任小強, 高百俊

(伊犁師范大學(xué) 數(shù)學(xué)與統(tǒng)計學(xué)院, 應(yīng)用數(shù)學(xué)研究所, 新疆 伊寧 835000)

0 引 言

目前，關(guān)于Sylow子群的研究已有很多結(jié)果，其中: 黃本文[1]利用可解群的性質(zhì), 通過群的擴張理論給出了Sylowp-子群皆循環(huán)的10pn階群的構(gòu)造; 吉曉娟等[2]結(jié)合圖的性質(zhì)對Sylowp-子群皆循環(huán)的10pn(p>5)階群進(jìn)行了分類, 更正了文獻(xiàn)[1]結(jié)論的錯誤, 確定了這類群共有5種同構(gòu)分類, 并進(jìn)一步研究了該群的非交換圖; 陳松良[3-4]先后給出了兩類Sylow子群循環(huán)的有限群的同構(gòu)分類.另一方面, 文獻(xiàn)[5-7]通過計算有限群之間的同態(tài)數(shù)量研究了有限群的結(jié)構(gòu); Asai和Yoshida[8]發(fā)現(xiàn)前人的結(jié)論中少有關(guān)于兩個有限群之間同態(tài)數(shù)量的猜想, 于是提出了一個有關(guān)群同態(tài)數(shù)量的猜想; 文獻(xiàn)[9-11]驗證了一些特殊的有限群滿足Asai和Yoshida猜想; 張良等[12]提出了一類m階循環(huán)群被4階循環(huán)群擴張的亞循環(huán)群, 并計算了這類群之間的同態(tài)數(shù)量.本文在上述研究的基礎(chǔ)上, 以文獻(xiàn)[2]中第一種同構(gòu)分類形式為研究對象, 討論這類群的元素特征, 考察其與文獻(xiàn)[12]中提出的這類m階循環(huán)群被4階循環(huán)群擴張的亞循環(huán)群之間的同態(tài)以及同態(tài)數(shù)量, 并驗證這兩類群也滿足Asai和Yoshida猜想.

為方便敘述, 先給出這兩類群的結(jié)構(gòu)：

1 預(yù)備知識

引理1設(shè)H=〈a,b〉, 其中a10=1=bpn,a-1ba=br,r?1(modpn),r5≡1(modpn),p≡1(mod 5), 這里p是大于5的素數(shù), 則：

1) 〈a〉∩〈b〉=1；

2) 滿足rk≡1(modpn)的最小正整數(shù)k=5；

3)bja=abjr,bjai=aibjri, 其中0≤i<10, 0≤j

證明： 1) 顯然成立.

2) 設(shè)使得rk≡1(modpn)成立的正整數(shù)k的最小值為m, 已知r?1(modpn),r5≡1(modpn),rm≡1(modpn), 由費馬定理的性質(zhì)可知m|5且m≠1.又因為5是素數(shù), 所以m=5.故2)成立.

3) 由于a-1ba=br, 因此ba=abr, 即(a-1ba)j=a-1bja=(br)j, 進(jìn)而得

bja=abjr,bjai=(bja)ai-1=(abjr)ai-1=a(bjra)ai-2=a2bjr2ai-2=…=aibjri.

故3)成立.

引理2H記號如上, 則：

1)o(a5)=2；

3)o(a5bj)=[2,o(bj)], 且a5是H的中心元, 其中1≤j

4)o(aibj)=5, 其中(pn,ri-1)=1, 且i=2,4,6,8, 0≤j

5)o(aibj)=10, 其中(pn,ri-1)=1, 且i=1,3,7,9, 0≤j

證明： 1),2)由有限群元素階的性質(zhì)易得結(jié)論.

3) 由H的定義得pn|j(r5-1), 于是bjr5=bj.由引理1中3)得bja5=a5bj.因此, 由元素階的性質(zhì)得o(a5bj)=[2,o(bj)].任取akbl∈H, 其中0≤k<10, 0≤l

4) 設(shè)o(aibj)=5, 其中0

r5i-1=(r4i+r3i+r2i+ri+1)(ri-1);

當(dāng)(pn,ri-1)=1時, 有r4i+r3i+r2i+ri+1≡0(modpn), 進(jìn)而當(dāng)i=2,4,6,8時,

(aibj)5=a5ibj(r4i+r3i+r2i+ri+1)=1；

當(dāng)i=1,3,5,7,9時,

(aibj)5=a5ibj(r4i+r3i+r2i+ri+1)=a5i=1,

無解, 故4)成立.

