有限群G的结构一直是群论研究中一个最基本的课题, 本文关注同阶子群的个数与群结构的关系.设群G是一个有限群, n (G)表示G中所有同阶子群的个数组成的集合.当n (G)={1, m}时, 关于群G的结构的研究已经有不少重要的结果, 如文献[1]得到了满足n (G)={1, p+1}(p是素数)的非幂零群的结构, 并且得到了当m=p+1或m=p²+p+1(p是素数)时的幂零群的结构；文献[2]给出了n (G)={1, m}时的非幂零群的结构.这些结果都限于讨论n (G)包含2个元素的情形, 对于更大的集合, 并未出现相关结果.结合文献[1-3]的思想和方法, 本文将讨论n (G)={1, 3, 4}时群G的结构.当然, 这样的群是存在的.如A₄是我们非常熟悉的一个群, 它的所有子群包括:1个单位元群, 3个2阶群, 4个3阶群, 1个4阶群和A₄本身, 满足n (A₄)={1, 3, 4}.另外, 易知满足n (G)={1, 2, 3}的群是不存在的.因此, 研究满足n (G)={1, 3, 4}的群G的结构有着特别的意义.

本文将证明如下定理：

定理1 设G为有限群, 且|G|=2^α3^βq₁^α₁q₂^α₂ …q_n^α_n, 其中q_i为大于3的素数, α, β为非负整数, α_i, n均为正整数.如果n (G)={1, 3, 4}, 则G的Sylow子群具有如下性质：

(a)若α≠0, 则G的Sylow 2-子群P₂有如下性质：

当P₂循环时, G的Sylow 2-子群只有1个或3个；

当P₂不循环时, P₂◁G且具有如下结构：

如果α=2, 则P₂=C₂×C₂；

如果α=3, 则P₂=C₄×C₂或P₂=〈a, b|a⁴=1, b²=a², b^-1ab=a^-1〉；

如果α≥4, 则P₂=C_2^α-1×C₂或P₂=〈a, b|a^2α-1=b²=1, b^-1ab=a^1+2α-2〉.

(b)若β≠0, 则G的Sylow 3-子群P₃有如下性质：

当P₃循环时, G的Sylow 3-子群只有1个或4个；

当P₃不循环时, P₃◁G且具有如下结构：

P₃=C_3^β-1×C₃

或

P₃=〈a, b|a^3β-1=b³=1, b^-1ab=a^1+3β-2〉

(c) G的Sylow q_i-子群Q_i循环且Q_i◁G (i=1, 2, …, n).

为证明定理1, 先引入下面几个引理：

引理1^{[4]定理1.7.2} 设p是素数, 令|G|=p^a·n, N (p^a)是G中p^a阶子群的个数, 则

N (p^a)≡1(mod p)

引理2^{[4]定理5.2.7}设P是一个p-群, 则：

(a) P/Φ(P)是初等交换群；

(b)如果|P/Φ(P)|=pⁿ, 那么存在x₁, x₂, …, x_n∈P, 使得P=〈x₁, x₂, …, x_n〉.

下面3个引理是关于具有循环极大子群的有限p-群的结构定理：

引理3^{[5]定理5.3.6} 设P是有一个循环极大子群H的非交换p-群, 假设

则p=2, 且

为一个广义四元数群.

引理4^{[5]定理5.3.2} 设P是一个非交换p-群, H=〈h〉是P的循环极大子群, 且|H|=pⁿ.假设H在P中有补A=〈a〉, 那么下面情形之一成立：

(a) p≠2且h^a=h^1+pn-1(选择适当的a∈A)；

(b) p=2且h^a=h^-1；

(b) p=2, n≥3且h^a=h^-1+2n-1；

(b) p=2, n≥3且h^a=h^1+2n-1.

引理5^{[5]定理5.3.1} 设P是交换群, H是P的循环极大子群, 那么或者P循环, 或者P=H×C, 其中C$\cong $C_p.

