李鳳嬌, 高百俊

(伊犁師范大學(xué) 數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院, 新疆 伊寧 835000)

0 引 言

群之間同態(tài)數(shù)量滿(mǎn)足的同余關(guān)系是群論研究的基本問(wèn)題之一. 文獻(xiàn)[1]給出了n階循環(huán)群到有限群同態(tài)個(gè)數(shù)滿(mǎn)足的同余方程; 文獻(xiàn)[2]將n階循環(huán)群換成了有限交換群, 推廣了文獻(xiàn)[1]的結(jié)果; 文獻(xiàn)[3]去掉了群的交換性, 推廣了文獻(xiàn)[2]的結(jié)果, 并提出了Asai和Yoshida猜想； 文獻(xiàn)[4-6]研究了一些有限群之間的同態(tài)個(gè)數(shù); 文獻(xiàn)[7-8]計(jì)算了群同態(tài)個(gè)數(shù), 并驗(yàn)證了所研究的群滿(mǎn)足Asai和Yoshida猜想； 文獻(xiàn)[9]計(jì)算了四元數(shù)群與一類(lèi)亞循環(huán)群之間的同態(tài)個(gè)數(shù), 并驗(yàn)證了四元數(shù)群和這類(lèi)亞循環(huán)群滿(mǎn)足Asai和Yoshida猜想. 本文考慮以一類(lèi)Sylowp-子群為循環(huán)群的10pn階非交換群, 構(gòu)建四元數(shù)群到該類(lèi)10pn階非交換群的同態(tài)映射, 并計(jì)算其同態(tài)個(gè)數(shù), 驗(yàn)證這兩類(lèi)群滿(mǎn)足Asai和Yoshida猜想.

為敘述方便, 先給出兩個(gè)群的結(jié)構(gòu)： 設(shè)m是正整數(shù)且m≥2, 如果

Q4m=〈x,y|x2m=1,xm=y2,xy=yx-1〉,

(1)

則稱(chēng)群Q4m為4m階的四元數(shù)群. 設(shè)p是大于5的素?cái)?shù), 令

G10pn=〈a,b|a10=1=bpn,ba=ab-1〉,

(2)

由文獻(xiàn)[10]知G10pn是一類(lèi)Sylowp-子群為循環(huán)群的10pn階非交換群. 本文中φ表示Euler函數(shù), 其他記號(hào)可參見(jiàn)文獻(xiàn)[11].

1 預(yù)備知識(shí)

引理1設(shè)G10pn滿(mǎn)足式(2),p是大于5的素?cái)?shù), 則〈a〉∩〈b〉=1.

證明： 由循環(huán)群的定義及Lagrange定理可知〈a〉∩〈b〉=1.

引理2設(shè)G10pn滿(mǎn)足式(2),p是大于5的素?cái)?shù), 則:

1) {a5bj|0≤j

2) {ai|i=2,4,6,8}為G10pn中所有的5階元且為G10pn的中心元；

3) {aibj|i=1,3,7,9, 0≤j

證明： 1) 設(shè)o(aibj)=2, 其中0≤i<10, 0≤j

(aibj)2=a2ib2j=1,

由引理1知a2i=1且b2j=1. 于是i=0,j=0, 與o(aibj)=2矛盾. 因此{(lán)a5bj|0≤j

2) 設(shè)o(aibj)=5, 其中0≤i<10, 0≤j

任取akbl∈G10pn, 其中0≤k<10, 0≤l

aiakbl=ai+kbl=akblai.

因此ai(i=2,4,6,8)為G10pn的中心元.

3) 設(shè)o(aibj)=10, 其中0≤i<10, 0≤j

引理3設(shè)G10pn滿(mǎn)足式(2),p是大于5的素?cái)?shù), 則:

2)o(aibj)=[5,o(bj)], 其中i=2,4,6,8, 0

證明： 1) 由有限群元素階的性質(zhì)易得結(jié)論.

2) 由引理1和引理2中2)易得結(jié)論.

引理4設(shè)Q4m為4m階四元數(shù)群, 則〈x〉∩〈y〉=1或y2.

證明： 假設(shè)〈x〉∩〈y〉≠1. 若xi=y, 則由xy=yx-1可得xxi=xix-1, 即x2=1, 與o(x)=2m矛盾. 若xi=y2, 則由xy=yx-1可得

xi+1y-1=xi+1y-1,

再由xm=y2可知i=m. 若xi=y3, 則由xy=yx-1可得

xxiy-2=xiy-1x-1,

即x2=1, 與o(x)=2m矛盾. 因此〈x〉∩〈y〉=y2.

