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有限群的结构一直是群论研究中一个最基本的课题，而群的性质与结构都能从它的固有数量反映出来，例如：奇数阶群可解；若G的Sylow子群的个数之集为{1}，则G为幂零群.

因此，通过子群的数量特征来研究群G的结构是极其有意义的. 比如，许多群论学者研究了子群共轭类的类数、非正规子群的个数及阶、极大交换子群的阶之集，以及当同阶子群个数之集为简单集合时对群结构的影响，有关这方面的成果可参见文献[1-12].

本文关注同阶交换子群个数与群结构的关系，并讨论了当群G的同阶交换子群个数之集为{1，3}时群G的结构. 当然这类群是存在的，如S₃就满足此条件. 另外，本文也证明了同阶交换子群个数之集为{1，2}的有限群是不存在的. 因此，研究满足同阶交换子群个数之集为{1，3}的群G的结构是有意义的.

本文将证明如下定理：

定理1  设G是有限群，则下列结论成立：

(a) 不存在有限群G，使得其同阶交换子群个数之集为{1，2}.

(b) G的同阶交换子群个数之集为{1，3}的充要条件是G同构于下列群之一：

(b1) G=〈u〉×(〈b〉×|〈a〉)，其中u^k=1，a^2m=1，b³=1，a^-1ba=b^-1，2⫮k，3⫮k；

(b2) G=〈v〉×Q₈，其中2⫮o(v)，Q₈为四元数群；

(b3) G=〈w〉×G₂，其中2⫮o(w)，G₂为(2^n-1，2)-型交换群；

(b4) G=〈d〉×G₂，其中2⫮o(d)，G₂为半广义四元数群，且G₂=〈e，f〉，e^2n-1=1，f²=1，f^-1ef=e^1+2n-2，n≥4.

由文献[11]的定理4.3得：若G的同阶子群个数之集为{1，3}，则G只可能同构于以上(b1)-(b4)群之一. 因此得到下面的推论：

推论1  设G为有限群，则下列结论等价：

(ⅰ) G的同阶交换子群个数之集为{1，3}；

(ⅱ) G的同阶子群个数之集为{1，3}.

本文所涉及到的群都是有限群. π(G)表示群|G|的所有素因子的集合，对q∈π(G)，Syl_q(G)表示G的所有Sylow q-子群的集合，G_q表示G的某个Sylow q-子群. G=A×|B表示G为A与B的半直积，其中A$\underline \triangleleft $G. 其他符号和术语参见文献[13].

为了证明定理1，先引入以下引理：

引理1^[12]  设P是一个包含唯一p阶子群的p-群，那么或者P是循环群，或者p=2且P是广义四元数群.

引理2^[13]  设|P|=pⁿ，1＜m＜n. 若P只有一个p^m阶子群，则P为循环群.

引理3  设p∈(G)，P∈Syl_p(G)，且G的同阶交换子群个数之集为{1，3}，则

(ⅰ) 若P有唯一p阶子群，则或者P为循环群，或者p=2且P为广义四元数群；

(ⅱ) 若P有两个及以上的p阶子群，则p=2，且P的2阶子群个数为3.

证  (ⅰ) 若P有唯一p阶子群，则由引理1即可得到(ⅰ)成立.

(ⅱ) 若P有两个及以上的p阶子群，取1≠z∈Z(P)，且|z|=p，则P存在某p阶子群L≠〈z〉，且L〈z〉=L×〈z〉为(p，p)-型交换子群. 又因L〈z〉含有p+1个p阶交换子群，且G的同阶交换子群个数之集为{1，3}，故p=2，且P的2阶子群个数为3.

引理4  设q∈π(G)，Q∈Syl_q(G)，其中q为奇素数，且G的同阶交换子群个数之集为{1，3}，则Q为循环群，且Q$\underline \triangleleft $G.