5) 設(shè)o(aibj)=10, 其中0

(aibj)10=a10ibj(r9i+r8i+…+ri+1)=bj(r9i+r8i+…+ri+1);

由引理1中2)及歐拉-費馬定理可得r10i≡1(modpn), 即r10i-1≡0(modpn).又

r10i-1=(r9i+r8i+…+ri+1)(ri-1),

當(dāng)(pn,ri-1)=1時, 由3)和4)可知,i只能取1,3,7,9, 故5)成立.

引理3H記號如上, 若(pn,r-1)=1, 則H′=〈b|bpn=1〉.

證明： 任取aibj,asbt∈H, 由引理1中3)得

又(pn,r-1)=1, 易得o(br-1)=pn, 所以br-1是群〈b〉的生成元, 即

H′=〈br-1|bpn=1〉=〈b|bpn=1〉.

證明： 根據(jù)群的構(gòu)成, 結(jié)論顯然成立.

2)o(xβy2)=[o(xβ),2], 其中0≤β

3)o(xβy)=o(xβy3)=4, 其中0≤β

2 主要結(jié)果

定理1設(shè)m是大于2的奇數(shù),p是大于5的素數(shù), 則|Hom (Gm,H)|=2.

證明： 設(shè)θ∈Hom(Gm,H), 由于xm=1=y4, 則

(xm)θ=(xθ)m=1, (y4)θ=(yθ)4=1,

從而o(xθ)|(m,10pn),o(yθ)|2.

當(dāng)p|m時, 有o(xθ)|5pα或o(xθ)|pα, 0<α≤n.于是由引理2可知,

xθ∈{1}∪{aibj|i=2,4,6,8, 0≤j

yθ∈{1}∪{a5}.當(dāng)p?m時, 有o(xθ)|5或o(xθ)|1.于是由引理2可知

xθ∈{1}∪{aibj|i=2,4,6,8, 0≤j

yθ∈{1}∪ {a5}.因此, 當(dāng)p|m時, 先令xθ=1, 若yθ=1, 則θ顯然為平凡同態(tài).此時, 群同態(tài)θ只有1種選擇；若yθ=a5, 則任取xsyt∈Gm, 規(guī)定(xsyt)θ=(a5)t, 其中0≤s

(xs1yt1xs2yt2)θ=(xs1-s2yt1+t2)θ=(a5)t1+t2=(xs1yt1)θ(xs2yt2)θ

成立, 當(dāng)t1為偶數(shù)時, 有

(xs1yt1xs2yt2)θ=(xs1+s2yt1+t2)θ=(a5)t1+t2=(xs1yt1)θ(xs2yt2)θ

成立, 于是(xs1yt1xs2yt2)θ=(xs1yt1)θ(xs2yt2)θ, 即θ為群同態(tài).此時, 群同態(tài)θ只有1種選擇.

再令xθ=bj,o(bj)|pα, 0

最后, 令xθ=aibj,i=2,4,6,8, 0≤j

當(dāng)p?m時, 與前述同理可知, 當(dāng)xθ=1時, 無論yθ=1還是yθ=a5, 都有θ是群同態(tài)且群同態(tài)θ都只有1種選擇；當(dāng)xθ=aibj,i=2,4,6,8, 0≤j

綜上可得, |Hom(Gm,H)|=2.

定理2設(shè)m是不小于2的偶數(shù),p是大于5的素數(shù), 則|Hom(Gm,H)|=4.

證明： 設(shè)θ∈Hom(Gm,H), 由定理1可知o(xθ)|(m,10pn),o(yθ)|2.

