pq3阶群的完全分类

陈松良，欧阳建新，李惊雷

（贵州师范学院 数学与计算机科学学院，贵州 贵阳 550018）

pq3阶群的完全分类

陈松良，欧阳建新，李惊雷

（贵州师范学院 数学与计算机科学学院，贵州 贵阳 550018）

设p，q均为素数，且p＞q，对pq3阶群进行了完全分类并获得了其全部构造：1）当q不整除p－1且p不整除（q2+q+1）时，G恰有5个彼此不同构的类型；2）当q不整除 p－1但p整除（q2+q+1）时，G恰有 6个彼此不同构的类型；3）当q整除p－1但q2不整除 p－1且p不整除（q2+q+1）时，G恰有12个彼此不同构的类型；4）当q整除p－1且p整除（q2+q+1）但q2不整除p－1时，G恰有13个彼此不同构的类型；5）当q2整除p－1但q3不整除p－1时，G恰有14个彼此不同构的类型；6）当q3整除p－1时，G恰有15个彼此不同构的类型.

有限群；同构分类；群的表写

设p，q是奇素数，p＞q.文献 [1]用了不少篇幅，经过繁杂的计算与推理，得到了23p阶群的全部构造.本文将用不同于文[1]的方法来研究pq3阶群，并决定pq3阶群的全部构造.利用本文的方法，也不难重新确定23p阶群的全部构造.

以下恒设G是pq3阶群，P是 G的一个Sylow p-子群，Q是G的一个Sylow q-子群.显然，P是p阶循环群，设.由[1]之定理 7.1，Q必为下列5种类型之一：

下面我们来讨论G的构造.

1 P是G的正规子群

显然 G=PQ，且 G/CG（P）同构于 Aut（P） 的一个子群.众所周知Aut（P）是p－1阶循环群，并且P ≤ CG（P）.于是 G/CG（P）同构于（G/P）/（CG（P）/P）≌ Q/CQ（P），由此知 Q/CQ（P）是一个循环群.

1.1 Q同构于Q1时G的构造

1）若 q不整除 p－1，则必有 CQ（P）=Q，于是G是循环群，它的构造如下：

2）若q整除p－1，但q2不整除p－1，则除了有CQ（P） =Q 外，还可能 CQ（P）是 q2阶群.即 G 除了是循环群外，还可能是如下的构造

其中 r= α（p－1）/q，而 α 是模p的一个原根.

3）若 q2整除 p－1，但 q3不整除 p－1，则除了有CQ（P） =Q 或〈aq〉外，还可能 CQ（P） = 〈aq2〉.即 G除了有构造（1）与（2）外，还可能是如下的构造

其中 s= α（p－1）/q2，而 α 是模p的一个原根.

4） q3整除 p－1，则除了有 CQ（P）=Q 或〈aq〉或〈aq2外，还可能CQ（P） =1.即 G 除了有构造（1）、（2）、（3）外，还可能是如下的构造

其中 t= α（p－1）/q3，而 α 是模p的一个原根.

1.2 Q同构于Q2时G的构造

1）若 q不整除 p－1，则必有 CQ（P） =Q，于是G是一交换群，它的构造如下：

2）若q整除p－1，但q2不整除p－1，则除了有 CQ（P） =Q 外，还可能 CQ（P） = 〈a〉或〈aq，b〉.所以G除为交换群（5）外，还有如下两种构造：

在（6）、（7）中 r= α（p－1）/q，而 α 是模p的一个原根.

3）若 q2整除 p－1，则 CQ（P）除了可为 2）中的情形外，还可为〈b〉(注意 Q/CQ（P）是一个循环群，从而CQ（P）不可能是〈aq〉.所以 G 除为构造（5）、（6）、（7）外，还有如下构造：

其中 s= α（p－1）/q2，而 α 是模p的一个原根.

不难证明（5）、（6）、（7）、（8）是互不同构的.

1.3 Q同构于Q3时G的构造

1）若 q不整除 p－1，则显然有 CQ（P） =Q，于是G必是一交换群，其构造是：

2）若 q 整除 p－1，则因为 Q/CQ（P）是一个循环群，于是除了 CQ（P）=Q外，CQ（P）还可以且仅可以是一个 p2阶初等交换群，不妨设 CQ（P） = 〈b，c〉，从而G有如下构造：

其中 r= α（p－1）/q，而 α 是模p的一个原根.

