0 引言

确定n阶群的构造，是有限群论中人们一直关心的一个问题.文献[1]和[2]分别确定了p³q阶群和p³q²阶群的构造(其中p，q是不同的素数)，特别地，当p=2，q=3时，文献[3]用较简便的方法确定了2²3³(即108)阶群的构造.文献[4]确定了所有2³p³阶群的构造(其中p是奇素数且p≠3，7).文献[5]确定了所有2³7³(即2 744)阶群的构造，但文中有几处错误.文献[6]确定了所有2³3³(即216)阶群的构造，并更正了文献[5]中的错误.文献[7]分析了无3次因子阶群的结构信息，并给出了在同构意义上构造这类群的一个算法.文献[8]对无3次因子阶群的结构信息给出了进一步的描述和刻画.文献[9]对无4次因子阶群的结构信息给出了描述和刻画.文献[10]利用有限群子群的θ-完备性，讨论了某些有限群的可解性.本文对Sylow q-子群为初等交换q-群的p³q³阶群进行完全分类，并确定了它们的全部构造.

1 主要结果

定理1  设p，q为不同的奇素数，且p＞q，G是p³q³阶群，Sylow q-子群为初等交换q-群，那么：

1) 当q＞3时：若(q，(p³-1)(p+1))=1，且(q²+q+1，p)=1，则G有5种不同构的类型；若(q，p+1)=q(这时有(q，p³-1)=1，且(q²+q+1，p)=1)，则G有7种不同构的类型；若(q，p²+p+1)=q(这时有(q，p²-1)=1，且(q²+q+1，p)=1)，则G有6种不同构的类型；若(q，p²+p+1)=q，且(q²+q+1，p)=p，则G有(p+35)/3种不同构的类型；若(q²+q+1，p)=p，但(q，p³-1)=1，则G有(p+32)/3种不同构的类型；若(q，p-1)=q，且q≡1(mod 3)，则G有16+2q+(4q²+q+1)/6种不同构的类型；若(q，p-1)=q，q≡-1 (mod 3)，而且(q²+q+1，p)=p，则G有21+2q+(4q²+q+2p+1)/6种不同构的类型；若(q，p-1)=q，q≡-1 (mod 3)，但(q²+q+1，p)=1，则G有16+2q+(4q²+q-3)/6种不同构的类型.

2) 当q=3时：若p≡-1 (mod 3)，则G有7种不同构的类型；若p≡1 (mod 3)，且p≠13时，则G有28种不同构的类型；若p=13，则G有38种不同构的类型.

2 定理的证明

为了给出定理1的证明，在下文中用|g|表示元素g的阶，对于两个群A与B，用A：B表示A被B的半直积.G的Sylow q-子群为Q=〈x〉×〈y〉×〈z〉，其中x，y，z都是q阶元.由文献[11]知G的Sylow p-子群P必为下列5种类型之一：P₁=〈a〉，式中|a|=p³；P₂=〈a〉×〈b〉，式中|a|=p²，|b|=p；P₃=〈a〉×〈b〉× 〈c〉，式中|a|=|b|=|c|=p；P₄=〈a〉：〈b〉，式中|a|=p²，|b|=p，a^b=a^p+1；P₅=(〈a〉×〈c〉)：〈b〉，式中|a|=|b|=|c|=p，a^b=ac，c^b=c.下面用5个引理来叙述.

引理1  设p³q³阶群G的Sylow p-子群是循环p-群P₁，则：

1) 当(q(q²+q+1)，p(p-1))=1时，G恰有1种不同构的类型G=P₁×Q.

2) 当(q，p-1)=q，但(q²+q+1，p)=1时，G除了P₁×Q外，还有构造G=(〈a〉：〈x〉)×〈y〉×〈z〉，其中：a^x=a^r；$r={{\sigma }^{\frac{{{p}^{2}}\left( p-1 \right)}{q}}}$；σ是模p³的一个原根.

3) 当(q²+q+1，p)=p(这时必有p≡1(mod 3))时，G除了P₁×Q外，还有构造G=(〈x〉×〈y〉×〈z〉)：〈a〉，其中：x^a=y；y^a=z；z^a=xy^γz^β.而β，γ∈Z_q，使得λ³-βλ²-γλ-1是Z_q上多项式(λ^p-1)/(λ-1)的一个3次不可约因式.

