鄭毅， 吳珍鳳， 殷霞， 楊南迎

江南大學 理學院， 江蘇 無錫 214122

文中所涉及的群均為有限群．G總表示一個有限群， |G|表示G的階，π(n)表示所有整除n的素因子的集合， 且π(G)=π(|G|)． |G|π表示能整除|G|且素因子均在π中的最大整數(shù)．

文獻[1]首次引入了半正規(guī)的概念： 假定H≤G， 如果G中存在子群K， 滿足G=HK， 且對任一K1

文獻[2]利用子群的半正規(guī)性， 推廣了Ito定理．

文獻[3]結合次正規(guī)和半正規(guī)的概念引入了半次正規(guī)的概念： 假定A≤G， 如果A在G中次正規(guī)或者半正規(guī)， 則稱A在G中是半次正規(guī)的， 并得到了有限群超可解的若干判別準則．

近些年， 學者們通過利用有限群的σ-理論和半正規(guī)子群的性質來研究有限群， 得到了有限群結構的許多重要的結果(參見文獻[3-12])． 通過分析這些已有的結果與方法， 本文結合σ-次正規(guī)性和半正規(guī)性引入了如下概念：

定義1假定A≤G， 如果A在G中σ-次正規(guī)或者半正規(guī)， 則稱A在G中是σ-半次正規(guī)的．

由定義， 半次正規(guī)子群顯然也是σ-半次正規(guī)子群， 但下面的例子表明反之不成立：

例1設G=PSL2(7)， 則|G|=23·3·7， 且G中含有一個階為3·7的極大子群， 記為M． 令σ={σ1，σ2}， 其中σ1={2， 3， 7}，σ2={2， 3， 7}′． 則G是σ-冪零的， 從而由文獻[3]的命題2.3知M在G中是σ-次正規(guī)的， 則M是σ-半次正規(guī)的． 若M在G中是半次正規(guī)的， 那么由于G是單群， 故M在G中是半正規(guī)的， 從而存在B≤G使得G=MB， 且對任意B1

通過研究σ-半次正規(guī)子群， 我們給出有限群的σ-可解性和超可解性的一些新的充分條件． 未交代的符號和概念參見文獻[13-19]．

1 預備知識

引理1[4，6]設A，K和N是群G的子群． 假設A在G中是σ-次正規(guī)的， 并且N正規(guī)于G， 則：

(i)A∩K在K中是σ-次正規(guī)的；

(ii)AN/N在G/N中是σ-次正規(guī)的；

(iii) 若A是G的σ-Hall子群， 則A正規(guī)于G；

(iv) 若H≠1是G的HallΠ-子群， 且A不是Π′-群， 則A∩H≠1且是A的HallΠ-子群；

(v) 若G是Π-完全群， 且A是Π-群， 則A≤OΠ(G)．

引理2[15]設G是群，H≤X≤G且N正規(guī)于G， 則下列結論成立：

(i) 如果H在G中半正規(guī)， 則H在X中半正規(guī)；

(ii) 如果H在G中半正規(guī)， 則HN/N在G/N中半正規(guī)；

(iii) 如果H在G中半正規(guī)， 且K是H在G中的S-補， 則對?g∈G和L≤K，H與Lg置換， 特別地， 對任意g∈G，Kg是H在G中的S-補．

引理3設G是群，H≤X≤G， 如果H在G中σ-半次正規(guī)， 則下列結論成立：

(i)H在X中σ-半次正規(guī)；

(ii) 若N正規(guī)于G， 則HN/N在G/N中σ-半次正規(guī)．

證如果H在G中σ-次正規(guī)， 則由引理1得(i)-(ii)成立； 如果H在G中半正規(guī)， 則由引理2得(i)-(ii)成立． 因此(i)-(ii)成立．

引理4[4]σ-可解群在子群、 同態(tài)像和直積下是封閉的． 并且任意兩個σ-可解群的擴張還是σ-可解群．

引理5[5]令H是群G的次正規(guī)且σ-可解子群， 那么H≤Rσ(G)．

引理6[15]令H是群G的半正規(guī)Hallπ-子群， 那么H在G中的任一S-補都是G的Hallπ′-子群．

引理7[15]令H是群G的半正規(guī)子群， 且K是H在G中的S-補， 那么對K的任一子群L，HL∩LH在G中次正規(guī)．

引理8[16]若X是群G的次正規(guī)且π-可解子群， 則XG是π-可解群．

引理9[17]設G是群，P∈Sylp(G)且P循環(huán)． 若p是整除|G|的最小素因子， 則G有正規(guī)p-補， 即G為p-冪零群．

引理10[18]有限群G是超可解群當且僅當G的所有極大子群的指數(shù)是素數(shù)．

2 主要結果

定理1設群G是具有Sylow型的σ-完全群， 且有完全Hallσ-集H={H1， …，Ht}． 令p是整除|G|的最小素因子， 假設對任意的i=1，…，t，Hi是p-冪零群． 如果對所有的非循環(huán)子群Hi，Hi在G中都是σ-半次正規(guī)的， 那么G是σ-可解群．

