自同构群的阶为2tpq(1≤t≤3)的有限Abel群G
Finite Abelian Group with Automorphism Group for Order 2tpq(1≤t≤3)

作者: 石静静 , 周 芳 :太原师范学院数学系,山西 晋中;

关键词: 有限Abel群自同构群群构造Finite Abelian Group Automorphism Structure of Group

摘要:
本文利用有限Abel群G的性质和它的自同构群的阶,讨论了自同构群A(G)的阶为2tpq(1≤t≤3)的有限Abel群G的构造。得出以下结果:当t = 1时,G最多有6型;当t = 2时,G最多有22型;当t = 3时,G最多有49型。

Abstract: In this paper, according to the character of finite Abelian group G and the order of automorphism group of it, the structure of finite Abelian group G with automorphism group for the order 2tpq(1≤t≤3)  is discussed. The following results are obtained: G has 6 types when t = 1; G has 22 types when t = 2; G has 49 types when t = 3.

1. 引言

众所周知,自同构群 A ( G ) 是由群G决定的。反之,如果知道 A ( G ) 的阶,能否确定群G的构造?余红宴和黄本文在这方面做了一些研究,见 [1] [2] [3] 。本文将讨论当 A ( G ) 的阶为 2 t p q 时,群G的构造。文中设群G是有限Abel群, | G | 表示群G的阶, A ( G ) 表示群G的自同构群, C n 表示n阶的循环群,而 S p i 表示群G的Sylow p i 子群,其它符号是标准的,见文献 [4] 。

2. 预备知识

引理2.1 [4] 若 G C n ,则 A ( G ) φ ( n ) 阶的交换群,其中 φ ( n ) 为欧拉函数。

引理2.2 [4] 若G是 p n 阶交换群,则 p n 1 ( p 1 ) | | A ( G ) |

引理2.3 [4] 设 G = H × K ,则当 ( | H | , | K | ) = 1 时, A ( G ) A ( H ) × A ( K )

引理2.4 [5] 设G是 p n 阶交换群,G的型为 [ m 1 , , m 1 s 1 ; m 2 , , m 2 s 2 ; ; m t , , m t s t ] ,其中 m 1 > m 2 > > m t > 0 s i > 0 ,则,其中

u = i , j = 1 t s i s j m i j i = 1 t s i ( s i + 1 ) 2 , m i j = m max { i , j }

下面在定理的证明中,总假定 p 1 , p 2 , , p k 为不同的奇素数。

3. 主要结果及证明

定理3.1设 为有限交换群,当 | A ( G ) | = 2 p q (p,q为互异的奇素数)时,群G最多有6型。

证明:设 | G | = 2 α 0 p 1 α 1 p 2 α 2 p k α k ,则 G S 2 × S p 1 × S p 2 × × S p k ,并且 A ( G ) A ( S 2 ) × A ( S p 1 ) × A ( S p 2 ) × × A ( S p k ) 。由于对每个奇素数 p i 来说,都有 2 | | A ( S p i ) | ,而 | A ( S p i ) | | | A ( G ) | = 2 p q ,则有 2 k | 2 p q ,所以 k = 0 , 1

(1) 当 k = 0 时, | G | = 2 α 0 。又 2 α 0 1 | | A ( S 2 ) | ,而 | A ( S 2 ) | | | A ( G ) | = 2 p q ,故 α 0 = 1 , 2

(I) 当 α 0 = 1 时, | G | = 2 ,则 G C 2 ,进而 | A ( G ) | = 1 ,与 | A ( G ) | = 2 p q 矛盾。

(II) 当 α 0 = 2 时, | G | = 4 ,则 G C 2 2 C 2 × C 2

(i) 若 G C 2 2 ,有 | A ( G ) | = 2 ,与 | A ( G ) | = 2 p q 矛盾。

(ii) 若 G C 2 × C 2 ,有 | A ( G ) | = 6 ,与 | A ( G ) | = 2 p q 矛盾。

(2) 当 k = 1 时,由于 2 | | A ( S p i ) | ,得 A ( S 2 ) = 1 ,则有 α 0 = 0 , 1 。又由 p 1 α 1 1 ( p 1 1 ) | | A ( S p 1 ) | ,而 | A ( S p 1 ) | | | A ( G ) | = 2 p q ,故 α 1 = 1 , 2