2 主要結(jié)果

定理1設(shè)m是正整數(shù)且m≥2,p是大于5的素?cái)?shù). 若m是偶數(shù)且5|m, 則:

1) 當(dāng)p|m時(shí),

|Hom(Q4m,G10pn)|=2pn+pn+k+1,

這里k是正整數(shù)且0

|Hom(Q4m,G10pn)|=3pn+1.

證明： 設(shè)θ∈Hom(Q4m,G10pn), 因?yàn)?y4)θ=(yθ)4=1, 所以o(yθ)|4. 又yθ∈G10pn, 于是o(yθ)|(10pn), 從而o(yθ)|(10pn,4), 即o(yθ)|2. 因此yθ∈{1}∪{a5bj|0≤j

1) 當(dāng)p|m時(shí), 令m=pil, 其中(p,l)=1, 再令k=min{n,i}, 則(10pn,2m)=10pk, 因此o(xθ)|(10pk). 若xθ=bj, 則

(xθ)pn=(bj)pn=(bpn)j=1,

于是o(xθ)|pn, 從而o(xθ)|pk. 若xθ=aibj, 則

(xθ)5pn=(aibj)5pn=1,

于是o(xθ)|(5pn), 從而o(xθ)|(5pk). 又由引理2可知

下面分8種情形證明.

任取xsyt∈Q4m, 其中0≤s<2m, 0≤t<2, 令(xsyt)θ=(a5bj)s. 設(shè)xs1yt1,xs2yt2∈Q4m, 若xs1yt1=xs2yt2, 則xs1-s2=yt2-t1∈〈x〉∩〈y〉=1或xm, 于是2m|(s1-s2)或2m|(s1-s2-m). 由引理2中1)可知(a5bj)s1-s2=1, 從而(a5bj)s1=(a5bj)s2, 即(xs1yt1)θ=(xs2yt2)θ, 因此θ為映射. 任取xs1yt1,xs2yt2∈Q4m, 當(dāng)t1=1時(shí), 易得(xs1yxs2yt2)θ=(a5bj)s1-s2, 且

(xs1y)θ(xs2yt2)θ=(a5bj)s1+s2.

由引理2中1)可知(a5bj)2s2=1, 于是(a5bj)s1-s2=(a5bj)s1+s2, 從而

(xs1yxs2yt2)θ=(xs1y)θ(xs2yt2)θ,

即θ為群同態(tài)； 當(dāng)t1=0時(shí),θ顯然為群同態(tài). 在此情形下群同態(tài)θ有pn種選擇.

若θ∈Hom(Q4m,G10pn), 則由xy=yx-1可得

aibj=xθyθ=(xy)θ=(yx-1)θ=yθ(xθ)-1=(aibj)-1,

即(aibj)2=1, 矛盾. 故此時(shí)群同態(tài)θ不存在.

必要性. 若θ∈Hom(Q4m,G10pn), 首先由xy=yx-1可得

bj=xθyθ=(xy)θ=(yx-1)θ=yθ(xθ)-1=b-j,

即b2j=1, 從而j=0; 其次由xm=y2可得

bmj=(xθ)m=(xm)θ=(y2)θ=(yθ)2=1,

即o(bj)|m, 又由已知條件可知o(bj)|m成立. 因此當(dāng)θ為群同態(tài)時(shí),j=0.

充分性. 當(dāng)j=0時(shí),θ顯然為平凡同態(tài).

在此情形下群同態(tài)θ有1種選擇.

由情形②的證明可知情形④成立.

必要性. 若θ∈Hom(Q4m,G10pn), 首先由xy=yx-1可得

bj-i=xθyθ=(xy)θ=(yx-1)θ=yθ(xθ)-1=bi-j,

即b2(j-i)=1, 從而i=j; 其次由xm=y2且m是偶數(shù), 易得(a5bj)m=1. 因此當(dāng)θ為群同態(tài)時(shí),i=j.

