石静静，周芳^*

太原师范学院数学系，山西 晋中

收稿日期：2019年4月16日；录用日期：2019年4月27日；发布日期：2019年5月9日

本文利用有限Abel群G的性质和它的自同构群的阶，讨论了自同构群 A ( G ) 的阶为 2 t p q ( 1 ≤ t ≤ 3 ) 的有限Abel群G的构造。得出以下结果：当t = 1时，G最多有6型；当t = 2时，G最多有22型；当t = 3时， 最多有49型。

关键词 :有限Abel群，自同构群，群构造

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众所周知，自同构群 A ( G ) 是由群G决定的。反之，如果知道 A ( G ) 的阶，能否确定群G的构造？余红宴和黄本文在这方面做了一些研究，见 [1] [2] [3] 。本文将讨论当 A ( G ) 的阶为 2 t p q 时，群G的构造。文中设群G是有限Abel群， | G | 表示群G的阶， A ( G ) 表示群G的自同构群， C n 表示n阶的循环群，而 S p i 表示群G的Sylow p i 子群，其它符号是标准的，见文献 [4] 。

引理2.1 [4] 若 G ≃ C n ，则 A ( G ) 为 φ ( n ) 阶的交换群，其中 φ ( n ) 为欧拉函数。

引理2.2 [4] 若G是 p n 阶交换群，则 p n − 1 ( p − 1 ) | | A ( G ) | 。

引理2.3 [4] 设 G = H × K ，则当 ( | H | , | K | ) = 1 时， A ( G ) ≃ A ( H ) × A ( K ) 。

引理2.4 [5] 设G是 p n 阶交换群，G的型为 [ m 1 , ⋯ , m 1 ︸ s 1 ; m 2 , ⋯ , m 2 ︸ s 2 ; ⋯ ; m t , ⋯ , m t ︸ s t ] ，其中 m 1 > m 2 > ⋯ > m t > 0 ， s i > 0 ，则，其中

u = ∑ i , j = 1 t s i s j m i j − ∑ i = 1 t s i ( s i + 1 ) 2 ,     m i j = m max { i , j }

下面在定理的证明中，总假定 p 1 , p 2 , ⋯ , p k 为不同的奇素数。

定理3.1设 为有限交换群，当 | A ( G ) | = 2 p q (p，q为互异的奇素数)时，群G最多有6型。

证明：设 | G | = 2 α 0 p 1 α 1 p 2 α 2 ⋯ p k α k ，则 G ≅ S 2 × S p 1 × S p 2 × ⋯ × S p k ，并且 A ( G ) ≅ A ( S 2 ) × A ( S p 1 ) × A ( S p 2 ) × ⋯ × A ( S p k ) 。由于对每个奇素数 p i 来说，都有 2 | | A ( S p i ) | ，而 | A ( S p i ) | | | A ( G ) | = 2 p q ，则有 2 k | 2 p q ，所以 k = 0 , 1 。

(1) 当 k = 0 时， | G | = 2 α 0 。又 2 α 0 − 1 | | A ( S 2 ) | ，而 | A ( S 2 ) | | | A ( G ) | = 2 p q ，故 α 0 = 1 , 2 。

(I) 当 α 0 = 1 时， | G | = 2 ，则 G ≅ C 2 ，进而 | A ( G ) | = 1 ，与 | A ( G ) | = 2 p q 矛盾。

(II) 当 α 0 = 2 时， | G | = 4 ，则 G ≅ C 2 2 ， C 2 × C 2 。

(i) 若 G ≅ C 2 2 ，有 | A ( G ) | = 2 ，与 | A ( G ) | = 2 p q 矛盾。

(ii) 若 G ≅ C 2 × C 2 ，有 | A ( G ) | = 6 ，与 | A ( G ) | = 2 p q 矛盾。

(2) 当 k = 1 时，由于 2 | | A ( S p i ) | ，得 A ( S 2 ) = 1 ，则有 α 0 = 0 , 1 。又由 p 1 α 1 − 1 ( p 1 − 1 ) | | A ( S p 1 ) | ，而 | A ( S p 1 ) | | | A ( G ) | = 2 p q ，故 α 1 = 1 , 2 。

