阶数不超过50的群的分类(跳过16,32,36,48)

2024年1月8日发(作者：保时捷帕拉梅拉4)

?主要用半直积的方法。p群要按中心非平凡逐渐归纳。需要用到的会说出自同构群。未知的群记为G，若能找到正规子群，一般记做N；和N构成半直积的子群一般记做H，同态H→Aut(N)记做φ。为了方便，循环群记做Cn，二面体群Dn等，不再用下标。元素的幂次记为x^n。每一个不同的同构类型用蓝色标出，如果指出了自同构群，用红色标出。???2阶群C2，自同构群平凡群1。3阶群，素数阶。C3，Aut(C3)≌C2，由乘以-1生成。4阶群，素数平方阶，交换。C4，循环群，Aut(C4)≌C2，由乘以-1生成；C2xC2，Klein4群，Aut(C2xC2)≌GL2(F2)≌S3。S3作用于C2xC2上任意置换3个2阶元，GL2(F2)作用在上面表示为矩阵作用于线性空间。??5阶群，素数阶。C5，循环群，Aut(C5)≌C4，由乘以模5的原根2生成。6阶群，2p型，3阶群正规，C2与C3半直积，要考察同态C2→Aut(C3)≌C2。平凡同态得到C2xC3≌C6；非平凡同态得到D3≌S3。??7阶群，p型。C7，循环群，Aut(C7)≌C6，由乘以3生成。8阶群，素数幂型或p群。A)若G有8阶元，则G≌C8，Aut(G)≌C2xC2，由乘以3和乘以5生成。B)若G无8阶有4阶元x，N=正规，取y∈GN；y^2∈N。BA)若y^2=1，则要考虑y在N上作用（半直积）。Aut(C4)≌C2。考察同态C2→C2。BAA)若y在N上是平凡作用，则G≌C2xC4。自同构群可以用2x2矩阵来表达，矩阵的列表示生成元y,x的像，Aut(G)是8阶群，把Aut(G)中生成元写出发现Aut(G)同构于F2上的3x3对角线为1的上三角矩阵群。Aut(C2xC4)≌D4。BAB)若y在N上非平凡作用，则G≌D4。计算同构群要考虑生成元可能的像，然后用映射复合计算同构群乘法表，Aut(D4)≌D4。BB)若y^2=x^2，y^4=x^4=1,因此y是4阶元。此时于N交不是平凡群，不是半直积。但是G的结构还是可以由y在N上的共轭作用决定，这时y的共轭作用T要保证ToT于y^2的共轭作用一样(平凡作用)，于是y的共轭作用可以是Aut(C4)≌C2中的每一个。BBA)y^2=x^2,yxy^3=x^3，这时群在x→i，y→j下同构于4元数群H8（这只是这里记法，不通用）。Aut(G)≌S4。推导过程略去，用到一种很有趣的结构叫CliffordAlgebra，是李代数表示中比较标准的内容。BBB)y^2=x^2,yxy^3=x，于是y和x交换，这时其实yxyx=x^4=1，于是这是BAA)中的