充分性. 任取xsyt∈Q4m, 其中0≤s<2m, 0≤t<2, 因?yàn)閕=j, 所以令(xsyt)θ=(a5bj)s(a5bj)t. 設(shè)xs1yt1,xs2yt2∈Q4m, 若xs1yt1=xs2yt2, 則xs1-s2=yt2-t1∈〈x〉∩〈y〉=1或y2=xm, 于是2m|(s1-s2)且4|(t2-t1)或2m|(s1-s2-m) 且4|(t2-t1-2). 由引理2中1)知,

(a5bj)s1-s2=1=(a5bj)t2-t1.

因此(xs1yt1)θ=(xs2yt2)θ, 故θ為映射. 任取xs1yt1,xs2yt2∈Q4m, 當(dāng)t1=1時(shí), 易得

(xs1yxs2yt2)θ=(a5bj)s1-s2(a5bj)t2+1,

且

(xs1y)θ(xs2yt2)θ=(a5bj)s1+s2(a5bj)t2+1,

由引理2中1)可知(a5bj)2s2=1, 于是

(a5bj)s1-s2(a5bj)t2+1=(a5bj)s1+s2(a5bj)t2+1,

從而

(xs1yxs2yt2)θ=(xs1y)θ(xs2yt2)θ,

即θ為群同態(tài)； 當(dāng)t1=0時(shí),θ顯然為群同態(tài).

在此情形下群同態(tài)θ有pn種選擇.

若θ∈Hom(Q4m,G10pn), 則由xy=yx-1可得

a5+ibh-j=xθyθ=(xy)θ=(yx-1)θ=yθ(xθ)-1=a5-ibj-h,

即a2ib2(h-j)=1, 由引理1知此i不存在, 故此時(shí)群同態(tài)θ不存在.

由情形⑥的證明可知情形⑧成立.

綜上可知, 當(dāng)p|m時(shí), |Hom(Q4m,G10pn)|=2pn+pn+k+1.

xθ∈{1}∪{a5bj|0≤j

下面分8種情形證明.

顯然此時(shí)θ為群同態(tài), 且群同態(tài)θ有1種選擇.

任取xsyt∈Q4m, 其中0≤s<2m, 0≤t<2, 令(xsyt)θ=(a5bj)t. 設(shè)xs1yt1,xs2yt2∈Q4m, 若xs1yt1=xs2yt2, 則xs1-s2=yt2-t1∈〈x〉∩〈y〉=1或y2,于是4|(t2-t1)或4|(t2-t1-2). 由引理2中1)可知(a5bj)t2-t1=1, 即(xs1yt1)θ=(xs2yt2)θ, 因此θ為映射, 且θ顯然為群同態(tài). 在此情形下群同態(tài)θ有pn種選擇.

由定理1中1)的情形①,⑤可知, 上述兩種情形均成立, 且群同態(tài)θ有pn+pn=2pn種選擇.

若θ∈Hom(Q4m,G10pn), 則由xy=yx-1可得

ai=xθyθ=(xy)θ=(yx-1)θ=yθ(xθ)-1=a-i,

即a2i=1, 由已知條件可知此i不存在, 故此時(shí)群同態(tài)θ不存在.

若θ∈Hom(Q4m,G10pn), 則由xy=yx-1可知

a5+ibj=xθyθ=(xy)θ=(yx-1)θ=yθ(xθ)-1=a5-ibj,

即a2i=1, 由已知條件可知此i不存在, 故此時(shí)群同態(tài)θ不存在.

由定理1中1)的情形②,⑥可知上述兩種情形均成立.

證明： 設(shè)θ∈Hom(Q4m,G10pn),yθ的選取方式同定理1. 因?yàn)?x2m)θ=(xθ)2m=1, 所以o(xθ)|(2m). 又因?yàn)閛(xθ)|(10pn), 從而o(xθ)|(10pn,2m).

1) 當(dāng)p|m時(shí), 令m=pil且(p,l)=1, 再令k=min{n,i}, 則(10pn,2m)=2pk, 因此o(xθ)|(2pk). 若xθ=bj, 則

(xθ)pn=(bj)pn=(bpn)j=1,

于是o(xθ)|pn, 從而o(xθ)|pk. 若xθ=aibj, 則

(xθ)5pn=(aibj)5pn=1,

于是o(xθ)|(5pn), 從而o(xθ)|pk. 又由引理2中1)知,

下面分6種情形證明.

由定理1中1)的情形①～③,⑤～⑦可知上述情形均成立.

綜上可知, 當(dāng)p|m時(shí), |Hom(Q4m,G10pn)|=2pn+pn+k+1.