(I) 当 α 1 = 1 时，则有 S p 1 = C p 1 ，我们有 G ≅ C p 1 ， C 2 × C p 1 。由于 | A ( G ) | = p 1 − 1 = 2 p q ，可得 p 1 = 2 p q + 1 。当 2 p q + 1 为素数时，有 G 1 ≅ C 2 p q + 1 ， G 2 ≅ C 2 × C 2 p q + 1 。

(II) 当 α 1 = 2 时，则 S p 1 = C p 1 2 ， C p 1 × C p 1 。

(i) 若 S p 1 = C p 1 2 ，有 G ≅ C p 1 2 ， C 2 × C p 1 2 。因为 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 p q ，令 p 1 = q ，即 p 1 = q = 2 p + 1 。当 2 p + 1 为素数时，有 G 3 ≅ C ( 2 p + 1 ) 2 ， G 4 ≅ C 2 × C ( 2 p + 1 ) 2 。同理，令 p 1 = p ，即 p 1 = p = 2 q + 1 ，当 2 q + 1 为素数时，有 G 5 ≅ C ( 2 q + 1 ) 2 ， G 6 ≅ C 2 × C ( 2 q + 1 ) 2 。

(ii) 若 S p 1 = C p 1 × C p 1 ，则有 G ≅ C p 1 × C p 1 ， C 2 × C p 1 × C p 1 ，此时 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 p q ，与 2 3 | | A ( G ) | = 2 p q 矛盾，故G不存在。

定理3.2设G为有限交换群，当 | A ( G ) | = 2 2 p q (p，q为互异的奇素数)时，群G最多有22型。

证明：设 | G | = 2 α 0 p 1 α 1 p 2 α 2 ⋯ p k α k ，则有 G ≅ S 2 × S p 1 × S p 2 × ⋯ × S p k ，且 A ( G ) ≅ A ( S 2 ) × A ( S p 1 ) × A ( S p 2 ) × ⋯ × A ( S p k ) 。由于对每一个奇素数 p i ，有 2 | | A ( S p i ) | ，而且 | A ( S p i ) | | | A ( G ) | = 2 2 p q ，所以 2 k | 2 2 p q ，故 k = 0 , 1 , 2 。

(1) 当 k = 0 时， | G | = 2 α 0 。由于 2 α 0 − 1 | | A ( S 2 ) | ，且 | A ( S 2 ) | | 2 2 p q ，可得 α 0 = 1 , 2 , 3 。

(I) 当 α 0 = 1 , 2 时，由定理3.1的证明可知，G是不存在的。

(II) 当 α 0 = 3 时， | G | = 2 3 ，则 G ≅ C 2 3 , C 2 2 × C 2 , C 2 × C 2 × C 2 。

(i) 若 G ≅ C 2 3 ，有 | A ( G ) | = 2 2 。

(ii) 若 G ≅ C 2 2 × C 2 ，有 | A ( G ) | = 2 3 。

(iii) 若 G ≅ C 2 × C 2 × C 2 ，有 | A ( G ) | = 2 3 ⋅ 3 ⋅ 7 。均与 | A ( G ) | = 2 2 p q 矛盾。

(2) 当 k = 1 时， | G | = 2 α 0 p 1 α 1 ，由 2 | | A ( S p i ) | 可知， A ( S 2 ) = 1 ，则 α 0 = 0 , 1 , 2 。

(I) 当 α 0 = 0 , 1 时，我们有 p 1 α 1 − 1 ( p 1 − 1 ) | | A ( S p 1 ) | ，并且 | A ( S p 1 ) | | | A ( G ) | = 2 2 p q ，故 α 1 = 1 , 2 。