1.4 Q同构于Q4时G的构造

1）若q不整除p－1，则显然G是一幂零群，其构造是：

2）若q整除p－1，但q2不整除p－1，则因为Q/CQ（P）是一个循环群，于是除了 CQ（P） =Q 外，CQ（P）还可以是〈a〉或〈aq，b〉.所以 G 除为幂零群（11）外，还有如下两种构造：

在（12）、（13）中 r= α（p－1）/q，而 α 是模p的一个原根.不难证明（12）、（13）是互不同构的.

3）若 q2整除 p－1，则CQ（P）除了可为 2）中的情形外，还可为〈b〉（注意 Q/CQ（P）是一个循环群，从而CQ（P）不可能是〈aq〉）.所以 C 除为构造（11）、（12）、（13）外，还可能有如下构造：

其中 s= α（p－1）/q2，而 α 是模p的一个原根.但此时由 （a-1ga）b=gs易得，s1+q≡ s mod p，从而 sq≡ 1 mod p，这不可能.因此G不可能有构造（14）.

1.5 Q同构于Q5时G的构造

1）若q不整除p－1，则显然G是一幂零群，其构造是：

2）若 q 整除 p－1，则因为 Q/CQ（P）是一个循环群，于是除了 CQ（P） =Q 外，CQ（P）还可以且仅可以是一个 p2阶初等交换群，不妨设 CQ（P）= 〈b，c〉，从而G有如下构造：

其中 r= α（p－1）/q，而 α 是模p的一个原根.

2 P不是G的正规子群

这时，因为p＞ q，所以（p，q2－1） =1，再据Sylow定理得p整除q3－1，从而p整除（q2+q+1），且必有（p－1，q3） =1或 q.又由[2]之定理 8.5.3知G是可解群，所以存在G的正规q-子群B＞1.若，则P在PB中必正规，从而P char PB.然而G/B的Sylow p-子群又显然正规，所以PB是G的正规子群，因而P是G的正规子群，矛盾.因此B只能是q3阶初等交换群，即B=Q且Q是G的唯一极小正规子群.将Q看成是q元域Fq上的3维向量空间，则g可看成是Fq上的3阶矩阵，不妨记其行列式为.因为gp=1，所以又显然，再由（p，q－1） =1 得.故g的特征多项式可设为f（λ）=λ3－βλ2－γλ－1.由Q 的极小正规性可知，f（λ）必是Fq上的3次不可约多项式.从而G有如下的构造：

其中 β，γ 使得 λ3－βλ2－γλ－1是 Fq上多项式λp－1的一个不可约因式.

反之，若p整除（q2+q+1）且p＞q，则（p，q2－1） =1，从而（λp－1，λq2-1－1） = λ－1.于是（λp－1）/（λ－1）无1次和2次不可约因式.再由（p，q3－1）=（p，q2+q+1）=p可见（λp－1）/（λ－1）全是3次不可约因式之积，所以必有p≡1 mod 3.记gi的特征多项式为 fi（λ），i=1，2，…，p－1，则 fi（λ）都不可约，且都是λp－1的因式.又对任何i：1≤ i≤ p－1，易见 i，qi，q2i模 p是互不同余的.但，所以 fi（λ）=fqi（λ） =fq2i（λ）.从而 fi（λ），i=1，2，…，p－1，中恰有（p－1）/3 个是不同的.显然取λp－1的不同的不可约3次因式得到的G的构造是彼此同构的.因此，当p整除（q2+q+1）且p＞q时，如果G的Sylow p-子群不正规，那么必有p≡1 mod 3，且在同构意义下G只有一种构造（17）.

3 结论

综上所述，我们得到下面的定理：

定理 1 设p，q为奇素数，且p＞q，而G是pq3阶群.则：

（i）当 q不整除p－1且p不整除（q2+q+1）时，G恰有5个彼此不同构的类型，其构造分别是：（1），（5），（9），（11），（15）；

（ii）当 q不整除 p－1但 p整除（q2+q+1）时，G恰有6个彼此不同构的类型，其构造分别是：（1），（5），（9），（11），（15），（17）；

（iii）当q整除p－1但q2不整除p－1且p不整除（q2+q+1）时，G恰有12个彼此不同构的类型，其构造分别是：（1），（2），（5）～（7），（9）～（13），（15），（16）；

（iv）当q整除p－1且p整除（q2+q+1）但q2不整除p－1时，G恰有13个彼此不同构的类型，其构造分别是：（1），（2），（5）～（7），（9）～（13），（15）～（17）；

（v）当q2整除p－1但q3不整除p－1时（这时必有p不整除（q2+q+1）），G恰有14个彼此不同构的类型，其构造分别是：（1）～（3），（5）～（13），（15），（16）；

（vi）当q3整除p－1时（这时必有p不整除（q2+q+1）），G 恰有 15个彼此不同构的类型，其构造分别是：（1）～（13），（15），（16）.