(I) 当 α 1 = 1 时,则有 S p 1 = C p 1 ,我们有 G C p 1 C 2 × C p 1 。由于 | A ( G ) | = p 1 1 = 2 p q ,可得 p 1 = 2 p q + 1 。当 2 p q + 1 为素数时,有 G 1 C 2 p q + 1 G 2 C 2 × C 2 p q + 1

(II) 当 α 1 = 2 时,则 S p 1 = C p 1 2 C p 1 × C p 1

(i) 若 S p 1 = C p 1 2 ,有 G C p 1 2 C 2 × C p 1 2 。因为 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 1 ) = 2 p q ,令 p 1 = q ,即 p 1 = q = 2 p + 1 。当 2 p + 1 为素数时,有 G 3 C ( 2 p + 1 ) 2 G 4 C 2 × C ( 2 p + 1 ) 2 。同理,令 p 1 = p ,即 p 1 = p = 2 q + 1 ,当 2 q + 1 为素数时,有 G 5 C ( 2 q + 1 ) 2 G 6 C 2 × C ( 2 q + 1 ) 2

(ii) 若 S p 1 = C p 1 × C p 1 ,则有 G C p 1 × C p 1 C 2 × C p 1 × C p 1 ,此时 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 p q ,与 2 3 | | A ( G ) | = 2 p q 矛盾,故G不存在。

定理3.2设G为有限交换群,当 | A ( G ) | = 2 2 p q (p,q为互异的奇素数)时,群G最多有22型。

证明:设 | G | = 2 α 0 p 1 α 1 p 2 α 2 p k α k ,则有 G S 2 × S p 1 × S p 2 × × S p k ,且 A ( G ) A ( S 2 ) × A ( S p 1 ) × A ( S p 2 ) × × A ( S p k ) 。由于对每一个奇素数 p i ,有 2 | | A ( S p i ) | ,而且 | A ( S p i ) | | | A ( G ) | = 2 2 p q ,所以 2 k | 2 2 p q ,故 k = 0 , 1 , 2

(1) 当 k = 0 时, | G | = 2 α 0 。由于 2 α 0 1 | | A ( S 2 ) | ,且 | A ( S 2 ) | | 2 2 p q ,可得 α 0 = 1 , 2 , 3

(I) 当 α 0 = 1 , 2 时,由定理3.1的证明可知,G是不存在的。

(II) 当 α 0 = 3 时, | G | = 2 3 ,则 G C 2 3 , C 2 2 × C 2 , C 2 × C 2 × C 2

(i) 若 G C 2 3 ,有 | A ( G ) | = 2 2

(ii) 若 G C 2 2 × C 2 ,有 | A ( G ) | = 2 3

(iii) 若 G C 2 × C 2 × C 2 ,有 | A ( G ) | = 2 3 3 7 。均与 | A ( G ) | = 2 2 p q 矛盾。

(2) 当 k = 1 时, | G | = 2 α 0 p 1 α 1 ,由 2 | | A ( S p i ) | 可知, A ( S 2 ) = 1 ,则 α 0 = 0 , 1 , 2

(I) 当 α 0 = 0 , 1 时,我们有 p 1 α 1 1 ( p 1 1 ) | | A ( S p 1 ) | ,并且 | A ( S p 1 ) | | | A ( G ) | = 2 2 p q ,故 α 1 = 1 , 2

(i) 当 α 1 = 1 时,有 G C p 1 , C 2 × C p 1 ,此时 | A ( G ) | = p 1 1 = 2 2 p q ,得出 p 1 = 2 2 p q + 1 。当 2 2 p q + 1 为素数时,有 G 1 C 2 2 p q + 1 G 2 C 2 × C 2 2 p q + 1