(i) 当 α 1 = 1 时，有 G ≅ C p 1 , C 2 × C p 1 ，此时 | A ( G ) | = p 1 − 1 = 2 2 p q ，得出 p 1 = 2 2 p q + 1 。当 2 2 p q + 1 为素数时，有 G 1 ≅ C 2 2 p q + 1 ， G 2 ≅ C 2 × C 2 2 p q + 1 。

(ii) 当 α 1 = 2 时，可知 S p 1 = C p 1 2 , C p 1 × C p 1 。

(a) 若 ，则。由于 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 2 p q ，若令 p 1 = q ，即 p 1 = q = 2 2 p + 1 。当 2 2 p + 1 为素数时，有 G 3 ≅ C ( 2 2 p + 1 ) 2 ， G 4 ≅ C 2 × C ( 2 2 p + 1 ) 2 。同理，令 p 1 = p ，有 G 5 ≅ C ( 2 2 q + 1 ) 2 ， G 6 ≅ C 2 × C ( 2 2 q + 1 ) 2 。

(b) 若 S p 1 = C p 1 × C p 1 ，则有 G ≅ C p 1 × C p 1 , C 2 × C p 1 × C p 1 ，而 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 2 p q ，与 2 3 | | A ( G ) | = 2 2 p q 矛盾，因此G不存在。

(II) 当 α 0 = 2 时，。

(i) 当 α 1 = 1 时， S p 1 = C p 1 。

(a) 若 S 2 = C 2 2 ，有 G ≅ C 2 2 × C p 1 ，由于 | A ( G ) | = 2 ( p 1 − 1 ) = 2 2 p q ，可得 p 1 = 2 p q + 1 。当 2 p q + 1 为素数时，有 G 7 ≅ C 2 2 × C 2 p q + 1 。

(b) 若 S 2 = C 2 × C 2 ，有 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 ，因为 | A ( G ) | = 2 ⋅ 3 ( p 1 − 1 ) = 2 2 p q ，可令 p = 3 ，则有 p 1 = 2 q + 1 。当 2 q + 1 为素数时，有 G 8 ≅ C 2 × C 2 × C 2 q + 1 。

(ii) 当 α 1 = 2 时， S p 1 = C p 1 2 , C p 1 × C p 1 。

(a) 若 S 2 = C 2 2 ，则有 G ≅ C 2 2 × C p 1 2 , C 2 2 × C p 1 × C p 1 。

若 G ≅ C 2 2 × C p 1 2 ，此时 | A ( G ) | = 2 p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 2 p q 。若令 p 1 = p ，则 p 1 = p = 2 q + 1 。当 2 q + 1 为素数时，有 G 9 ≅ C 2 2 × C ( 2 q + 1 ) 2 。同理，令 p 1 = q 时，有 G 10 ≅ C 2 2 × C ( 2 p + 1 ) 2 。

若 G ≅ C 2 2 × C p 1 × C p 1 ，由于 | A ( G ) | = 2 p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 2 p q ，得 p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 p q ，矛盾，故G不存在。

(b) 若 S 2 = C 2 × C 2 ，此时 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 2 , C 2 × C 2 × C p 1 × C p 1 。

若 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 2 ，由于 | A ( G ) | = 2 ⋅ 3 ⋅ p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 2 p q ，则有 3 ⋅ p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 p q ，此时得到 p 1 = p = q = 3 ，与 p , q 为不同的奇素数矛盾，因此G不存在。

若 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 × C p 1 ，由 | A ( G ) | = 2 ⋅ 3 ⋅ p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 2 p q ，我们有 3 × p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 p q ，矛盾，故G不存在。

(3) 当 k = 2 时， | G | = 2 α 0 p 1 α 1 p 2 α 2 ，又 2 | | A ( S p i ) | ( i = 1 , 2 ) ，所以 α 0 = 0 , 1 。由 p 1 α 1 − 1 ( p 1 − 1 ) p 2 α 2 − 1 ( p 2 − 1 ) | 2 2 p q ，可得 α 1 = 1 , 2 ， α 2 = 1 , 2 。

