雒曉良, 劉合國(guó)

(1. 太原師范學(xué)院數(shù)學(xué)系, 山西 晉中 030619; 2. 海南大學(xué)理學(xué)院, ?？?570228)

本文采用標(biāo)準(zhǔn)的術(shù)語(yǔ)和符號(hào)參照文獻(xiàn)[1]．

若群G存在長(zhǎng)度有限的正規(guī)列, 其商因子均為秩小于等于n的Abel群, 且n為滿足該條件的最小自然數(shù), 則稱G的寬度為n, 稱G為Bn-群．顯然,Bn-群的子群和商群的寬度不超過(guò)n．群的寬度備受關(guān)注[2-7], 但研究進(jìn)展緩慢．稱G為多重循環(huán)群, 如果G是滿足子群極大條件的可解群, 這等價(jià)于G具有一個(gè)次正規(guī)群列G=G0>G1>…>Gn=1, 其中每個(gè)Gi/Gi+1都是循環(huán)群．對(duì)于多重循環(huán)群寬度的研究, 基本思路是研究給定寬度的群的結(jié)構(gòu)．如B1-群即超可解群; 樊惲[8]研究了B2-群的正規(guī)列及一些特殊條件的B2-群．但當(dāng)多重循環(huán)群的寬度大于2時(shí), 研究變得非常困難．因此, 另一種思路是通過(guò)討論給定群的寬度, 進(jìn)而推導(dǎo)出其他群的寬度．筆者[9-10]巧妙地利用循環(huán)置換在Abel群上的自同構(gòu)作用和半直積構(gòu)造了一類多重循環(huán)群, 并得到了這類群詳細(xì)的剩余有限性質(zhì), 以及這類群的同構(gòu)刻畫, 這些結(jié)果對(duì)經(jīng)典結(jié)論[1]做了很好的解讀: 若存在無(wú)限多個(gè)素?cái)?shù)p使得多重循環(huán)群是剩余有限p-群, 則該群是一個(gè)無(wú)撓冪零群．本文擬采用第二種思路,研究一類具有特殊意義的多重循環(huán)群的寬度．

1 主要結(jié)果

引理1[9]1) 若f(λ)沒(méi)有整數(shù)根, 則A中不存在秩為n-1的α-不變子群;

2) 若f(λ)不可約, 則A中不存在非平凡的α-不變子群A0, 其中A0的秩小于A的秩．

對(duì)于如上定義的自由Abel群A, 取γ∈Aut(A)使得

則γ(ak)=ak+1(k= 1,2,…,n-1),γ(an)=-r0a1-r1a2-…-rn-1an．令h(λ)=|λI-γ|, 則下面引理描述了A中γ作用不變的直和形式的子群．

引理2若h1(λ)是Z上的s次多項(xiàng)式且在Z[λ]上整除h(λ),0≤s≤n-1,則

A=〈a1〉?〈a2〉?…?〈as〉?〈h1(γ)a1〉?〈γh1(γ)a1〉?…?〈γn-s-1h1(γ)a1〉,

證明 因h1(λ)|h(λ), 存在h2(λ)∈Z[λ]使h(λ)=h1(λ)h2(λ), 式中h2(λ)是n-s次多項(xiàng)式．設(shè)h1(λ)=λs+bs-1λs-1+…+b0及h2(λ)=λn-s+cn-s-1λn-s-1+…+c0,有

則(a1,a2,…,an)P=(a1,…,as,h1(γ)a1,…,γn-s-1h1(γ)a1), 式中

故

對(duì)于多重循環(huán)群,B1-群即是超可解群, 由此易推出文獻(xiàn)[9]中定理2.1(1)．

推論1G是超可解群當(dāng)且僅當(dāng)|λI-α|=(λ-1)i(λ+1)j,i+j=n,i,j∈N．

證明 由定理1可知G是超可解群當(dāng)且僅當(dāng)G的寬度為1, 即f(λ)=|λI-α|是一次多項(xiàng)式的乘積．注意到|λI-α|=λn+dn-1λn-1+…+d1λ+d0中d0=±1, 顯然f(λ)=|λI-α|是一次多項(xiàng)式的乘積當(dāng)且僅當(dāng)|λI-α|=(λ-1)i(λ+1)j,i+j=n,i,j∈N, 證畢．