(ii) 当 α 1 = 2 时,可知 S p 1 = C p 1 2 , C p 1 × C p 1

(a) 若 ,则。由于 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 1 ) = 2 2 p q ,若令 p 1 = q ,即 p 1 = q = 2 2 p + 1 。当 2 2 p + 1 为素数时,有 G 3 C ( 2 2 p + 1 ) 2 G 4 C 2 × C ( 2 2 p + 1 ) 2 。同理,令 p 1 = p ,有 G 5 C ( 2 2 q + 1 ) 2 G 6 C 2 × C ( 2 2 q + 1 ) 2

(b) 若 S p 1 = C p 1 × C p 1 ,则有 G C p 1 × C p 1 , C 2 × C p 1 × C p 1 ,而 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 2 p q ,与 2 3 | | A ( G ) | = 2 2 p q 矛盾,因此G不存在。

(II) 当 α 0 = 2 时,

(i) 当 α 1 = 1 时, S p 1 = C p 1

(a) 若 S 2 = C 2 2 ,有 G C 2 2 × C p 1 ,由于 | A ( G ) | = 2 ( p 1 1 ) = 2 2 p q ,可得 p 1 = 2 p q + 1 。当 2 p q + 1 为素数时,有 G 7 C 2 2 × C 2 p q + 1

(b) 若 S 2 = C 2 × C 2 ,有 G C 2 × C 2 × C p 1 ,因为 | A ( G ) | = 2 3 ( p 1 1 ) = 2 2 p q ,可令 p = 3 ,则有 p 1 = 2 q + 1 。当 2 q + 1 为素数时,有 G 8 C 2 × C 2 × C 2 q + 1

(ii) 当 α 1 = 2 时, S p 1 = C p 1 2 , C p 1 × C p 1

(a) 若 S 2 = C 2 2 ,则有 G C 2 2 × C p 1 2 , C 2 2 × C p 1 × C p 1

G C 2 2 × C p 1 2 ,此时 | A ( G ) | = 2 p 1 ( p 1 1 ) = 2 2 p q 。若令 p 1 = p ,则 p 1 = p = 2 q + 1 。当 2 q + 1 为素数时,有 G 9 C 2 2 × C ( 2 q + 1 ) 2 。同理,令 p 1 = q 时,有 G 10 C 2 2 × C ( 2 p + 1 ) 2

G C 2 2 × C p 1 × C p 1 ,由于 | A ( G ) | = 2 p 1 ( p 1 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 2 p q ,得 p 1 ( p 1 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 p q ,矛盾,故G不存在。

(b) 若 S 2 = C 2 × C 2 ,此时 G C 2 × C 2 × C p 1 2 , C 2 × C 2 × C p 1 × C p 1

G C 2 × C 2 × C p 1 2 ,由于 | A ( G ) | = 2 3 p 1 ( p 1 1 ) = 2 2 p q ,则有 3 p 1 ( p 1 1 ) = 2 p q ,此时得到 p 1 = p = q = 3 ,与 p , q 为不同的奇素数矛盾,因此G不存在。

G C 2 × C 2 × C p 1 × C p 1 ,由 | A ( G ) | = 2 3 p 1 ( p 1 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 2 p q ,我们有 3 × p 1 ( p 1 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 p q ,矛盾,故G不存在。

(3) 当 k = 2 时, | G | = 2 α 0 p 1 α 1 p 2 α 2 ,又 2 | | A ( S p i ) | ( i = 1 , 2 ) ,所以 α 0 = 0 , 1 。由 p 1 α 1 1 ( p 1 1 ) p 2 α 2 1 ( p 2 1 ) | 2 2 p q ,可得 α 1 = 1 , 2 α 2 = 1 , 2

