與Frobenius核有關的有限p群

常潔

【摘要】設G是有限群，1

【關鍵詞】 p3階群; p4階群;內交換p群;Frobenius核

本文主要確定p3階群，p4階群和內交換p群中部分可以充當Frobenius核的群，關鍵點是找到一個q階無不動點自同構.

定理1 設GMp（n，m，1）=

[a，c]=[b，c]=1>，n≥m≥1（非亞循環內交換群），則G可以充當Frobenius核當且僅當p>2且p≠2k+1.

證明 （）若p=2，G有2階特征子群G′，對任意的自同構G都有不動點c，所以p=2時不可充當Frobenius核，與G充當Frobenius核矛盾，從而p≠2.

若p=2k+1，G有p階特征子群G′，由定理3.10知G不可充當Frobenius核，與G充當Frobenius核矛盾，從而p≠2k+1.

（）因為p≠2及p≠2k+1，所以存在奇素數q，使q|p-1.注意C*pn是循環群，故存在1

令α：G→G，aMT ExtraaA@ar，bMT ExtraaA@br，

o（α）=q.

aα，bα滿足與G相同的定義關系，從而α∈Aut（G）.

下證α為無不動點自同構.

要證α為無不動點自同構即證CG（α）=1.設（aibjck）∈CG（α），則

（aibjck）α=aibjck，即airbjrckr2=aibjck，

在G/G′=〈a-，b-|[a-，b-]=1〉=〈a-〉×〈b-〉中考慮，

有（a-）ir（b-）jr=（a-）i（b-）j由直積分解的唯一性有（a-）i（r-1）（b-）j（r-1）=1.在Z*p中考慮，rq≡1（mod p），即r是C*p中的q階元，注意pr-1，從而pn|i，pm|j，即知ai=bj=1，進而ckr2=ck.即ck（r2-1）=1.注意r2仍然是C*p中的q階元，我們有pr2-1，從而ck=1.所以CG（α）=1.于是G存在q階無不動點自同構α，從而G可以充當Frobenius核.

定理2 設GMp（n，m，1）×Cp=，n≥m≥1，則G可以充當Frobenius核當且僅當p>2且p≠2x+1.

證明

（）若p=2，G有2階特征子群G′，對任意的自同構G都有不動點c，所以p=2時不可充當Frobenius核，與G充當Frobenius核矛盾，從而p≠2.

若p=2x+1，G有p階特征子群G′，由定理3.10知G不可充當Frobenius核，與G充當Frobenius核矛盾，從而p≠2x+1.

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

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

o（α）=q.

aα，bα，xα滿足與G相同的定義關系，從而α∈Aut（G）.

下證α為無不動點自同構.

要證α為無不動點自同構即證CG（α）=1.設（aibjckxl）∈CG（α），則

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

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

即知ai=bj=xl=1，進而ckr2=ck，即ck（r2-1）=1.注意r2仍然是C*p中的q階元，我們有pr2-1，從而ck=1.所以CG（α）=1.于是G存在q階無不動點自同構α，從而G可以充當Frobenius核.

定理3 設GMp（n，m，1）Cp2=

[b，c]=1>，則G可以充當Frobenius核當且僅當p>2且p≠2x+1.

證明

（）若p=2，G有2階特征子群G′，對任意的自同構G都有不動點c，所以p=2時不可充當Frobenius核，與G可充當Frobenius核矛盾，從而p≠2.

若p=2x+1，G有p階特征子群G′，由定理3.10知G不可充當Frobenius核，與G充當Frobenius核矛盾，從而p≠2x+1.

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

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

o（α）=q.

aα，bα，cα滿足與G相同的定義關系，從而α∈Aut（G）.

下證α為無不動點自同構.

要證α為無不動點自同構即證CG（α）=1.設（aibjck）∈CG（α），則

（aibjck）α=aibjck，即airbjrckr2=aibjck，

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

即知ai=bj=1，進而ckr2=ck，即ck（r2-1）=1.注意r2仍然是C*p中的q階元，我們有pr2-1，從而ck=1.所以CG（α）=1.于是G存在q階無不動點自同構α，從而G可以充當Frobenius核.

定理4 設G=，p>3，則G不存在2階和3階無不動點自同構.

證明 我們由計算可知：

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為生成元且滿足G定義關系.設aΦ=aibjckde，bΦ=arbsctdu，則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，從而j（is-jr）≡0（mod p），①

cΦ≠1，則is-jr0（mod p），②

dΦ≠1，則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.

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

設axbyczdw為G的一般元.

具有二階無不動點自同構的有限群必為奇數階交換群，所以q≠2.

下證G不存在3階無不動點自同構.

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

若α∈Aut（G）是3階無不動點自同構，則q|p-1且滿足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個，所以i=s或i=s2.

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

將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，

假設czdw∈CG（α），則czdw滿足（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，對于任意的1≠s，w≠p，k，i，存在1≠czdw為α的不動點，與α為3階無不動點自同構矛盾.所以，G存在2階和3階無不動點自同構.

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