几类不同阶群的结构

The Structure of Several Groups of Different Orders

摘要: 在有限群的研究中，群的结构在图论中有着重要的应用，因而正确分类不同阶的群结构十分重要，本文利用西罗定理，通过群扩张定理，给出了pq阶群两种可能的结构和4p阶群五种可能的结构。

Abstract: In the study of finite groups, the structure of groups has important applications in graph theory, so it is very important to classify the structure of groups of different order correctly. In this paper, two possible structures of groups of order pq and five possible structures of groups of order 4p are given by using Sylow theorem and group expansion theorem.

1. 引言

群的一个重要问题是决定一些不同阶群的结构类型，也就是群的同构分类问题，而群的结构重要分为两大类，一类群是交换群，此时它同构于循环群或者一些循环群的直积。第二类群是非交换群，这需要根据一个群阶的大小来推断出元素之间的关系，从而决定出群的结构，因此给出不同阶群的结构就有了实际意义和理论价值。

半群的结构的研究已经有了一些成果，具体参见周绍艳(2016) [1] 和刘心驰(2012) [2]。对于一般有限群的研究，梁静老师在文献 [3] 中对 $Z^{\ast }$ 群的结构进行了归纳；孙雨晴，卢家宽老师在文献 [4] 中给出了自中心化子群对有限群结构的影响；陈梦，刘正龙，陈贵云老师在文献 [5] 中给出了最高阶元的阶为7及Sylow2-子群的阶为8的有限群的结构；夏晶老师在文献 [6] 中给出了有限群的阶与群的结构，而本文利用西罗定理，通过群扩张定理，给出了pq阶群两种可能的结构和4p阶群五种可能的结构。

2. 预备知识

本节主要给出了一些本文中要用到的一些定义和定理。

定义1.1 [7] 称群G为p-群，如果群G的每个元素皆为p-元素。

定义2.1 [7] 称p-群S为群G的Sylowp-子群，如果S是G的极大p-子群，即不存在G的p-子群 $S_1>S$。

引理1 [7] 群G中Sylowp-子群的个数 $n_p$ 是 $\left|G\right|$ 的因子，并且 $n_p\equiv 1\left(\mathrm{mod}p\right)$。

引理2 [7] 设 $H\le G$，则 $N_G\left(H\right)∕C_G\left(H\right)$ 同构于的一个子群。

引理3 [8] 设 $n,m\ge 2$ 为正整数，G是n阶循环群N被m阶循环群F的扩张，则G有如下区定义关系： $G=\langle u,v\rangle$， $u^n=1$， $v^m=u^t$， $v^{-1}uv=u^r$，其中 $r^m\equiv 1\left(\mathrm{mod}n\right)$， $t\left(r-1\right)\equiv 0\left(\mathrm{mod}n\right)$。

3. 决定几类不同阶的群结构

我们已经知道 $\left|G\right|=p$ 时 $G\cong Z_P$， $\left|G\right|=p^2$ 时 $G\cong Z_{P^2}$ 或 $G\cong Z_P\times Z_P$，下面我们决定其余几类不同阶的群结构。

定理1设 $\left|G\right|=pq$，其中 $p>q$ 为素数，则G则只有以下几类结构。

1) G交换 $G\cong Z_P\times Z_q$，

2) G非交换 $G=\langle a,b|a^p=b^q=1,b^{-1}ab=a^s,s\cancel{\equiv }1\left(\mathrm{mod}p\right),s^q\equiv 1\left(\mathrm{mod}p\right)\rangle$。

证明：设 $G=pq$，若G交换，则 $G\cong Z_P\times Z_q$。

1) 若G非交换，我们设 $P\in Sy{l}_p\left(G\right)$， $Q\in Sy{l}_q\left(G\right)$。

由于 $p,q$ 均为素数，所以 $P\in Sy{l}_p\left(G\right),Q\in Sy{l}_q\left(G\right)$ 均为循环群。不妨设 $P=\langle a\rangle$， $Q=\langle b\rangle$， $a^p=b^q=1$。

由西罗定理可得： $n_P=kp+1|q$，又因为 $p>q$，所以可得 $n_P=1$ 即 $P⊴G$。 $n_q=kp+1|p$，显然 (否则 $P=\langle a\rangle ⊴G$， $Q=\langle b\rangle ⊴G$， $P\cap Q=1$， $G=PQ$，可得 $G=P\times Q$ 且G可交换，矛盾)，所以 $n_q\ne 1$，即 $n_q=p$，也即 $q|p-1$，所以 $a^b=b^{-1}ab\in \langle a\rangle$，不妨设 $b^{-1}ab=a^s$， $s\cancel{\equiv }1\left(\mathrm{mod}p\right)$，则 $\underset{s个}{\underset{︸}{b^{-1}{a}^{s}b=\left(b^{-1}ab\right)\left(b^{-1}ab\right)\cdots \left(b^{-1}ab\right)}}={\left(b^{-1}ab\right)}^s={\left(a^s\right)}^s=a^{s^2}$。

