關于一個特殊p3階群的自同構群

【摘要】本文研究了一個特殊p3階群的自同構群，并確定了其自同構群的結構，以及給出了其自同構群的階與簡單性質。

【關鍵詞】自同構群半直積Sylow p-子群外自同構群

【中圖分類號】G71【文獻標識碼】A 【文章編號】2095-3089（2014）06-0231-01

關于有限群G的自同構群Aut(G)的研究，無疑是有限群論中極為重要而困難的課題之一。而關于自同構群的研究，一般有兩條途徑：一方面是求解同構式Aut(X)≌G中的群X；一方面是求Aut(G)的有關消息。但在許多群論難題中，研究自同構群均可歸結為特定p-群的情形。在此基礎上，筆者對一個特殊p3階群的自同構群做出了較詳細的討論，解決了其自同構群一系列的問題。

設G=＜a，b｜ap■=bp=1，ab=b-1ab=a1+p＞，p為奇素數且G=p3。因G=＜b＞■＜a＞，則G的每個元素均可唯一地表示為bjai(i∈Zp2，j∈Zp)，那么Z(G)=＜ap＞，exp(G)=p2，對任意k∈N+，有(1+p)k≡1+kp(mod p2)，則得以下公式：

(ai)b■=ai(1+jp)，(bjai)k=bjka■. （1）

其中k2=k(k-1)/2為組合數.

（1）描述G的自同構

任取?滓∈Aut(G)，令a?滓=bjai，b?滓=bsat(1≤i、t≤p2；1≤j、s≤p），則?滓被以下三個條件唯一確定：

o(a?滓)=p2，o(b?滓)=p，(a?滓)b■=(a?滓)1+p. （2）

且由文獻[4]可得：G的每個自同構?滓∈Aut(G)均可由三元數組(j，i，k)∈Zp×U(Zp2)×Zp唯一確定，滿足條件a?滓=bjai和b?滓=bakp。

（2）確定Aut(G)

令I=Zp×U(Zp2)×Zp，則Aut(G)和集合I按上述方式?滓→(j，i，k)可建立一一對應，則i，j，k各種可能的選取分別有p(p-1)，p，p種，故

Aut(G)=p(p-1)·p·p=p3(p-1).

下面任取?滓′∈Aut(G)，設其對應的三元數組為(j′，i′，k′)∈I. 我們記自同構的合成?滓?滓′∈Aut(G)，對應的三元數組為(j，i，k)?莓(j′，i′，k′)，則I在運算?莓下為群，且與Aut(G)同構，直接計算可知：

(j，i，k)?莓(j′，i′，k′)=(j+ij′，ii′+jk′p+i′j′i2p，ki′+k′). (3)

（3）確定G的外自同構群Out(G)

任取g∈G，令g=bsat，其中s∈Zp，t∈Zp2，則直接計算得到ag=a1+sp及bg=ba-tp，表明由元素bsat∈G決定的G之內自同構對應的三元數組為(0，1+sp，-t)∈I，其中-t按模p取余數。故J={(0，1+sp，t)∈I｜s，t∈Zp}恰為Inn(G)對應的I的子群。從而J?茳I，且Out(G)和I/J同構。接著任取(j，i，k)，(j′，i′，k′)∈I，則(j，i，k)J=(j′，i′，k′)J當且僅當存在某個(0，1+sp，t)∈J，使得(j′，i′，k′)=(j，i，k)?莓(0，1+sp，t)=(j，i(1+sp)，k+t)，則(j，i，k)J=(j′，i′，k′)J當且僅當j≡j′且i≡i′(mod p)，記i∈U(Zp2)在群的自然滿同態(Zp2)→U(Zp)下的像為■，則(j，i，0)J→(j，■，0)，即I/J≌Zp■U(Zp)，后者的群運算由（3）式可化為(j，■，0)?莓(j′，■′，0)=(j+■j′，■，0)，表明I/J≌Zp×U(Zp)，p為奇素數。故U(Zp)≌Zp-1，則Out(G)≌Zp■U(Zp)≌Zp■Zp-1，因此Out(G)具有正規的Sylow p-群，且Out(G)恰為其Sylow p-群與一個p-1階循環子群的半直積。進而Aut(G)中存在P階外自同構元。

（4）Aut(G)的結構

設P為Aut(G)的一個Sylow p-群，顯然Inn(G)≤P，但上段已證Out(G)的Sylow p-群正規且相應的商群為p-1階循環群，所以P?茳Aut(G)且相應的商群Aut(G)/P也是p-1階循環群，由Schur-Zassenhaus定理知：Aut(G)=P■Q，其中P為Aut(G)的正規Sylow p-子群且P=p3，Q為p-1階循環群。