证明  由文献[12]中的引理3和引理6可得.

引理2  设σ是模p²与p的一个公共原根，$r={{\sigma }^{\frac{p\left( p-1 \right)}{q}}}$，$s={{\sigma }^{\frac{p-1}{q}}}$，如果p³q³阶群G的Sylow p-子群是交换p-群P₂，则：

1) 当(q(q²+q+1)，p(p-1))=1时，G恰有1种不同构的类型G=P₂×Q.

2) 当(q，p-1)=q时((q²+q+1，p)=1或p)，G除了P₂×Q外，还有不同构的类型

$ G\left( i \right)=\left( \left\langle a \right\rangle :\left\langle x \right\rangle \right)\times \left( \left\langle b \right\rangle :\left\langle y \right\rangle \right)\times \left\langle z \right\rangle, $

(1)

其中：a^x=a^ri；b^y=b^s；i=0，1.因此式(1)代表 2个不同构的p³q³阶群

$ G\left( i \right)=\left( \left( \left\langle a \right\rangle \times \left\langle b \right\rangle \right):\left\langle x \right\rangle \right)\times \left\langle y \right\rangle \times \left\langle z \right\rangle , $

(2)

其中：a^x=a^r，b^x=b^si，0≤i≤q-1.因此式(2)代表q个不同构的p³q³阶群.

3) 当p≡1(mod 3)，且(q²+q+1，p)=p时((q，p-1)=1或q)，G除了P₂×Q外，还有2种不同构的类型

$ G=\left( \left( \left\langle x \right\rangle \times \left\langle y \right\rangle \times \left\langle z \right\rangle \right):\left\langle a \right\rangle \right)\times \left\langle b \right\rangle, $

(3)

其中：x^a=y；y^a=z；z^a=xy^γz^β.而β，γ∈Z_q，使得λ³-βλ²-γλ-1是Z_q上多项式(λ^p-1)/(λ-1)的一个3次不可约因式

$ G=\left( \left( \left\langle x \right\rangle \times \left\langle y \right\rangle \times \left\langle z \right\rangle \right):\left\langle b \right\rangle \right)\times \left\langle a \right\rangle, $

(4)

其中：x^b=y；y^b=z；z^b=xy^γz^β.而β，γ∈Z_q使得λ³-βλ²-γλ-1是Z_q上多项式(λ^p-1)/(λ-1)的一个3次不可约因式.

证明  (ⅰ)首先，设G的Sylow p-子群是正规子群.这时可证明G是超可解的，而且可设〈a〉与〈b〉都是Q-不变的.因为Aut(〈a〉)与Aut(〈b〉)分别是p(p-1)、p-1阶循环群，所以，当(q，p-1)=1时，G必是交换群且有构造P₂×Q.当(q，p-1)=q时，G除了P₂×Q外，还可能是非交换群，而由于Q/C_Q(a)，Q/C_Q(b)分别同构于Aut(〈a〉)与Aut(〈b〉)的一个子群，所以C_Q(a)与C_Q(b)中至少有一个不是Q.

1) 当C_Q(a)=Q而C_Q(b)≠Q时，不妨设C_Q(b)=〈x〉×〈z〉，则a^x=a^y=a^z=a，b^x=b^z=b，且可设b^y=b^s (否则只要用y的适当方幂代替y即可)，于是得G的构造为式(1)中的G(0).

2) 当C_Q(a)≠Q而C_Q(b)=Q时，不妨设C_Q(a)=〈y〉×〈z〉，则a^y=a^z=a，且可设a^x=a^r (否则只要用x的适当方幂代替x即可)，于是得G的构造为式(2)中的G(0).

3) 当C_Q(a)与C_Q(b)都不等于Q且C_Q(a)≠C_Q(b)时，则不妨设C_Q(a)=〈y〉×〈z〉，C_Q(b)=〈x〉×〈z〉，且可设a^x=a^r (否则只要用x的适当方幂代替x即可)，b^y=b^s (否则只要用y的适当方幂代替y即可)，于是得G的构造为式(1)中的G(1).

