王 坚，江东林，胡啸晗

(1.龙岩学院 福建龙岩 364000；2.浙江树人大学 浙江杭州 310015)

1 预备知识

设G为有限群，C(G)为G的循环子群的集合。记c(G)为G的循环子群的个数，d(G)为G的阶的因子个数。众所周知，c(G)≤|G|，等号成立当且仅当G为初等交换2-群，其中|G|为G的阶。而c(G)也有下限，文献[1]中证明了c(G)≥d(G)，等号成立当且仅当G为循环群。最近文献[2]中给出了满足c(G)=|G|-1的G的结构。随后文献[3]给出了满足c(G)=|G|-Δ，Δ=2，3，4，5时G的结构。

当c(G)接近d(G)时，这方面的结果较少，本文给出满足c(G)=d(G)+1的paqb阶群的完全分类。文中出现的术语以及符号都是标准的，具体可参见文献[4-5]。

为后续讨论方便，将文献[1]的主定理作成引理，同时给出阶互素的两个有限群的直积的循环子群个数的一个结果。

引理1[1]设G为n阶有限群，则G的循环子群个数大于等于n的因子个数，此外，G的循环子群个数等于n的因子个数当且仅当G循环。

引理2 设U与V是阶互素的两个有限群，则c(U×V)=c(U)×c(V)。

证明不妨设U为一个π-群，对任意的x∈U×V，则x=xπ·xπ′，其中xπ∈U，xπ′∈V。进一步可得〈x〉=〈xπ〉·〈xπ′〉。反之，U的任意一个循环子群与V的任意一个循环子群之积也是U×V的循环子群。结论成立。

2 主要结果

命题设G为paqb阶群，H是G的一个次正规子群，则

c(G)-d(G)≥c(H)-d(H)。

证明根据递归，不妨设H是G的一个极大正规子群，将不等式化为c(G)-c(H)≥d(G)-d(H)。由于paqb阶群可解，此时H是G的一个极大子群，不妨设它在G中的指数是p，进一步可得d(G)-d(H)=b+1。

若G为p群，d(G)-d(H)=1，结论显然成立。因此可设P，Q分别为G的西罗p-子群，q-子群。根据Frattini论断，G=HNG(Q)=HNP(Q)。取不属于H的NP(Q)的元素x，则G=H〈x〉，xp∈H。〈x〉的Q-共轭类长为|Q∶NQ(〈x〉)|。根据引理2，NQ(〈x〉)×〈x〉不包含于H的循环子群的个数为c(NQ(〈x〉))。

(i)Q=NQ(〈x〉)。c(G)-c(H)≥c(Q)，由引理1，c(Q)≥d(Q)=b+1，结论成立。

(ii)|Q∶NQ(〈x〉)|=qi，i≥1。

c(G)-c(H)≥qi-1+c(NQ(〈x〉))≥qi-1+b-i+1≥b+1。

证毕。

定理设G为paqb阶群，则c(G)=d(G)+1当且仅当G同构于C2×C2，Q8与C3∶C2m之一，其中C3∶C2m是3阶群与循环2-群的半直积。

证明先证充分性。显然C2×C2，Q8满足c(G)=d(G)+1。因为C3∶C2m含有唯一的一个3×2m-1阶循环的极大子群，并且它还含有3个循环的西罗2-子群，因此它满足结论。

再证必要性。设c(G)=d(G)+1。

(i)G为p-群。断言G的极大子群循环，否则由命题和引理1，存在极大子群M，c(M)=d(M)+1。由极小阶反例，M同构于C2×C2，Q8之一，而以C2×C2，Q8作为极大子群的2-群都不满足定理条件，因此G的极大子群循环。经过简单计算，交换p-群满足条件的只能是C2×C2，对于非交换p-群，由文献[4]的定理1.2，G同构于Q8。

(ii)a>0，b>0。沿用命题证明中的记号，G=H〈x〉，xp∈H，x∈NP(Q)。断言此时H循环，G超可解。

如若不然，根据命题和引理1，c(H)=d(H)+1，由极小阶反例可得，H同构于C2×C2，Q8与C3∶C2m三者之一。经过简单的验证可知，当H同构于C2×C2或H同构于Q8时，G不满足定理条件，因此H≅C3∶C2m。此时G为超可解群且它的西罗3-子群正规。

若|G∶H|=3，则p=3，由命题3与极小阶反例可知G≅C9∶C2m。G的西罗2-子群包含于H，个数是3，但它的西罗3-子群忠实且传递地共轭作用在所有西罗2-子群构成的集合上，这与G的西罗2-子群个数矛盾。

若|G∶H|=2，则p=2，G=Q∶P，Q≅C3。根据N/C定理，G/CG(Q)≅C2。由命题、引理1和极小阶反例可知CG(Q)循环，它含有的循环子群个数为2m+2。H含有3个循环的2m阶群，但G的西罗2-子群P含有除这2m+5个以外的循环子群，这与条件c(G)=d(G)+1=2(m+2)+1=2m+5矛盾。

(iii)|Q∶NQ(〈x〉)|=q。

因为H循环，所以c(H)=a(b+1)，由条件可知

c(G)=(a+1)(b+1)+1，c(G)-c(H)=b+2。

由条件及引理1、2可知G非幂零，进一步得出Q真包含NQ(〈x〉)。若|Q∶NQ(〈x〉)|≥q2，则b+2≥q2-1+b-1(一部分循环子群与〈x〉共轭，一部分循环子群将〈x〉作为直因子)，进一步得出q=2。因为G是超可解群，P◁G，这与G非幂零矛盾。

(iv)最终结论。

|Q∶NQ(〈x〉)|=q，c(G)-c(H)=b+2≥b-1+q，得出q≤3。由上一段的证明可知q=3，p=2。不属于C(H)的子群刚好由与〈x〉共轭的子群和NQ(〈x〉)×〈x〉的部分循环子群构成，且不属于C(H)的循环2-群的个数刚好是3，从而|G∶NG(〈x〉)|=3。而P=〈x〉(P∩H)，NG(〈x〉)⊆NG(P)，因为G非幂零，故NG(〈x〉)=NG(P)，G的西罗2-子群的个数是3。因此P中不属于C(H)的循环子群只能是〈x〉。设P∩H=〈y〉，则〈xy〉=〈x〉，推出P=〈x〉。设G=〈z〉∶〈x〉，其中Q=〈z〉。由于x2∈CG(z)，zx=z-1，且z3∈CG(x)，得出z为3阶元，结论成立。

后记命题中的不等式由曲海鹏教授给出，在此表示感谢。同时他还猜测命题对任意有限群或可解群G、H是G的任意子群的情况是成立的。笔者猜测，去掉定理中的条件G为paqb阶群，结论依然成立。