证  由引理2知，Q必为循环群. 因为G的Sylow q-子群的个数为1+kq，且q为奇素数，所以1+kq=1，或1+kq＞3. 又因为G的同阶交换子群个数之集为{1，3}，所以1+kq只能等于1，从而Q$\underline \triangleleft $G.

引理5^[14]  二面体群D₈有5个2阶子群，3个4阶子群.

引理6^[11]  设G为广义四元数群，s_k(G)表示G的2^k阶子群的个数，则

引理7  若|G|=8，且G的同阶交换子群个数之集为{1，3}，则G只可能是(4，2)-型交换群或四元数群Q₈.

证  由文献[15]的3.4.3知，8阶群在同构意义下共有5类，分别是C₈，C₂×C₂×C₂，C₄×C₂，Q₈，D₈. 下面将分别计算每个类的同阶交换子群个数之集.

因为C₈为循环群，所以它的各阶子群个数都为1，且均为交换群，从而C₈的同阶交换子群个数之集为{1}.

因为C₂×C₂×C₂的各阶子群均为交换群，且其2阶子群的个数为(2³-1)/(2-1)=7，4阶子群的个数为[(2³-1)(2²-1)]/[(2²-1)(2-1)]=7，所以C₂×C₂×C₂的同阶交换子群个数之集为{1，7}.

不妨设

易知C₄×C₂的各阶子群都为交换群，且2阶子群有3个，分别为〈a²〉，〈b〉，〈a²b〉；4阶子群也有3个，分别为〈a²〉×〈b〉，〈a〉，〈ab〉. 所以C₄×C₂的同阶交换子群个数之集为{1，3}.

因为Q₈=〈a，b：a⁴=1，a²=b²，b^-1ab=a^-1〉，且其真子群均为交换群. 由引理6可计算得：其2阶子群有1个，即〈a²〉；4阶子群有3个，分别为〈a〉，〈b〉，〈ab〉. 因此，Q₈的同阶交换子群个数之集为{1，3}.

由引理5知8阶二面体群D₈的同阶交换子群个数之集为{1，3，5}.

引理8^[16]  设P为16阶非交换2-群，且P的同阶交换子群个数之集为{1，3}，则P只能为半广义四元数群，定义关系为P=〈a，b：a⁸=b²=1，b^-1ab=a⁵〉.

引理9^[13]设P为一个具有循环极大子群的2-群，则P只有以下6种互不同构类型的群：

(ⅰ) 2ⁿ阶循环群，P=〈a〉，a²ⁿ=1，n≥1；

(ⅱ) (2^n-1，2)-型交换群，P=〈a，b〉，a^2n-1=b²=1，n≥2；

(ⅲ) 广义四元数群，P=〈a，b〉，a^2n-1=1，a^2n-2=b²，b^-1ab=a^-1，n≥3；

(ⅳ) 二面体群，P=〈a，b〉，a^2n-1=1，b²=1，b^-1ab=a^-1，n≥3；

(ⅴ) 半广义四元数群，P=〈a，b〉，a^2n-1=1，b²=1，b^-1ab=a^1+2n-2，n≥4；

(ⅵ) P=〈a，b〉，a^2n-1=1，b²=1，b^-1ab=a^-1+2n-2，n≥4.

引理10^[15]  设G为非交换群，且它的所有Sylow子群循环，则G为亚循环群，G=〈a，b〉，a^m=bⁿ=1，b^-1ab=a^r，((r-1)n，m)=1，rⁿ≡1(mod m)，|G|=nm.

引理11^[11]  设G是(pⁿ，p^m)-型交换p-群，其中m≤n. 则群G的p^k阶子群的个数为

定理1的证明

证  (a) 设p∈π(G)，P∈Syl_p(G).

若P有唯一p阶子群，则或者P为循环群，或者p=2且P为广义四元数群. 当P为广义四元数群时，由引理6计算得其4阶子群个数至少为3，矛盾. 当P为循环群时，因为G的Sylow p-子群个数为n=1+kp，所以n=1，或者n≥3. 又因为G的同阶交换子群个数之集为{1，2}，所以n=1. 进而得到G的所有Sylow子群正规且循环，故G为循环群，从而G的各阶子群个数都为1，不满足题设条件. 若P有两个及以上的p阶子群，则同引理3(ⅱ)所证可得p+1=2，这与p≥2矛盾. 综上所述，结论(a)得证.