(I) α 1 = 1 , α 2 = 1 G C p 1 × C p 2 , C 2 × C p 1 × C p 2 ,此时有 | A ( G ) | = ( p 1 1 ) ( p 2 1 ) = 2 2 p q 。由于 p 1 1 , p 2 1 是不同的偶数,而 2 2 p q = 2 2 p q = 2 p 2 q ,则当 2 p q + 1 为素数时,有 G 11 C 3 × C 2 p q + 1 G 12 C 2 × C 3 × C 2 p q + 1 ;当 2 p + 1 , 2 q + 1 为素数时,有 G 13 C 2 p + 1 × C 2 q + 1 G 14 C 2 × C 2 p + 1 × C 2 q + 1

(II) α 1 = 2 , α 2 = 1 :此时只需考虑 G C p 1 2 × C p 2 , C 2 × C p 1 2 × C p 2 。由于 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 1 ) ( p 2 1 ) = 2 2 p q ,若令 p 1 = p ,则有 ( p 1 1 ) ( p 2 1 ) = 2 2 q 。由于 p 1 1 , p 2 1 是不同的偶数,而 2 2 q = 2 2 q ,则当 2 q + 1 为素数时,有 G 15 C 3 2 × C 2 q + 1 G 16 C 2 × C 3 2 × C 2 q + 1 G 17 C ( 2 q + 1 ) 2 × C 3 G 18 C 2 × C ( 2 q + 1 ) 2 × C 3 。同理,令 p 1 = q 时,有 G 19 C 3 2 × C 2 p + 1 G 20 C 2 × C 3 2 × C 2 p + 1 G 21 C ( 2 p + 1 ) 2 × C 3 G 22 C 2 × C ( 2 p + 1 ) 2 × C 3

(III) α 1 = 2 , α 2 = 2 :只需考虑 G C p 1 2 × C p 2 2 , C 2 × C p 1 2 × C p 2 2 ,由 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 1 ) p 2 ( p 2 1 ) = 2 2 p q ,可得 p 1 = p 2 = p = q = 3 ,与 p , q 为互异的奇素数不符,故G不存在。

定理3.3 设G为有限交换群,当 | A ( G ) | = 2 3 p q (p,q为互异的奇素数)时,群G最多有49型。

证明:设 | G | = 2 α 0 p 1 α 1 p 2 α 2 p k α k ,则有 G S 2 × S p 1 × S p 2 × × S p k ,以及 A ( G ) A ( S 2 ) × A ( S p 1 ) × A ( S p 2 ) × × A ( S p k ) 。由于对每个奇素数 p i ,有 2 | | A ( S p i ) | ,而 | A ( S p i ) | | | A ( G ) | = 2 3 p q ,所以 2 k | 2 3 p q ,因此可得

(1) 当 k = 0 时, | G | = 2 α 0 。又因为 2 α 0 1 | | A ( S 2 ) | ,而 | A ( S 2 ) | | 2 3 p q ,所以 α 0 = 1 , 2 , 3 , 4

(I) 当 α 0 = 1 , 2 , 3 时,由定理3.2的证明知,G不存在。

(II) 当 α 0 = 4 时, | G | = 2 4 ,则 G C 2 4 , C 2 3 × C 2 , C 2 2 × C 2 × C 2 , C 2 2 × C 2 2 , C 2 × C 2 × C 2 × C 2

(i) 若 G C 2 4 ,则有 | A ( G ) | = 2 3 2 3 p q 不符。

(ii) 若 G C 2 3 × C 2 , C 2 2 × C 2 × C 2 , C 2 2 × C 2 2 , C 2 × C 2 × C 2 × C 2 ,由计算可知均有 矛盾,故G不存在。

(2) 当 k = 1 时, | G | = 2 α 0 p 1 α 1 ,因为 2 | | A ( S p i ) | ,可知 A ( S 2 ) = 1 ,则 α 0 = 0 , 1 , 2 , 3

(I) 当 α 0 = 0 , 1 时,由于 p 1 α 1 1 ( p 1 1 ) | | A ( S p 1 ) | ,而又有 | A ( S p 1 ) | | | A ( G ) | = 2 3 p q ,故 α 1 = 1 , 2

