On Groups Which Are the Unions of Three or Four Abelian Subgroups

下面给出本文的主要结论及证明.

引理1  有限p-群P不能表示为小于或者等于p个交换真子群的并.

证  显然P不能是循环群.因此P/Ф(P)≅C_p×C_p×…C_p，其中Ф(P)是P的Frattini子群，C_p是p阶循环子群.易得P/Ф(P)的极大子群个数一定是大于或者等于p+1.又P的所有极大子群包含Ф(P)，从而可得P的极大子群个数一定是大于或者等于p+1.而对于P的任意交换子群A，A一定包含在P的一个极大子群内，故G不能表示为p个交换子群的并.

引理2  设群G是其非交换子群G₁与非交换子群G₂的直积.若G₁与G₂分别可以表示成m和n个交换子群的并，则G可以表示成至少mn个交换子群的并.

证  设G₁=A₁∪A₂∪…∪A_m，G₂=B₁∪B₂∪…∪B_n.对任意的g∈G₁×G₂，g=g₁g₂，其中g₁∈G₁，g₂∈G₂.因此存在i，j使得

于是g∈A_iB_j.显然A_iB_j是交换群.故$G=\underset{i, j}{\mathop{\cup }}\, {{A}_{i}}{{B}_{j}}$可以表示成mn个交换子群的并.

下面先证明

令

分别取

即a₁b₁∈A₁B₁.若a₁b₁∈K，即存在i，j不同时为1使得

于是存在a_i∈A_i，b_j∈B_j使得

从而可得

即

这与${{a}_{1}}\in {{G}_{1}}-\underset{i\ne 1}{\mathop{\cup }}\, {{A}_{i}}, {{b}_{1}}\in {{G}_{2}}-\underset{j\ne 1}{\mathop{\cup }}\, {{B}_{j}}$的选取矛盾.因此K≠G.

若G=H₁∪H₂∪…∪H_k，其中H_i是G的极大交换子群，1≤i≤k.下证k≥mn.易得A_i=G₁∩H_i，B_i=G₂∩H_i是G₁和G₂的极大交换子群.令集合

则可得

由题设可得|A|≥m，|B|≥n.由前两段的证明可得G可以表示成|A||B|≥mn个交换子群的并，故k≥mn.由此表明结论成立.

引理3  有限非交换p-群G恰能表示为p+1个交换真子群的并当且仅当G/Z(G)≅C_p×C_p.其中C_p是p阶循环子群.

证  充分性  若G/Z(G)≅C_p×C_p，则易得G/Z(G)可以表示成p+1个循环子群的并，故G可以表示成p+1个交换子群的并.

必要性  设G=A₁∪A₂∪…∪A_p+1. A_i是交换子群，1≤i≤p+1.若存在两个A_i不是极大子群，不妨设A_i，A₂不是极大子群，则

即

因此存在j≥2使得

即A_i=G，矛盾.故A₁，…，A_p+1中至多一个子群不是极大子群.现令A_2，A₃是两个互不相同的极大子群，则G=A₂A₃且|G:A₂∩A₃|=p².显然Z(G)=A₂∩A₃且G/Z(G)≅C_p×C_p.

定理1  群G可以表示为3个交换子群的并的充分必要条件为G/Z(G)≅Z₂×Z₂.

证  充分性  由于Z₂×Z₂仅有3个循环子群，因此易得G可以表示成3个交换子群的并.

必要性  易得G存在极大交换子群H使得|G:H|＜3.因此|G:H|=2，则H⊴G.任意取x∈G-H，y∈H，若[x，yⁱ]≠1，1≤i≤m，则易得x，xy，xy²，…，xy^m，y两两互不交换，因此在互不相同的交换子群里面，即可得m=1.由于G不幂零，即H中只有Sylow2-子群存在元与x不交换.因此G幂零且只有Sylow2-子群非交换.于是G的Sylow2-子群可以表示为3个交换子群的并，由引理3知结论成立.

定理2  若群G可以表示为4个交换子群的并的充分必要条件为G/Z(G)≅S₃或G/Z(G)≅Z₃×Z₃.

证  首先证明G可解.假设G=H₁∪H₂∪H₃∪H₄，其中H_i (1≤i≤4) 是群G的极大交换子群.由于1∈∩H_i(i=1，2，…，4)，因此一定存在某个H_i使得|G:H_i|＜4(取阶最大的H_i).

若|G:H_i|=2，则G可解；若|G:H_i|=3，则|G:(H_i)_G||6，其中(H_i)_G为H_i在G中的核.此时G/(H_i)_G可解，故G可解.

充分性  要证明G/Z(G)≅S₃或G/Z(G)≅Z₃×Z₃，易得G/Z(G)都可以表示成4个循环子群的并，故G可以表示成4个交换子群的并.

必要性  要证明G/Z(G)≅S₃或G/Z(G)≅Z₃×Z₃，首先证明q＞3时，G的Sylowq-子群Q≤Z(G).

显然Q包含在一个正规的交换子群中，因此Q是G的正规子群.仅需考虑对任意x∈G，其中|x|=2^α或3^β(α，β≥0).考虑半直积H=〈x〉⋉Q.则〈x〉是H的Sylow2-子群或Sylow3-子群.若对任意y∈Q有[x，x^y]=1，由于〈x〉=〈x^y〉都是H的Sylow-子群，因此〈x〉⊴H，于是可得[〈x〉，Q]=1，即Q≤Z(G).

若存在y∈Q，使得[x，y]≠1，则集合

中的元一定不是两两交换的.否则设

于是

从而可得

即子群〈x〉⊴〈x，y^j-i〉.由此可得[x，y^j-i]=1，而(j-i，q)=1，同理可得[x，y]=1，矛盾.因此集合X中任意两个元不能交换，即不能同时在一个交换子群里面.又q≥5，这与题设G可以表示为4个交换子群相矛盾.

所以当G幂零时，由引理2可得只有G的Sylow3-子群不是交换群，从而G的Sylow3-子群P₃可以表示成4个交换子群的并，进一步由引理3知

从而得到

G不幂零时，前面证明存在极大交换子群H使得[G:H]≤3.若|G:H|=2，则H⊴G.类似定理1的证明，任意取x∈G-H，y∈H，若[x，yⁱ]≠1，1≤i≤m，则易得x，xy，xy²，…，xy^m，y两两互不交换，因此在互不相同的交换子群里面，即可得m≤2.由于G不幂零，即H中只有Sylow3-子群存在元与x不交换.又由文献[5]的定理2.7知

其中[H，〈x〉]包含在H的Sylow3-子群中且[H，〈x〉]所有元与x不交换.于是[H，〈x〉]是3阶循环群，故Z(G)=C_H(〈x〉)且G/Z(G)≅S₃.

若|G:H|=3且H⊴G，类似可得H中只有Sylow2-子群存在元与x不交换且

其中[H，〈x〉]包含在H的Sylow2-子群中，[H，〈x〉]所有元与x不交换.若|[H，〈x〉]|≥4，取互不相同非单位元y₁，y₂，y₃∈[H，〈x〉]，则易得x，xy₁，xy₂，xy₃，x²y₁是两两互不交换，矛盾.故|[H，〈x〉]|＜4，此时可得G/Z(G)是6阶交换群，与G非幂零矛盾.

若|G:H|=3且H不是G的正规子群，则H_G≤Z(G)且|G:H_G|=6，由G非幂零，此时可得G/H_G≅S₃.