唐國豐，許明春

（華南師范大學數(shù)學科學學院，廣東 廣州 510631）

二性群的概念來源于特征標理論.其定義為該群的每個特征標的值均為實數(shù)，因此二性群也稱為實群［1］.利用群表示論的知識容易證明，一個群是二性群當且僅當其每個元素與其逆元素共軛.根據(jù)這一等價條件，又把群中與其逆元共軛的元素稱為實元，把包含實元的共軛類稱為實共軛類［2?3］.

已有諸多學者研究了二性群.早在1969年，Berggren在文獻［4］中就研究了“每個元素與它的逆共軛的群”，即今天所說的二性群.在該文中，Berggren證明了交錯群An是二性群當且僅當n=1，2，5，6，10或14.1994年，Armeanu在文獻［1］中研究了二性群的有關(guān)性質(zhì)，其中對含有交換Sylow 2-子群的二性群做了特別研究.2014年，郭繼東等發(fā)表文獻［5］，探討了某些二性群的結(jié)構(gòu).該文主要運用初等群論的方法，確定了2p階、4p階、2p2階、8p階二性群的結(jié)構(gòu)，其中p是奇素數(shù).基于上述結(jié)果，該文作者對階小于32的二性群進行了分類.

關(guān)于二性群還有一個由Gow提出的猜想：若G是二性群，P是G的Sylow 2-子群，則P/P＇是初等交換群.2016年，Navarro和Tiep在文獻［6］中證明了這一猜想.同時還指出，二性群的Sylow 2-子群不一定是二性群，并給出了反例A4?Q8.此外，還有許多文獻研究了實元、實共軛類及實特征標等有關(guān)問題，如文獻［7?17］.

容易舉出一些二性群的例子，如對稱群Sn，二面體群D2n等.文獻［1］和［5］中探討了某些二性群的結(jié)構(gòu).將在文獻［5］的基礎(chǔ)上繼續(xù)討論，所采用的符號和術(shù)語都是標準的.

為方便討論，將后文中需要用到的主要結(jié)論羅列如下，這些結(jié)論均以引理的形式給出.

引理1［1，5］二性群的商群是二性群；有限個二性群的直積是二性群.

引理2［2，5］設(shè)G是二性群，G≠1.則|G|為偶數(shù).

引理3［5］冪零的二性群是2-群.

引理4［5］G是4p階的二性群當且僅當G?C2×D2p?D4p.

引理5［5］G是16階的二性群當且僅當下列情形之一成立：

引理6［18］已知|G|=4pq，其中2＜p＜q，Q∈Sylq（G），G可解但非冪零，則Q?G.

引理7［19］設(shè)G為112=24×7階群，P∈Syl7（G），P?G.則

引理8［20］設(shè)|G|=p2qr，其中p，q，r是不同的素數(shù)，則G可解或G?A5.

引理9［20］（Burnside）設(shè)G是有限群，P∈Sylp（G）.若NG（P）=CG（P），則G為p-冪零群.

1 主要結(jié)果

本文的主要結(jié)果如下.

定理1設(shè)p，q是奇素數(shù)，且p＜q.則G是4pq階二性群當且僅當下列情形之一成立：

1）G?D4pq；

2）G?D2p×D2q；

3）G?A5.

定理2設(shè)p是奇素數(shù).則G是23p階二性群當且僅當下列情形之一成立：

1）G?Q8p；

2）G?D8p；

3）G?C2×C2×D2p；

4）G?S4.

定理3設(shè)p是奇素數(shù).則G是24p階二性群當且僅當下列情形之一成立：

1）G?C22×D4p；

2）G?D8×D2p；

3）G?C2×D8p；

4）G?Q8×D2p；

5）G?C2×Q8p；

6）G?D16p；

7）G?Q16p；

8）G?C2×S4；

9）G?〈a，b，c，d|a4=b3=1，c2=d2=a2，a?1ba=b2，a?1ca=d?1，a?1da=c?1，b?1cb=d，b?1db=cd，d?1cd=c?1〉.

定理4設(shè)G是亞循環(huán)群.則G是二性群當且僅當下列情形之一成立：

1）G?C2×C2；

2）G?D2n，n≥3；

3）G?Q4n，此時要求8||G|.

2 主要結(jié)果的證明

2.1定理1的證明設(shè)G為4pq階群.則由引理8，G?A5或G可解.若G?A5，則G是二性群［2，4］.若G可解，分冪零和非冪零2種情況討論G的結(jié)構(gòu).

2.1.1G冪零 由引理3，冪零的二性群是2-群.因此這時G不是二性群.

2.1.2G非冪零 設(shè)Q∈Sylq（G）.此時根據(jù)引理6，有Q?G.因此若G是二性群，則商群G/Q為4p階二性群.因此由引理4，G/Q?D4p=〈a，b|a2p=b2=1，b?1ab=a?1〉.于是G?Q?D4p.