(i) 当 α 1 = 1 时, G C p 1 , C 2 × C p 1 ,此时 | A ( G ) | = p 1 1 = 2 3 p q ,得到 p 1 = 2 3 p q + 1 。当 2 3 p q + 1 为素数时,有 G 1 C 2 3 p q + 1 G 2 C 2 × C 2 3 p q + 1

(ii) 当 α 1 = 2 时,可知 S p 1 = C p 1 2 , C p 1 × C p 1

(a) 若 S p 1 = C p 1 2 ,有 G C p 1 2 , C 2 × C p 1 2 ,此时。若令 p 1 = q ,即 p 1 = q = 2 3 p + 1 。当 2 3 p + 1 为素数时,有 G 3 C ( 2 3 p + 1 ) 2 G 4 C 2 × C ( 2 3 p + 1 ) 2 。同理,令 p 1 = p 时,有 G 5 C ( 2 3 q + 1 ) 2 G 6 C 2 × C ( 2 3 q + 1 ) 2

(b) 若 S p 1 = C p 1 × C p 1 ,则有 G C p 1 × C p 1 , C 2 × C p 1 × C p 1 。由 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 3 p q ,若 p 1 1 = 2 λ λ 为偶数时,产生矛盾。 λ 为奇数时,代入等式左边为偶数,右边为奇数,不符,因此G不存在。

(II) 当 α 0 = 2 时, S 2 = C 2 2 , C 2 × C 2

(i) 当 α 1 = 1 时, S p 1 = C p 1

(a) 若 S 2 = C 2 2 ,有 G C 2 2 × C p 1 ,由 | A ( G ) | = 2 ( p 1 1 ) = 2 3 p q ,得出 p 1 = 2 2 p q + 1 。当 2 2 p q + 1 为素数时,有 G 7 C 2 2 × C 2 2 p q + 1

(b) 若 S 2 = C 2 × C 2 ,则,此时 | A ( G ) | = 2 3 ( p 1 1 ) = 2 3 p q 。若 p = 3 ,可知 p 1 = 2 2 q + 1 。当 2 2 q + 1 为素数时,有 G 8 C 2 × C 2 × C 2 2 q + 1

(ii) 当 α 1 = 2 时, S p 1 = C p 1 2 , C p 1 × C p 1

(a) 若 S 2 = C 2 2 ,可知 G C 2 2 × C p 1 2 , C 2 2 × C p 1 × C p 1

G C 2 2 × C p 1 2 ,由 | A ( G ) | = 2 p 1 ( p 1 1 ) = 2 3 p q ,得 p 1 ( p 1 1 ) = 2 2 p q 。若令 p 1 = p ,即 p 1 = p = 2 2 q + 1 。当 2 2 q + 1 为素数时,有 G 9 C 2 2 × C ( 2 2 q + 1 ) 2 。同理,令 p 1 = q 时,有

G C 2 2 × C p 1 × C p 1 ,由 | A ( G ) | = 2 p 1 ( p 1 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 3 p q ,得 p 1 ( p 1 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 2 p q ,产生矛盾,故G不存在。

(b) 若 S 2 = C 2 × C 2 ,有 G C 2 × C 2 × C p 1 2 C 2 × C 2 × C p 1 × C p 1

G C 2 × C 2 × C p 1 2 ,我们有 | A ( G ) | = 2 3 p 1 ( p 1 1 ) = 2 3 p q ,从而 3 p 1 ( p 1 1 ) = 2 2 p q 。若令 p = 3 ,则 ,于是有 G 11 C 2 × C 2 × C 5 2

G C 2 × C 2 × C p 1 × C p 1 ,则有 | A ( G ) | = 2 3 p 1 ( p 1 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 3 p q ,于是 3 p 1 ( p 1 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 2 p q ,产生矛盾,因此G不存在。