又因为 $b^{-1}\left(b^{-1}ab\right)b=b^{-2}a{b}^2$，所以 $a^{s^q}=1$，即 $s^q\equiv 1\left(\mathrm{mod}p\right)$，

所以 $G=\langle a,b|a^p=b^q=1,b^{-1}ab=a^s,s\cancel{\equiv }1\left(\mathrm{mod}p\right),s^q\equiv 1\left(\mathrm{mod}p\right)\rangle$。

综上G有两种结构：

1) G交换 $G\cong Z_P\times Z_q$，

2) G非交换 $G=\langle a,b|a^p=b^q=1,b^{-1}ab=a^s,s\cancel{\equiv }1\left(\mathrm{mod}p\right),s^q\equiv 1\left(\mathrm{mod}p\right)\rangle$。

定理2设 $\left|G\right|=4p$，其中 $p>q$ 为素数，则G则只有以下几类结构。

1) $G\cong Z_{4p}$ 或者 $G\cong Z_{2P}\times Z_P$，

2) $G\cong Z_{2P}\times Z_P$，

3) $G=\langle a,b|a^{2p}=1,b^2=a^p,b^{-1}ab=a^{-1}\rangle \cong Q_{4p}$，

4) $G=\langle a,b|a^{2p}=b^2=1,b^{-1}ab=a^{-1}\rangle \cong D_{4p}$，

5) $G=\langle a,b|a^p=b^4=1,b^{-1}ab=a^s,s^2\equiv -1\left(\mathrm{mod}p\right)\rangle$。

证明：设 $G=4p$，若G交换，则1) $G\cong Z_{4p}$ 或者2) $G\cong Z_{2P}\times Z_P$。

若G非交换，我们设 $P\in Sy{l}_p\left(G\right)$。由于 $p,q$ 均为素数，所以由西罗定理可得：G的Sylowp-子群的个数 $n_P=kp+1|4$ 的，又因为p为素数，所以可得 $n_P=1$ 即 $P⊴G$。对P用 $N∕C$ 定理，。由于 $|G|=4P$，故 $G∕C_G\left(P\right)\cong Z_2$ 或 $G∕C_G\left(P\right)\cong Z_4$。

若 $G∕C_G\left(P\right)\cong Z_2$，则G为 $Z_{2p}$ 被 $Z_2$ 的扩张。由引理3， $G=\langle a,b\rangle$ 且有定义关系：

$a^{2p}=1$， $b^2=a^t$， $b^{-1}ab=a^s$，其中 $s^4\equiv 1\left(\mathrm{mod}p\right)$， $t\left(s-1\right)\equiv 0\left(\mathrm{mod}p\right)$。

由于G非交换，解上述同余式得 $s\equiv -1\left(\mathrm{mod}2p\right)$， $t\equiv p\left(\mathrm{mod}2p\right)$ 或 $t\equiv 0\left(\mathrm{mod}2p\right)$。

由此得到两个群：

i) $G=\langle a,b|a^{2p}=1,b^2=a^p,b^{-1}ab=a^{-1}\rangle \cong Q_{4p}$，

ii) $G=\langle a,b|a^{2p}=b^2=1,b^{-1}ab=a^{-1}\rangle \cong D_{4p}$。

若 $G∕C_G\left(P\right)\cong Z_4$，则G为 $Z_p$ 被 $Z_4$ 的扩张。由引理3， $G=\langle a,b\rangle$ 且有定义关系： $a^p=1$， $b^4=a^t$， $b^{-1}a{b}^{-1}=a^s$，其中 $s^4\equiv 1\left(\mathrm{mod}p\right)$， $t\left(s-1\right)\equiv 0\left(\mathrm{mod}p\right)$。

由于G非交换，解上述同余式得 $t\equiv 0\left(\mathrm{mod}p\right)$， $s^2\equiv -1\left(\mathrm{mod}p\right)$ 或 $s^2\equiv 1\left(\mathrm{mod}p\right)$。

由若 $t\equiv 0\left(\mathrm{mod}p\right)$， $s^2\equiv -1\left(\mathrm{mod}p\right)$ 则G同构于上述ii)型群。这样得到一个与上述群不同构的群：

iii) $G=\langle a,b|a^p=b^4=1,b^{-1}ab=a^s,s^2\equiv -1\left(\mathrm{mod}p\right)\rangle$。

综上4p阶群分类如下：

G为交换群 $G\cong Z_{4p}$ 或者 $G\cong Z_{2P}\times Z_p$。

G为非交换群

i) $G=\langle a,b|a^{2p}=1,b^2=a^p,b^{-1}ab=a^{-1}\rangle \cong Q_{4p}$，

ii) $G=\langle a,b|a^{2p}=b^2=1,b^{-1}ab=a^{-1}\rangle \cong D_{4p}$，

iii) $G=\langle a,b|a^p=b^4=1,b^{-1}ab=a^s,s^2\equiv -1\left(\mathrm{mod}p\right)\rangle$。