C2xC4。BC)若y^2是中的4阶元，则y是8阶元，与假定矛盾。C)若G只有2阶元，则根据书中习题，全部是2阶元的群交换，这时G≌C2xC2xC2。Aut(G)≌GL3(F2)。?9阶群，p^2型。C9，循环群，Aut(C9)≌C6，由乘以2生成；或C3xC3，Aut(C3xC3)≌GL2(F3)。??10阶群，2p型。类似6阶，C10或D5。??11阶，p型。C11，Aut(C11)≌C10，由乘以2生成。??12阶，书中给了分类。按半直积方法来，首先按书中方法讨论，发现3阶群或者4阶群是正规子群。A)C3正规子群，C4或者C2xC2作用于C3，有到C2的同态。AA)C4到C2的平凡同态，得到C3xC4≌C12。AB)C4到C2的非平凡同态，C4=，C3=，xyx^3=y^2。AC)C2xC2到C2的平凡同态，得到C2xC2xC3≌C2xC6。AD)C2xC2到C2的非平凡同态，相差生成元选取这个同态相当于C2xC2的一个分支平凡作用，一个分支非平凡作用，于是得到{x^2=y^2=z^3,xy=yx,xzx=z,yzy=z^2}，于是≌C6，y共轭在C6上是非平凡同态，于是G≌D6。B)C4正规子群。C3到Aut(C4)≌C2只有平凡同态，这时得到C3xC4，是AA)情形。C)C2xC2正规子群，C3到Aut(C2xC2)≌S3有一个非平凡同态，因为西罗3子群不唯一，只能有4个，于是G在4个西罗3子群的共轭作用给出同态G→S4。4个西罗3子群说明每个的正规化子是3阶，是本身。于是每个西罗3子群本身共轭作用在4个3子群上保持自己不变，在另外3个上是3轮换；C2xC2的共轭作用也没有不动点，于是是2个不相交对换的乘积；这样G在S4中的像发现生成A4，于是计算阶数，G≌A4。??13阶，p型。C13，Aut(C13)≌C12。??14阶，2p型。C14或D7。??15阶。pq型。3阶和5阶西罗子群都只有一个，因此是二者的直积，C3xC5≌C15。??跳过，p的高次幂阶都是越来越复杂。??17阶，p型。C17。??18阶。9阶子群N根据西罗定理只有1个，正规，可以用半直积。H是一个2阶西罗子群。

A)N≌C9，同态H→Aut(N)是C2→C6，有一个平凡同态和一个非平凡同态。AA)平凡同态，给出C2xC9≌C18。AB)非平凡同态，给出D9。B)N≌C3xC3，参看上面第9条，同态C2→GL2(F3)相当于找GL2(F3)中满足A^2-I=0的矩阵A。这样的矩阵总是可对角化的(具体说是条件要求特征不是2），对角线元素是(1,1),(1,-1)或(-1,-1)。矩阵的对角化相当于在C3xC3的另外一组基下用矩阵表示同态，因此代表的是同样的同态，于是得到的群是同构的。至于3种情况不是给出同构的G并不显然，需要考察G中的其他特点。BA)矩阵对角化为(1,1)，于是是平凡作用，G≌C2xC3xC3≌C3xC6。BB)矩阵对角化为(1,-1),G≌C3xD3≌C3xS3。BC)对角化为(-1,-1)，G表示为{x^3=y^3=z^2=1,xy=yx,zxz=x^2,zyz=y^2}。A类和B类区分在于西罗3子群不同构；AA和AB区分在于一个交换一个不交换；BA和BB，BC区分在于BA交换；BB和BC区分在于BB中有3个2阶元，BC中有9个2阶元。??19阶。p型，C19。??20阶。5阶子群N正规。类似12阶中的A，设H是4阶子群。A)H=≌C4，Aut(C5)≌C4，同态C4→C4由H的生成元x的像决定，这里x的像要满足“像的阶整除原像的阶”。AA)φ(H)=C1。于是是平凡作用，G≌C4xC5≌C20。AB)φ(H)=C2。于是x相当于在y的指标乘以-1的作用，这个群表示为{x^4=y^5=1,xyx^3=y^4}。AC)φ(H)=C4。于是x的共轭相当于在y的指标乘以2的作用，群表示为{x^4=y^5=1,xyx^3=y^2}。B)H=≌C2xC2，同态C2xC2→C4，或者是平凡的，或者核是C2，像是C2，非平凡同态在重新取H和N的生成元意义下是同构的。BA)平凡同态，得到C2xC2xC5≌C2xC10。BB）非平凡同态，得到C2xD5≌D10。若把前者表示为{x^2=y^2=z^5=1,xy=yx,xz=zx,yzy=z^4}，后者表示为{y^2=w^10=1,ywy=w^9}，则前者到后者的同构是y→y，x→w^5，z→w^2。一般的C2xDk当k是奇数时同构于D2k。这里的分类只有AB和AC的不同需要说明，AB中x^2是平凡作用，因此是10阶循环群；而AC若有10阶子群，则正规，必然与H=交于，而AC中x^2于唯一的