(I) α 1 = 1 , α 2 = 1 ： G ≅ C p 1 × C p 2 , C 2 × C p 1 × C p 2 ，此时有 | A ( G ) | = ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 2 p q 。由于 p 1 − 1 , p 2 − 1 是不同的偶数，而 2 2 p q = 2 ⋅ 2 p q = 2 p ⋅ 2 q ，则当 2 p q + 1 为素数时，有 G 11 ≅ C 3 × C 2 p q + 1 ， G 12 ≅ C 2 × C 3 × C 2 p q + 1 ；当 2 p + 1 , 2 q + 1 为素数时，有 G 13 ≅ C 2 p + 1 × C 2 q + 1 ， G 14 ≅ C 2 × C 2 p + 1 × C 2 q + 1 。

(II) α 1 = 2 , α 2 = 1 ：此时只需考虑 G ≅ C p 1 2 × C p 2 , C 2 × C p 1 2 × C p 2 。由于 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 2 p q ，若令 p 1 = p ，则有 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 2 q 。由于 p 1 − 1 , p 2 − 1 是不同的偶数，而 2 2 q = 2 ⋅ 2 q ，则当 2 q + 1 为素数时，有 G 15 ≅ C 3 2 × C 2 q + 1 ， G 16 ≅ C 2 × C 3 2 × C 2 q + 1 ， G 17 ≅ C ( 2 q + 1 ) 2 × C 3 ， G 18 ≅ C 2 × C ( 2 q + 1 ) 2 × C 3 。同理，令 p 1 = q 时，有 G 19 ≅ C 3 2 × C 2 p + 1 ， G 20 ≅ C 2 × C 3 2 × C 2 p + 1 ， G 21 ≅ C ( 2 p + 1 ) 2 × C 3 ， G 22 ≅ C 2 × C ( 2 p + 1 ) 2 × C 3 。

(III) α 1 = 2 , α 2 = 2 ：只需考虑 G ≅ C p 1 2 × C p 2 2 , C 2 × C p 1 2 × C p 2 2 ，由 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) p 2 ( p 2 − 1 ) = 2 2 p q ，可得 p 1 = p 2 = p = q = 3 ，与 p , q 为互异的奇素数不符，故G不存在。

定理3.3 设G为有限交换群，当 | A ( G ) | = 2 3 p q (p，q为互异的奇素数)时，群G最多有49型。

证明：设 | G | = 2 α 0 p 1 α 1 p 2 α 2 ⋯ p k α k ，则有 G ≅ S 2 × S p 1 × S p 2 × ⋯ × S p k ，以及 A ( G ) ≅ A ( S 2 ) × A ( S p 1 ) × A ( S p 2 ) × ⋯ × A ( S p k ) 。由于对每个奇素数 p i ，有 2 | | A ( S p i ) | ，而 | A ( S p i ) | | | A ( G ) | = 2 3 p q ，所以 2 k | 2 3 p q ，因此可得 。

(1) 当 k = 0 时， | G | = 2 α 0 。又因为 2 α 0 − 1 | | A ( S 2 ) | ，而 | A ( S 2 ) | | 2 3 p q ，所以 α 0 = 1 , 2 , 3 , 4 。

(I) 当 α 0 = 1 , 2 , 3 时，由定理3.2的证明知，G不存在。

(II) 当 α 0 = 4 时， | G | = 2 4 ，则 G ≅ C 2 4 , C 2 3 × C 2 , C 2 2 × C 2 × C 2 , C 2 2 × C 2 2 , C 2 × C 2 × C 2 × C 2 。

(i) 若 G ≅ C 2 4 ，则有 | A ( G ) | = 2 3 与 2 3 p q 不符。

(ii) 若 G ≅ C 2 3 × C 2 , C 2 2 × C 2 × C 2 , C 2 2 × C 2 2 , C 2 × C 2 × C 2 × C 2 ，由计算可知均有 矛盾，故G不存在。