(b) 由引理3和引理4知G=H×|G₂，其中H循环且2⫮|H|. 下面分两种情况进行讨论：

情形1  若G₂有唯一2阶子群，则G₂或为循环群或为广义四元数群.

如果G₂为循环群，那么|Syl₂(G)|=3，故G₂$\underline{\ntriangleleft } $/G，于是G非交换，且所有Sylow子群循环. 从而由引理10得，G为亚循环群. 因为G₂为Sylow子群且个数为3，所以3|H|. 又当t|H|且t≠2，3时有[G_t，G₂]=1，故可设G=〈u〉×(G₃×|G₂)，其中|u|=k，(k，6)=1，G₂=〈a〉，a^2m=1，m≥1，G₃=〈b〉，b³ⁿ=1，n≥1，a^-1ba=b^r，且由G₂不正规可知3ⁿ⫮(r-1).

先证n=1. 因为|Syl₂(G)|=3，所以|G₃∶N_G3(G₂)|=3，则|N_G3(G₂)|=3^n-1. 于是设N_G3(G₂)=〈b³〉. 又因为N_G3(G₂)=C_G3(G₂)，故[b³，a]=1. 因为a^-1ba=b^r，于是b³=a^-1b³a=b^3r，从而b^3(r-1)=1，因此3^n-1(r-1). 若n≥2，则有3(r-1). 又因为G₃×|G₂为亚循环群，所以((r-1)2^m，3ⁿ)=1，这与3(r-1)矛盾. 因此n=1.

再证r=-1. 因为r$\not \equiv $1(mod 3)，所以r≡0(mod 3)或r≡-1(mod 3). 由假设条件a^-1ba=b^r知(r，3)=1，从而得r$\not \equiv $0(mod 3)，于是r≡-1(mod 3). 因此r=-1.

可令

由定义关系知T的Sylow 2-子群为极大子群且恰有3个，即〈a〉，〈ab〉，〈ab^-1〉. 对L≤T，若L是2-群，则L含于T的Sylow 2-子群中. 因为T的Sylow 2-子群只有3个且循环，因此与L同阶的子群最多有3个. 又由Sylow子群共轭及循环知，与L同阶的子群共轭，故与L同阶的子群个数为1或3. 如果L不是2-群，则L的阶为2ⁱ·3，此时考虑T的阶为2^m-1·3的极大子群，可知此极大子群必为〈a²〉〈b〉，〈(ab)²〉〈b〉，〈(ab^-1)²〉〈b〉. 又由定义关系可知C_G2(G₃)=〈a²〉，即[a²，b]=1，从而〈b〉×|〈a²〉=〈a²〉×〈b〉为循环群，则

故T的阶为2^m-1·3的极大子群只有1个，即为〈a²〉×〈b〉. 综上所述，T的极大子群均循环，且同阶极大子群的个数之集为{1，3}，进而T的2ⁱ·3阶的同阶交换子群个数也为1，符合定理1的条件. 综上所述，此时G对应定理1(b)中的(b1)类型群.

如果G₂为广义四元数群，此时考虑G₂的4阶子群. 由引理6知G₂只能为Q₈. 下面证明G₂$\underline \triangleleft $G. 若G₂$\underline{\ntriangleleft }$/G，则由定理1的条件知，G至少有3个Sylow 2-子群，将其中3个分别记为G₂₁，G₂₂，G₂₃，它们彼此共轭且均有3个4阶子群. 如果它们的4阶子群不分别对应相等，那么与G的同阶交换子群个数之集为{1，3}矛盾，因此它们的4阶子群分别对应相等. 又因为G₂₁，G₂₂，G₂₃均可由其4阶子群生成，所以G₂₁=G₂₂=G₂₃，但这与G的Sylow 2-子群个数至少为3矛盾. 因此G₂$\underline \triangleleft $G. 综上所述，此时G对应定理1(b)中的(b2)类型群.