5阶子群生成D5，这个性质可以和AB区分开。??21阶，pq型。3阶西罗子群可能有3个，7阶西罗子群有1个，决定于同态C3→Aut(C7)≌C6。若作用平凡则G≌C21。否则可以表示为{x^7=y^3=1,yxy^2=x^2}。??22阶，2p型，C22或D11。??23阶，p型，C23。??24阶。这时有意外发生，不能推断有正规的西罗子群，把这个情况放在最后讨论。A)8阶子群N正规。观察8阶群的分类，这时要找自同构群中的3阶元。只有四元数群的自同构群S4或者Aut(C2xC2xC2)≌GL3(F2)可以有非平凡3阶元。AA)N是四元数群，作用非平凡。这时G对应C3→S4的同态，也就是S4中的3阶子群，由于S4中任何两个3阶子群是共轭的，这对应于把N重新取生成元，因此这种情况下只能得到一种同构意义下不同的群。3阶元在N上的作用是(ijk)(-i-j-k)。是C3和四元数群的半直积。如果考虑G在4个3阶群上的共轭作用，能得到G的中心是C2，G/C2≌A4。这个群不同构与C2xA4，因为后者不包含H8。AB)N≌C2xC2xC2。这时需要找GL3(F2)上的3阶元，对应于一个满足A^3=I的F2上3x3矩阵。矩阵A的特征方程根据Cayley定理，A满足这个方程，因此满足A^3-I和特征方程的最大公约式。说明A的特征方程不能是不可约多项式，于是在F2上至少有一个根，是A的特征值，只能是1（A非奇异）。于是取F2上3维空间的第一个基向量为A的特征向量v1，取和v1线性无关的向量v2，Av2如果和v1，v2线性相关，则它们张成的2维子空间是不变子空间，这上面又已取v1是特征向量，这样的矩阵A演算可以发现不能满足A^3=I。因此Av2,v2,v1线性无关，取做基以后，可以验证必然A^2v2=v2+Av2，于是矩阵有准对角型[100;001;011]，相当于G中的3阶元保持N中第一个C2不变，在后两个C2的空间上相当于S3中的3轮换作用。于是对比12阶分类中的C)这时G≌C2xA4。AC)C3和8阶群的直积，C3xC8≌C24，C3xD4，C3xC2xC4≌C6xC4≌C2xC12，C3xC2xC2xC2≌C6xC2xC2，C3xH8。B)3阶子群N正规，这时只需考虑8阶子群H在N上的非平凡作用，于是是一个同态H→C2。8阶子群总有4阶子群，而且正规，因此上面每一个都能得到至少一个相应的群；不同的8阶子群得到的必然不一样。BA)H≌C8，H只有一个4阶子群C4，这时得到群描述为{x^8=y^3=1,xyx^7=y^2}。BB)H≌C2xC4，H有正规子群C4或C2xC2，H中有4个4阶元，4个2阶元。HC2xC2给出所有4阶元，HC4给出2个2阶元，2个4阶元；因此这时能得到两个不同构的群，区别在于

