SS-擬正規性對有限群p -超可解性的影響

高建玲

(山西大同大學數學與統計學院，山西大同 037009)

只考慮有限群G，π表示素數集合，π(G)表示|G| 的素因子集合，p,q表示素數，Op(G)=g∈G|p|/o(g)，其它術語和符號見文獻[1-2]。

作為S-擬正規性的推廣，2008 年，Li等[3]定義了SS-擬正規性，并用某些p-子群的SS-擬正規性刻畫了p-冪零群與p-超可解群。之后，很多群論學者應用子群的SS-擬正規性來刻畫有限群結構，已有許多豐富結果，如文獻[4-8]。在文獻[4]的基礎上，應用某些特定p-子群的SS-擬正規性，得到了若干p-冪零群、p-超可解群及超可解群的判別條件。

1 預備知識

定義1[3]設H≤G，則H稱作在G中SS-擬正規。若存在B≤G使G=HB，且對任意p∈π(B)，P∈Sylp(B)，皆有HP=PH。

引 理1[3]設K≤G，N-?G且H在G中SS-擬正規。

（1）若H≤K，則H在K中亦SS-擬正規；

（2）HN/N在中SS-擬正規。

引理2[3]若p-群P≤G且P在G中SS-擬正規，則PQ=QP對所有Q∈Sylq(G)成立，這里q≠p。

引理3[9]設G是群，p∈π(G)且(|G|,p-1)=1。

（1）如果N-?G且|N|=p，那么N≤Z(G)；

（2）如果G的循環Sylowp-子群存在，那么G有正規p-補；

（3）如果M≤G且|G:M|=p，那么M-?G。

引理4[9]設p′-群H在p-群P上作用。若P與Q8無關且H在Ω1(P)上平凡作用，則H在P上平凡作用。

引理5[2]設p∈π(G)且p最小，P∈Sylp(G)且P循環，那么G有正規p-補。

引理6[10]假定G是p-可解外p-超可解群，則：

（1）G=AN，|N|=pα，α＞1，A?N=1，這里N·?G且唯一，N是初等交換p-群，A＜·G且A是p-超可解群；

（2）Φ(G)=1且Op(A)=1。

2 主要結果

定理1若p∈π(G)，且(|G|,p-1)=1，P∈Sylp(G)，O=[P,Op(G)]。則以下命題彼此等價：

（1）G是p-冪零群；

（2）P?O同Q8無關，同時P?O的p階子群在G中SS-擬正規。

證明（1）?（2）：因G是p-冪零群，所以Op(G)為G的正規p-補。由于Op(G) charG，于是O=[P,Op(G)]≤Op(G)。因此P?O≤P?Op(G)=1，進而論斷成立。

（2）?（1）：若論斷不成立，G設為極小反例。

對任一H＜G，Hp∈Sylp(H)，鑒于Sylowp-子群的共軛性，可設Hp≤P。故[Hp,Op(H)]≤O，因而Hp?[Hp,Op(H)]≤P?O。由引理1（1）得，H符合假設，故H是p-冪零群。由H的取法知，G的真子群均p-冪零，故G是內p-冪零群。再運用[11]第VIII章定理3.4有G=P?Q。此時Op(G)=G,P?O=P。

設P0≤P且|P0|=p，運用題設及引理2 有P0Q=QP0。假設P0Q=G，則P=P0循環。運用引理3（2）得，G是p-冪零群，與G的取法矛盾。現設P0Q＜G，則P0Q=P0×Q是p-冪零群。故Q≤CG(Ω1(P))。若CG(Ω1(P))＜G，則CG(Ω1(P)) 是p-冪零群且CG(Ω1(P))-?G。所 以Q?G，矛盾 。于是CG(Ω1(P))=G，因此Ω1(P)≤Z(G)。若exp(P)=p，則P=Ω1(P)，G=P×Q，矛盾。因此p=2，exp(P)=4。由引理4，Q在P上平凡作用，于是G是2-冪零群，矛盾。

綜上討論，G是p-冪零群。

定理2若p∈π(G)，且(|G|,p-1)=1，P∈Sylp(G)，O=[P,Op(G)]。則以下命題彼此等價：

（1）G是p-冪零群；

（2）P?O的p階子群在G中SS-擬正規；特別地，p=2時，P?O的4階循環子群在G中亦SS-擬正規。

證明（1）?（2）：由于G為p-冪零群，故Op(G)是G的正規p-補。又因Op(G) charG，因此O=[P,Op(G)]≤Op(G)。進一步P?O≤P?Op(G)=1，進而結論成立。