4) 当C_Q(a)=C_Q(b)≠Q时，则可设C_Q(a)=C_Q(b)=〈y〉×〈z〉，a^x=a^r (否则只要用x的适当方幂代替x即可)，b^x=b^si，其中1≤i≤q-1，于是得G的构造为式(2)中的G(1)，G(2)，…，G(q-1).

(ⅱ)其次，设G的Sylow p-子群不是正规子群.这时，由Sylow定理可知，G的Sylow p-子群的个数是q³，于是应有N_G(P₂)=P₂.但P₂是交换群，所以N_G(P₂)=C_G(P₂).由Burnside定理知，G的Sylow q-子群是正规子群，从而P₂/C_P2(Q)同构于Aut(Q)的一个子群.又Aut(Q)同构于GL(3，q)，而GL(3，q)的阶是q³(q³-1)(q²-1)(q-1)，所以必有(p³，q²+q+1)=p，因此C_P2(Q)是P₂的p²阶子群，且由文献[12]可知Q必是G的极小正规子群，而p≡1(mod 3).当C_P2(Q)是循环群时，不妨设C_P2(Q)=〈a〉，由文献[12]可知G有形如式(4)的构造.当C_P2(Q)不是循环群时，则C_P2(Q)=〈a^p, b〉，同样由文献[12]可知G有形如式(3)的构造.综上所述，引理3成立.

引理3  设σ是模p的一个原根，$s={{\sigma }^{\frac{p-1}{q}}}$，如果p³q³阶群G的Sylow p-子群是初等交换p-群P₃，则：

1) 当(q(q²+q+1)，p(p³-1)(p+1))=1时，G恰有1种不同构的类型G=P₃×Q.

2) 当(q，p-1)=q，((q²+q+1，p)=1或p)时，G除了P₃×Q外，还有不同构的类型

$ G\left( i, j \right)=\left( \left( \left\langle a \right\rangle \times \left\langle b \right\rangle \times \left\langle c \right\rangle \right):\left\langle x \right\rangle \right)\times \left\langle y \right\rangle \times \left\langle z \right\rangle, $

(5)

其中：a^x=a^s；b^x=b^si；c^x=c^sj，0≤i, j≤q-1.当q=3时，式(5)包含5个不同构的p³q³阶群；当q≡1 (mod 3)时，式(5)包含(q²+4q+1)/6个不同构的p³q³阶群；当q≡-1(mod 3)时，式(5)包含(q²+4q+9)/6个不同构的p³q³阶群.

$ G\left( i, j \right)=\left( \left( \left\langle a \right\rangle \times \left\langle b \right\rangle \times \left\langle c \right\rangle \right):\left( \left\langle x \right\rangle \times \left\langle y \right\rangle \right) \right)\times \left\langle z \right\rangle, $

(6)

其中：a^x=a^s；a^y=a；b^x=b；b^y=b^s；c^x=c^si；c^y=c^sj，0≤j≤i≤q-1，而G(i, 0)$\cong $G(k, 0)，当且仅当ik≡1 (mod q)，所以式(6)包含(q²+3)/2个不同构的p³q³阶群.G=(〈a〉：〈x〉)×(〈b〉：〈y〉)×(〈c〉：〈z〉)，其中：a^x=a^s；b^y=b^s；c^z=c^s.

3) 当(q，p+1)=q时，G除了P₃×Q外，还有1种构造G=((〈a〉×〈b〉)：〈x〉)×〈c〉×〈y〉×〈z〉，其中：a^x=b；b^x=a^-1b^β.而β∈Z_p，使得λ²-βλ+1是Z_p上多项式λ^q-1的一个2次不可约因式.

4) 当q≡1(mod 3)，且(q，p²+p+1)=q时，G除了P₃×Q外，还有1种构造

$ G=\left( \left( \left\langle a \right\rangle \times \left\langle b \right\rangle \times \left\langle c \right\rangle \right):\left\langle x \right\rangle \right)\times \left\langle y \right\rangle \times \left\langle z \right\rangle, $

(7)

其中：a^x=b；b^x=c；c^x=ab^βc^γ，而β，γ∈Z_p，使得λ³-γλ²-βλ-1是Z_p上多项式(λ^q-1)/(λ-1)的一个3次不可约因式.

