文中 $p$是一个素数, 采用的术语和符号都是标准的, 参照文献[1].

设 $G_1$和 $G_2$是任意两个群, 并且 $Z_1$和 $Z_2$分别是 $G_1$和 $G_2$的中心子群, 假设 $Z_1$和 $Z_2$是同构的, 设 $\theta: Z_1\rightarrow Z_2$是同构映射, 称 $G_1\ast G_2$是 $G_1$和 $G_2$相对于 $Z_1$, $Z_2$和 $\theta$的中心积, 即 $G_1\ast G_2$是 $G_1\times G_2$关于正规子群 $\{(z_1, \theta (z_1)^{-1})| z_1\in Z_1\}$的商群.特别地, 设 $G$是任意一个群, 中心积 $G\ast G$是借助于中心上的恒等映射所得, 为了方便, 对于任意 $n>1$, 用 $G^{\ast n}$标记中心积 $G^{\ast(n-1)}\ast G$, $G^{\ast 1}=G$且 $G^{\ast 0}=1$.

一个有限 $p$ -群 $G$是超特殊的, 如果 $G'=\mathrm{Frat}G=\zeta G$都是 $p$阶群. Winter^[2]给出了超特殊 $p$ -群的自同构群.在文[1]中, 一个有限 $p$ -群 $G$称为广义超特殊的, 如果 $G$的中心是循环群且导群是 $p$阶群.在文[3]中, 确定了这种广义超特殊 $p$ -群的自同构群.显然, 广义超特殊 $p$ -群的中心商群是初等Abel群并且幂零类是2, 因此广义超特殊 $p$ -群真包含在中心循环的, 幂零类是2的, 并且中心商群是齐次循环的有限 $p$ -群中, 这样一类有限 $p$ -群在文献[4]中给出, 即 $X_{3}(p^m)^{*n}*\mathbb{Z}_{p^{m+r}}, $其中 $n\geq 1$, $m\geq 1$和 $r\geq 0$, 且

$ X_3(p^m)=\langle x, y | x^{p^m}=y^{p^m}=1, [x, y]^{p^m}=1, [x, [x, y]]=[y, [x, y]]=1\rangle. $

当 $p$是奇素数时, 这类群的自同构群被确定, 即下面的命题.

命题1.1  设 $p$是一个奇素数, $G=X_{3}(p^m)^{*n}*\mathbb{Z}_{p^{m+r}}$, 其中 $n\geq 1$, $m\geq 1$和 $r\geq 0$.假设

$ \mathrm{Aut}_{\zeta G}G=\{\ \alpha \in \mathrm{Aut}\ G\ |\ \alpha\ \mbox{在}\zeta G\ \mbox{上作用平凡} \}, $

则 $\mathrm{Aut}\ G=\mathrm{Aut}_{\zeta G}G\rtimes \mathrm{Aut}\zeta G, $并且存在下面的正合列

$ 1\rightarrow \mathrm{Inn}G\rightarrow \mathrm{Aut}_{\zeta G}G \rightarrow \mathrm{Sp}(2n, \mathbb{Z}_{p^m})\rightarrow 1. $

在本文中, 当 $p$是奇素数时, 借助导群的特点, 重新刻画该类有限 $p$ -群的自同构群, 进一步, 确定这类有限2-群的自同构群.若 $m=1$, 则该类群是广义超特殊 $p$ -群.为了不至于重复文献[3]中广义超特殊 $p$ -群的结果, 只考虑 $m\geq 2$的情况, 所得主要结果如下.

定理A  设 $p$是一个奇素数, $G=X_{3}(p^m)^{*n}*\mathbb{Z}_{p^{m+r}}$, 其中 $m\geq2$, $n\geq1$和 $r\geq 0$.设 $\mathrm{Aut}_{G'}G=\{\ \alpha \in \mathrm{Aut}\ G\ |\ \alpha\ \mbox{在}\ G'\ \mbox{上作}\mbox{用平凡} \}$, 则

(ⅰ) $\mathrm{Aut}\ G/\mathrm{Aut}_{G'}G\cong \mathbb{Z}_{p^{m-1}(p-1)}$.

(ⅱ) $\mathrm{Aut}_{G'}G/\mathrm{Inn}G\cong \mathrm{Sp}(2n, \mathbb{Z}_{p^m})\times \mathbb{Z}_{p^r}$.