是否有2阶元是非平凡作用。分别描述为{x^3=y^4=z^2=1,yz=zy,zxz=x,yxy^3=x^2}≌G12ABxC2和{x^3=y^4=z^2=1,yz=zy,zxz=x^2,yxy^3=x}≌{w^12=z^2=1,zwz=w^5}。其中G12AB表示上面12阶群中AB类的那个群。BC)H≌C2xC2xC2，H指标2子群在取H另一组基下是对应的，因此这时产生一个群C2xC2xS3≌C2xD6。BD)H≌D4，D4的4阶子群（都正规）有C2xC2（2个同构的）和C4（一个）产生两个不同的群。分别描述为{x^4=y^2=z^3=1,xzx^3=z^2,yzy=z，yxy=x^3}和{x^4=y^2=z^3=1,yxy=x^3,xzx^3=z,yzy=z^2}≌{w^12=y^2=1,ywy=w^11}≌D12。BE)H≌H8，H8的4阶子群≌C4且在H的同构下唯一，这时产生一个群{w^12=1,y^2=w^6,ywy^3=w^11}。C)8阶子群不正规，有3个；3阶子群有4个。这时G的共轭作用在3阶子群上的置换给出同态G→S4。其中一个3阶子群的正规化子是6阶；其中3阶子群只属于自己的正规化子，因此保持每个3阶子群不动的元素至多有一个，于是同态G→S4的像至少是12阶，是A4或者S4。CA)如果像是S4，则G≌S4。CB)如果像是A4，则核是G的2阶正规子群，属于中心。再考虑G在3个8阶子群上的置换作用，得到G→S3，每个8阶子群的正规化子是8阶的，因此等于自己；3阶子群非平凡作用，于是映射为3轮换。8阶子群只属于自己的正规化子，于是包含对换另外两个8阶子群的置换，于是同态G→S3包含对换，说明是满射，核是G的正规4阶子群，这个正规4阶子群包含Z(G)≌C2，因此在同态G→S4下映射到A4的2阶正规子群，但是A4不含有2阶正规子群，矛盾。因此这种情况没有新的群产生。【总结】综上所述，我们得到15个不同构的24阶群，其中3个是交换群。??25阶，p^2型，C25或C5xC5。??26阶，2p型，C26或者D13。??27阶。类比8阶群的分类，必有9阶子群N。N总是正规子群。若N不是正规子群，则N的某个左陪集和某个右陪集不完全相同，但是交非空。xN∩Nx中元素个数=N∩xNx^(-1)是1，3或9。N有3个左陪集，其中一个是N，另外2个左陪集和2个右陪集覆盖同样的元素，如果分割不完全重合，有某左陪集和某右陪集公共元素个数不少于5，不等于9，矛盾。这说明N必然是正规子群。实际上这里可以总结两个命题：1是p群的极大真子群总是正规的。2是若一个群G的某子群的指标是整除|G|的最小的素数，则这个子群正规。后者推广了指标为2的子群皆正规的命题。

A)若有27阶元，则G≌C27。B)若无27阶元，有9阶元，取正规子群N=C9，y∈GN，y^3∈N。BA)y^3=1，则y在C9上作用，平凡作用给出G≌C3xC9。非平凡作用给出{x^9=y^3=1,yxy^2=x^4}。BB)y^3是3阶元可设=x^3，平凡作用可以通过用生成元yx^(-1)，x给出BA中的C3xC9；非平凡作用可定义为{x^9=1,y^3=x^3,yxy^8=x^4}或{x^9=1,y^3=x^3,yxy^8=x^7}，计算发现两种情况下x^2y的阶是3，因此还是归结为BA的情形。BC)y^3是9阶元这时有27阶元，还是循环群。C)若没有9阶和27阶元。只有3阶元，取N≌C3xC3，y∈GN，y^3=1。GL2(F3)中的3阶元A满足方程X^3-I=0=(X-I)^3，因此矩阵A的特征值是1，至少有一个对应的特征向量。如果作用平凡，则矩阵可以写成[10;01]，G≌C3xC3xC3。如果作用非平凡，计算发现这个矩阵在某组基下写成[11;01]。计算发现这个群里的元素确实都是3阶的，而且是非交换群{x^3=y^3=z^3=1,xy=yx,zx=xz,zyz^2=xy}。??28阶。7阶群正规。类比12阶的A类，有C28，{x^4=y^7=1,xyx^3=y^6}，C2xC14，D14。??29阶。p型，C29。??30阶。A)C5唯一，于是C2和C3分别作用于C5，Aut(C5)≌C4，因此C3作用是平凡的，有C15。这时指标2子群，必然正规。C2作用于C15上，Aut(C15)=Aut(C3xC5)≌Aut(C3)xAut(C5)≌C2xC4。于是研究同态C2→C2xC4。等价于找C2的像，必是单位或2阶元。AA)平凡同态，群C30。AB)像(1,0)，在C3上非平凡作用，C5上平凡作用，G≌S3xC5。AC)像(0,2),在C3上平凡作用，C5上非平凡作用，G≌C3xD5。AD)像(1,2)，两个上都是非平凡作用，计算发现G≌D15。B)有6个C5，因为任何两个C5至多有一个单位元重复，因此至少有24个5阶元。若3阶子群个数多于1个，只能是10个，于是至少有20个3阶元，矛盾。3阶子群唯一。C5作用于C3上必然平凡，于是有15阶子群，正规，回到A情况。??31阶。C31。??32阶，太复杂跳过。