下面分4種情形證明.

由定理1中1)的情形①,⑤可知上述兩種情形均成立.

由定理1中2)的情形①,②可知上述兩種情形均成立.

定理3設(shè)m是正整數(shù)且m≥2,p是大于5的素?cái)?shù). 若m是奇數(shù)且5|m, 則:

1) 當(dāng)p|m時(shí), |Hom(Q4m,G10pn)|=1+pn+k, 這里k是正整數(shù)且0

證明： 設(shè)θ∈Hom(Q4m,G10pn),yθ的選取方式同定理1.

1) 當(dāng)p|m時(shí),xθ的選取方式同定理1中1).

下面分8種情形證明.

若θ∈Hom(Q4m,G10pn), 由xm=y2可得

(a5bj)m=(xθ)m=(xm)θ=(y2)θ=(yθ)2=1.

又m是奇數(shù), 所以(a5bj)m≠1. 故此時(shí)群同態(tài)θ不存在.

若θ∈Hom(Q4m,G10pn), 則由xm=y2可得

(a5bi)m=(xθ)m=(xm)θ=(y2)θ=(yθ)2=(a5bj)2=1.

又因?yàn)閙是奇數(shù), 所以(a5bi)m≠1. 故此時(shí)群同態(tài)θ不存在.

由定理1中1)的情形②,④可知上述兩種情形均成立.

由定理1中1)的情形⑥,⑧可知上述兩種情形均成立.

必要性. 若θ∈Hom(Q4m,G10pn), 則由xy=yx-1可得

bj=xθyθ=(xy)θ=(yx-1)θ=yθ(xθ)-1=b-j,

即b2j=1, 因此j=0; 其次由xm=y2及已知條件可知j=0成立, 因此當(dāng)θ為群同態(tài)時(shí)j=0.

充分性. 當(dāng)j=0時(shí),θ顯然為平凡同態(tài).

在此情形下群同態(tài)θ有1種選擇.

任取xsyt∈Q4m, 其中0≤s<2m, 0≤t<2, 令(xsyt)θ=(bh)s(a5bj)t. 設(shè)xs1yt1,xs2yt2∈Q4m, 若xs1yt1=xs2yt2, 則xs1-s2=yt2-t1∈〈x〉∩〈y〉=1或y2=xm, 于是2m|(s1-s2)且4|(t2-t1)或2m|(s1-s2-m)且4|(t2-t1-2). 由引理2中1)可知(a5bj)t2-t1=1, 于是(a5bj)t1=(a5bj)t2. 又由已知條件可知(bh)s1=(bh)s2, 從而

(bh)s1(a5bj)t1=(bh)s2(a5bj)t2,

綜上可知, 當(dāng)p|m時(shí), |Hom(Q4m,G10pn)|=1+pn+k.

下面分8種情形證明.

由定理1中2)的情形①,②,⑤,⑥可知上述4種情形均成立.

由定理1中1)的情形②,⑥可知上述兩種情形均成立.

由定理3中1)的情形①,②可知上述兩種情形均成立.

證明： 設(shè)θ∈Hom(Q4m,G10pn),yθ的選取方式同定理1.

1) 當(dāng)p|m時(shí),xθ的選取方式同定理2中1).

下面分6種情形證明.

由定理1中1)的情形②,⑥可知上述兩種情形均成立.

由定理3中1)的情形①,②,⑦,⑧可知, 上述4種情形均成立.

綜上可知, 當(dāng)p|m時(shí), |Hom(Q4m,G10pn)|=1+pn+k.

下面分4種情形證明.

由定理1中2)的情形①,②可知上述兩種情形均成立.

由定理3中1)的情形①,②可知上述兩種情形均成立.

3 應(yīng) 用

Asai和Yoshida猜想[3]: 設(shè)A,G是兩個(gè)有限群,A′是A的換位子群, 則

|Hom(A,G)|≡0(mod(|A/A′|,|G|))

成立.

下面驗(yàn)證群Q4m到群G10pn的同態(tài)個(gè)數(shù)滿(mǎn)足Asai和Yoshida猜想.

推論1設(shè)m是正整數(shù)且m≥2,p是大于5的素?cái)?shù), 則

(3)

根據(jù)定理1～定理4易得式(3)成立, 即群Q4m到群G10pn的同態(tài)個(gè)數(shù)滿(mǎn)足Asai和Yoshida猜想.