5) 当p≡1(mod 3)，且(q²+q+1，p)=p时，G除了P₃×Q外，还有1种构造G=((〈x〉×〈y〉×〈z〉)：〈a〉)×〈b〉×〈c〉，其中：x^a=y；y^a=z；z^a=xy^γz^β.而β，γ∈Z_q使得λ³-βλ²-γλ-1是Z_q上多项式(λ^p-1)/(λ-1)的一个3次不可约因式.

证明  由文献[13]的定理1可得.

引理4  设σ是模p²的一个原根，$r={{\sigma }^{\frac{p\left( p-1 \right)}{q}}}$，如果p³q³阶群G的Sylow p-子群是指数为p²的非交换p-群P₄，则：

1) 当(q(q²+q+1)，p(p-1))=1时，G恰有1种不同构的类型G=P₄×Q.

2) 当(q，p-1)=q时，G除了P₄×Q外，还有构造

$ G=\left( \left( \left\langle a \right\rangle :\left\langle b \right\rangle \right):\left\langle x \right\rangle \right)\times \left\langle y \right\rangle \times \left\langle z \right\rangle, $

(8)

其中：a^x=a^r；a^b=a^p+1；b^x=b.

3) 当(q²+q+1，p)=p且p≡1(mod 3)时，G除了P₄×Q外，还有不同构的类型

$ G=\left( \left( \left\langle x \right\rangle \times \left\langle y \right\rangle \times \left\langle z \right\rangle \right):\left\langle a \right\rangle \right):\left\langle b \right\rangle, $

(9)

其中：x^a=y；y^a=z；z^a=xy^γz^β；[x, b]=[y, b]=[z, b]=1；a^b=a^p+1.而β，γ∈Z_q使得λ³-βλ²-γλ-1是Z_q上多项式(λ^p-1)/(λ-1)的一个3次不可约因式

$ G=\left( \left\langle x \right\rangle \times \left\langle y \right\rangle \times \left\langle z \right\rangle \times \left\langle a \right\rangle \right):\left\langle b \right\rangle, $

(10)

其中：x^b=y；y^b=z；z^b=xy^γz^β；a^b=a^p+1.而β，γ∈Z_q使得λ³-βλ²-γλ-1是Z_q上多项式(λ^p-1)/(λ-1)的一个3次不可约因式.

证明  首先断定G至少有一个Sylow子群是正规子群.若不然，则G的最大正规q-子群O_q(G)=1.因为，当1＜O_q(G)＜Q时，易见G/O_q(G)的Sylow p-子群P₄O_q(G)/O_q(G)是正规的，从而P₄O_q(G)$\vartriangleleft$G.但p＞q，由此得P₄ char P₄O_q(G)，因而P₄$\vartriangleleft$G，矛盾.因为G是可解群，所以1＜O_p(G)＜P₄，并且G/O_p(G)的Sylow p-子群是不正规的.由Sylow定理可知，G/O_p(G)的Sylow p-子群的个数有q³个，从而P₄/O_p(G)是自正规的交换p-群，再由Burnside定理知，G/O_p(G)的Sylow q-子群QO_p(G)/O_p(G)是正规的.又QO_p(G)/O_p(G)$\cong $Q，而Aut(Q)的Sylow p-子群是p阶循环群，所以O_p(G)是p²阶群.若O_p(G)是循环群，则其自同构群是交换群，而P₄与Q都非平凡地作用在O_p(G)上，所以[P₄，Q]≤O_p(G)，这与P₄不正规的假设矛盾，故O_p(G)是p²阶初等交换群.令H=N_G(Q)，则因为QO_p(G)/O_p(G)$\vartriangleleft $G/O_p(G)，所以G=HO_p(G)，从而G/O_p(G)$\cong $H/H∩O_p(G).这说明存在g∈P₄-O_p(G)，使得g∈H.但P₄的p²阶初等交换子群O_p(G)=〈a^p, b〉，于是不妨设a∈H，从而H =p²q³.又此时H在G中的核H_G=H∩O_p(G)=〈a^p〉，所以p²|G/H_G|.但|G：H|=p，于是G/H_G同构于对称群S_p的一个子群，这是不可能的.