(III) 当 α 0 = 3 时, S 2 = C 2 3 , C 2 2 × C 2 , C 2 × C 2 × C 2 。当 S 2 = C 2 2 × C 2 , C 2 × C 2 × C 2 时,由前面的证明易知G不存在,所以只需考虑 S 2 = C 2 3

(i) 当 α 1 = 1 时, S p 1 = C p 1 ,有 G C 2 3 × C p 1 。由于 | A ( G ) | = 2 2 ( p 1 1 ) = 2 3 p q ,可得 p 1 1 = 2 p q ,从而 p 1 = 2 p q + 1 。当 2 p q + 1 为素数时,有 G 12 C 2 3 × C 2 p q + 1

(ii) 当 α 1 = 2 时, S p 1 = C p 1 2 , C p 1 × C p 1 ,同样也只考虑 S p 1 = C p 1 2 ,于是 G C 2 3 × C p 1 2 ,此时 | A ( G ) | = 2 2 p 1 ( p 1 1 ) = 2 3 p q ,可得 p 1 ( p 1 1 ) = 2 p q 。若令 p 1 = p ,即 p 1 = p = 2 q + 1 ,当 2 q + 1 为素数时,有 G 13 C 2 3 × C ( 2 q + 1 ) 2 。同理,令 p 1 = q 时,有 G 14 C 2 3 × C ( 2 p + 1 ) 2

(3) 当 k = 2 时, | G | = 2 α 0 p 1 α 1 p 2 α 2 ,又因为 2 | | A ( S p i ) | ( i = 1 , 2 ) ,所以 α 0 = 0 , 1 , 2 。由 p 1 α 1 1 ( p 1 1 ) p 2 α 2 1 ( p 2 1 ) | 2 3 p q ,得出 α 1 = 1 , 2 α 2 = 1 , 2

(I) 当 α 0 = 0 , 1 时,

(i) α 1 = 1 , α 2 = 1 :此时,于是 | A ( G ) | = ( p 1 1 ) ( p 2 1 ) = 2 3 p q 。由于 p 1 1 , p 2 1 是不同的偶数,而 2 3 p q = 2 2 2 p q = 2 2 2 p q = 2 p 2 2 q = 2 2 p 2 q 。所以当 2 2 p q + 1 为素数时,有 G 15 C 3 × C 2 2 p q + 1 G 16 C 2 × C 3 × C 2 2 p q + 1 ;当 2 p q + 1 为素数时,有 G 17 C 5 × C 2 p q + 1 G 18 C 2 × C 5 × C 2 p q + 1 ;当 2 p + 1 , 2 2 q + 1 为素数时,有 G 19 C 2 p + 1 × C 2 2 q + 1 G 20 C 2 × C 2 p + 1 × C 2 2 q + 1 ;当 2 2 p + 1 , 2 q + 1 为素数时,有 G 21 C 2 2 p + 1 × C 2 q + 1 G 22 C 2 × C 2 2 p + 1 × C 2 q + 1

(ii) α 1 = 2 , α 2 = 1 :只需考虑 G C p 1 2 × C p 2 , C 2 × C p 1 2 × C p 2 ,于是有 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 1 ) ( p 2 1 ) = 2 3 p q 。由于 p 1 1 , p 2 1 是不同的偶数,若 p 1 = p ,则 ( p 1 ) ( p 2 1 ) = 2 3 q ,而 2 3 q = 2 2 2 q = 2 2 2 q 。所以当 2 2 q + 1 为素数时,有 G 24 C 2 × C 3 2 × C 2 2 q + 1 G 25 C ( 2 2 q + 1 ) 2 × C 3 G 26 C 2 × C ( 2 2 q + 1 ) 2 × C 3 ;当 2 q + 1 为素数时,有 G 27 C 5 2 × C 2 q + 1 G 28 C 2 × C 5 2 × C 2 q + 1 G 29 C ( 2 q + 1 ) 2 × C 5 G 30 C 2 × C ( 2 q + 1 ) 2 × C 5 。同理,若令 p 1 = q ,则当 为素数时,有 G 31 C 3 2 × C 2 2 p + 1 G 32 C 2 × C 3 2 × C 2 2 p + 1 G 33 C ( 2 2 p + 1 ) 2 × C 3 G 34 C 2 × C ( 2 2 p + 1 ) 2 × C 3 ;当 2 p + 1 为素数时,有 G 35 C 5 2 × C 2 p + 1 G 36 C 2 × C 5 2 × C 2 p + 1 G 37 C ( 2 p + 1 ) 2 × C 5 G 38 C 2 × C ( 2 p + 1 ) 2 × C 5

