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与Frobenius核有关的有限p群

范文

常洁

【摘要】设G是有限群，1

【关键词】 p3阶群; p4阶群;内交换p群;Frobenius核

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核的群，关键点是找到一个q阶无不动点自同构.

定理1 设GMp（n，m，1）=

[a，c]=[b，c]=1>，n≥m≥1（非亚循环内交换群），则G可以充当Frobenius核当且仅当p>2且p≠2k+1.

证明（）若p=2，G有2阶特征子群G′，对任意的自同构G都有不动点c，所以p=2时不可充当Frobenius核，与G充当Frobenius核矛盾，从而p≠2.

若p=2k+1，G有p阶特征子群G′，由定理3.10知G不可充当Frobenius核，与G充当Frobenius核矛盾，从而p≠2k+1.

（）因为p≠2及p≠2k+1，所以存在奇素数q，使q|p-1.注意C*pn是循环群，故存在1

令α：G→G，aMT ExtraaA@ar，bMT ExtraaA@br，

o（α）=q.

aα，bα满足与G相同的定义关系，从而α∈Aut（G）.

下证α为无不动点自同构.

要证α为无不动点自同构即证CG（α）=1.设（aibjck）∈CG（α），则

（aibjck）α=aibjck，即airbjrckr2=aibjck，

在G/G′=〈a-，b-|[a-，b-]=1〉=〈a-〉×〈b-〉中考虑，

有（a-）ir（b-）jr=（a-）i（b-）j由直积分解的唯一性有（a-）i（r-1）（b-）j（r-1）=1.在Z*p中考虑，rq≡1（mod p），即r是C*p中的q阶元，注意pr-1，从而pn|i，pm|j，即知ai=bj=1，进而ckr2=ck.即ck（r2-1）=1.注意r2仍然是C*p中的q阶元，我们有pr2-1，从而ck=1.所以CG（α）=1.于是G存在q阶无不动点自同构α，从而G可以充当Frobenius核.

定理2 设GMp（n，m，1）×Cp=，n≥m≥1，则G可以充当Frobenius核当且仅当p>2且p≠2x+1.

证明

（）若p=2，G有2阶特征子群G′，对任意的自同构G都有不动点c，所以p=2时不可充当Frobenius核，与G充当Frobenius核矛盾，从而p≠2.

若p=2x+1，G有p阶特征子群G′，由定理3.10知G不可充当Frobenius核，与G充当Frobenius核矛盾，从而p≠2x+1.

（）因为p≠2及p≠2x+1，所以存在奇素数q，使q|p-1.注意C*pn是循环群，故存在1

令α：G→G，aMT ExtraaA@ar，bMT ExtraaA@br，xMT ExtraaA@xr，

o（α）=q.

aα，bα，xα满足与G相同的定义关系，从而α∈Aut（G）.

下证α为无不动点自同构.

要证α为无不动点自同构即证CG（α）=1.设（aibjckxl）∈CG（α），则

（aibjckxl）α=aibjckxl，即airbjrckr2xlr=aibjckxl，

在G/G′=〈a-〉×〈b-〉×〈x-〉中考虑，有（a-）ir（b-）jr（x-）lr=（a-）i（b-）j（x-）l由直积分解的唯一性有（a-）i（r-1）=1，（b-）j（r-1）=1，（x-）l（r-1）=1.在C*p中考虑，rq≡1（mod p），即r是C*p中的q阶元，注意pr-1，从而pn|i，pm|j，p|l.

即知ai=bj=xl=1，进而ckr2=ck，即ck（r2-1）=1.注意r2仍然是C*p中的q阶元，我们有pr2-1，从而ck=1.所以CG（α）=1.于是G存在q阶无不动点自同构α，从而G可以充当Frobenius核.

定理3 设GMp（n，m，1）Cp2=

[b，c]=1>，则G可以充当Frobenius核当且仅当p>2且p≠2x+1.

证明

（）若p=2，G有2阶特征子群G′，对任意的自同构G都有不动点c，所以p=2时不可充当Frobenius核，与G可充当Frobenius核矛盾，从而p≠2.

若p=2x+1，G有p阶特征子群G′，由定理3.10知G不可充当Frobenius核，与G充当Frobenius核矛盾，从而p≠2x+1.

（）因为p≠2及p≠2x+1，所以存在奇素數q，使q|p-1.注意C*pn是循环群，故存在1

令α：G→G，aMT ExtraaA@ar，bMT ExtraaA@br，cMT ExtraaA@cr2，

o（α）=q.

aα，bα，cα满足与G相同的定义关系，从而α∈Aut（G）.