其次，假设G的Sylow p-子群是正规的.这时不难证明G是超可解群，而且可设〈a〉与〈b〉都是Q-不变的.当(q，p-1)=1时，必有G$\cong $P₄×Q.当(q，p-1)=q时，G除了构造P₄×Q外，还有其他构造.这时不妨设a^x=a^ri，b^x=b^sj，其中：$r={{\sigma }^{\frac{p\left( p-1 \right)}{q}}}$；$s={{\sigma }^{\frac{p-1}{q}}}$.而σ是模p²与p的一个公共原根.将x作用在[a, b]=a^p的两边得[a^ri, b^sj]=a^pri，于是rⁱ(s^j-1)≡0(mod p)，从而j=0，即x∈C_Q(b).同理有y，z∈C_Q(b)，因而C_Q(b)=Q.由此知C_Q(a)是q²阶群，不妨设C_Q(a)=〈y, z〉，而a^x=a^r(否则只要用x的适当方幂代替x即可)，这就得G的构造式(8).

最后，如果G的Sylow p-子群不正规，那么G的Sylow q-子群是正规的.这时，必有(q²+q+1，p)=p且p≡1(mod 3)，而C_P(Q)是p²阶群.当C_P(Q)=〈a^p, b〉时，G有形如式(9)的构造，且类似于引理4中式(7)的证明^[13]，可知G的这种构造只有一种不同构的类型.当C_P(Q)=〈a〉时，G有形如式(10)的构造.又在式(10)中，由于b作用在〈a〉上是其p阶自同构，而b作用在Q上也是其p阶自同构，但b作用在Q上的方式与多项式(λ^p-1)/(λ-1)的3次不可约因式是一一对应的，因此式(10)共代表(p-1)/3个不同构的p³q³阶群.综上所述，引理4得证.

引理5  设σ是模p的一个原根，$s={{\sigma }^{\frac{p-1}{q}}}$，如果p³q³阶群G的Sylow p-子群是指数为p的非交换p-群P₅，则：

1) 当(q(q²+q+1)，p(p²-1))=1时，G恰有1种不同构的类型G=P₅×Q.

2) 当(q，p-1)=q时，G除了P₅×Q外，还有不同构的类型

$ G\left( i \right)=\left( \left( \left( \left\langle a \right\rangle \times \left\langle c \right\rangle \right):\left\langle b \right\rangle \right):\left\langle x \right\rangle \right)\times \left\langle y \right\rangle \times \left\langle z \right\rangle, $

(11)

其中：a^x=a^s；a^b=ac；b^x=b^si；c^x=c^si+1；c^b=c，0≤i≤q-1.而G(i)$\cong $G(j)，当且仅当ij≡1 (mod q)，所以式(11)共包含(q+3)/2个不同构的p³q³阶群

$ G=\left( \left( \left( \left\langle a \right\rangle \times \left\langle c \right\rangle \right):\left\langle b \right\rangle \right):\left( \left\langle x \right\rangle \times \left\langle y \right\rangle \right) \right)\times \left\langle z \right\rangle, $

(12)

其中：a^b=ac；a^x=a^s；a^y=a；b^x=b；b^y=b^s；c^b=c；c^x=c^y=c^s.

3) 当(q，p+1)=q时，G除了P₅×Q外，还有1种构造

$ G=\left( \left( \left( \left\langle a \right\rangle \times \left\langle c \right\rangle \right):\left\langle b \right\rangle \right):\left\langle x \right\rangle \right)\times \left\langle y \right\rangle \times \left\langle z \right\rangle, $

(13)

其中：a^b=ac；c^b=c；a^x=b；b^x=a^-1b^β；c^x=c.而β∈Z_p，使得λ²-βλ+1是Z_p上多项式λ^q-1的一个2次不可约因式.

4) 当(q²+q+1，p)=p且p≡1(mod 3)时，G除了P₅×Q外，还有1种构造G=(〈x〉×〈y〉×〈z〉×〈a〉×〈c〉)：〈b〉，其中：x^b=y；y^b=z；z^b=xy^γz^β；a^b=ac；c^b=c，而β，γ∈Z_q使得λ³-βλ²-γλ-1是Z_q上多项式(λ^p-1)/(λ-1)的一个3次不可约因式.