(iii) α 1 = 2 , α 2 = 2 :我们只需考虑 G C p 1 2 × C p 2 2 , C 2 × C p 1 2 × C p 2 2 ,由 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 1 ) p 2 ( p 2 1 ) = 2 3 p q ,可得 p 1 = p = 3 p 2 = q = 5 ,则有 G 39 C 3 2 × C 5 2 G 40 C 2 × C 3 2 × C 5 2

(II) 当 α 0 = 2 时, S 2 = C 2 2 , C 2 × C 2

(i) 当 α 1 = 1 , α 2 = 1 时,

(a) 若 S 2 = C 2 2 ,有 G C 2 2 × C p 1 × C p 2 ,从而 | A ( G ) | = 2 ( p 1 1 ) ( p 2 1 ) = 2 3 p q ,进而 ( p 1 1 ) ( p 2 1 ) = 2 2 p q 。由于 p 1 1 , p 2 1 是不同的偶数,而 2 2 p q = 2 2 p q = 2 p 2 q 。所以当 2 p q + 1 为素数时,有 G 41 C 2 2 × C 3 × C 2 p q + 1 ;当 2 p + 1 , 2 q + 1 为素数时,有 G 42 C 2 2 × C 2 p + 1 × C 2 q + 1

(b) 若 S 2 = C 2 × C 2 ,有 G C 2 × C 2 × C p 1 × C p 2 ,从而 | A ( G ) | = 2 3 ( p 1 1 ) ( p 2 1 ) = 2 3 p q ,进而 3 ( p 1 1 ) ( p 2 1 ) = 2 2 p q 。若令 p = 3 ,则有 ( p 1 1 ) ( p 2 1 ) = 2 2 q ,而 2 2 q = 2 2 q 。所以当 2 q + 1 为素数时,有 G 43 C 2 × C 2 × C 3 × C 2 q + 1

(ii) 当 α 1 = 2 , α 2 = 1 时,

(a) 若 S 2 = C 2 2 ,我们有 G C 2 2 × C p 1 2 × C p 2 ,从而 | A ( G ) | = 2 p 1 ( p 1 1 ) ( p 2 1 ) = 2 3 p q ,进而 p 1 ( p 1 1 ) ( p 2 1 ) = 2 2 p q 。若 p 1 = p ,则 ( p 1 ) ( p 2 1 ) = 2 2 q ,而 2 2 q = 2 2 q 。当 2 q + 1 为素数时,有 G 44 C 2 2 × C 3 2 × C 2 q + 1 G 45 C 2 2 × C ( 2 q + 1 ) 2 × C 3 ;同理,若令 p 1 = q ,则有 G 46 C 2 2 × C 3 2 × C 2 p + 1 G 47 C 2 2 × C ( 2 p + 1 ) 2 × C 3

(b) 若 S 2 = C 2 × C 2 ,有 G C 2 × C 2 × C p 1 2 × C p 2 。由于 | A ( G ) | = 2 3 p 1 ( p 1 1 ) ( p 2 1 ) = 2 3 p q ,从而 3 p 1 ( p 1 1 ) ( p 2 1 ) = 2 2 p q 。此时 p 1 = p 2 = p = q = 3 ,与 p , q 为互异的奇素数不符,故G不存在。