設(shè)Q=〈x|xq=1〉.D4p中的每個元素誘導出Q的一個自同構(gòu)，即有群同態(tài)α：D4p→Aut（Q）?Cq?1.根據(jù)同態(tài)基本定理，D4p/kerα同構(gòu)于Cq?1的某個子群.由于右邊是循環(huán)群（從而為交換群），所以D4p＇=〈a2〉≤kerα.

1）若kerα=〈a2〉，則D4p/kerα?C2×C2.但右邊為循環(huán)群，矛盾.因此〈a2〉＜kerα.從而kerα=〈a〉或kerα=〈a2，b〉.（注意，若kerα=D4p，則D4p中的每個元素誘導出在Q上的恒等自同構(gòu)，從而G?Q×D4p，但Q是奇階群，由引理1和2，這與G是二性群矛盾.）

2）若kerα=〈a〉，則〈a〉中的每個元素與Q中元素可交換.但b?CG（Q）.設(shè)b?1xb=xi，則i≠1且i2≡1（modq），從而i=?1.因此這時

3）若kerα=〈a2，b〉，則〈a2，b〉中的每個元素與Q中元素可交換.但a?CG（Q），所以a?1xa=x?1.因此這時

顯然，上述討論中式（1）和（2）所確定的群G及A5均為二性群，故定理1得證.

2.2定理2的證明文獻［5］中證明了如下結(jié)果.

定理5 設(shè)p是奇素數(shù).則G是23p階二性群當且僅當下列情形之一成立：

證明上述定理中的群1）、3）、4）和5）為二性群，同時指出群2）不是二性群.事實上，群1）同構(gòu)于廣義四元數(shù)群Q4n，當且僅當n為偶數(shù)時該群是二性群［3］.這里n=2p，因此群1）為二性群.群3）事實上是二面體群，也是二性群.群4）由二性群作直積得到，因此也是二性群.群5）顯然是二性群.

對于群2），考察元素ac所在的共軛類（ac）G.由所給的定義關(guān)系，G中元素總可以寫成aibjck的形式，其中0≤i≤p?1，0≤j≤3，0≤k≤1.注意到ab=a?1，cb=b2c，且b2∈Z（G），ac=ca，因此（ac）G=｛（ac）aibjck|0≤i≤p?1，0≤j≤3，0≤k≤1｝=｛ac，（ac）b｝=｛ac，ap?1b2c｝.但ac的逆元素為ap?1c，它們不在同一個共軛類中.同樣地，考察元素ap?1c所在的共軛類，可得（ap?1c）G=｛ap?1c，ab2c｝.但ab2c與ap?1b2c互逆，它們也不在同一個共軛類中.因此群2）不是二性群，從而定理2得證.

2.3定理3的證明設(shè)G是24p階群.若G是二性群，則G的Sylow 2-子群不正規(guī).但對于P∈Sylp（G），可能有P?G或P?G.根據(jù)2種情況分別討論G的結(jié)構(gòu).

2.3.1P?G的情形 此時Q?G/P為16階二性群.由引理5，Q同構(gòu)于下列群之一：1）C24；2）C2×D8；3）C2×Q8；4）D16；5）Q16.由于|P|與|Q|互素，G?P?Q.設(shè)P=〈x|xp=1〉.下面根據(jù)Q的結(jié)構(gòu)分別討論G的結(jié)構(gòu).

1）Q?C24Q中的每個元素誘導出P的一個自同構(gòu)，即α1：C24→Au（tP）?Cp?1.由同態(tài)基本定理，C24/kerα1同構(gòu)于Cp?1的某個子群.因右端為循環(huán)群，左端也應(yīng)為循環(huán)群.但C24為初等交換群，因此C23≤kerα1.同樣地，P與Q的半直積不能為直積，所以kerα1＜C24，從而kerα1?C23.這樣，Q中的子群C23與P?Cp可交換，余下的直積因子C2與Cp形成非交換群Cp?C2.所以

2）Q?C2×D8=〈a|a2=1〉×〈b，c|b4=c2=1，c?1bc=b?1〉 此時Q中的每個元素誘導出P的一個自同構(gòu)，即α2：C2×D8→Aut（P）?Cp?1.同樣地有（C2×D8）′=1×〈b2〉≤kerα2.注意到Cp?1是循環(huán)群，因此（C2×D8）/kerα2也應(yīng)為循環(huán)群，從而kerα2只能是1×〈b，c〉，〈a〉×〈b2，c〉或〈a〉×〈b〉.