(2) 当 k = 1 时， | G | = 2 α 0 p 1 α 1 ，因为 2 | | A ( S p i ) | ，可知 A ( S 2 ) = 1 ，则 α 0 = 0 , 1 , 2 , 3 。

(I) 当 α 0 = 0 , 1 时，由于 p 1 α 1 − 1 ( p 1 − 1 ) | | A ( S p 1 ) | ，而又有 | A ( S p 1 ) | | | A ( G ) | = 2 3 p q ，故 α 1 = 1 , 2 。

(i) 当 α 1 = 1 时， G ≅ C p 1 , C 2 × C p 1 ，此时 | A ( G ) | = p 1 − 1 = 2 3 p q ，得到 p 1 = 2 3 p q + 1 。当 2 3 p q + 1 为素数时，有 G 1 ≅ C 2 3 p q + 1 ， G 2 ≅ C 2 × C 2 3 p q + 1 。

(ii) 当 α 1 = 2 时，可知 S p 1 = C p 1 2 , C p 1 × C p 1 。

(a) 若 S p 1 = C p 1 2 ，有 G ≅ C p 1 2 , C 2 × C p 1 2 ，此时。若令 p 1 = q ，即 p 1 = q = 2 3 p + 1 。当 2 3 p + 1 为素数时，有 G 3 ≅ C ( 2 3 p + 1 ) 2 ， G 4 ≅ C 2 × C ( 2 3 p + 1 ) 2 。同理，令 p 1 = p 时，有 G 5 ≅ C ( 2 3 q + 1 ) 2 ， G 6 ≅ C 2 × C ( 2 3 q + 1 ) 2 。

(b) 若 S p 1 = C p 1 × C p 1 ，则有 G ≅ C p 1 × C p 1 , C 2 × C p 1 × C p 1 。由 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 3 p q ，若 p 1 − 1 = 2 λ ， λ 为偶数时，产生矛盾。 λ 为奇数时，代入等式左边为偶数，右边为奇数，不符，因此G不存在。

(II) 当 α 0 = 2 时， S 2 = C 2 2 , C 2 × C 2 。

(i) 当 α 1 = 1 时， S p 1 = C p 1 。

(a) 若 S 2 = C 2 2 ，有 G ≅ C 2 2 × C p 1 ，由 | A ( G ) | = 2 ( p 1 − 1 ) = 2 3 p q ，得出 p 1 = 2 2 p q + 1 。当 2 2 p q + 1 为素数时，有 G 7 ≅ C 2 2 × C 2 2 p q + 1 。

(b) 若 S 2 = C 2 × C 2 ，则，此时 | A ( G ) | = 2 ⋅ 3 ( p 1 − 1 ) = 2 3 p q 。若 p = 3 ，可知 p 1 = 2 2 q + 1 。当 2 2 q + 1 为素数时，有 G 8 ≅ C 2 × C 2 × C 2 2 q + 1 。

(ii) 当 α 1 = 2 时， S p 1 = C p 1 2 , C p 1 × C p 1 。

(a) 若 S 2 = C 2 2 ，可知 G ≅ C 2 2 × C p 1 2 , C 2 2 × C p 1 × C p 1 。

当 G ≅ C 2 2 × C p 1 2 ，由 | A ( G ) | = 2 p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 3 p q ，得 p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 2 p q 。若令 p 1 = p ，即 p 1 = p = 2 2 q + 1 。当 2 2 q + 1 为素数时，有 G 9 ≅ C 2 2 × C ( 2 2 q + 1 ) 2 。同理，令 p 1 = q 时，有。

当 G ≅ C 2 2 × C p 1 × C p 1 ，由 | A ( G ) | = 2 p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 3 p q ，得 p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 2 p q ，产生矛盾，故G不存在。

(b) 若 S 2 = C 2 × C 2 ，有 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 2 ， C 2 × C 2 × C p 1 × C p 1 。

