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[摘 要] 设G是有限群，1<H<G.如果H∩Hg=1，？坌g∈G/H则称G为关于子群H的Frobenius群，并称H为G的Frobenius补.而N=G-（Hg-{1}）叫做G的Frobenius核.
[关 键 词] p3阶群;p4阶群;内交换p群;Frobenius核
[中图分类号] G642 [文献标志码] A [文章编号] 2096-0603（2020）49-0150-02
本文主要确定p3阶群，p4阶群和内交换p群中部分可以充当Frobenius的群，关键是找到一个q阶无不动点自同构.
定理1 设G为循环2群，则G不可以充当Frobenius核.
证明：我们知道Aut（G）≌×C2.可见，G不存在除2阶以外的自同构.所以G不可以充当Frobenius核.
定理2 设G是有限初等交换2-群，则G可以充当Frobenius核.
证明：设G≌C2n.因为G为初等交换2群，且初等交换p群可以看作域F（p）上的n维向量空间，所以F≌G，F=2n.若F可以找到一个q阶无不动点自同构，则G也存在q阶无不动点自同构.对F*中的任意一个素数阶元a，令o（a）=q，？滓∶xax.
显然，？滓为F*的一个自同构，且o（？滓）=o（a）=q.
看C（G）（？滓）是否只有单位元.x？滓=x？圳ax=x？圳（a-1）x=0？圳x=0，所以只有F*中的单位元0在C（G）（？滓）中，
从而？滓为F的q阶无不动点自同构，则G可以充当Frobenius核.
定理3 设G是交换2群，若G≌××…×，其中2|d（G），则G可以充当Frobenius核.
证明：因为Aut（G）≌GL（n，4），知Aut（G）=（22n-1）（2 2 （n-1）-1）…（22-1）（n≥2），则G一定存在3阶自同构α.
易证，aα1，aα2，…，aαn为G的生成元，且满足与G相同的定义关系，从而α是G的自同构，且o（α）=3.
下求CG（α）=1.
若ai11ai22…ainn∈CG（α），则满足（ai11ai22…ainn）α=ai11ai22…ainn，其中1≤i1，…in≤4，得a=1，则由直积分解的唯一性有i2=i4=i6…=in=4，4i1+i2，…，4in-1+in，得i1=i2=i3=…=in=4，从而CG（α）=1.
所以，G存在3阶无不动点自同构，从而G可以充当Frobenius核.
定理4 设有限2群G的自同构群的阶数为2x，则G不可以充当Frobenius核.
证明：显然G不存在异于2的自同构，从而G不可以充当Frobenius核.
定理5 设有限2群G的自同构群的阶数为2xp，若G存在一个有不动点的p阶自同构α，则G不可以充当Frobenius核.
证明：Aut（G）是可解群，Sylow2子群和Sylow p子群均为Aut（G）的Hall子群.
若G有p阶无不动点自同构Aut（G）是可解的，根据可阶群的Hall子群共轭，则<α>，<>是共轭的，即存在β∈Aut（G）使=β-1αmβ.令c为α的不动点，则=cβ，所以cβ为不动点，与假设为无不动点自同构矛盾.从而G不可以充当Frobenius核.
定理6 设G是奇阶交换p群，则G可以充当Frobenius核.
证明：显然映射α：，g∈G是G的2阶自同构映射，
又CG（α）=g∈G|[g，α]=1=1，从而G有2阶无不动点自同构，则G可以充当Frobenius核.
定理7 设有限非交换p群G的自同构群的阶数为2xpy，则G不可以充当Frobenius核.
证明：具有二阶无不动点自同构的群必为奇阶交换群，而G存在异于p的自同构只有2，则G不可以充当Frobenius核.
定理8 设G≌Mp（n+1，1）×Cp=
证明：G=.
显然Z（G）=>.
取Φ∈Aut（G），令aΦ=aibjck，bΦ=arbsct，cΦ=aubvcw则1≤i，r，u≤p1≤j，s，v≤p，1≤k，t，w≤p，且aΦ，bΦ，cΦ生成G并与a，b，c满足同样的定义关系，即满足
o（aibj，o（aubvcw）=p，[aΦ，bΦ]=（aΦ），[cΦ，bΦ]=1
（aibjck）p
（aibjck），则（i，p）=1.
（arbsct）p=1，即arpbspctp=arp=1，从而r≡0（mod pn）.
