文中的群均为有限群.许多群论学者研究了循环子群对有限群结构的影响，并得出了一些有趣的结果.文献[1]研究了循环子群次数对有限群的影响.文献[2]研究了非循环子群个数与群的可解性.文献[3]得到了一个循环子群个数的下界.也有学者研究更一般的交换子群对群结构的影响(参见文献[4-9]).

本文主要研究循环子群个数对群结构的影响.

设G为有限群，C(G)为G的循环子群的集合.文献[10]分类了满足|C(G)|=|G|-1或者|C(G)|=|G|-2的群G.文献[11]分类了满足|C(G)|=|G|-3的群G.本文将分类满足|C(G)|=|G|-4的群G.

定理1  G为有限群，|C(G)|=|G|-4当且仅当G同构于下列群之一：

我们将|G|的素因子集合记为π(G)，G中元素阶的集合记为π_e(G)，G中k阶循环子群的个数记为n_k(G)(简记为n_k).记P_s为G中的Sylow s -子群.

引理1^[11]  设G为群且|G|=p₁^α₁p₂^α₂…p_r^α_r，其中p_i为素数且p₁ < p₂ < … < p_r.如果r≥3，则|G|-|C(G)|>p_r.

引理2^[11]  设G为群且|G|=p^αq^β，其中p，q为素数且p < q.若G≆ D_2q，C₆，D₁₂，S₃，则|G|-|C(G)|>q.

考虑群G中元素的分布情况，设ϕ为欧拉函数，有等式：

于是有以下命题：

命题1  设G为群，则$\left| G \right| - \left| {C\left(G \right)} \right| = \sum\limits_{k \in {\mathit{\pi }_\mathit{e}}\left(G \right)} {{n_k}\left({\left(k \right) - 1} \right)} $，其中ϕ为欧拉函数.

根据命题1，|C(G)|=|G|-4等价于

引理3  设G为群，若|C(G)|=|G|-4，则G为2-群、3-群或者{2，3}-群.

证  由引理1，|π(G)|≤2.当|G|=p^α(p为素数)时，由(1)式，p≤ 3.当|G|=p^αq^β(p，q为素数)时，可以验证G≆ D_2q，C₆，D₁₂，S₃时，不满足条件，于是由引理2，G为{2，3}-群.

引理4  G为群且|G|=2^α3^β(α，β≠0).若|C(G)|=|G|-4，则G同构于下列群之一：

证  (i) π_e(G)⊆{1，2，3，4，6}，特别地，n₃+n₄+n₆=4.

因为ϕ(9)=6，ϕ(16)=8，所以π_e(G)⊆{1，2，3，4，6，8，12}.当n₈≥1或者n₁₂≥1时，均有n₄≥1.而ϕ(12)=ϕ(8)=4，由(1)式得n₃=0，与β≠0矛盾.因此π_e(G)⊆{1，2，3，4，6}.

(ii) 当n₆≥1时，n₃≥1，n₄=0且β=1.

因为β≠0，故n₃≥1.若n₆≥1，由(1)式，n₃，n₆≤3，n₄≤2.因为n₉=0，n₃(C₃×C₃)=4，所以β=1.若n₆=3，则n₄=0.若n₆=2，n₃=2，则n₄=0.若n₆=2，n₃=n₄=1，则有12∈π_e(G)，矛盾.若n₆=1，n₄=2，则n₃=1.设X为G中唯一的3阶子群.若α≥3，因为

所以

而n₆(L₁)=3，矛盾.于是|G|≤12，容易验证无满足条件的群G.若n₆=1，n₄=1，则n₃=2.对任意的3阶子群X，因为β=1，所以X char N_G(X)◁G.因此12∈π_e(G)，矛盾.故n₆≥1时，n₄=0.下面分类讨论.

1) n₆≥1.此时n₃≤3，若n₃=2或者n₃=3，因为β=1，由Sylow定理知n₃≡1(mod 3)，矛盾.于是n₆=3，n₃=1.因此存在3阶正规子群X，X为Sylow子群.因为n₄=0，所以G的Sylow 2-子群为初等交换群.若α≥4，则

而n₆(L₂)>4，矛盾.因|G|≠6，故12≤|G|≤24.若|G|=24，则

因为n₆=3=n₆(L₃)，所以

即G≆ C₂×C₂×S₃.若|G|=12，因为n₆=3，n₄=0，所以G =L₃≆ C₂×C₂×C₃.

2) n₆=0.由(1)式，n₃+n₄=4.由β≠0，有1≤n₃≤4.若n₃=2，3，因为n₉=0，n₃(C₃×C₃)=4，所以β=1，与Sylow定理矛盾.若n₃=1，则n₄=3.于是存在3阶正规子群X=〈x〉.令a为G中的4阶元.因为n₁₂=0，所以x^a=x^-1.因此|xa²|=6，矛盾于n₆=0.因此n₃=4，n₄=0.

若P₃◁G，因n₉=0，则P₃=C₃×C₃.设〈b〉为不正规的3阶子群，则存在2阶元a，使得b^a=c∈G\〈b〉，而|ab|=6，矛盾.故3阶子群均正规.因此G中任意的18阶子群满足

若G>H，则存在2阶元a₁∈G\H.同样有b^a₁=b^-1，则|ba₁a|=6，矛盾.于是G=H.