对于23p（p≠ 3）阶群，类似于以上讨论（但应注意在1.5中，Q5要用8阶四元数群代替，且8阶四元数群没有循环的4阶商群，从而Sylow2-子群是四元数群且Sylow p-子群正规的23p阶非幂零群恰有一个），我们立即得到文[1]中的相同结果.如果p=3，即G是24阶群，则当G的Sylow3-子群正规时，类似于以上讨论，可知G有12个互不同构的类型.如果G的Sylow3-子群（用P表示）不正规，则由Sylow定理可知，NG（P）必是6阶群.如果NG（P）是交换群，则NG（P）=CG（P），于是由Burnside定理（文[3]之定理）得，G是3-幂零的，从而Q是G的正规子群，因而Q有一个3阶自同构.不难证明，有3阶自同构的8阶群只有Z2×Z2×Z2与四元数群Q8.若Q≌Z2×Z2×Z2，则易见 CQ（P）是2阶群，不妨设CQ（P）=〈c〉.又由[4]之定理知，〈c〉在Q中有补子群，不妨设其为〈a，b〉.因为P不正规，于是不难证明〈a，b〉P≌A4，故必有G≌Z2×A4；若Q≌Q8，则CQ（P）是Q的唯一2阶元，从而Z（G） =Z（Q8）是2阶群.由此不难证明G≌SL（2，3）.如果NG（P）不是交换群，则显然NG（P）不是G的正规子群.事实上，P char NG（P），如果NG（P）是G的正规子群，那么P将是G的正规子群，矛盾.众所周知，G是可解群，所以G的极小正规子群N是2阶或4阶的.若N是2阶的，则PN是6阶循环群，这与NG（P）不是交换群矛盾.记 H=NG（P），则HG=1，令为H的全体右陪集的集合，则规定G在Ω上的一个作用ρ：

显然作用ρ是忠实的，因而G≌S4.综上所述，可知Sylow3-子群不正规的24阶群恰有3个不同构的类型，从而24阶群共有15个互不同构的类型.这与文[1]在10.4中的结果是一致的，但值得一提的是我们的方法比文[1]要简单明了得多.

［1］张远达.有限群构造[M].北京:科学出版社,1982.

［2］Robinson D J S.A course in the theory of groups[M].Graduate Texts in Mathematics 80,Springer-Verlag,New York,Heidelberg,Berlin,1982.

［3］徐明曜.有限群导引(上册)[M].北京:科学出版社,1999.

［4］Kurzweil H,Stellmacher B.The Theory of Finite Groups[M].Springer-Verlag,New York,Inc.,2004.

责任编辑：毕和平

Classification of Finite Groups of Order pq3

CHEN Songliang，OUYANG Jianxin，LI Jinglei
（School of Mathematics and Computer Science,Guizhou Normal College，Guiyang 550018，China）

Letting p，q be odd primes such thatp＞ q,letting G be a finite group of order pq3,the isomorphic classification of G were discussed,and their presentations are completely described.We have showed that:1)If q doesn't divide （p－1） andpdoesn't divide （q2+q+1）,G has 5 nonisomorphic presentations;2)If q doesn't divide （p－1）andpdivides （q2+q+1）,G has 6 nonisomorphic presentations;3)If q divides （p－1） and q2doesn't divide （p－1） andpdoesn't divide （q2+q+1）,G has 12 nonisomorphic presentations;4)If q divides （p－1）)and q2doesn't divide （p－1）andpdivides （q2+q+1）,G has 13 nonisomorphic presentations;5)If q2divides （p－1）and q3doesn't divide （p－1）,G has 14 nonisomorphic presentations;6)If q3divides（p－1）,G has 15 nonisomorphic presentations.

finite group；isomorphic classification；presentation of group

O 152.1

A

1674-4942（2010）03-0253-03

2010-05-22

贵州省科技厅自然科学基金资助项目(2010GZ77391)；贵州师范学院自然科学基金项目(200901006)