当 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 2 ，我们有 | A ( G ) | = 2 ⋅ 3 ⋅ p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 3 p q ，从而 3 ⋅ p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 2 p q 。若令 p = 3 ，则 ，于是有 G 11 ≅ C 2 × C 2 × C 5 2 。

当 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 × C p 1 ，则有 | A ( G ) | = 2 ⋅ 3 ⋅ p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 3 p q ，于是 3 ⋅ p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 2 p q ，产生矛盾，因此G不存在。

(III) 当 α 0 = 3 时， S 2 = C 2 3 , C 2 2 × C 2 , C 2 × C 2 × C 2 。当 S 2 = C 2 2 × C 2 , C 2 × C 2 × C 2 时，由前面的证明易知G不存在，所以只需考虑 S 2 = C 2 3 。

(i) 当 α 1 = 1 时， S p 1 = C p 1 ，有 G ≅ C 2 3 × C p 1 。由于 | A ( G ) | = 2 2 ( p 1 − 1 ) = 2 3 p q ，可得 p 1 − 1 = 2 p q ，从而 p 1 = 2 p q + 1 。当 2 p q + 1 为素数时，有 G 12 ≅ C 2 3 × C 2 p q + 1 。

(ii) 当 α 1 = 2 时， S p 1 = C p 1 2 , C p 1 × C p 1 ，同样也只考虑 S p 1 = C p 1 2 ，于是 G ≅ C 2 3 × C p 1 2 ，此时 | A ( G ) | = 2 2 p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 3 p q ，可得 p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 p q 。若令 p 1 = p ，即 p 1 = p = 2 q + 1 ，当 2 q + 1 为素数时，有 G 13 ≅ C 2 3 × C ( 2 q + 1 ) 2 。同理，令 p 1 = q 时，有 G 14 ≅ C 2 3 × C ( 2 p + 1 ) 2 。

(3) 当 k = 2 时， | G | = 2 α 0 p 1 α 1 p 2 α 2 ，又因为 2 | | A ( S p i ) | ( i = 1 , 2 ) ，所以 α 0 = 0 , 1 , 2 。由 p 1 α 1 − 1 ( p 1 − 1 ) p 2 α 2 − 1 ( p 2 − 1 ) | 2 3 p q ，得出 α 1 = 1 , 2 ， α 2 = 1 , 2 。

(I) 当 α 0 = 0 , 1 时，

(i) α 1 = 1 , α 2 = 1 ：此时，于是 | A ( G ) | = ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 3 p q 。由于 p 1 − 1 , p 2 − 1 是不同的偶数，而 2 3 p q = 2 ⋅ 2 2 p q = 2 2 ⋅ 2 p q = 2 p ⋅ 2 2 q = 2 2 p ⋅ 2 q 。所以当 2 2 p q + 1 为素数时，有 G 15 ≅ C 3 × C 2 2 p q + 1 ， G 16 ≅ C 2 × C 3 × C 2 2 p q + 1 ；当 2 p q + 1 为素数时，有 G 17 ≅ C 5 × C 2 p q + 1 ， G 18 ≅ C 2 × C 5 × C 2 p q + 1 ；当 2 p + 1 , 2 2 q + 1 为素数时，有 G 19 ≅ C 2 p + 1 × C 2 2 q + 1 ， G 20 ≅ C 2 × C 2 p + 1 × C 2 2 q + 1 ；当 2 2 p + 1 , 2 q + 1 为素数时，有 G 21 ≅ C 2 2 p + 1 × C 2 q + 1 ， G 22 ≅ C 2 × C 2 2 p + 1 × C 2 q + 1 。