定理B  设 $G=X_{3}(2^m)^{*n}*\mathbb{Z}_{2^{m+r}}$, 其中 $m\geq2$, $n\geq1$和 $r\geq 0$.设 $\mathrm{Aut}_{G'}G=\{\ \alpha \in \mathrm{Aut}\ G\ |\ \alpha\ \mbox{在}\ G'\ \mbox{上作}\mbox{用平凡} \}$, 则

(ⅰ) $\mathrm{Aut}\ G/\mathrm{Aut}_{G'}G\cong \mathbb{Z}_{2^{m-2}}\times\mathbb{Z}_2$.

(ⅱ) $\mathrm{Aut}_{G'}G/\mathrm{Inn}G\cong K\times \mathbb{Z}_{2^r}$, 其中 $K=\mathrm{Sp}(2n, \mathbb{Z}_{2^m})$ (当 $r>0$时)或者 $\mathrm{O}(2n, \mathbb{Z}_{2^m})$ (当 $r=0$时).

为了得到结果, 需要下面的引理.

引理1.1  设 $m$和 $r$都是正整数, 并且 $m\geq 2$和 $r\geq 1$.则

(ⅰ) $(p^m+1)^{p^r}=1 \pmod{p^{m+r}}$.

(ⅱ) $(p^m+1)^{p^{r-1}}=1+p^{m+r-1} \pmod{p^{m+r}}$.

证  根据二项式定理可得

$ (p^m+1)^i=1+\sum\limits_{j=1}^{i} C_{i}^{j}p^{jm}~(i\geq 1), $

其中 $C_{i}^{j}=\frac{i(i-1)\cdots(i-j+1)}{j!}$.

若 $j=1$并且 $i=p^r$, 则 $C_{i}^1p^m=p^rp^m\equiv 0 \pmod{p^{m+r}}$.

若 $j=1$并且 $i=p^{r-1}$, 则 $C_{i}^1p^{m}=p^{r-1}p^{m}\equiv p^{m+r-1} \pmod{p^{m+r}}$.

若 $j=2$并且 $i=p^{r-1}$, 则 $C_{i}^2p^{2m}=\frac{i(i-1)}{2}p^{2m}=\frac{p^{r-1}-1}{2}p^{2m+r-1}\equiv 0 \pmod{p^{m+r}}$ (当 $p$是奇素数时)或者 $(2^{r-1}-1)2^{2m+r-2}\equiv 0 \pmod{2^{m+r}}$ (当 $p=2$时).

假设 $j\geq 3$并且 $i=p^{r-1}$.注意到 $j!=p^{[\frac{j}{p}]+[\frac{j}{p^2}]+\cdots+[\frac{j}{p^{r-1}}]}n', $其中 $3\leq j\leq p^{r-1}$并且 $(n', p)=1$.则

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} &r-1+jm-([\frac{j}{p}]+[\frac{j}{p^2}]+\cdots+[\frac{j}{p^{r-1}}]) \\ \geq& r-1+jm-(\frac{j}{p}+\frac{j}{p^2}+\cdots+\frac{j}{p^{r-1}}) \geq r-1+jm-\frac{j}{p-1}\\ \geq& m+r+(j-1)2-1-\frac{j}{p-1} \geq m+r+j-3\\ \geq& m+r. \end{split} \end{eqnarray*} $

从而

$ C_i^jp^{jm}=\frac{i(i-1)\cdot\cdot\cdot(i-j+1)}{j!}p^{jm}=\frac{p^{r-1}(p^{r-1}-1)\cdots(p^{r-1}-j+1)}{j!}p^{jm}\equiv 0\pmod{p^{m+r}}. $

同理可得, 若 $i=p^{r}$, 则 $C_i^jp^{jm}\equiv 0\pmod{p^{m+r}}$, 其中 $j\geq 2$.引理1.1得证.

假设 $x_1, x_2, \cdots, x_{2n-1}, x_{2n}, y$是 $G$的一组生成元, 并且满足

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} &\zeta G=\langle y\rangle\cong\mathbb{Z}_{p^{m+r}}, \\ &x_i^{p^m}=1, \quad i=1, 2, \cdots, 2n, \\ &[x_{2i-1}, x_{2i}]=y^{p^r}, \quad i=1, 2, \cdots, n, \\ &[x_{2i-1}, x_j]=1, \quad j\neq 2i, \\ &[x_j, x_{2i}]=1, \quad j\neq 2i-1. \\ \end{split} \end{eqnarray*} $

定理2.1   $\mathrm{Aut}_{G'}G\lhd \mathrm{Aut}\ G$并且 $\mathrm{Aut}\ G/\mathrm{Aut}_{G'}G\cong \mathbb{Z}_{p^{m-1}(p-1)}$.