引理6 设P是满足引理4条件的一个非交换p-群, |P|=pⁿ⁺¹, 则其p阶子群的个数有如下结果：

(a)当p=2且P=〈a, b|a²ⁿ=b²=1, b^-1ab=a^-1〉时, 其2阶子群有2ⁿ+1个；

(b)当p=2, n≥3且P=〈a, b|a²ⁿ=b²=1, b^-1ab=a^-1+2n-1〉时, 其2阶子群有2^n-1+1个；

(c)当p=2, n≥3且P=〈a, b|a²ⁿ=b²=1, b^-1ab=a^1+2n-1〉时, 其2阶子群有3个；

(d)当p=3且P=〈a, b|a³ⁿ=b³=1, b^-1ab=a^1+3n-1〉时, 其3阶子群有4个.

证  (a)当

时, 因为b^-1ab=a^-1+2n-1, 故对于任给的g∈P, 存在非负整数i, j, 使得g=aⁱb^j, 于是P中的所有2阶子群分别为〈a^2n-1〉, 〈b〉, 〈ab〉, 〈a²b〉, …, 〈a^2n-1b〉, 共2ⁿ+1个, 引理6的(a)得证.

(b)当

时, 因为b^-1ab=a^-1+2n-1, 故对任给的g∈P, 存在非负整数i, j, 使得g=aⁱb^j, 于是P中的所有2阶子群分别为〈a^2n-1〉, 〈b〉, 〈a²b〉, 〈a⁴b〉, …, 〈a^2n-2b〉, 共2^n-1+1个, 引理6的(b)得证.

(c)当

时, 因为b^-1ab=a^1+2n-1, 故对任给的g∈P, 存在非负整数i, j, 使得g=aⁱb^j, 又因为b²=1, 故不妨取j=0或j=1.当j=0时, 若g²=1, 则i=0或i=2^n-1, 即g=e或g=a^2n-1；当j=1时, 若g²=1, 则

即有i=0或i=2^n-1, 即g=b或g=a^2n-1b, 故P中的2阶子群为〈a^2n-1〉, 〈b〉和〈a^2n-1b〉, 共3个, 引理6的(c)得证.

(d)当

时, 若n=1, 则

此时P的所有3阶子群为〈a〉, 〈b〉, 〈ab〉和〈a²b〉, 共4个；

若n≥2, 因为b^-1ab=a^1+3n-1, 故对任给的g∈P, 存在非负整数i, j, 使得g=aⁱb^j, 其中j=0, 1, 2.

当j=0时, g³=1的充要条件是3^n-1|3i, 即i=3^n-1k (k=0, 1, 2)；

当j=1时, g³=1的充要条件是

故i=3^n-1k (k=1, 2, 3), 即g=b, g=a^3n-1b或g=a^2·3n-1b；

当j=2时, 若g³=1, 则有

同理得g=b², g=a^3n-1b或g=a^2·3n-1b.

因此, P有8个3阶元, 进而P有4个3阶子群, 它们是〈a^3n-1〉, 〈b〉, 〈a^3n-1b〉和〈a^3n-1b²〉, 引理6的(d)得证.

引理7^{[6]定理3.8.2} 设|G|=pⁿ.若G只有一个p阶子群, 则：

(a)当p＞2时, G循环；

(b)当p=2时, G循环或为广义四元数群.

引理8^{[5]定理3.8.3} 设|G|=pⁿ, 对某个m, 1＜m＜n, 有N_p^m(G)=1, 则G循环.

定理1的证明

我们分3步证明定理1：

步骤1  G的Sylow 2-子群P₂的结构.

当P₂循环时, P₂的各阶子群只有1个, 因而G的Sylow 2-子群可能有1个, 也可能有3个.下面总假设P₂不循环.

首先断言P₂◁G.若P₂, 则因为P₂/Φ(P₂)含有(2, 2) -型的初等Abel群, 即P₂含有至少3个极大子群.由于n (G)={1, 3, 4}, 由引理1知P₂恰有3个极大子群.而此时G的Sylow 2-子群至少有3个, 于是这些Sylow 2-子群至少含有4个不同的同阶极大子群.再由引理1知这种子群至少有5个, 矛盾.故P₂◁G.

现在考虑P₂的2阶子群的个数.若P₂只有1个2阶子群, 则P₂为循环群或广义四元数群.

若P₂为广义四元数群, 即

当n=3时, P₂恰含有1个2阶子群及〈a〉, 〈b〉, 〈ab〉共3个4阶子群, 1个8阶子群, 满足条件；

当n＞3时, P₂至少含有〈a^2n-3〉, 〈b〉, 〈ab〉, 〈a³b〉, 〈a⁵b〉共5个4阶子群, 矛盾.故当P₂恰有1个2阶元时, P₂只能是四元数群.