證假設結論不成立， 并設群G是一極小階反例， 我們分以下步驟來證明：

步驟1如果R是群G的一個極小正規(guī)子群， 那么G/R滿足定理1的假設， 從而G/R是σ-可解的．

步驟2Rσ(G)=1．

假設Rσ(G)≠1， 則G存在非平凡的σ-可解正規(guī)子群N． 那么由步驟1知，G/N是σ-可解的， 從而由引理4知G是σ-可解的， 矛盾． 因此Rσ(G)=1．

步驟3對任意非循環(huán)的子群Hi， 都有Hi半正規(guī)于G．

由假設， 對任意非循環(huán)的子群Hi， 都有Hi在G中σ-次正規(guī)或半正規(guī)． 如果Hi在G中σ-次正規(guī)， 則由引理1(iii)可知Hi正規(guī)于G， 與步驟2矛盾． 這表明對任意非循環(huán)的子群Hi， 都有Hi半正規(guī)于G．

步驟4令p∈σ1． 則H1是非循環(huán)的且在G中半正規(guī)．

若H1是循環(huán)的， 則G的Sylowp-子群也是循環(huán)的， 從而由引理9知G是p-冪零的． 又因為p是整除|G|的最小素因子， 所以G是可解的， 矛盾， 故H1是非循環(huán)的． 因此由步驟3知，H1在G中是半正規(guī)的．

步驟5|σ(G)|=2且G=H1H2．

由步驟4知H1半正規(guī)于G． 根據(jù)引理6得，G存在Hallσ′1-子群K， 使得K是H1在G中的S-補． 令L是K的任一Hallσi-子群(i≠1)， 則L也是G的Hallσi-子群． 又因G是具有Sylow型的σ-完全群， 從而存在x∈G使得Lx=Hi． 于是由引理2(iii)可得H1Hi≤G， 并且Kx也同樣是H1在G中的S-補． 因此由引理3(i)得H1Hi滿足定理假設． 如果|σ(G)|>2， 那么H1Hi

我們得到D是σ-可解的． 再根據(jù)引理5， 我們有D≤Rσ(G)． 故由步驟2， 得到D=1， 從而

因此Hi≤CG(H1)． 由Hi選取的任意性知H1?G， 但這與步驟2矛盾． 因此|σ(G)|=2， 即G=H1H2．

步驟6最后矛盾．

下面分兩種情況討論：

情況1H2非循環(huán)． 由步驟3知H1，H2在G中半正規(guī)， 再由引理6和引理2(iii)可得，H1是H2在G中的S-補， 同時H2也是H1在G中的S-補． 現(xiàn)設L1，L2是H1的兩個不同的極大子群， 且Ai=H2Li，i=1，2， 則

A1=H2L1

我們斷言A1，A2均是σ-可解的． 顯然{Li，H2}是Ai的完全Hallσ-集，Li=H1∩Ai是Ai的Hallσ1-子群． 因為H2是H1在G中的S-補， 所以對任意B

H1B∩Ai=(H1∩Ai)B=LiB

所以Li≤CG(H2)． 又因為H1=〈L1，L2〉， 從而H1≤CG(H2)， 故H2?G， 矛盾．

情況2H2循環(huán)． 由步驟4知H1在G中半正規(guī)， 從而由引理6知H2是H1在G中的S-補． 我們斷言|H2|=q． 設Q是H2的一個極大子群， 則H1Q是G的真子群． 因{H1，Q}是H1Q的完全Hallσ-集， 且由引理3得H1Q滿足定理假設， 所以由G的選取知H1Q是σ-可解的． 于是同情況1同樣的討論可得到H1≤CG(Q)， 故Q?G． 由步驟2，Q=1， 從而|H2|=q， 故G是可解群， 矛盾．

綜上所述， 定理1得證．

推論1[15]如果群G的所有非循環(huán)Sylow子群在G中半正規(guī)， 那么G是可解群．

定理2設群G有完全Hallσ-集H={H1， …，Ht}， 使得Hi均為超可解子群， 對于所有i=1，…，t， 如果G的任意極大子群在G中都是σ-半次正規(guī)的， 那么G是超可解群．

