具有循環(huán)4階Sylow 2-子群的POS群

沈如林

(湖北民族學院 數(shù)學系，湖北 恩施 445000)

1 介紹及引理

本文中的群G都表示有限群.如果x∈G,記o(x)是元x的階， |X|表示集合X的階，π(G)={p|p是|G|的素因子}.正如文獻[1]，G由元x∈G的階子集(或,階類)定義為集合OS(x)={y∈G|o(y)=o(x)}.顯然，對于每個x∈G,OS(x)都是G的一些共軛類的分離并.群G叫做完全階子集的群(簡稱G為POS-群)，如果對于G的所有元x都有|OS(x)|是|G|的因子.在文獻[1],Finch和Jones首先分類了交換的POS-群.之后繼續(xù)研究了非交換的POS-群，并且給出了一些非可解的POS-群的例子[2,3].最近,Das給出了一些POS-群的性質,在文獻[4]中分類了階為2m的POS-群，其中(2,m)=1.本文繼續(xù)文獻[4]的研究，分類了Sylow 2-子群為循環(huán)的4階群的POS-群.如果S是G的子集,記fS(m)為S中m階元的個數(shù).設U(n)是環(huán)Z/Zn的單位群，記ordn(q)為q在群U(n)中的階.先給出一些引理.

引理1[3]如果G的每個元素的階是一個素數(shù)冪且可解，則|π(G)|≤2.

一個2-Frobenius群G=ABC,這里A和AB是G的正規(guī)子群,AB和BC都是Frobenius群且分別以A,B為核，B,C為補.另外G稱為一個Cpp-群，如果每個非平凡的p-元的中心化子都是一個人p-群.引理2歸于Gruenberg和Kegel[6].

引理2 設G是一個可解的Cpp-群，則G是一個p-群,Frobenius群或2-Frobenius群.

引理3[7]設G是有限群,則階能夠被n整除的元的個數(shù)為0，或是與n互素的|G|的最大因子.

引理4[8]設G是一個非循環(huán)的且每個Sylow子群都循環(huán)的群,則：

G=，

使得rn≡1(modm),|G|=mn且(n(r-1),m)=1.

引理5 設|G|=2npm且Sylow p-子群P在G中正規(guī).如果G的Sylow子群循環(huán)且G沒有2pm階元，則G是Frobenius群.

證明根據(jù)引理4有:G=,使得:

r2n≡1(modpm)且(2n(r-1),pm)=1.

根據(jù)以上條件能夠得到2n是r在U(pm)的階.事實上，否則如果r的階ordpm,(r)(∶=o(r))小于2n,則:

abo(r)=aro(r)=a1=a,

因此bo(r)}∈CG(P).一方面，因為CG(P)=1,bo(r)=1,與o(b)=2n矛盾.很容易看出階ordpi(r)也是2n，這里1≤i≤n-1.因此每個非單位的p-元的中心化子為P,于是G是Frobenius群.

為了完成本文主要結果的證明，還需要素數(shù)的一些結果.稱am-1的本原素因子rm(a)，如果rm(a)|am-1,但是對于所有i

引理6 除了rm(a)=r6(2)或m=2且a=2k-1，本原因子一直存在.

引理7 設qn-1至少有一個本原素因子且n≥3，則：

Φn(q)=(P(n),Φn(q))·Zn(q),

這里P(n)是n的最大素因子，Zn(q)是qn-1的包含所有n次本原因子的最大因子.

證明根據(jù)文獻[10]及文獻[11]有：

Zn(q)|Φn(q)|Zn(q)·P(n),于是：Φn(q)=(P(n),Φn(q))·Zn(q).

引理8[12]設p是qk-1奇本原素因子，則p|Φf(q)當且僅當對于某個j≥0有：f=kpj.

另外還介紹一下p-進制數(shù)的概念.設Qp記作有理數(shù)的p-進制域,并設Zp為Qp的整數(shù)環(huán)，即p-進制整數(shù)的環(huán).因此對于任意的正整數(shù)都能寫成p的一個冪和的形式:

這里ai是{0,1,…,p-1}中的數(shù).進一步對于給定整數(shù)m,系數(shù)ai在上面的那個m的p-進制分解唯一確定.

2 主要結果

以下給出本文的主要結果.

定理1 設G是一個Sylow2-子群為4階循環(huán)群的POS-群，則3是|G|的一個因子,或G是下列群之一：

(a)4階循環(huán)群；

(b)Frobenius群Z5m∶4；

(c)擬二面體群.

證明設H是正規(guī)2-補.如果對于每個p∈π(H)有4不整除p-1,則因為π(H)的素數(shù)最小的一定是費馬素數(shù)，有3∈π(H).以下假設π(H)有素數(shù)p使得4|p-1，則H是一個Cpp-群，因此根據(jù)引理2，H是Frobenius或2-Frobenius.注意π(H)中只有一個素數(shù)p滿足以上的條件[6].以下分為兩種情形：

(1)

這里j,s,t≥0且1≤u≤2.以下要證明對于i=1,2有si=1.

因為i≤2，則l=1,矛盾.當t>0,則方程(1)變?yōu)椋?/p>

(2)

(3)

如果k2>0,則方程(3)成為：

16·54k-1+8·53k+8·52k+4·5k+1=(2·5k1(2·5k+1)k2+1)t.

(4)

認為以上的數(shù)為一個5-進制數(shù).方程(4)的左邊部分的第一和第二位為4·5k+1,且右邊的為2t·5k1+1.明顯,t<5.因此k=k1且t=2.進一步,方程(4)的左邊的5-進制數(shù)為：

3·54k+54k-1+53k-1+3·53k+52k+1+3·52k+4·5k+1.

但是右邊項的最高次數(shù)大于或等于2k(k2+1),則k2=1.很容易看出方程(4)的右邊項是：

16·54k-1+8·53k+8·52k+4·5k+1,

矛盾.

如果k2=0,則方程(3)變?yōu)椋?/p>

16·54k-1+8·53k+8·52k+4·5k+1=(2·54k-1)t

(5)

根據(jù)上面的數(shù)的5-進制數(shù)的分解，可以看出k=k1.比較方程(5)兩邊的最高次數(shù),有t≤4.很容易看出對于每個方程(5)中的那樣的t方程都不成立.

如果s1=p1,則根據(jù)引理7和8,方程(1)變?yōu)?

(6)

(7)

不難看出方程(7)中左邊的最大的次數(shù)大于右邊的，矛盾.因此s1=1.

(8)

如果K是p-群,則對于每個q∈π(L)有fH(q)整除4|L|.但是因為4不整除q-1且π(L)中最小的素數(shù)為費馬素數(shù),有3∈π(L).

情形ⅡH為2-Frobenius群.同樣,假定H=ABC,這里A,B,C同上.明顯,換位子群H′=AB.如果3不整除|H|,不難看出H滿足一個4階的固定點自由的自同構.則H′是冪零的[13],矛盾.

情形ⅢH為p-群.顯然,p=5.根據(jù)文獻[8]的命題8,Sylow5-子群,即H循環(huán).設|H|=5m.另外G的Sylow2-子群是自中心化的，因此G不循環(huán),則：

G=,

使得r4≡1(mod 5m)且(r-1,5m)=1.如果a的中心化子為,則根據(jù)引理5有G是Frobenius群.如果|CG(a)|=2·5m，則r2≡1(mod 5m).因為(r-1,5m)，有r≡-1(mod 5m)，因此：

G=.

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