當(dāng)p|m時, 有o(xθ)|10pα或o(xθ)|2pα, 0<α≤n.由引理2可知，

yθ∈{1}∪{a5}.當(dāng)p?m時, 有o(xθ)|10或o(xθ)|2.由引理2可知,

yθ∈{1}∪{a5}.

于是, 當(dāng)p|m時, 首先令xθ=1, 若yθ=1, 則由定理1知θ是群同態(tài), 且群同態(tài)θ有1種選擇；若yθ=a5, 則由定理1知θ是群同態(tài)且群同態(tài)θ有1種選擇.

其次, 令xθ=a5, 若yθ=1, 則任取xsyt∈Gm, 規(guī)定(xsyt)θ=(a5)s, 其中0≤s

(xs1yt1xs2yt2)θ=(xs1-s2yt1+t2)θ=(a5)s1-s2, (xs1yt1)θ(xs2yt2)θ=(a5)s1+s2, (a5)2s2=1,

即

(xs1yt1xs2yt2)θ=(xs1yt1)θ(xs2yt2)θ.

(1)

當(dāng)t1為偶數(shù)時, 有

(xs1yt1xs2yt2)θ=(xs1+s2yt1+t2)θ=(a5)s1+s2=(xs1yt1)θ(xs2yt2)θ

成立, 于是式(1)成立, 即θ為群同態(tài).此時, 群同態(tài)θ有1種選擇.若yθ=a5, 則任取xsyt∈Gm, 規(guī)定(xsyt)θ=(a5)s+t, 其中0≤s

(xs1yt1xs2yt2)θ=(xs1-s2yt1+t2)θ=(a5)s1-s2(a5)t1+t2,

(xs1yt1)θ(xs2yt2)θ=(a5)s1+t1(a5)s2+t2,

(a5)2s2=1, 即式(1)成立.當(dāng)t1為偶數(shù)時, 有

(xs1yt1xs2yt2)θ=(xs1+s2yt1+t2)θ=(a5)s1+s2(a5)t1+t2=(xs1yt1)θ(xs2yt2)θ

成立, 于是式(1)成立.即θ為群同態(tài).此時, 群同態(tài)θ只有1種選擇.

再次, 令xθ=aibj,i=1,3,7,9, 0≤j

最后, 令xθ=a5bj,o(a5bj)|2pα, 0

當(dāng)p?m時, 與前述同理, 首先令xθ=1或令xθ=a5時, 無論yθ=1還是yθ=a5, 都有θ是群同態(tài)且群同態(tài)θ都只有1種選擇；其次, 令xθ=aibj,i=2,4,6,8, 0≤j

綜上可得, |Hom(Gm,H)|=4.

定理3設(shè)m是大于2的奇數(shù),p是大于5的素數(shù), 則：

1) 當(dāng)5|m時, |Hom(H,Gm)|=10ph, 這里ph=(pα,r-1)且0≤α≤n；

2) 當(dāng)5?m時, |Hom(H,Gm)|=2ph, 這里ph=(pα,r-1)且0≤α≤n.

證明： 設(shè)θ∈Hom(H,Gm), 由于a10=1=bpn, 則

(a10)θ=(aθ)10=1, (bpn)θ=(bθ)pn=1,

從而o(aθ)|(10,4m),o(bθ)|(pn,m).

當(dāng)5|m時, 有o(aθ)|10,o(bθ)|pα, 這里0≤α≤n.若aθ=xβ, 則

(aθ)m=(xβ)m=(xm)β=1,

于是o(aθ)|m, 從而o(aθ)|5；若aθ=xβy2, 則(aθ)2m=(xβy2)2m=1, 于是o(aθ)|2m, 從而o(aθ)|10.于是由引理5可知

當(dāng)5?m時, 有o(aθ)|2,o(bθ)|pα, 這里0≤α≤n.由引理5可知

aθ∈{1}∪{y2},bθ∈{xβ|o(xβ)|pα, 0≤β

因此, 當(dāng)5|m時, 首先令aθ=xi,o(xi)|5, 0≤i

as1-s2=bt2-t1∈〈a〉∩〈b〉=1,

于是10|(s1-s2)且pn|(t2-t1), 由已知條件可知(xi)s1(xβ)t1=(xi)s2(xβ)t2, 即(as1bt1)θ=(as2bt2)θ, 因此θ為映射.又