證假設定理2不成立， 并設群G是一極小階反例， 我們分以下步驟來證明：

步驟1若R是群G的一個非平凡的極小正規(guī)子群， 則G/R是超可解群．

步驟2G有唯一極小正規(guī)子群， 記作R．

設R1和R2是G的兩個不同極小正規(guī)子群， 則由步驟1知，G/R1和G/R2均為超可解的， 故G是超可解群， 矛盾．

步驟3最后矛盾．

設M是G的任一極大子群． 如果R≤M， 那么M/R是G/R的極大子群， 于是由步驟1知，G/R是超可解群． 所以根據(jù)引理10， 我們有|G∶M|=|G/R∶M/R|為素數(shù)． 如果R≤/M， 那么G=RM， 且由假設，M在G中σ-半次正規(guī)． 若M在G中σ-次正規(guī)， 則M?G或者G/MG為σ-準素的．

若M?G， 則由R的唯一性知M=1， 從而G是素數(shù)階循環(huán)群， 矛盾．

若G/MG為σ-準素的， 則對某個Hi∈H，G/MG=HiMG/MG， 因Hi是超可解的， 從而G/MG為超可解群， 故MG≠1． 又由步驟2知，R≤MG≤M， 矛盾． 該矛盾表明M在G中半正規(guī)．

現(xiàn)設K是M在G中的S-補， 則G=MK， 且對任意H

MK1∩K=(M∩K)K1=K

從而可得

MK1=M(M∩K)K1=MK=G

矛盾， 故M∩K≤Φ(K)． 設L是K的任一極大子群， 則ML是G的真子群． 又因M是G的極大子群， 于是ML=M， 則L≤M∩K≤K， 因此L=M∩K． 從而

Φ(K)≤L=M∩K≤Φ(K)

于是L=M∩K=Φ(K)是K的極大子群， 這表明K的極大子群唯一， 從而K為素數(shù)冪階循環(huán)群， 故|G∶M|=|K∶M∩K|為素數(shù)． 因此， 對G的任一極大子群M， 都有|G∶M|為素數(shù)． 由引理10可知，G是超可解群， 矛盾． 定理2得證．

推論2[3]如果群G的所有極大子群在G中半正規(guī)， 那么G是超可解群．

定理3設群G是具有Sylow型的σ-完全群， 且有完全Hallσ-集H={H1， …，Ht}． 令p是整除|G|的最小素因子， 且當p∈σi時，Hi是超可解群． 如果Hi的所有極大子群都在G中σ-半次正規(guī)， 那么G是σ-可解群．

證假設定理3不成立， 并設G是一極小階反例， 則由Feit-Thompson定理可知p=2． 不失一般性， 可假設p∈σ1．

步驟1如果R是G的非平凡正規(guī)子群， 那么G/R是σ-可解群．

若2?|H1R/R|， 則G/R為2′-群， 從而G/R是可解群．

M=M∩H1R=(M∩H1)R

因為H1是超可解群， 所以由引理10知|H1R/R∶M/R|=|H1R∶M|=|H1∶M∩H1|是素數(shù)， 從而M∩H1是H1的極大子群． 則由引理3知(M∩H1)R/R=M/R在G/R中σ-半次正規(guī)， 故G/R滿足定理假設． 因此由G的選取可知，G/R是σ-可解群．

步驟2Oσ1(G)=Oσ′1(G)=1．

若Oσ1(G)≠1， 則由步驟1知G/Oσ1(G)為σ-可解群． 又因Oσ1(G)是σ-可解的， 從而根據(jù)引理4得到G是σ-可解的， 矛盾， 故Oσ1(G)=1． 若Oσ′1(G)≠1， 則由步驟1知G/Oσ′1(G)為σ-可解群． 又因Oσ′1(G)為奇數(shù)階的， 故是可解群， 從而根據(jù)引理4得到G是σ-可解的， 矛盾， 因此Oσ′1(G)=1．

步驟3最后矛盾．

因此|H1|=2， 從而由引理9知G是可解群， 矛盾． 因此M在G中半正規(guī)．

設K是M在G中的S-補， 則G=MK． 于是對任意q∈σi∩π(G)(i=2，…，t)， 有q||K|． 設Q∈Sylq(K)， 令D=MQ∩QM， 則由引理7知D次正規(guī)于G． 如果D=1， 那么

[M，Q]≤[MQ，QM]≤MQ∩QM=1

從而Q≤CG(M)． 則由q的任意性知|G∶NG(M)|是σ1-數(shù)， 又由M?H1可得M?G， 與步驟2矛盾． 因此存在Q∈Sylq(K)， 使得D=MQ∩QM≠1． 顯然D≤MQ， 于是由引理3知M在MQ中半正規(guī)． 又因為M≤H1是超可解的， 則M為2-冪零的， 從而由文獻[15]的定理1知MQ為π(M)-可解的， 進而由引理8知DG為π(M)-可解的． 令R是G的極小正規(guī)子群， 且R≤DG， 則R亦是π(M)-可解的． 再因|H1∶M|=2， 那么π(H1)=π(M)或者π(H1)=π(M)∪{2}．