情形2  若G₂的2阶子群个数为3，对G₂是否交换进行讨论.

假设G₂为交换群，则G₂的极大子群也交换，因此极大子群个数为3. 由假设知G的|G₂|/2阶子群只有3个，从而G只能有1个Sylow 2-子群，即G₂$\underline \triangleleft $G，于是G也为交换群. 此时定理1的条件等价于G的同阶子群个数之集为{1，3}. 根据文献[11]的定理4.3找出G为交换群的类型即可，得到：当G₂为(2^n-1，2)-型交换群时，G满足定理1的条件. 综上所述，此时G对应定理1(b)中的(b3)类型群.

假设G₂为非交换群，则|G₂|≥8，故可分为以下几种情形讨论：

(ⅰ) 若|G₂|=8且G₂的2阶子群个数为3，讨论G的结构. 由引理7知，不存在满足此条件的非交换2-群，故此类群不存在.

(ⅱ) 若|G₂|=16且G₂的2阶子群个数为3，讨论G的结构. 由引理8知，G₂只能为半广义四元数群.

(ⅲ) 若|G₂|=2ⁿ，n≥5且G₂的2阶子群个数为3，则断言：G₂只能是半广义四元数群.

证明当n=5时，G₂只能是半广义四元数群.

考虑G₂的极大子群M. 当M交换时，M为循环群或(2^r，2^s)-型交换群，其中r+s=4. 又由引理11知(2²，2²)-型交换群含有7个4阶子群，这与定理1的条件矛盾，因此M为循环群或(2³，2)-型交换群. 当M非交换时，若M只有1个2阶元，则M是广义四元数群，然而由引理6知，16阶广义四元数群不满足定理1的条件. 若M有3个2阶元，则由上面(ⅱ) 知M为半广义四元数群. 综上所述，M为循环群、(2³，2)-型交换群或16阶半广义四元数群.

当M为循环群时，则G₂为引理9中的群，经过计算群的同阶交换子群个数得，G₂为半广义四元数群. 因为(2³，2)-型交换群和16阶半广义四元数群的8阶子群都是交换群且个数为3，又因为G₂的同阶交换子群个数之集必为{1，3}，则：若M为这两个群之一，则G的8阶子群只能在M的这3个极大子群中，从而G₂的每个极大子群的极大子群都含在M内，进而G₂中除循环极大子群之外的极大子群都等于M. 但G₂至少有3个极大子群，因此G₂一定至少含有2个循环极大子群，因此G₂为引理9中的群，且G₂有3个2阶子群，通过计算群的同阶交换子群个数知，G₂为32阶半广义四元数群.

假设当n=k-1时，G₂是一个半广义四元数群，去证明当n=k时，G₂是一个半广义四元数群.

仍然考虑G₂的极大子群M. 当M为交换群时，M为循环群或(2^r，2^s)-型交换群，其中r+s=k-1. 又由引理9知，当M为非循环交换群时，M只能为(2^k-2，2)-型交换群. 当M为非交换群时，如果M只有1个2阶元，那么M只能是广义四元数群，但是由引理6计算M的4阶子群个数知，广义四元数群不满足定理1的条件. 如果M有3个2阶元，则M的同阶交换子群个数集为{1，3}，由归纳假设，M为半广义四元数群. 因此，仍然可以得到M为循环群、(2^k-2，2)-型交换群或2^k-1阶半广义四元数群. 然后同n=5时的证明可得G₂为半广义四元数群. 综上所述，当(ⅱ) 和(ⅲ)成立时，G都对应定理1(b)的(b4)类型群.

由于定理1中的4种群对应的Sylow 2-子群互不同构，因此定理1(b)的(b1)-(b4)类群互不同构，故定理1结论(b)得证.