??33阶，pq型，C33。??34阶，2p型，C34或D17。??35阶，pq型，C35。??36阶。跳过??37阶，C37。??38阶，2p型，C38或D19。??39阶，pq型，类似21阶，C39或{x^13=y^3=1,yxy^2=x^3}。??40阶，5阶群唯一。Aut(C5)≌C4。记8阶群为H。如果8阶群在5阶群上作用不平凡，则8阶子群不唯一，只能有5个；而C5在这5个8阶子群上的共轭是轮换作用。设=C5，则x^kHx^(-k)给出所有的8阶子群，两个这样的子群在C5上的共轭作用相差x^k的共轭，因此是一样的。不同的同态H→Aut(C5)给出不同构的G。A)平凡作用，C40，C2xC20，C2xC2xC10，D4xC5，H8xC5。其中D4xC5可以表示为{w^20=x^2=1,xw=w^11x}。H8xC5可以表示为{w^20=1,x^2=w^10,xw=w^11x}。BA)同态C8→C4像是C2，{x^8=y^5=1,xyx^7=y^4}={w^20=1,x^2=w^5,xw=w^9x}。BB)同态C2xC4→C4像是C2，核是C2xC2，{x^2=y^4=z^5=1,xy=yx,xz=zx,yz=z^4y}没有20阶循环子群。BC)同态C2xC2xC2→C4像是C2，核是C2xC2，G≌C2xC2xD5≌C2xD10。BD)同态D4→C4像是C2，核是C4，G={w^20=x^2=1，xw=w^19x}≌D20。BE)同态D4→C4像是C2，核是C2xC2，G={x^4=y^2=z^5=1,yxy=x^3,yz=zy,xz=z^4x}，没有20阶循环子群。CA)同态C8→C4满射，{x^8=y^5=1,xyx^7=y^2}。CB)同态C2xC4→C4是满射，{x^2=y^4=z^5=1,xz=zx,yz=z^2y，xy=yx}。CC)同态C2xC2xC2→C4，D4→C4，H8→C4都不存在满射。综上所述一共找到12个不同构的群。??41阶，p型，C41。??42阶，7阶子群唯一。3阶子群1个或7个。A)3阶子群有1个，于是有21阶正规子群，C2作用于这个子群类似30阶的A类，得到C42，C3xD7，S3xC7，D21。B)有7个3阶子群，每个3阶子群的正规化子是6阶子群，6阶子群H作用于C7上，得到同态H→Aut(C7)≌C6，其中H的3阶子群的像非平凡。H≌C6，因为S3到C6的同态核必然

包括C3。BA)H→C6像是C3，于是2阶子群平凡作用，G≌{x^14=y^3=1,yx=x^9y}。C2和C3交换，于是2阶子群1个。BB)H→C6像是C6，于是G≌{x^7=y^6=1,yx=x^3y}。2阶子群7个，3阶子群7个。??43阶，p型，C43。??44阶，类似12阶群更简单，N=C11唯一，Aut(N)≌C10≌C2xC5。4阶群H，同态H→C2xC5的像是C2或平凡。A)H→C2xC5平凡。得到C44，C2xC22。B)H→C2xC5非平凡，得到{x^11=y^4=1,yx=x^10y}，C2xD11≌D22。??45阶，9阶群唯一，5阶群唯一，于是有C45,C3xC15。??46阶，2p型，C46或D23。??47阶，p型，C47。??48阶，至少比24阶复杂，跳过。??49阶，p^2型，C49或C7xC7。??50阶，25阶群唯一，类比18阶，可以得到C50，D25，C5xC10，C5xD5，{x^5=y^5=z^2=1,xy=yx,zx=x^4z,zy=y^4z}。