（aubvcw）p=1，即aupbvpcwp=aup=1，从而u≡0（mod pn）.
[aΦ，bΦ]=[aibjck，arbsct]=[ai，bs][bj，ar]=[a，b]is[b，a]jr=，
又[aΦ，bΦ]=（aΦ）
又因为pn|r，所以is≡i（mod p）.
从而s≡1（mod p）（1≤s≤p），则s=1.
[cΦ，aΦ]=[aubvcw，aibjck]=[au，bj][bv，ai]=[a，b]ju[b，a]iv=
由s=1，p|v，1≤j，s，v≤p，
1≤k，t，w≤p.w=p时，为非生成元，而cΦ为生成元，所以w≠p.
有计算知自同构的一般形式：
以下分两类讨论：
（I）：y≡1（mod p）
因为（ap）α=（bxaycz）p=ap，所以ap=CG（α）≠1.
（II）：y≡2，…，p-1（mod p）
v=p，显然有不动点c;
v≠时，要说明有α1非单位元的不动点即找一组（u，w）≠1使得aupcw≠1，（aupcw）=aupcw
（aupcw）=aupcw即auyp+wvpcw=aupcw，整理得u（y-1）≡-wv（mod p）.
任取一組（y，v），一个u≠p值对应一个w值，故一定存在一个非单位元的不动点CG（α）≠1.
找一组（u，w，
即=1整理有关系：
z1w+0（mod p）（y-1）u+wμ+）
任给一组（y，μ，v，z1，z2），则由上同余组知一定存在非单位元aupbw∈CG（α2）.
综上所述可得Mp（n+1，1）×Cp不存在无不动点自同构，继而不可以充当Frobenius核.
参考文献：
[1]陈贵云.Frobenius群与Frobenius 2群的结构[J].西南师范大学学报（自然科学版），1995（5）：185-187.
[2]黄彦华，胡学瑞，魏贵民.一类特殊的p阶群的自同构群的构造[J].西南民族大学学报，2006（3）：454-457.
[3]吕雷，郭文彬.关于Frobenius群的三个定理[J]扬州师院自然科学学报，1986（1）：11-12.
[4]徐明耀，曲海鹏.有限群导引[M].北京：北京大学出版社，2010.
◎编辑 王亚青
[关 键 词] p3阶群;p4阶群;内交换p群;Frobenius核
[中图分类号] G642 [文献标志码] A [文章编号] 2096-0603（2020）49-0150-02
本文主要确定p3阶群，p4阶群和内交换p群中部分可以充当Frobenius的群，关键是找到一个q阶无不动点自同构.
定理1 设G为循环2群，则G不可以充当Frobenius核.
证明：我们知道Aut（G）≌×C2.可见，G不存在除2阶以外的自同构.所以G不可以充当Frobenius核.
定理2 设G是有限初等交换2-群，则G可以充当Frobenius核.
证明：设G≌C2n.因为G为初等交换2群，且初等交换p群可以看作域F（p）上的n维向量空间，所以F≌G，F=2n.若F可以找到一个q阶无不动点自同构，则G也存在q阶无不动点自同构.对F*中的任意一个素数阶元a，令o（a）=q，？滓∶xax.
显然，？滓为F*的一个自同构，且o（？滓）=o（a）=q.
看C（G）（？滓）是否只有单位元.x？滓=x？圳ax=x？圳（a-1）x=0？圳x=0，所以只有F*中的单位元0在C（G）（？滓）中，
从而？滓为F的q阶无不动点自同构，则G可以充当Frobenius核.
定理3 设G是交换2群，若G≌××…×，其中2|d（G），则G可以充当Frobenius核.
证明：因为Aut（G）≌GL（n，4），知Aut（G）=（22n-1）（2 2 （n-1）-1）…（22-1）（n≥2），则G一定存在3阶自同构α.
易证，aα1，aα2，…，aαn为G的生成元，且满足与G相同的定义关系，从而α是G的自同构，且o（α）=3.
下求CG（α）=1.
若ai11ai22…ainn∈CG（α），则满足（ai11ai22…ainn）α=ai11ai22…ainn，其中1≤i1，…in≤4，得a=1，则由直积分解的唯一性有i2=i4=i6…=in=4，4i1+i2，…，4in-1+in，得i1=i2=i3=…=in=4，从而CG（α）=1.