证  显然 $\mathrm{Aut}_{G'}G\lhd \mathrm{Aut}\ G$.由于 $p$是一个奇素数, 因此 $\mathbb{Z}^*_{p^{m}}$是一个循环群.设 $v$是 $\mathbb{Z}^*_{p^{m}}$的一个生成元, 定义映射

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} &\theta: G \longrightarrow G, \\ &x_{2i-1}\longmapsto x_{2i-1}^{v}, \ i=1, \ 2, \ \cdots, \ n;\\ &x_{2i}\longmapsto x_{2i}, \ \ \ \ i=1, \ 2, \ \cdots, \ n;\\ &y\longmapsto y^{v}. \end{split} \end{eqnarray*} $

容易验证 $\theta\in \mathrm{Aut}\ G$.任取 $\alpha\in \mathrm{Aut}\ G$.因为 $G'=\langle y^{p^{r}}\rangle$, 所以存在 $0<v_1<p^m$并且 $(v_1, p)=1$使得 $\alpha(y^{p^{r}})=(y^{p^{r}})^{v_1}$.从而存在 $0<v_2<p^m$使得 $v^{v_2}\equiv v_1^{-1}$ $(\mathrm{mod}\ p^m)$.由于

$ \theta^{v_2}\alpha(y^{p^{r}})=\theta^{v_2}((y^{p^{r}})^{v_1}) =(\theta^{v_2}(y))^{v_1p^{r}}=(y^{v^{v_2}})^{v_1p^{r}}=(y^{p^{r}})^{v_1^{-1}v_1}=y^{p^{r}}, $

因此 $\theta^{v_2}\alpha\in \mathrm{Aut}_{G'}G$.从而 $\mathrm{Aut}\ G=\langle\theta\rangle\mathrm{Aut}_{G'}G$.

如果 $\theta^u\in \langle\theta\rangle\cap\mathrm{Aut}_{G'}G$, 那么

$ y^{p^r}=\theta^{u}(y^{p^r})= (\theta^{u}(y))^{p^r}=(y^{v^{u}})^{p^r}=y^{v^up^r}. $

因此 $p^r(v^u-1)\equiv 0\pmod{p^{m+r}}$, 即 $v^u-1\equiv 0\pmod{p^m}$.从而 $p^{m-1}(p-1)\ |\ u$.显然 $\theta^{p^{m-1}(p-1)}\in \mathrm{Aut}_{G'}G$, 这说明 $\langle\theta\rangle\cap\mathrm{Aut}_{G'}G=\langle\theta^{p^{m-1}(p-1)}\rangle$.结果可得 $\mathrm{Aut}\ G/\mathrm{Aut}_{G'}G\cong \langle\theta\rangle/\langle\theta^{p^{m-1}(p-1)}\rangle\cong \mathbb{Z}_{p^{m-1}(p-1)}$.定理2.1得证.

注意到 $G/\zeta G\cong \mathbb{Z}_{p^m}\times\mathbb{Z}_{p^m}\times\cdots\times\mathbb{Z}_{p^m}$是一个 $\mathbb{Z}_{p^m}$ -模.定义映射

$ f:G/\zeta G\times G/\zeta G\to {{\mathbb{Z}}_{{{p}^{m}}}};(a\zeta G, b\zeta G)\mapsto t, $

其中 $[a, b]=(y^{p^r})^t$, $0\leq t<p^m$.容易验证 $f$是一个交错双线性型.令 $\bar{x_i}:=x_i\zeta G$, 显然, $G/\zeta G$的一组基 $\bar{x}_1, \bar{x}_2, \cdots, \bar{x}_{2n-1}, \bar{x}_{2n}$满足

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} &f(\bar{x}_{2i-1}, \bar{x}_{2i})=1, ~~ i=1, 2, \cdots, n, \\ &f(\bar{x}_{j}, \bar{x}_{2i})=0, ~~ j\neq 2i-1, \\ &f(\bar{x}_{2i-1}, \bar{x}_{j})=0, ~~ j\neq 2i. \end{split} \end{eqnarray*} $

因此 $\bar{x}_1, \bar{x}_2, \cdots, \bar{x}_{2n-1}, \bar{x}_{2n}$是 $G/\zeta G$的一组辛基.