i）若kerα2=1×〈b，c〉，則〈b，c〉?D8與P?Cp可交換，〈a〉?C2與Cp形成非交換群，從而

ii）若kerα2=〈a〉×〈b2，c〉，則〈a〉×〈b2，c〉與P可交換.但b?CG（P）.設(shè)b?1xb=xj，則j≠1且j2≡1（modp），從而j=?1.因此

iii）若kerα2=〈a〉×〈b〉，則〈a〉×〈b〉與P可交換.但c?CG（P），從而

3）Q?C2×Q8=〈a|a2=1〉×〈b，c|b4=1，c2=b2，c?1bc=b?1〉 同樣地有α3：C2×Q8→Aut（P）?Cp?1，（C2×Q8）′=1×〈b2〉≤kerα3.注意到Cp?1是循環(huán)群，因此（C2×Q8）/kerα3也應(yīng)為循環(huán)群，因此kerα3只能是1×〈b，c〉，〈a〉×〈b2，c〉或〈a〉×〈b〉.

i）若kerα3=1×〈b，c〉，則〈b，c〉?Q8與P?Cp可交換，〈a〉?C2與Cp形成非交換群，從而

ii）若kerα3=〈a〉×〈b2，c〉，則〈a〉×〈b2，c〉與P可交換.但b?CG（P），從而

iii）若kerα3=〈a〉×〈b〉，則〈a〉×〈b〉與P可交換.但c?CG（P），從而

4）Q?D16=〈a，b|a8=b2=1，b?1ab=a?1〉 同樣地有α4：D16→Aut（P）?Cp?1.D16′=〈a2〉≤kerα4.但若kerα4=〈a2〉，則D16/kerα4?C22，不能作為Cp?1的子群.因此kerα4只能是〈a〉或〈a2，b〉.

i）若kerα4=〈a〉，則〈a〉與P可交換.但b?CG（P），從而

ii）若kerα4=〈a2，b〉，則〈a2，b〉與P可交換.但a?CG（P），從而

5）Q?Q16=〈a，b|a8=1，b2=a4，b?1ab=a?1〉 同樣地有α5：Q16→Aut（P）?Cp?1.Q16＇=〈a2〉≤kerα5.同理，〈a2〉＜kerα5.從而kerα5=〈a〉或〈a2，b〉.

i）若kerα5=〈a〉，則〈a〉與P可交換.但b?CG（P），從而

ii）若kerα5=〈a2，b〉，則〈a2，b〉與P可交換.但a?CG（P），從而

所以，若G為24p階二性群，且Sylowp-子群P?G，則G必同構(gòu)于上述群3~13中的一個.

由引理1和定理2可知群5）不是二性群.通過考察共軛類可知，群11）和群13）中均存在非共軛的互逆元素，從而不是二性群.不難看出其余的7個群均為二性群（8）和9）確定的是同構(gòu)的群），因此當P?G時，G是24p階二性群當且僅當下列情形之一成立：

2.3.2P?G的情形 根據(jù)Sylow定理，|Sylp（G）|＞1且|Sylp（G）||16.因此p只能是7，5或3.下面逐一討論.

1）p=7 由引理7，有

容易看出，這時G中的Sylow 2-子群正規(guī)，從而G不是二性群.

2）p=5 根據(jù)Sylow定理，有|Syl5（G）|=|G：NG（P）|=16，因此p=|NG（P）|=|P|，從而P=CG（P）=NG（P）.由引理9，此時G是p-冪零群，因此不是二性群.

3）p=3 當p=3且P?G時，由文獻［19］，下列情形之一成立：

下面逐一考察它們是否為二性群.群i）中子群〈b，c，d〉?G，商群G/〈b，c，d〉為4階循環(huán)群，不是二性群，從而G不是二性群；群ii）事實上同構(gòu)于C2×S4，由引理1知其為二性群；通過計算共軛類可知，群iii）不是二性群，群iv）為二性群.這樣，48階二性群共有9個.

綜上所述，定理3得證.

2.4定理4的證明充分性是顯然的，下面證明必要性.

設(shè)G是亞循環(huán)的二性群，則G有循環(huán)正規(guī)子群N，使得G/N是循環(huán)的二性群，從而G/N?C2.可設(shè)N=〈a|an=1〉，G/N=〈bN〉，b?N，b2∈N.于是G=〈a，b〉.考慮元素a所在的共軛類，aG=｛a，ab｝.由于G是二性群，因此a?1=a或ab.

若a?1=a，則N=〈a|a2=1〉，G/N?C2，從而G?C2×C2.

若a?1=ab，則設(shè)b2=am.于是am與b可交換，am=b?1amb=a?m，所以a2m=1，從而2m≡0（modn）.若n是奇數(shù)，則m≡0（modn），從而b2=1.這時G=〈a，b|an=b2=1，b?1ab=a?1〉，同構(gòu)于二面體群.若n是偶數(shù)，則m≡0（modn/2），從而b2=an/2或1.前一種情形即G=〈a，b|an=1，b2=an/2，b?1ab=a?1〉，同構(gòu)于廣義四元數(shù)群.由于G是二性群，由廣義四元數(shù)群的特征標表［3］知此時8||G|.后一種情形G同構(gòu)于二面體群.

證畢.

上述定理的證明一定程度上參考了H?lder關(guān)于亞循環(huán)群構(gòu)造定理的證明，見文獻［20］.