2 應(yīng)用

下面討論特殊情形f(λ)=λn-mλn-1±1(n≥2)時(shí)G的超可解性．利用Rouche定理和文獻(xiàn)[11]中定理(1.1.1), 可得多項(xiàng)式f(λ)在Q上的不可約性[9], 即: i) 若|m|≥3, 則f(λ)在Q上不可約; ii)λn-2λn-1-1在Q上不可約; iii) 若n是偶數(shù), 則λn+2λn-1-1在Q上不可約; iv) 若n是奇數(shù), 則λn+2λn-1+1在Q上不可約．基于這些結(jié)論及多重循環(huán)群寬度的判定定理, 可得下述情形下G的超可解性．

定理21) 當(dāng)f(λ)=λn-mλn-1+1時(shí),G是超可解群當(dāng)且僅當(dāng)m=±2 且n=2;

2) 當(dāng)f(λ)=λn-mλn-1-1時(shí),G是超可解群當(dāng)且僅當(dāng)m=0且n=2．

證明 充分性顯然, 故僅證必要性．若G是超可解群,由推論1知, 當(dāng)|λI-α|=(λ-1)i(λ+1)j,i+j=n,i,j∈N, 由上面多項(xiàng)式的不可約性知m=0,±1,±2．

1) 對(duì)f(λ)=λn-mλn-1+1．若m=0, 有f(λ)=λn+1, 而λn+1顯然不可能分解為若干個(gè)λ-1和λ+1的乘積, 矛盾; 若m=±1, 有f(λ)=λn±λn-1+1, 而λn-mλn-1+1若存在有理根, 則根只可能為±1, 經(jīng)驗(yàn)證, ±1都不是根, 故f(λ)不能分解為若干個(gè)λ-1和λ+1的乘積, 矛盾．因此m=±2, 即f(λ)=λn±2λn-1+1．對(duì)于λn+2λn-1+1, 由不可約性知n為偶數(shù), 顯然1不是λn+2λn-1+1的根, 故只能f(λ)=(λ+1)n, 此時(shí)必然有n=2; 對(duì)于λn-2λn-1+1, 由韋達(dá)定理知所有根的和為2=λ1+λ2+…+λn, 即根為1和-1的出現(xiàn)次數(shù)相差2, 故n必為偶數(shù)．而-1顯然不是λn-2λn-1+1的根, 有f(λ)=(λ-1)n, 此時(shí)必然有n=2．

2) 對(duì)f(λ)=λn-mλn-1-1．若m=±1, 有f(λ)=λn±λn-1-1, 則λn-mλn-1-1若有有理根, 根只可能為±1, 經(jīng)驗(yàn)證, ±1都不是根, 故f(λ)不能分解為若干個(gè)λ-1和λ+1的乘積, 矛盾; 若m=2, 有f(λ)=λn-2λn-1-1, 由多項(xiàng)式的結(jié)論, 知λn-2λn-1-1在Q上是不可約的, 矛盾; 若m=-2, 有f(λ)=λn+2λn-1-1, 由不可約的結(jié)論知n為奇數(shù), 顯然-1不是λn+2λn-1-1的根, 故f(λ)=(λ+1)n, 展開(kāi)對(duì)比多項(xiàng)式常數(shù)項(xiàng)即得矛盾．因此, 只能m=0, 有f(λ)=λn-1,又f(λ)=(λ-1)i(λ+1)j, 必然有n=2, 證畢．

文獻(xiàn)[10]中關(guān)于定理3.1的證明,利用了超可解群的定義以及分析了元素的冪自同構(gòu)作用,而本文利用多重循環(huán)群的寬度, 極大地簡(jiǎn)化了證明步驟,并對(duì)該定理進(jìn)行了推廣．