设 $\Psi:\mathrm{Aut}_{G'}G\longrightarrow \mathrm{Aut}(G/\zeta G)$和 $\Phi:\mathrm{Aut}_{G'}G\longrightarrow \mathrm{Aut}\zeta G$是自然诱导同态.定义一个同态映射

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} \Theta: \mathrm{Aut}_{G'}G&\longrightarrow \mathrm{Aut}(G/\zeta G)\times \mathrm{Aut}\zeta G, \\ \alpha&\longmapsto(\Psi(\alpha), \Phi(\alpha)). \end{split} \end{eqnarray*} $

对于任意 $\alpha\in \mathrm{Aut}_{G'}G$, 有 $[\alpha(a), \alpha(b)]=\alpha[a, b]=[a, b], $其中 $a, b\in G$, 从而

$ f(\Psi(\alpha)(\bar{a}), \Psi(\alpha)(\bar{b}))=f(\bar{a}, \bar{b}), $

其中 $\bar{a}=a\zeta G, \bar{b}=b\zeta G$.由此可得 $\mathrm{Im} \Psi\leq \mathrm{Sp}(2n, \mathbb{Z}_{p^m})$.从而 $\Theta$是 $\mathrm{Aut}_{G'}G$到 $\mathrm{Sp}(2n, \mathbb{Z}_{p^m})\times \mathrm{Aut}\zeta G$的一个同态映射.

定理2.2   $\mathrm{Ker}\Theta=\mathrm{Inn}G$.

证  显然, $\mathrm{Inn}G\leq \mathrm{Ker}\Theta$.任取 $\alpha\in \mathrm{Ker}\Theta$, 假设 $\alpha(x_i)=x_iy^{s_i}$, $\alpha(y)=y$, 其中 $0\leq s_i<p^{m+r}$, $i=1, 2, \cdots, 2n$.由于

$ 1=\alpha(x_i)^{p^m}=(x_iy^{s_i})^{p^m}=x_i^{p^m}y^{s_ip^m}=y^{s_ip^m}, ~~ i=1, 2, \cdots, 2n, $

因此 $p^r| s_i$.从而 $|\mathrm{Ker}\Theta|\leq p^{2nm}$.显然 $|\mathrm{Inn}G|=p^{2nm}$, 因此 $\mathrm{Ker}\Theta=\mathrm{Inn}G$.定理2.2得证.

定理2.3   $\mathrm{Im}\Psi=\mathrm{Sp}(2n, \mathbb{Z}_{p^m})$.

证  任取 $T\in \mathrm{Sp}(2n, \mathbb{Z}_{p^m})$.设 $T$在 $G/\zeta G$的一组基 $\{\bar{x}_i\ |\ \bar{x}_i=x_i\zeta G, \ i=1, \ 2, \ \cdots, \ 2n\}$上对应的矩阵是 $A=(a_{ij})$.

定义映射

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} \phi:\ G&\longrightarrow G, \\ (\prod\limits_{i=1}^{2n}x_{i}^{a_i})y^c&\longmapsto [\prod\limits_{i=1}^{2n}(\prod\limits_{j=1}^{2n}x_{j}^{a_{ij}})^{a_i}]y^c, \end{split} \end{eqnarray*} $

其中 $0\leq a_i<p^m, \ \ i=1, \ 2, \ \cdots, \ 2n, \ 0\leq c<p^{m+r}.$

注意到 $(a_{ij})$是一个非奇异矩阵.容易验证 $\phi$是一个双射.因此 $\phi$是 $G$的一个自同构当且仅当 $\phi$是一个同态映射.根据 $\phi$的定义, 下面的结论成立.

(1) $\phi(x_{i}^{a_i})=(\prod\limits_{j=1}^{2n}x_{j}^{a_{ij}})^{a_i}=\phi(x_i)^{a_i};$

(2) $\phi[(\prod\limits_{i=1}^{2n}x_{i}^{a_i})y^c]= [\prod\limits_{i=1}^{2n}(\prod\limits_{j=1}^{2n}x_{j}^{a_{ij}})^{a_i}]y^c= [\prod\limits_{i=1}^{2n}\phi(x_{i})^{a_i}]y^c;$

(3) $f(\overline{\phi(g_1)}, \overline{\phi(g_2)})=f(T(\bar{g}_1), T(\bar{g}_2))=f(\bar{g}_1, \bar{g}_2), $其中 $\overline{\phi(g_i)}=\phi(g_i)\zeta G, \ \bar{g}_i=g_i\zeta G$, $i=1, \ 2$, 即 $[\phi(g_1), \phi(g_2)]=[g_1, g_2]$;

(4) $\phi(y)=y$,

称上面的 $\phi$是 $T$在 $G$上的诱导映射.