如果π(H1)=π(M)， 則R為π(H1)-可解的， 從而R是π′(H1)-群或初等交換t-群， 其中t∈σ1． 若R為π′(H1)-群， 則R≤Oσ′1(G)=1， 矛盾． 若R是初等交換群， 則R≤Oσ1(G)=1， 矛盾．

如果π(H1)=π(M)∪{2}， 那么|H1|2=2， 從而由引理9知G是可解群．

綜上所述， 定理3得證．

定理4設群G是具有Sylow型的σ-完全群， 且H={H1， …，Ht}是G的一個完全Hallσ-集， 使得對所有的i=1，…，t，Hi是超可解群． 令A和B是G的子群， 且G=AB． 如果A，B的所有Hallσi-子群在G中都是σ-半次正規(guī)的， 那么G是超可解群．

證不失一般性， 可設Hi是G的Hallσi-子群(i=1，…，t)． 假設定理4不成立， 并設群G是一極小階反例， 我們分以下步驟來證明：

步驟1對G的任一非平凡的正規(guī)子群R，G/R是超可解群．

令R是G的任一非平凡的正規(guī)子群， 則

G/R=AR/R·BR/R

H=(H∩A)R

且

|AR/R∶H/R|=|AR∶H|=|AR∶(H∩A)R|=|A∶H∩A|

是σ′i-數(shù)． 再令S是H∩A的任一Hallσi-子群， 則|A∶S|=|A∶H∩A||H∩A∶S|是σ′i-數(shù)． 從而S是A的一個Hallσi-子群， 則由假設知S在G中是σ-半次正規(guī)的． 又因為

SR/R≤H/R

且

|AR/R∶SR/R|=|AR∶SR|=|A∶S|/|A∩R∶S∩R|

是σ′i-數(shù)， 所以SR/R是AR/R的一個Hallσi-子群， 故SR/R=H/R． 由引理3(ii)知，H/R=SR/R在G/R中是σ-半次正規(guī)的． 類似地， 我們可以證明BR/R中的任一Hallσi-子群K/R在G/R中是σ-半次正規(guī)的． 因此G/R滿足定理假設條件， 故由G的選取可知，G/R是超可解群．

步驟2G是可解群．

事實上， 我們只需證明G是σ-可解群． 因為若G是σ-可解的， 則對G的任一主因子H/K， 都有H/K是σ-準素的， 所以存在G/K的某一Hallσi-子群HiK/K， 使得H/K≤HiK/K． 又因HiK/K?Hi/Hi∩K是超可解的， 故H/K是初等交換的q-群， 對于某個素數(shù)q，G是可解群．

下面我們證明G是σ-可解群． 令p是整除|G|的最小素因子， 且不妨假設p∈σ1． 因為G=AB， 所以若A，B都是σ1-子群， 則G是σ1-群， 從而G是σ-可解群， 得證．

下面我們可以假設A，B不全是σ1-子群， 不妨設A不是σ1-子群， 則A中存在Hallσi-子群Ai， 使得Ai≠1且i≠1． 由定理假設，Ai在G中是σ-半次正規(guī)的．

若Ai在G中是σ-次正規(guī)的， 則由引理1(v)知A≤Oσi(G)． 從而由步驟1知G/Oσi(G)是超可解的， 進而G是σ-可解的．

因此， 在任一種情況下， 我們都能得到G是σ-可解的． 從而步驟2成立．

步驟3G中含有唯一的極小正規(guī)子群， 記為N． 且N=Oq(G)=CG(N)， 對于某個素數(shù)q，q∈σi．

由步驟1和步驟2可以直接得到．

步驟4最后矛盾．

如果T在G中是σ-次正規(guī)的， 則

T≤Oσj(G)≤CG(N)=N

矛盾． 從而T在G中是半正規(guī)的． 故存在G的子群U， 使得G=TU， 且對任意U1≤U有TU1≤G． 顯然N≤U， 從而TN1=N1T． 由TN1∩N=N1知T≤NG(N1)， 故

T≤NG(N1)∩A=NA(N1)

即|A∶NA(N1)|是σ′j-數(shù)． 由j的任意性知|A∶NA(N1)|是σi-數(shù)．

與上面的證明類似， 可得|B∶NB(N1)|也是σi-數(shù)．

綜上所述， 定理4得證．

推論3[3]令A和B是G的子群， 且G=AB． 如果A，B的所有Sylow子群在G中都是半次正規(guī)的， 那么G是超可解群．