由已知ph=(pα,r-1), 則ph|(r-1), 從而ph|t1(rs2-1), 而o(xβ)|ph, 所以o(xβ)|t1(rs2-1), 于是(xβ)t1(rs2-1)=1, 即(xβ)t1rs2+t2=(xβ)t1+t2, 從而

(xi)s1+s2(xβ)t1rs2+t2=(xi)s1+s2(xβ)t1+t2,

其次, 令aθ=xiy2,o(xiy2)|10, 0≤i

as1-s2=bt2-t1∈〈a〉∩〈b〉=1,

于是10|(s1-s2)且pn|(t2-t1), 由已知條件可知(xiy2)s1(xβ)t1=(xiy2)s2(xβ)t2, 即(as1bt1)θ=(as2bt2)θ, 因此θ為映射.又

(as1bt1as2bt2)θ=(as1+s2bt1rs2+t2)θ=(xiy2)s1+s2(xβ)t1rs2+t2,

(as1bt1)θ(as2bt2)θ=(xiy2)s1(xβ)t1(xiy2)s2(xβ)t2=(xiy2)s1+s2(xβ)t1+t2,

由已知ph=(pα,r-1), 則ph|(r-1), 從而ph|t1(rs2-1), 而o(xβ)|ph, 所以o(xβ)|t1(rs2-1), 于是(xβ)t1(rs2-1)=1, 即

(xiy2)s1+s2(xβ)t1rs2+t2=(xiy2)s1+s2(xβ)t1+t2,

因此, 當(dāng)5|m時, |Hom(H,Gm)|=10ph.

當(dāng)5?m時, 與前述類似可知, 無論令aθ=1還是令aθ=y2, 當(dāng)bθ=xβ,o(xβ)|ph,ph=(pα,r-1), 0≤h≤α, 0≤β

定理4設(shè)m是不小于2的偶數(shù),p是大于5的素數(shù), 則：

1) 當(dāng)5|m時, |Hom(H,Gm)|=20ph, 這里ph=(pα,r-1)且0≤α≤n；

2) 當(dāng)5?m時, |Hom(H,Gm)|=4ph, 這里ph=(pα,r-1)且0≤α≤n.

證明： 設(shè)θ∈Hom(H,Gm), 由于a10=1=bpn, 則

(a10)θ=(aθ)10=1, (bpn)θ=(bθ)pn=1,

從而o(aθ)|(10,4m),o(bθ)|(pn,m).

當(dāng)5|m時, 有o(aθ)|10,o(bθ)|pα, 這里0≤α≤n.若aθ=xβ, 則(aθ)m=(xβ)m=(xm)β=1, 于是o(aθ)|m, 從而o(aθ)|10；若aθ=xβy2, 則(aθ)2m=(xβy2)2m=1, 于是o(aθ)|2m, 從而o(aθ)|10.進(jìn)而由引理5可知

當(dāng)5?m時, 有o(aθ)|2,o(bθ)|pα, 這里0≤α≤n.由引理5可知

當(dāng)5?m時, 與前述類似可知, 無論令aθ=xβ,o(xβ)|2, 0≤β

3 應(yīng) 用

Asai和Yoshida猜想[8]： 設(shè)A,G是兩個有限群,A′是A的換位子群, 則

|Hom(A,G)|≡0(mod(|A/A′|,|G|)).

下證群Gm和群H之間的同態(tài)個數(shù)滿足Asai和Yoshida猜想.

推論1設(shè)m≥2為正整數(shù),p>5為素數(shù), 則

推論2設(shè)m≥2為正整數(shù),p>5為素數(shù), 則

|Hom(H,Gm)|≡0(mod(|H/H′|,|Gm|)).

證明： 因為|H/H′|=10, 故|Gm|=4m.當(dāng)5|m時, (|H/H′|,|Gm|)=10；當(dāng)5?m時, (|H/H′|,|Gm|)=2.由定理3和定理4知結(jié)論成立, 即群H到群Gm的同態(tài)個數(shù)滿足Asai和Yoshida猜想.