若P₃，因n₉=0且n₃=4，则P₃≆ C₃.若α≥4，则G到S₄的同态核K=∩N_G(P₃^x)为非平凡的2-群，显然K×P₃.故存在6阶元，矛盾.因此α≤3.若P₂，则G≆ S₄，而6∈π_e(S₄)，矛盾.于是P₂◁G.若α=3，则G/Z(G)≆ A₄，此时Sylow 2-子群为四元数群，矛盾于n₄=0.于是α≤2.因为n₄=0，P₃，所以G≆ A₄.

引理5  设G为群且|G|=2^α(α≠0).若|C(G)|=|G|-4，则G同构于下列群之一：

证  假设n₈≥1.因为ϕ(8)=4，所以n₈=n₄=1.设a∈G且|a|=8.显然因为n₈(C₂×C₈)>1，所以对任意的2阶元x∈G\〈a〉，有[a，x]≠1.若a^x=a³，则|ax|=4；若a^x=a⁵，则|ax|=8，均矛盾.因此a^x=a^-1.若K为G的16阶子群且a∈K，则有K≆ D₁₆.若α>4，则存在32阶子群M>K且存在不同的2阶元x，y∈M\K，有a^x=a^-1=a^y.因为n₈=n₄=1，所以|xy|=2，则xy=yx.于是|axy|=8，矛盾.因此α≤4.故G≆ C₈，D₁₆.

设n₈=0.若exp(G)=2，则|C(G)|=|G|.因此exp(G)=4.于是由(1)式知n₄=4.显然α≥4.由文献[7]的定理2.6.3，有14种16阶子群.其中4阶循环子群个数不大于4的只有：

其中n₄(G₁)=n₄(G₂)=n₄(G₃)=4，n₄(D₈×C₂)=2.

当α=4时，G≆ G₁，G₂，G₃.

当α≥5时.设G≥ M>H，其中M，H依次为G的32，16阶子群.存在2阶元d∈M\H，使得M=〈d〉⋉H.下面证明M≆ D₈×C₂×C₂.

设x∈M\H.当H≆ G₁，G₂，G₃时，n₄(H)=4，于是x²=1.显然对于h∈H，有(xh)²=1.于是|h|=2时有xh=hx.若H≆ G₁，则1=xbcxbc=a²，矛盾.若H≆ G₂，则1=xacxac=b，矛盾.若H≆ G₃，则a^d=a^-1，[a，d]=[b，d]=1.因此M≆ D₈×C₂×C₂.下面考虑H≆ D₈×C₂.因为n₄(D₈×C₂)=2 < 4，所以存在h∈H，使得|hd|=4.

(i) 假设对任意的h∈H且|h|=4，有|hd|=4.因为n₄≤4，n₄(H)=2，所以对任意的x∈H且|x|=2，有|xd|=2，从而xd=dx.于是[b，d]=[c，d]=1.若a^d=a^-1，则|ad|=2，矛盾于假设，故a^d=a，ac，a^-1c.若a^d=ac，则1=(abd)²=c，矛盾.若a^d=a^-1c，则1=(abd)²=a²c，矛盾.于是a^d=a，因此M≆ D₈×C₂×C₂.

(ii) 假设存在h∈H且|h|=4，有|hd|=2.于是h^d=h^-1.不妨假设h=a.因为Z(H)=〈a²，c〉，所以c^d=a²，c，a²c.若c^d=a²，则a²=(a²)^d=c，矛盾.因此c^d=c，a²c.假设b^d=aⁱb^jc^k(0≤ i≤2，0≤ j，k≤1).若j=0，则H=H^d=〈a，c〉，矛盾，故j=1.若i=±1，则|bd|=8，矛盾于exp(G)=4，故i=0，2.又因为

所以k=1时有c^d=c.下面分情况讨论：

1) a^d=a^-1，b^d=aⁱbc，c^d=c.当i=0，2时，〈a〉，〈ac〉，〈bd〉，〈abd〉，〈bdc〉为不相同的4阶循环子群，矛盾.

2) a^d=a^-1，b^d=aⁱb，c^d=c.若i=0，由生成关系可知M≆ D₈×C₂×C₂.若i=2，则[b，d]=a²，由文献[7]的定理2.6.3知〈a，b，d〉≆ Q₈*C₄.因为M≆ 〈a，b，d〉×〈c〉且n₄(Q₈*C₄)=4，所以n₄(M)>4，矛盾.

3) a^d=a^-1，b^d=aⁱb，c^d=a²c.若i=0，则〈a〉，〈ac〉，〈acd〉，〈cd〉，〈bcd〉为不相同的4阶循环子群，矛盾.若i=2，则〈a〉，〈ac〉，〈bd〉，〈cd〉，〈acd〉为不相同的4阶循环子群，矛盾.

至此，我们证明了M≆ D₈×C₂×C₂.若G>M，因为n₄(M)=4，所以对任意的x∈G\M，均有x²=1.于是axax=1，即a^x=a^-1.当|x|=2时，xd=xd.因|adx|=4，则n₄(G)>4，矛盾.于是G≆ D₈×C₂×C₂.

定理1的证明  必要性  由引理3，有|G|=2^α3^β，2^α，3^β.设|G|=3^β.因为n₉=0，所以exp(G)=3且n₃=4，又因为n₃(C₃×C₃)=4，所以G≆ C₃×C₃.再由引理5，得证.

充分性    若G同构于定理1中的群，则容易验证|C(G)|=|G|-4.