(ii) α 1 = 2 , α 2 = 1 ：只需考虑 G ≅ C p 1 2 × C p 2 , C 2 × C p 1 2 × C p 2 ，于是有 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 3 p q 。由于 p 1 − 1 , p 2 − 1 是不同的偶数，若 p 1 = p ，则 ( p − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 3 q ，而 2 3 q = 2 ⋅ 2 2 q = 2 2 ⋅ 2 q 。所以当 2 2 q + 1 为素数时，有， G 24 ≅ C 2 × C 3 2 × C 2 2 q + 1 ， G 25 ≅ C ( 2 2 q + 1 ) 2 × C 3 ， G 26 ≅ C 2 × C ( 2 2 q + 1 ) 2 × C 3 ；当 2 q + 1 为素数时，有 G 27 ≅ C 5 2 × C 2 q + 1 ， G 28 ≅ C 2 × C 5 2 × C 2 q + 1 ， G 29 ≅ C ( 2 q + 1 ) 2 × C 5 ， G 30 ≅ C 2 × C ( 2 q + 1 ) 2 × C 5 。同理，若令 p 1 = q ，则当 为素数时，有 G 31 ≅ C 3 2 × C 2 2 p + 1 ， G 32 ≅ C 2 × C 3 2 × C 2 2 p + 1 ， G 33 ≅ C ( 2 2 p + 1 ) 2 × C 3 ， G 34 ≅ C 2 × C ( 2 2 p + 1 ) 2 × C 3 ；当 2 p + 1 为素数时，有 G 35 ≅ C 5 2 × C 2 p + 1 ， G 36 ≅ C 2 × C 5 2 × C 2 p + 1 ， G 37 ≅ C ( 2 p + 1 ) 2 × C 5 ， G 38 ≅ C 2 × C ( 2 p + 1 ) 2 × C 5 。

(iii) α 1 = 2 , α 2 = 2 ：我们只需考虑 G ≅ C p 1 2 × C p 2 2 , C 2 × C p 1 2 × C p 2 2 ，由 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) p 2 ( p 2 − 1 ) = 2 3 p q ，可得 p 1 = p = 3 ， p 2 = q = 5 ，则有 G 39 ≅ C 3 2 × C 5 2 ， G 40 ≅ C 2 × C 3 2 × C 5 2 。

(II) 当 α 0 = 2 时， S 2 = C 2 2 , C 2 × C 2 。

(i) 当 α 1 = 1 , α 2 = 1 时，

(a) 若 S 2 = C 2 2 ，有 G ≅ C 2 2 × C p 1 × C p 2 ，从而 | A ( G ) | = 2 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 3 p q ，进而 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 2 p q 。由于 p 1 − 1 , p 2 − 1 是不同的偶数，而 2 2 p q = 2 ⋅ 2 p q = 2 p ⋅ 2 q 。所以当 2 p q + 1 为素数时，有 G 41 ≅ C 2 2 × C 3 × C 2 p q + 1 ；当 2 p + 1 , 2 q + 1 为素数时，有 G 42 ≅ C 2 2 × C 2 p + 1 × C 2 q + 1 。

(b) 若 S 2 = C 2 × C 2 ，有 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 × C p 2 ，从而 | A ( G ) | = 2 ⋅ 3 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 3 p q ，进而 3 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 2 p q 。若令 p = 3 ，则有 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 2 q ，而 2 2 q = 2 ⋅ 2 q 。所以当 2 q + 1 为素数时，有 G 43 ≅ C 2 × C 2 × C 3 × C 2 q + 1 。

(ii) 当 α 1 = 2 , α 2 = 1 时，

(a) 若 S 2 = C 2 2 ，我们有 G ≅ C 2 2 × C p 1 2 × C p 2 ，从而 | A ( G ) | = 2 p 1 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 3 p q ，进而 p 1 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 2 p q 。若 p 1 = p ，则 ( p − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 2 q ，而 2 2 q = 2 ⋅ 2 q 。当 2 q + 1 为素数时，有 G 44 ≅ C 2 2 × C 3 2 × C 2 q + 1 ， G 45 ≅ C 2 2 × C ( 2 q + 1 ) 2 × C 3 ；同理，若令 p 1 = q ，则有 G 46 ≅ C 2 2 × C 3 2 × C 2 p + 1 ， G 47 ≅ C 2 2 × C ( 2 p + 1 ) 2 × C 3 。