（2）?（1）：若論斷不成立，G設為極小反例。

對任一H＜·G，Hp∈Sylp(H)，鑒于Sylowp-子群的共軛性，可設Hp≤P。故[Hp,Op(H)]≤O，因而Hp?[Hp,Op(H)]≤P?O。由引理1（1）得，H符合假設，故H是p-冪零群。由H的取法知，G的真子群均p-冪零，故G是內p-冪零群。再運用[11]第VIII 章定理3.4 有G=P?Q。此時Op(G)=G，P?O=P。從而對任一x∈P，有o(x)=p或4，運用題設及引理2 知。若o(x)=4，運用引理5 知，x∈NG(Q)。若o(x)=p，運用引理3（3）知，x∈NG(Q)。考慮到x的任意性有，P≤NG(Q)。故Q-?G。所以G是p-冪零群，矛盾。

綜上討論，G是p-冪零群。

推論1設p∈π(G)，且p最小，P∈Sylp(G)，O=[P,Op(G)]。則以下命題彼此等價：

（1）G是p-冪零群；

（2）P?O的p階子群在G中SS-擬正規；特別地，p=2時，P?O的4階循環子群在G中亦SS-擬正規。

證 明如 果p∈π(G) 而 且p最 小，易 見(|G|,p-1)=1，運用定理2可得。

推論2對任一p∈π(G)，P∈Sylp(G)，O=[P,Op(G)]，若P?O的p階與4 階循環子群在G中均SS-擬正規，則G存在超可解型Sylow塔。

證明運用推論1直接可得。

定理3假定G是p-可解群。若G的任一循環p-子群在G中SS-擬正規，則G是p-超可解群。

證明G設為極小階反例。則：

（2）G是一個p-可解外p-超可解群。

由（1）及G的取法知G是p-可解外p-超可解群。由引 理6 知，G=AN,|N|=pα,α＞1,A?N=1,其中N·?G且唯一，N是初等交換p-群，A＜·G且A是p-超可解群。

（3）導出矛盾。

推論3假定G是π-可解群。若對任意p∈π，G的任一循環p-子群在G中SS-擬正規，則G是π-超可解群。

推論4假定G是可解群。若G的任一循環子群在G中均SS-擬正規，則G是超可解群。

定理4G是p-超可解群的充要條件是G有p-可解子群N且N-?G使得是p-超可解群，同時N的任一循環p-子群在G中SS-擬正規。

證明顯然必要性成立，下面只證充分性。

G設為極小階反例。則：

（1）設H·?G，則是p-超可解群。

由于N是p-可解群，是p-超可解群，故G是p-可解群，因此H是p-群或p′-群。由假設NH/H-?，NH/H?N/(N?H)是p-可解群，且(G/H)/(NH/H) ?G/NH?(G/N)/(NH/N) 是p-超可解群。對于每個循環p-子群，同定理4 的證明可得在中SS-擬正規。因此，由G的選取知，是p-超可解群。并且對所有T-?G且T非平凡，有是p-超可解群。

（2）G是一個p-可解外p-超可解群。

由（1）及G的取法知G是一個p-可解外p-超可解群。由引理6 知G=MP0,|P0|=pα,α＞1,M?P0=1,其中P0·?G且唯一，P0是初等交換p-群，M＜·G且M是p-超可解群，Φ(G)=1且Op(M)=1。

（3）易知N=N?P0M=P0(N?M)。記B=N?M，則B是交換群。

由假設及引理1（1）知，N的每個循環p-子群在N中SS-擬正規，于是由定理4 得N是p-超可解群，因此N′是p-冪零的。因為G的唯一極小正規子群是p-群，所以N′是p-群。由于N′?G，所以N′≤F(G)=P0。這說明N′=1或N′=P0。

情形1 若N′=1，則N是交換群，所以B也是交換群。

情形2 若N′=P0，則B′≤P0，又M?P0=1，所以B′=1，即B是交換群。

此時，記Bp∈Sylp(B)，則BpcharB?M，所以Bp?M。又Op(M)=1，于是Bp=1。故N=P0B，P0∈Sylp(N)。

（4）導出矛盾。

推論5假定N-?G且N是π-可解群。若是π-超可解群，且對任意p∈π，N的任一循環p-子群在G中SS-擬正規，則G是π-超可解群。

推論6假定N-?G且N是可解群。若是超可解群，且N的任一循環子群在G中SS-擬正規，則G是超可解群。