（5）Aut(G)的生成元

記A為Aut(G)中所有固定的自同構所構成的群，則(j，i，k)∈A當且僅當j=0，所以A={(0，i，k)｜i∈U(Zp2)，k∈Zp}，相應的運算為：(0，i′，k′)?莓(0，i，k)=(0，ii′，k′i+k)。這表明A≌U(Zp2)■Zp，其中的群作用由同態U(Zp2)→U(Zp)=Aut(Zp)給出。顯然A=p2(p-1)，表明A為Aut(G)的極大子群且指數為p。

因為p為奇素數，故U(Zp2)為循環群。設r為U(Zp2)的一個生成元，即r為mod p2的一個原根，則A可由兩個元素x=(0，r，0)，y=(0，1，1）生成。對任意整數m，直接驗證xm=(0，rm，0)，ym=(0，1，m)，且

yx=(0，r-1，0)?莓(0，1，1）?莓(0，r，0)=(0，1，r)=yr。

從而A的表現形式為A=〈x，y｜xp(p-1))=yp=1，yx=yr〉。再令z=(1，1，0)，則zm(m，1，0)。這表明?莓(z)=p，且A∩〈z〉=1，所以Aut(G)=A〈z〉=〈z〉A。但A與〈z〉都不是Aut(G)的正規子群，則Aut(G)=〈x，y，z〉。

(6)Aut(G)的中心

記Aut(G)的中心為C。(j，i，k)∈C當且僅當(j，i，k)與x，y，z可交換，通過簡單的計算表明其等價于j=k=0且i≡1(mod p)。記J為自然同態U(Zp2)→U(Zp)之核，由數論可知：I→J→U(Zp2)→U(Zp)→I為正序列。從而J=p，但C={(0，i，0)｜i∈J}， 故C=p，另一方面，注意到r與p互素，故有rp-1=1(mod p)，直接計算得：

xp-1y=(0，rp-1，0)?莓(0，1，1)=(0，rp-1，1)；

yxp-1=(0，1，1)?莓(0，rp-1，0)=(0，rp-1，1)；

xp-1z=(0，rp-1，0)?莓(1，1，0)=(1，rp-1，0)；

zxp-1=(1，1，0)?莓(0，rp-1，0)=(1，rp-1，0)。

這說明xp-1與y，z可交換，從而xp-1∈C，但o(xp-1)=p，則只有C=〈xp-1〉為p階循環群。

（7）Aut(G)中不含有FPF-自同構：

定義1：設?滓∈Aut(G)≤Sym(G)，如果?滓不確定G中的任何非單位元素，則稱?滓為G的Fix-Point-free自同構，簡稱FPF-自同構。

引理2：同余式ax≡b(mod m)有解的充分必要條件是(a，m)｜b。

事實上，?坌?滓∈Aut(G)，則?滓：a→bjai，b→bakp，其中i∈U(Zp2)，j∈Zp，k∈Zp.?坌bsat∈G，其中s∈U(Zp)，t∈U(Zp2)，則

?滓(bsat)=?滓(bs)·?滓(at)=[?滓(b)]s ·[?滓(a)]t=(bakp)s ·(bjai)t

=bsa■·bjta■=bsakps·bjta■=bsakps·bjt(a■)■·bjt

=bsakps·(a■)■·bjt=bsakps·a■·bjt=bsa■·bjt

=bs·bjt·(bjt)-1a■bjt=bs+jt·{a■}■

=bs+jt·a■=bs+jta■

若?滓(bsat)=bsat，則s+jt-s≡0.(mod p) （4）

it+ijt2p+ksp-t≡0.(mod p2) （5）

由（4）可得：jt≡0(mod p)。又j∈Zp，t∈Zp2，則t≡0(mod p)。令t=mp，其中m∈Z，則（5）可化簡為：

imp+ksp-mp≡0(mod p2)?圯im+ks-m≡0(mod p)?圯ks≡m-im(mod p)，又k∈Zp，當k=0時，0·s=0≡m-im(mod p)，產生矛盾. 所以k≠0，則(k，p)=1，?圯(k，p)｜(m-im)，由引理2得：ks≡m-im(mod p)有解，所以存在s∈Zp，t∈Zp2，使?滓(bsat)=bsat，所以?滓不是Aut(G)的FPF-自同構，則Aut(G)中不存在FPF-自同構。

參考文獻：

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