任意 $g_1, \ g_2\in G$, 假设 $g_1=(\prod\limits_{i=1}^{2n}x_{i}^{a_i})y^{c_1}$和 $g_2=(\prod\limits_{i=1}^{2n}x_{i}^{b_i})y^{c_{2}}$, 则

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} g_1g_2&=(\prod\limits_{i=1}^{2n}x_{i}^{a_i})(\prod\limits_{i=1}^{2n}x_{i}^{b_i})y^{c_1+c_2} =(\prod\limits_{i=1}^{2n}x_{i}^{a_i+b_i}) (\prod\limits_{j=1}^{2n-1}\prod\limits_{k=j+1}^{2n}[x_{k}^{a_{k}}, x_{j}^{b_{j}}])y^{c_1+c_2}\\ &=(\prod\limits_{i=1}^{2n}x_{i}^{a_i+b_i})y^e, \end{split} \end{eqnarray*} $

其中 $y^e=(\prod\limits_{j=1}^{2n-1}\prod\limits_{k=j+1}^{2n}[x_{k}^{a_{k}}, x_{j}^{b_{j}}])y^{c_1+c_2}$, $e\in \mathbb{N}$.

设 $a_i+b_i=r_i+p^ms_i$且 $e=t_1+tp^{m+r}$, 其中 $0\leq r_i<p^m$, $s_i\in \mathbb{Z}$, $0\leq t_1<p^{m+r}$, $t\in \mathbb{Z}$, 则

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} \phi(g_1g_2)&=\phi[(\prod\limits_{i=1}^{2n}x_{i}^{a_i+b_i})y^e] =\phi[(\prod\limits_{i=1}^{2n}x_{i}^{r_i+p^ms_i})y^{t_1}]\\ &=\phi[(\prod\limits_{i=1}^{2n}x_{i}^{r_i})y^{t_1}] =(\prod\limits_{i=1}^{2n}\phi(x_{i})^{r_i})y^{t_1}, \\ \phi(g_1)\phi(g_2)&=(\prod\limits_{i=1}^{2n}\phi(x_{i})^{a_i}) (\prod\limits_{i=1}^{2n}\phi(x_{i})^{b_i})y^{c_1+c_2}\\ &=(\prod\limits_{i=1}^{2n}\phi(x_{i})^{a_i+b_i}) (\prod\limits_{j=1}^{2n-1}\prod\limits_{k=j+1}^{2n}[\phi(x_{k})^{a_{k}}, \phi(x_{j})^{b_{j}}])y^{c_1+c_2}\\ &=(\prod\limits_{i=1}^{2n}\phi(x_{i})^{a_i+b_i}) (\prod\limits_{j=1}^{2n-1}\prod\limits_{k=j+1}^{2n}[\phi(x_{k}^{a_{k}}), \phi(x_{j}^{b_{j}})])y^{c_1+c_2}\ \\ &=(\prod\limits_{i=1}^{2n}\phi(x_{i})^{a_i+b_i}) (\prod\limits_{j=1}^{2n-1}\prod\limits_{k=j+1}^{2n}[x_{k}^{a_{k}}, x_{j}^{b_{j}}])y^{c_1+c_2}\\ &=(\prod\limits_{i=1}^{2n}\phi(x_{i})^{a_i+b_i})y^e.\\ \end{split} \end{eqnarray*} $

由于

$ \phi(x_i)^{p^m}=(\prod\limits_{j=1}^{2n}x_{j}^{a_{ij}})^{p^m}=\prod\limits_{j=1}^{2n}x_{j}^{p^ma_{ij}}=1, $

因此

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} \phi(g_1)\phi(g_2)&=(\prod\limits_{i=1}^{2n}\phi(x_{i})^{a_i+b_i})y^e =(\prod\limits_{i=1}^{2n}\phi(x_{i})^{r_i+p^ms_i})y^{{t_1}+tp^{m+r}}\\ &=(\prod\limits_{i=1}^{2n}\phi(x_{i})^{r_i})y^{t_1}=\phi(g_1g_2). \end{split} \end{eqnarray*} $

从而 $\phi\in \mathrm{Aut}_{G'}\ G$, 并且 $\Psi(\phi)=T$.结果可得 $\mathrm{Im}\Psi=\mathrm{Sp}(2n, \mathbb{Z}_{p^m})$.定理2.3得证.