若P₂有至少2个2阶子群, 因为Z (P₂)含有1个2阶子群, 所以P₂含有(2, 2) -型Abel子群H.由n (G)={1, 3, 4}及引理1知, P₂的2阶子群恰有3个, 且全部含于H.

如果P₂=H, 则P₂为(2, 2) -型群, 结论已经成立.

如果HP₂, 则存在H₁≤G, HH₁, |H₁|=8.分两种情形讨论：

情形1 若H₁非交换, 由于H₁含有不止1个2阶子群, 因此

由引理6知H₁有5个2阶子群:〈a²〉, 〈b〉, 〈ab〉, 〈a²b〉, 〈a³b〉, 矛盾.

情形2 若H₁交换, 则H₁=C₄×C₂, 显然H₁满足要求.

到此为止, 我们知道:如果P₂为8阶群, 则P₂为8阶二面体群、四元数群或者C₄×C₂.如果|P₂|＞8, 则由上面的计算知道, P₂中的8阶子群只能是二面体群、四元数群或者C₄×C₂.

若H₁为四元数群, 且P₂＞H₁, 考虑H₂, 使得

任取x∈H₂\H₁.若|x|=2, 如果H₁中有4阶元d与x可换, 则因H₁中已含有3个4阶子群, 而〈xd〉也是4阶子群, 于是H₂的4阶子群的个数至少为4.于是由引理1知这类子群个数至少为5, 矛盾.如果H₁中的4阶元d都不能与x可换, 则x在H₁中的共轭类长度至少为6, 进而H₂至少有7个2阶子群, 矛盾.若|x|=4, 则〈x〉为H₁之外的一个4阶子群, 同样得到H₂的4阶子群的个数至少为4, 依然得到矛盾.因此, 任取x∈H₂\H₁, 有|x|=8.

若H₁为二面体群或者C₄×C₂, 则因H₁中已含有3个2阶子群和3个4阶子群, 同理得H₂的2阶子群或4阶子群的个数至少为4.于是由引理1知这类子群个数至少为5, 矛盾.因此, 任取x∈H₂\H₁, 有|x|=8, 即H₂含有循环极大子群.又分为以下两种子情形讨论：

情形2.1 若H₂为非交换群, 则由引理3及引理4知, H₂为下列4种群之一：

(ⅰ) H₂是一个广义四元数群, 由前面的讨论知, 该群不符合要求；

(ⅱ) H₂=〈a, b|a²³=b²=1, b^-1ab=a^-1〉, 由引理6知, H₂有:〈a⁴〉, 〈b〉, 〈ab〉, 〈a²b〉, …, 及〈a⁷b〉共9个2阶子群, 矛盾；

(ⅲ) H₂=〈a, b|a²³=b²=1, b^-1ab=a³〉, 由引理6知, H₂有:〈a⁴〉, 〈b〉, 〈a²b〉, 〈a⁴b〉及〈a⁶b〉共5个2阶子群, 矛盾；

(ⅳ) H₂=〈a, b|a²³=b²=1, b^-1ab=a⁵〉, 此时H₂恰有3个2阶子群:〈a⁴〉, 〈b〉, 〈a⁴b〉, 3个4阶子群:〈a²〉, 〈a²b〉, 〈a⁶b〉, 3个8阶子群:〈a〉, 〈ab〉, 〈a³b〉, 因此H₂符合要求.

情形2.2 若H₂交换, 则由引理5知, H₂=C₈×C₂.经验证, H₂满足条件.若P₂=H₂, 则已得结论.否则再取H₃≤G, 满足|H₃|=2⁵, H₂H₃.若H₃非交换, 则H₃为前面(ⅳ)所讨论的群, 若H₃交换, 则H₃=C₁₆×C₂, 经验证, H₃也满足条件.

综上所述, 当P₂为16阶群时, 只能是C₈×C₂或者〈a, b|a²³=b²=1, b^-1ab=a⁵〉.

如果|P₂|＞16, 逐次增大H_i的阶(i=4, 5, …), 重复上述过程和步骤最终可得

P₂=C_2^α-1×C₂

或

定理的1(a)成立.

步骤2  G的Sylow 3-子群P₃的结构.

