本文所涉及的群都是有限群. 设G是有限群, n(G)表示同阶子群个数组成的集合, π(G)为|G|的素因子的集合, n_p为G的Sylow p-子群的个数, 其中p∈π(G). 众所周知, 有限群的数量性质与群结构的关系一直是群论研究领域的热点, 许多群论学者从事过相关研究并取得了较好的研究成果. 例如, 文献[1]得到了同阶子群个数小于或等于3的有限群的结构, 并证明了不存在同阶子群个数之集为{1, 2}的有限群; 文献[2]给出了同阶交换子群个数之集为{1, 3}的有限群的结构; 文献[3-4]研究了同阶子群个数之集恰好包含2个元素的情形; 文献[5]讨论了n(G)={1, 3, 4}的有限群G的结构. 对于任意给定的n(G), 目前尚未有一般性方法对群G给出完整刻画. 本文继续该问题的研究, 并研究同阶子群个数之集包含3个元素的情形, 主要结论如下：

定理1  设G是有限群, n(G)={1, 3, p+1}, 且|G|=2^αp^βq₁^α₁q₂^α₂…q_n^α_n, 其中p为奇素数, q_i∈π(G), q_i≠2，p, 这里α，β为非负整数, α_i，n均为正整数, i=1，2，…，n. 令P₂∈Syl₂(G), P∈Syl_p(G), 则P₂，P在G中不同时正规, 其中α > 0, β > 0, 并且满足如下性质：

(i)   G的Sylow q_i-子群Q_i循环且$ Q_i \unlhd G$, i= 1，2，…，n;

(ii)   当P循环时, n_p= p+1;

(iii)   当P不循环时, $ P \unlhd G$且P同构于C_{p^{β- 1}}×C_p(β≥2)或〈a, b|a^pβ-1= b^p= 1, b^-1ab= a^1+pβ-2〉(β≥3);

(iv)   当P₂循环时, n₂= 3;

(v)   当P₂不循环时, $ P_2 \unlhd G$且P₂同构于下述群之一：C_{2^{α- 1}}×C₂(α≥2), 〈a, b|a^2α-1= b²= 1, b^-1ab=a^1+2α-2〉(α≥4), Q₈.

为证明定理1, 需用到如下引理：

引理1^[6]  设G是p-群且|G|= pⁿ, S_k(G)是G的p^k阶子群的个数(0≤k≤n), 则S_k(G)≡1(mod p).

引理2^[7]  设G是p-群, 则：

(i)   G/Φ(G)是初等交换群;

(ii) 如果|G/Φ(G)|=pⁿ, 则存在x₁，x₂，…，x_n∈G, 使得G=〈x₁，x₂，…，x_n〉.

引理3^[8]  设G是p-群且n(G)={1, p+1}, 则G同构于下述群之一：

(i)   Q₈;

(ii)   C_p^n-1×C_p, 其中n≥2;

(iii)   〈a, b|a^pn-1= b^p= 1, b^-1ab= a^1+pn-2〉, 其中p≠2, n≥3;

(iv) 〈a, b|a^{2n-1= b2}= 1, b^-1ab= a^1+2n-2〉, 其中n≥4.

定理1的证明

令P₂∈Syl₂(G), P∈Syl_p(G), 以下将分4种情形给出证明：

情形1  若α > 0, β > 0, 则|G|=2^αp^βq₁^α₁q₂^α₂…q_n^α_n. 下面再分4步讨论：

步骤1.1  G的Sylow q_i-子群Q_i循环且$ Q_i \unlhd G$, 其中q_i≠2，p, p为奇素数.

由n(G)={1, 3, p+1}及Sylow定理知G有唯一的Sylow q_i-子群, 即$ Q_i \unlhd G$. 若Q_i非循环, 因为Q_i/ Φ(Q_i)含有(q_i, q_i)-型初等交换群, 则Q_i至少含有q_i+1个极大子群. 由引理1知, 这类子群的个数至少有1+kq_i个, 其中k≥1. 显然, 1+ kq_i≠p+1, 矛盾. 从而Q_i循环且正规于G.

步骤1.2  P循环或P同构于C_{p^{β- 1}}×C_p(β≥2)或〈a, b|a^{pβ- 1}= 1, b^p= 1, b^-1ab= a^{1+pβ- 2}〉(β≥3).