(b) 若 S 2 = C 2 × C 2 ，有 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 2 × C p 2 。由于 | A ( G ) | = 2 ⋅ 3 p 1 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 3 p q ，从而 3 p 1 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 2 p q 。此时 p 1 = p 2 = p = q = 3 ，与 p , q 为互异的奇素数不符，故G不存在。

(iii) 当 α 1 = 2 , α 2 = 2 时，

(a) 则 G ≅ C 2 2 × C p 1 2 × C p 2 2 ，于是 | A ( G ) | = 2 p 1 ( p 1 − 1 ) p 2 ( p 2 − 1 ) = 2 3 p q ，可得 p 1 ( p 1 − 1 ) p 2 ( p 2 − 1 ) = 2 2 p q 。此时 p 1 = p 2 = p = q = 3 ，与 p , q 为不同的奇素数矛盾，所以G不存在。

(b) 有 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 2 × C p 2 2 ，此时 | A ( G ) | = 2 ⋅ 3 p 1 ( p 1 − 1 ) p 2 ( p 2 − 1 ) = 2 3 p q ，从而可得 3 p 1 ( p 1 − 1 ) p 2 ( p 2 − 1 ) = 2 2 p q ，矛盾，所以G不存在。

(4) 当 k = 3 时，我们有 α 0 = 0 , 1 。

(I) ：此时 G ≅ C p 1 × C p 2 × C p 3 , C 2 × C p 1 × C p 2 × C p 3 ，从而 | A ( G ) | = ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) ( p 3 − 1 ) = 2 3 p q ，而 2 3 p q = 2 ⋅ 2 p ⋅ 2 q 。所以当 2 p + 1 , 2 q + 1 为素数时，有 G 48 ≅ C 3 × C 2 p + 1 × C 2 q + 1 ， G 49 ≅ C 2 × C 3 × C 2 p + 1 × C 2 q + 1 。

(II) α 1 = 2 , α 2 = 1 , α 3 = 1 ：此时 G ≅ C p 1 2 × C p 2 × C p 3 , C 2 × C p 1 2 × C p 2 × C p 3 ，从而 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) ( p 3 − 1 ) = 2 3 p q 。令 p 1 = p ，而 2 3 q = 2 ⋅ 2 ⋅ 2 q ，此时 p 1 = p 2 = p = 3 ， p 3 = 2 q + 1 ，产生矛盾，因此G不存在。同理， p 1 = q 时，G也是不存在的。

(III) α 1 = 2 , α 2 = 2 , α 3 = 1 ：有 G ≅ C p 1 2 × C p 2 2 × C p 3 , C 2 × C p 1 2 × C p 2 2 × C p 3 。由于 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) p 2 ( p 2 − 1 ) ( p 3 − 1 ) = 2 3 p q ，此时得到 p 1 = p 2 = p 3 = p = q = 3 ，与 p , q 为互异的奇素数不符，从而G不存在。

(IV) α 1 = 2 , α 2 = 2 , α 3 = 2 ：有 G ≅ C p 1 2 × C p 2 2 × C p 3 2 , C 2 × C p 1 2 × C p 2 2 × C p 3 2 ，此时 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) p 2 ( p 2 − 1 ) p 3 ( p 3 − 1 ) = 2 3 p q ，产生矛盾，故G不存在。

本文讨论了自同构群的阶为 2 t p q ( 1 ≤ t ≤ 3 ) 的有限Abel群G的构造，得出：当t = 1时，G最多有6型；当t = 2时，G最多有22型；当t = 3时，G最多有49型。

国家自然科学基金(11401424)资助项目资助。

石静静,周 芳. 自同构群的阶为2^tpq（1≤t≤3）的有限Abel群GFinite Abelian Group with Automorphism Group for Order 2^tpq（1≤t≤3）[J]. 理论数学, 2019, 09(03): 316-322. https://doi.org/10.12677/PM.2019.93042