若P₃为循环群, 则P₃的各阶子群只有1个, 因而G的Sylow 3-子群可能为1个或4个.下设P₃不为循环群.

首先证明P₃◁G.假设不成立, 则因为P₃不循环, 故P₃/Φ(P₃)含有(3, 3) -型初等Abel群, 故P₃含有至少4个极大子群.由n (G)={1, 3, 4}和引理1知, P₃恰有4个极大子群.而此时G的Sylow 3-子群至少有4个, 于是所有Sylow 3-子群至少有5个不同的极大子群, 矛盾, 故P₃◁G.

现在考虑P₃的3阶子群的个数.若P₃只有1个3阶子群, 由引理4知, P₃循环.

若P₃含有至少2个不同的3阶子群, 则因为Z (P₃)含有1个3阶子群, 所以P₃含有(3, 3) -型初等Abel子群R.由n (G)={1, 3, 4}和引理1知, P₃的3阶子群恰有4个, 且全部含于R中.

如果P₃=R, 则P₃为(3, 3) -型初等Abel群, P₃=C₃×C₃.

如果RP₃, 则存在R₁≤G, 使得RR₁, 且|R₁|=3³.分两种情形讨论：

情形1 若R₁非交换, 则

R₁=〈a, b|a⁹=b³=1, b^-1ab=a⁴〉

此时R₁中的3阶子群有:〈a³〉, 〈b〉, 〈a³b〉和〈a³b²〉, R₁中的9阶子群有:〈a〉, 〈ab〉, 〈ab²〉和〈a³〉×〈b〉, 满足条件.若R₁=P₃, 则已得结论.否则存在R₂≤G, 满足R₁R₂, |R₂|=3⁴.任取y∈R₂\R₁, 则|y| 3³.若|y|=3或|y|=9, 则因R₁中已含有4个3阶或9阶子群, 故R₂中3阶或9阶子群的个数将大于4, 矛盾.故|y|=3³, 则R₂含有1个循环极大子群, 由引理3及引理4知

R₂=〈a, b|a³³=b³=1, b^-1ab=a¹⁰〉

此时R₂的3阶子群有:〈a⁹〉, 〈b〉, 〈a⁹b〉和〈a¹⁸b〉, 9阶子群有:〈a³〉, 〈a⁹〉×〈b〉, 〈a³b〉, 〈a⁶b〉, 27阶子群有:〈a〉, 〈a³〉×〈b〉, 〈ab〉和〈a²b〉, 满足条件.

情形2 若R₁交换, 则R₁=C_3²×C₃, 如果R₁=P₃, 则结论成立.否则考虑R₂≤G, 满足：

任取z∈R₂\R₁, 若|z|=3或|z|=9, 则因R₁中已含有4个3阶或9阶子群, 故R₂中3阶或9阶子群的个数将大于4, 矛盾.故|z|=3³, 则R₂含有一个循环极大子群.分以下两种子情形讨论：

情形2.1 若R₂非交换, 则由引理3及引理4知

归为情形1的讨论, R₂满足要求.

情形2.2 若R₂交换, 则由引理5知

R₂=C_3³×C₃

经验证, R₂也满足条件.若R₂=P₃, 则已得结论, 否则取R₃≤G, 满足：

则

R₃=C_3⁴×C₃

或

综上所述, 如果P₃为3⁴阶群, 我们得到P₃等于上述满足要求的R₂.如果P₃的阶大于3⁴, 继续考虑R₃≤G, 满足R₂R₃且|R₃|=3⁵.重复上述过程, 得到

或

R₃=C_3³×C₃

继续上述过程, 逐次增大R_i的阶(i=4, 5, …), 重复上述步骤, 最终可得符合要求的P₃只有以下两种：

(ⅰ)当P₃循环时, G的Sylow 3-子群只有1个或4个；

(ⅱ)当P₃不循环时, P₃◁G且

P₃=C_3^β-1×C₃

或

定理1的(b)成立.

步骤3  G的Sylow q-子群Q的结构, 其中q∈π(G), q≠2, 3.

由Sylow定理知, V_q(G)≡1(mod q), 且

故V_q(G)=1, 即Q◁G.若Q非循环, 则由引理2知Q/Φ(Q)含有(q, q)-型初等交换子群K, 则K的极大子群的个数为

与n (G)={1, 3, 4}矛盾.进而Q循环, 定理1的(c)成立.