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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