定理2.4   $\mathrm{Im}\Phi\cong\mathbb{Z}_{p^r}$.

证  定义映射

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} \sigma:\ G&\longrightarrow G, \\ x_{2i-1}&\longmapsto x_{2i-1}^{p^m+1}, \ i=1, \ 2, \ \cdots, \ n;\\ x_{2i}&\longmapsto x_{2i}, \ \ \ \ i=1, \ 2, \ \cdots, \ n;\\ y&\longmapsto y^{p^m+1}. \end{split} \end{eqnarray*} $

容易验证 $\sigma$是 $G$的一个自同构.因为 $G'=\langle y^{p^r}\rangle$和 $\sigma(y^{p^r})=\sigma(y)^{p^r}=(y^{p^m+1})^{p^r}=y^{p^r}, $所以 $\sigma\in \mathrm{Aut}_{G'}G$.

若 $r=0$, 则 $\zeta G=G'$, 那么 $\sigma$是恒等自同构.下面不妨假设 $r>0$.

由引理1.1可得 $(p^m+1)^{p^{r}}\equiv 1\pmod{p^{m+r}}$和 $(p^m+1)^{p^{r-1}}\equiv 1+p^{m+r-1}\pmod{p^{m+r}}$.由于

$ \begin{eqnarray*}&&\Phi(\sigma)^{p^{r}}(y)=\sigma^{p^{r}}(y)=y^{(p^m+1)^{p^{r}}}=y, \\ &&\Phi(\sigma)^{p^{r-1}}(y)=\sigma^{p^{r-1}}(y)=y^{(p^m+1)^{p^{r-1}}}\neq y, \end{eqnarray*} $

因此 $\Phi(\sigma)$的阶是 $p^r$.

任取 $\alpha\in \mathrm{Aut}_{G'}G$, 则 $\alpha(y^{p^r})=y^{p^r}$.设 $\alpha(y)=y^u$, 其中 $0\leq u<p^{m+r}$.因为 $y^{p^r}=\alpha(y^{p^r})=\alpha(y)^{p^r}=y^{up^r}, $所以 $p^{m+r}\ |\ p^{r}(u-1)$, 即 $p^m\ |\ (u-1)$.设 $u=1+p^mu'$, 其中 $u'\in \mathbb{Z}$.根据引理1.1, 容易验证 $ u^{{p^r}}=(1+p^mu')^{p^r}\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ p^{m+r}), $因此 $\Phi(\alpha)^{p^r}(y)=\alpha^{p^r}(y)=y^{u^{p^r}}=y, $这表明 $\Phi(\alpha)$是一个 $p$ -元素, 从而 $\mathrm{Im}\Phi$是一个幂指数为 $p^r$的 $p$ -群.由于 $\mathrm{Aut}\zeta G$是 $p^{m+r-1}(p-1)$阶循环群, 从而 $\mathrm{Im}\Phi=\langle \Phi(\sigma)\rangle\cong \mathbb{Z}_{p^r}$.定理2.4得证.

假设 $x_1, x_2, \cdots, x_{2n-1}, x_{2n}, y$是 $G$的一组生成元, 并且满足

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} &\zeta G=\langle y\rangle\cong\mathbb{Z}_{2^{m+r}}, \\ &x_i^{2^m}=1, \quad i=1, 2, \cdots, 2n, \\ &[x_{2i-1}, x_{2i}]=y^{2^r};\quad i=1, 2, \cdots, n, \\ &[x_{2i-1}, x_j]=1; \quad j\neq 2i, \\ &[x_j, x_{2i}]=1;\quad j\neq 2i-1. \\ \end{split} \end{eqnarray*} $

定理3.1   $\mathrm{Aut}_{G'}G\lhd \mathrm{Aut}\ G$并且 $\mathrm{Aut}\ G/\mathrm{Aut}_{G'}G\cong \mathbb{Z}_{2^{m-2}}\times\mathbb{Z}_2$.