若P循环, 则P的各阶子群只有1个, 因而n_p=1，p+1.

若P不循环, 则$ P \unlhd G$. 否则, P/Φ(P)含有(p, p)-型初等交换群, 即P至少含有p+1个极大子群, 由n(G)={1, 3, p+1}及引理1知P恰含有p+1个极大子群, 而n_p= p+1, 于是所有Sylow p-子群有多于p+1个不同的极大子群, 矛盾. 故$ P \unlhd G$. 由于S_k(P)≡1(mod p), 知n(P)={1, p+1}. 于是由引理3得P同构于C_{p^{β- 1}}×C_p(β≥2)或〈a, b|a^{pβ- 1}= 1, b^p= 1, b^-1ab= a^{1+pβ- 2}〉(β≥3).

步骤1.3  P₂循环或P₂同构于下述群之一：C_{2^{α- 1}}×C₂(α≥2), 〈a, b|a^{2α- 1}= 1, b²= 1, b^-1ab=a^{1+2α- 2}〉(α≥4), Q₈.

若P₂循环, 则P₂的各阶子群只有1个, 因而n₃=1，3.

若P₂不循环, 则$ P_2 \unlhd G$. 否则, P₂/Φ(P₂)含有(2, 2)-型初等交换群, 即P₂至少含有3个极大子群, 由n(G)={1, 3, p+1}及引理1知P₂恰含有3个极大子群, 而n₃= 3, 于是所有Sylow 2-子群至少含有6个不同的极大子群. 由引理1知, 这类子群个数为1+ 2t≥6且为奇数, 矛盾. 故$ P_2 \unlhd G$. 由S_k(P₂)≡1(mod 2), 知n(P₂)= {1, 3}. 于是由引理3得P₂同构于C_{2^{α- 1}}×C₂(α≥2), 〈a, b|a^{2α- 1}=1, b²=1, b^-1ab=a^{1+2α- 2}〉(α≥4)或Q₈.

步骤1.4  P₂，P在G中不可能全都正规.

易知, 当q≠2，p时, G的所有Sylow q-子群都循环且正规. 故只需讨论G的Sylow 2-子群P₂与Sylow p-子群P, 再分3种情形讨论：

若P₂，P都循环且正规, 则G循环, n(G)={1}, 矛盾.

若P₂，P有且只有一个循环但都正规. 当P₂循环且正规时, 由步骤1.2推知, n(G)={1, p+1}, 矛盾于n(G)={1, 3, p+1}; 当P循环且正规时, 由步骤1.3推知, n(G)={1, 3}, 这与n(G)={1, 3, p+1}矛盾.

若P₂，P都不循环. 由步骤1.2与步骤1.3知, $ P_2 \unlhd G, P \unlhd G$. 则P₂P= P₂×P≤G=P₂×P×Q₁×… ×Q_n. 若P₂≇Q₈, 因为G中含有2阶子群与p阶子群, 所以G中必含有2p阶子群, 且2p阶子群个数为3(p+1), 矛盾于n(G)={1, 3, p+ 1}; 若P₂≅Q₈, 因为Q₈有1个2阶子群, 3个4阶子群, 所以G中含有4阶子群与p阶子群. 故G中必含有4p阶子群, 且4p阶子群个数为3(p+1), 这与n(G)={1, 3, p+1}矛盾. 于是P₂，P在G中不能全部正规.

情形2  若α > 0, β=0, 则|G|=2^αq₁^α₁q₂^α₂… q_n^α_n. 由步骤1.1与步骤1.3知, n(G)={1, 3}, 矛盾于n(G)={1, 3, p+1}.

情形3  若α=0, β > 0, 则|G|=p^βq₁^α₁q₂^α₂…q_n^α_n. 由步骤1.1与步骤1.2知, n(G)={1, p+1}, 矛盾于n(G)={1, 3, p+1}.

情形4  若α=0, β=0, 则|G|=q₁^α₁q₂^α₂… q_n^α_n. 由步骤1.1知, G循环, 矛盾.

由此可知α > 0, β > 0. 证毕.

推论1  设G是有限群, 若G满足定理1的条件, 则G非幂零.

这是因为若G幂零, 则G的所有Sylow-子群都正规, 显然矛盾. 于是推论1成立.