G$ 的整体结构：

设$N\in Sy{l}_3\left(G\right)$ ，

Case 1：当$N$ 交换时，由定理3.2知$G\cong N\times G_{3\text{'}}$ ，并且$\left|G_{3\text{'}}\right|=5\cdot 11$ ，且有两种结构，分别是$G_{3\text{'}}\cong Z_5\times Z_{11}$ 和$G_{3\text{'}}=\langle x,y|x^5=1,y^{11}=1,y^x=y^4\rangle$ ，因此当$N\cong Z_{3^3}$ 时，$G$ 的结构为(i)~(ii)；当$N\cong Z_{3^2}\times Z_3$ 时，$G$ 的结构为 (iii)~(iv)；当$N\cong Z_3\times Z_3\times Z_3$ 时，$G$ 的结构为 (v)~(vi)；

Case 2：当$N$ 非交换时，由定理3.2知$G\cong \left(A_{3^{\prime }}\times Z_3\right).\left(Z_3\times Z_3\right)$ ，此时$A_{3^{\prime }}$ 的结构同 Case 1中的$G_{3^{\prime }}$ 的结构，因此当$N=\langle a,b|a^{3^2}=b^3=1,b^{-1}ab=a^4\rangle$ 时，$G$ 的结构为(vii)~(viii)；当$N=\langle a,b|a^3=b^3=c^3=1,\left[a,b\right]=c,\left[a,c\right]=\left[b,c\right]=1\rangle$ 时，$G$ 的结构为(ix)~(x)。

4. 结束语

在群论中，p-群是一类重要的有限群，并且其有良好的数学性质，例如其阶的确定性、幂零性以及中心非平凡等等。因此我们可以通过p-群的相关理论和性质研究构造其它有限群。在本篇论文中，受到《有限群导引》一书中两个习题的启发，我们考虑一个奇数阶群含一个阶为$p^3$ 的正规子群时会得到怎样的结论。首先我们从$p^3$ 阶群的结构入手，紧接着求得了其自同构群的阶，之后再利用群论中非常重要的定理Bunside定理以及N/C定理可以得到本文中的两个定理，这为之后研究部分有限群提供一些启发。在接下来的研究当中，我们可以继续尝试考虑有限群$G$ 含一个阶为更高次幂p-群的正规子群时会有怎样的结果，当然这与p-群的进一步研究密不可分。

NOTES

^*通讯作者。