(iii) 当 α 1 = 2 , α 2 = 2 时,

(a) 则 G C 2 2 × C p 1 2 × C p 2 2 ,于是 | A ( G ) | = 2 p 1 ( p 1 1 ) p 2 ( p 2 1 ) = 2 3 p q ,可得 p 1 ( p 1 1 ) p 2 ( p 2 1 ) = 2 2 p q 。此时 p 1 = p 2 = p = q = 3 ,与 p , q 为不同的奇素数矛盾,所以G不存在。

(b) 有 G C 2 × C 2 × C p 1 2 × C p 2 2 ,此时 | A ( G ) | = 2 3 p 1 ( p 1 1 ) p 2 ( p 2 1 ) = 2 3 p q ,从而可得 3 p 1 ( p 1 1 ) p 2 ( p 2 1 ) = 2 2 p q ,矛盾,所以G不存在。

(4) 当 k = 3 时,我们有 α 0 = 0 , 1

(I) :此时 G C p 1 × C p 2 × C p 3 , C 2 × C p 1 × C p 2 × C p 3 ,从而 | A ( G ) | = ( p 1 1 ) ( p 2 1 ) ( p 3 1 ) = 2 3 p q ,而 2 3 p q = 2 2 p 2 q 。所以当 2 p + 1 , 2 q + 1 为素数时,有 G 48 C 3 × C 2 p + 1 × C 2 q + 1 G 49 C 2 × C 3 × C 2 p + 1 × C 2 q + 1

(II) α 1 = 2 , α 2 = 1 , α 3 = 1 :此时 G C p 1 2 × C p 2 × C p 3 , C 2 × C p 1 2 × C p 2 × C p 3 ,从而 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 1 ) ( p 2 1 ) ( p 3 1 ) = 2 3 p q 。令 p 1 = p ,而 2 3 q = 2 2 2 q ,此时 p 1 = p 2 = p = 3 p 3 = 2 q + 1 ,产生矛盾,因此G不存在。同理, p 1 = q 时,G也是不存在的。

(III) α 1 = 2 , α 2 = 2 , α 3 = 1 :有 G C p 1 2 × C p 2 2 × C p 3 , C 2 × C p 1 2 × C p 2 2 × C p 3 。由于 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 1 ) p 2 ( p 2 1 ) ( p 3 1 ) = 2 3 p q ,此时得到 p 1 = p 2 = p 3 = p = q = 3 ,与 p , q 为互异的奇素数不符,从而G不存在。

(IV) α 1 = 2 , α 2 = 2 , α 3 = 2 :有 G C p 1 2 × C p 2 2 × C p 3 2 , C 2 × C p 1 2 × C p 2 2 × C p 3 2 ,此时 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 1 ) p 2 ( p 2 1 ) p 3 ( p 3 1 ) = 2 3 p q ,产生矛盾,故G不存在。

4. 结束语

本文讨论了自同构群的阶为 2 t p q ( 1 t 3 ) 的有限Abel群G的构造,得出:当t = 1时,G最多有6型;当t = 2时,G最多有22型;当t = 3时,G最多有49型。

基金项目

国家自然科学基金(11401424)资助项目资助。

参考文献

文章引用: 石静静 , 周 芳 (2019) 自同构群的阶为2tpq(1≤t≤3)的有限Abel群G。 理论数学, 9, 316-322. doi: 10.12677/PM.2019.93042

参考文献

[1] 余红宴, 黄本文.自同构群的阶为2tp2q(t=1,2,3)的有限Abel群G [J]. 数学杂志, 2010, 30(5): 883-890.

[2] 余红宴. 自同构群的阶为2tp2(p为奇素数)的有限Abel群G [J]. 信阳师范学院学报(自然科学版), 2011, 24(3): 287-291.

[3] 黄本文.|A(G)|=2tpqr(1≤t≤3)的有限Abel群G的构造[J]. 武汉大学学报(自然科学版), 1993(2): 9-13.

[4] 张远达. 有限群构造(上、下册) [M]. 北京: 科学出版社, 1982.

[5] 俞曙霞. 有限交换p-群的自同构群的阶的几点注记[J]. 数学杂志, 1983(2): 189-194.

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