下证α为无不动点自同构.

要证α为无不动点自同构即证CG（α）=1.设（aibjck）∈CG（α），则

（aibjck）α=aibjck，即airbjrckr2=aibjck，

在G/G′=〈a-〉×〈b-〉中考虑，有（a-）ir（b-）jr=（a-）i（b-）j，由直积分解的唯一性有（a-）i（r-1）（b-）j（r-1）=1，在C*p中考虑，rq≡1（mod p），即r是C*p中的q阶元，注意pr-1，从而pn|i，pm|j.

即知ai=bj=1，进而ckr2=ck，即ck（r2-1）=1.注意r2仍然是C*p中的q阶元，我们有pr2-1，从而ck=1.所以CG（α）=1.于是G存在q阶无不动点自同构α，从而G可以充当Frobenius核.

定理4 设G=，p>3，则G不存在2阶和3阶无不动点自同构.

证明我们由计算可知：

G′=〈c〉×〈d〉，Z（G）=〈d〉，[a-1，b]=c-1，

[a，b-1]=c-1d-1，[b-1，c]=d-1，[b，c-1]=d-1.

取Φ∈Aut（G），那么aΦ，bΦ，cΦ为生成元且满足G定义关系.设aΦ=aibjckde，bΦ=arbsctdu，则1≤i，j，k，e，r，s，t，u≤p，cΦ=[aΦ，bΦ]=cis-jrd（jt-kr）+r（j2）-i（s2），dΦ=[bΦ，cΦ]=ds（is-jr）.

[aΦ，cΦ]=1，即[cis-jr，aibjckde]=1，[cis-jr，aibjckde]=[cis-jr，bj]=1.

得dj（is-jr）=1，从而j（is-jr）≡0（mod p），①

cΦ≠1，则is-jr0（mod p），②

dΦ≠1，则s（is-jr）0（mod p）.③

由②③知s0（mod p），④

由①②知j=p，⑤

由②⑤知is0（mod p）.又由④知i≠p.

可见，若α∈Aut（G），则α：aMT ExtraaA@aickde，bMT ExtraaA@arbsctdu，cMT ExtraaA@cisd-ks-i（s2），dMT ExtraaA@dis2，

设axbyczdw为G的一般元.

具有二阶无不动点自同构的有限群必为奇数阶交换群，所以q≠2.

下证G不存在3阶无不动点自同构.

α：aMT ExtraaA@aickde，bMT ExtraaA@arbsctdu，cMT ExtraaA@cisd-ks-i（s2），dMT ExtraaA@dis2，

若α∈Aut（G）是3阶无不动点自同构，则q|p-1且满足aα3=a，bα3=b，cα3=c，dα3=d.

由aα3=a可知

ai3cki2+is（ki+isk）di2e+ki（s+1）（-ks-i（s2））+is2[ei+k（-ks-i（s2））+is2e]=a，得同余方程：

i3≡1（mod p），i≡1（mod p），s2+s+1≡0（mod p），i2e+ki（s+1）（-ks-i（s2））+is2[ei+k（-ks-i（s2））+is2e] ≡0（mod p），

cα3=c，即（cisd-ks-i（s2））α2=c，得c（is）3di2（s4+s3+s2）（-ks-i（s2））=c，

得同余方程：

（is）3≡1（mod p），i2（s4+s3+s2）（-ks-i（s2））≡0（mod p），

由dα3=d可知（is2）3≡1（mod p）.

由同余方程i3≡1（mod p），i≡1（mod p），is3≡1（mod p），得s3≡1（mod p）.

由i3≡1（mod p），s3≡1（mod p）可知模p余1的根有3个，所以i=s或i=s2.

若i=s，则is2≡1（mod p），与is21（mod p）矛盾，所以i=s2.

将i=s2代入is有is≡1（mod p）.

由is≡1（mod p），i=s2知α：aMT ExtraaA@aickde，bMT ExtraaA@arbsctdu，cMT ExtraaA@cd-ks-i（s2），dMT ExtraaA@ds，

假设czdw∈CG（α），则czdw满足（czdw）α=czdw，

即czdz（-ks-i（s2））dsw=czdw，

整理同余方程：z（ks+i（s2））≡（s-1）w（mod p）.

由方程得知，对于任意的1≠s，w≠p，k，i，存在1≠czdw为α的不动点，与α为3阶无不动点自同构矛盾.所以，G存在2阶和3阶无不动点自同构.

【参考文献】

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[9]张勤海.抽象代数[M].北京：科学出版社，2004.

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