所以，G存在3阶无不动点自同构，从而G可以充当Frobenius核.
定理4 设有限2群G的自同构群的阶数为2x，则G不可以充当Frobenius核.
证明：显然G不存在异于2的自同构，从而G不可以充当Frobenius核.
定理5 设有限2群G的自同构群的阶数为2xp，若G存在一个有不动点的p阶自同构α，则G不可以充当Frobenius核.
证明：Aut（G）是可解群，Sylow2子群和Sylow p子群均为Aut（G）的Hall子群.
若G有p阶无不动点自同构Aut（G）是可解的，根据可阶群的Hall子群共轭，则<α>，<>是共轭的，即存在β∈Aut（G）使=β-1αmβ.令c为α的不动点，则=cβ，所以cβ为不动点，与假设为无不动点自同构矛盾.从而G不可以充当Frobenius核.
定理6 设G是奇阶交换p群，则G可以充当Frobenius核.
证明：显然映射α：，g∈G是G的2阶自同构映射，
又CG（α）=g∈G|[g，α]=1=1，从而G有2阶无不动点自同构，则G可以充当Frobenius核.
定理7 设有限非交换p群G的自同构群的阶数为2xpy，则G不可以充当Frobenius核.
证明：具有二阶无不动点自同构的群必为奇阶交换群，而G存在异于p的自同构只有2，则G不可以充当Frobenius核.
定理8 设G≌Mp（n+1，1）×Cp=
证明：G=.
显然Z（G）=>.
取Φ∈Aut（G），令aΦ=aibjck，bΦ=arbsct，cΦ=aubvcw则1≤i，r，u≤p1≤j，s，v≤p，1≤k，t，w≤p，且aΦ，bΦ，cΦ生成G并与a，b，c满足同样的定义关系，即满足
o（aibj，o（aubvcw）=p，[aΦ，bΦ]=（aΦ），[cΦ，bΦ]=1
（aibjck）p
（aibjck），则（i，p）=1.
（arbsct）p=1，即arpbspctp=arp=1，从而r≡0（mod pn）.
（aubvcw）p=1，即aupbvpcwp=aup=1，从而u≡0（mod pn）.
[aΦ，bΦ]=[aibjck，arbsct]=[ai，bs][bj，ar]=[a，b]is[b，a]jr=，
又[aΦ，bΦ]=（aΦ）
又因为pn|r，所以is≡i（mod p）.
从而s≡1（mod p）（1≤s≤p），则s=1.
[cΦ，aΦ]=[aubvcw，aibjck]=[au，bj][bv，ai]=[a，b]ju[b，a]iv=
由s=1，p|v，1≤j，s，v≤p，
1≤k，t，w≤p.w=p时，为非生成元，而cΦ为生成元，所以w≠p.
有计算知自同构的一般形式：
以下分两类讨论：
（I）：y≡1（mod p）
因为（ap）α=（bxaycz）p=ap，所以ap=CG（α）≠1.
（II）：y≡2，…，p-1（mod p）
v=p，显然有不动点c;
v≠时，要说明有α1非单位元的不动点即找一组（u，w）≠1使得aupcw≠1，（aupcw）=aupcw
（aupcw）=aupcw即auyp+wvpcw=aupcw，整理得u（y-1）≡-wv（mod p）.
任取一組（y，v），一个u≠p值对应一个w值，故一定存在一个非单位元的不动点CG（α）≠1.
找一组（u，w，
即=1整理有关系：
z1w+0（mod p）（y-1）u+wμ+）
任给一组（y，μ，v，z1，z2），则由上同余组知一定存在非单位元aupbw∈CG（α2）.
综上所述可得Mp（n+1，1）×Cp不存在无不动点自同构，继而不可以充当Frobenius核.
参考文献：
[1]陈贵云.Frobenius群与Frobenius 2群的结构[J].西南师范大学学报（自然科学版），1995（5）：185-187.
[2]黄彦华，胡学瑞，魏贵民.一类特殊的p阶群的自同构群的构造[J].西南民族大学学报，2006（3）：454-457.
[3]吕雷，郭文彬.关于Frobenius群的三个定理[J]扬州师院自然科学学报，1986（1）：11-12.
[4]徐明耀，曲海鹏.有限群导引[M].北京：北京大学出版社，2010.
◎编辑 王亚青