证明  这时G至少有一个Sylow子群是正规子群.否则，类似引理5，可知在G中，O_q(G)=1，且O_p(G)是p²阶初等交换群，不妨设O_p(G)=〈b, c〉.若令H=N_G(Q)，则有g∈P₅-O_p(G)，使得g∈H，不妨设a∈H.于是，〈a〉Q是补为〈a〉而核为Q的Frobenius群，显然Q是〈a〉Q的极小正规子群.从而对任何g∈Q，只要g≠1，就有〈 g^aii=1, 2, …, p〉=Q.又Q作用在O_p(G)，如果这个作用是不可约的，那么Q/ C_Q(O_p(G))是循环群，于是C_Q(O_p(G))≠1，所以存在1≠g∈Q，使得g平凡作用在O_p(G)上.如果Q在O_p(G)上的作用是可约的，那么在O_p(G)中有两个p阶的Q-不变子群A与B，使得O_p(G)=A×B，于是，Q/C_Q(A)与Q/C_Q(B)都是循环群，由此得C_Q(A)与C_Q(B)都是Q的q²阶子群.易见C_Q(A)∩C_Q(B)＞1，所以存在1≠g∈C_Q(A)∩C_Q(B)⊂Q，使得g平凡作用在O_p(G)=A×B上.总之，无论何种情况，都存在1≠g∈Q使c^g=c.但c^a=c，于是g^ai都稳定c，从而Q中心化c，因而〈c〉$\vartriangleleft$G且c∈H.由此得|H|=p²q³，且H_G=H∩O_p(G)=〈c〉.因此再由[G：H]=p，得G/H_G同构于对称群S_p的一个子群，这是不可能的.

设G的Sylow p-子群是正规的.因为Φ(P₅)=Z(P₅)=〈c〉，于是〈c〉$\vartriangleleft$G.从而P₅/〈c〉是Q-不变的p²阶初等交换p-群.若(q，p²-1)=1，则Q在P₅上的作用是平凡的，从而G的构造必是P₅×Q.若(q，p²-1)≠1，则G的构造除P₅×Q外，还有其他构造.如果G是超可解的，那么必有(q，p-1)=q，而且可设〈a〉，〈b〉都是Q-不变的.这时C_Q(a)与C_Q(b)中至少有一个不为Q.当只有一个不为Q时，不妨设C_Q(a)=〈y, z〉，C_Q(b)=Q，于是G应有形如式(11)的构造(其中i=0).当C_Q(a)与C_Q(b)都不为Q时，若C_Q(a)=C_Q(b)，则不妨设其为〈y, z〉，于是可设a^x=a^s，b^x=b^si，其中1≤i≤q-1.将x作用在[a，b]=c的两边后，得c^x=c^si+1，因此G有形如式(11)的构造.又在式(11)中，如果(i，q)=1，则存在唯一的j∈Z_q^*，使得ij≡1 (mod q).当用x^j代替x，用c^-1代替c，再将a，b对调时，G(i)就变成了G(j)，这就证明了G(i)$\cong $G(j)，当且仅当ij≡1 (mod q).所以当i≠1时，式(11)共包含(q+1)/2个不同构的p³q³阶群.总之式(11)共包含(q+3)/2个不同构的p³q³阶群.当C_Q(a)与C_Q(b)都不为Q且C_Q(a)≠C_Q(b)时，则可设C_Q(a)=〈y, z〉，C_Q(b)=〈x, z〉，从而可设a^x=a^s，b^y=b^s，再由[a，b]=c得c^x=c^y=c^s，故G有构造式(12).如果G不是超可解的，那么G/〈c〉就是非超可解的^[13].可知(q，p+1)=q，从而Q〈c〉是交换群，因此G有形如式(13)的构造.如果G的Sylow p-子群不正规，那么G的Sylow q-子群是正规的.这时，必有(q²+q+1，p)=p，且p≡1(mod 3)，而C_P(Q)是p²阶群.不妨设C_P(Q)=〈a, c〉，则b作用在Q上是其p阶自同构，从而G有形如引理5的4)的构造.这就证明了引理5.由引理1至5，可得到定理1.