有限群G在Aut(G)作用下恰有两个轨道的分类及Aut(G)可解性的判定问题

问题背景 #

设$G$是有限群，$Aut(G)$表示$G$的自同构群，考虑群作用$\phi:Aut(G)\times G\to G$，其中$\phi(\sigma,g)=\sigma(g)$。已知$G$在$Aut(G)$的作用下恰好有两个轨道，我们来解决以下两个问题：

(a) 确定所有满足条件的群$G$（同构意义下） #

咱们先从轨道的基本性质入手：单位元$1\in G$在任何自同构下都只能映射到自身，所以它的轨道必然是${1}$。题目说只有两个轨道，那另一个轨道只能是$G\setminus{1}$——也就是说，所有非单位元都在同一个轨道里。

这意味着：对任意两个非单位元$g,g'\in G$，一定存在某个自同构$\sigma\in Aut(G)$，使得$\sigma(g)=g'$。而自同构是保元素阶的，所以所有非单位元的阶必须完全相同。

接下来用柯西定理：假设$|G|$有素因子$p$，那么$G$中存在阶为$p$的元素；既然所有非单位元阶相同，那所有非单位元的阶都是$p$，这说明$G$的阶是$p^{n$（即$G$是$p$-群）。而所有非单位元阶都是$p$的$p$-群，就是**初等阿贝尔$p$-群**，也就是同构于$C_p}n$（$n$个$p$阶循环群的直积），也可以写成$(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^n$（把$G$看成$p$元域上的$n$维向量空间）。

所以结论是：所有满足条件的$G$都是初等阿贝尔$p$-群，即$G\cong C_p^n$，其中$p$是素数，$n$是正整数。

(b) 列出所有$Aut(G)$为可解群的情况 #

首先你之前的猜想是对的：当$G=(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^n$时，$Aut(G)$就是$p$元域上的$n$阶一般线性群$GL_n(\mathbb{F}_p)$（这里$\mathbb{F}_p=\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$）。因为把$G$看作向量空间的话，群自同构正好对应可逆线性变换，也就是$GL_n(\mathbb{F}_p)$中的元素。

接下来我们需要确定什么时候$GL_n(\mathbb{F}_p)$是可解群，这有成熟的结论：

• 当$n=1$时，$GL_1(\mathbb{F}_p)$就是$\mathbb{F}_p$的乘法群$\mathbb{F}_p^\times$，这是一个$p-1$阶循环群，而循环群都是可解群；
• 当$n=2$时：
  • $GL_2(\mathbb{F}_2)$的阶是$(2^2-1)(22-2)=3\times2=6$，它同构于对称群$S_3$，$S_3$是可解群；
  • $GL_2(\mathbb{F}_3)$的阶是$(3^2-1)(32-3)=8\times6=48$，它的正规子群$SL_2(\mathbb{F}_3)$（行列式为1的矩阵）是24阶群，而$SL_2(\mathbb{F}_3)$有一个指数为2的正规子群（四元数群$Q_8$），所以$SL_2(\mathbb{F}_3)$可解，进而$GL_2(\mathbb{F}_3)$也是可解群；
  • 当$p\geq5$时，$SL_2(\mathbb{F}_p)$是非交换单群，非交换单群不可解，所以此时$GL_2(\mathbb{F}_p)$不可解；
• 当$n\geq3$时，不管$p$是哪个素数，$SL_n(\mathbb{F}_p)$都是非交换单群，因此$GL_n(\mathbb{F}_p)$包含不可解的正规子群，自身也不可解。

综上，$Aut(G)$可解的情况是：

• $G\cong C_p$（即$n=1$，任意素数$p$）；
• $G\cong C_2^2$（即$n=2$，$p=2$，克莱因四元群）；
• $G\cong C_3^2$（即$n=2$，$p=3$）。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者confused