证  由于 $G'=\langle y^{2^r}\rangle$, 因此 $\mathrm{Aut}G'\cong \mathbb{Z}_{2^m}^{*}$.由 $\mathrm{Aut}G$到 $\mathrm{Aut}G'$的诱导同态可得 $\mathrm{Aut}G/\mathrm{Aut}_{G'}G$同构于 $\mathbb{Z}_{2^m}^{*}$的一个子群.

根据 $\mathbb{Z}_{2^m}^{*}\cong \mathbb{Z}_{2^{m-2}}\times \mathbb{Z}_2$, 假设 $\mathbb{Z}_{2^m}^{*}=\langle r_1\rangle\times\langle r_2\rangle$, 其中 $r_1:=3$和 $r_2:=2^m-1$的阶分别是 $2^{m-2}$和 $2$.

定义映射

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} \theta_1:\ G&\longrightarrow G, \\ x_{2i-1}&\longmapsto x_{2i-1}^{r_1};\ i=1, \ 2, \ \cdots, \ n, \\ x_{2i}&\longmapsto x_{2i};\ \ \ \ i=1, \ 2, \ \cdots, \ n, \\ y&\longmapsto y^{r_1} \end{split} \end{eqnarray*} $

和

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} \theta_2:\ G&\longrightarrow G, \\ x_{2i-1}&\longmapsto x_{2i-1}^{r_2};\ i=1, \ 2, \ \cdots, \ n, \\ x_{2i}&\longmapsto x_{2i};\ \ \ \ \ i=1, \ 2, \ \cdots, \ n, \\ y&\longmapsto y^{r_2}. \end{split} \end{eqnarray*} $

容易验证 $\theta_1$和 $\theta_2$都是 $G$的自同构.

如果 $m=2$, 那么 $\theta_1=\theta_2$.任取 $\alpha\in \mathrm{Aut}\ G$.因为 $G'=\langle y^{2^{r}}\rangle$, 所以存在 $0<t<4$并且 $(t, 2)=1$使得 $\alpha(y^{2^{r}})=(y^{2^{r}})^{t}$.从而存在 $0<t_1<4$使得 $r_1^{t_1}\equiv t^{-1}$ $(\mathrm{mod}\ 4)$.由于

$ \theta_1^{t_1}\alpha(y^{2^{r}})=\theta_1^{t_1}((y^{2^{r}})^{t}) =(\theta_1^{t_1}(y))^{t2^{r}}=(y^{r_1^{t_1}})^{t2^{r}}=(y^{2^{r}})^{t^{-1}t}=y^{2^{r}}, $

因此 $\theta_1^{t_1}\alpha\in \mathrm{Aut}_{G'}G$.从而 $\mathrm{Aut}\ G=\langle\theta_1\rangle\mathrm{Aut}_{G'}G$.

如果 $\theta_1^l\in \langle\theta_1\rangle\cap\mathrm{Aut}_{G'}G$, 那么 $y^{2^r}=\theta_1^{l}(y^{2^r})= (\theta_1^{l}(y))^{2^r}=(y^{r_1^{l}})^{2^r}=y^{r_1^l2^r}.$因此 $2^r(r_1^l-1)\equiv 0\pmod{2^{2+r}}$, 即 $r_1^l-1\equiv 0\pmod{4}$.从而 $2\ |\ l$.显然 $\theta_1^{2}\in \mathrm{Aut}_{G'}G$, 这说明 $\langle\theta_1\rangle\cap\mathrm{Aut}_{G'}G=\langle\theta_1^2\rangle$.结果可得 $\mathrm{Aut}\ G/\mathrm{Aut}_{G'}G\cong \langle\theta_1\rangle/\langle\theta_1^2\rangle\cong \mathbb{Z}_2$.

假设 $m\geq 3$, 容易验证 $\theta_1$与 $\theta_2$可交换.

任取 $\alpha\in \mathrm{Aut}G$, 则 $\alpha(y^{2^r})=y^{2^rs}$, 其中 $s\in \mathbb{Z}_{2^m}^{*}$.从而存在 $0\leq s_1< 2^{m-2}$和 $0\leq s_2<2$使得 $r_1^{s_1}r_2^{s_2}\equiv s^{-1} \pmod {2^m}$.由于

$ \theta_1^{s_1}\theta_2^{s_2}\alpha(y^{2^r})=\theta_1^{s_1}\theta_2^{s_2}(y^{{2^r}s}) =\theta_1^{s_1}(y^{r_2^{s_2}})^{{2^r}s} =(\theta_1^{s_1}(y))^{r_2^{s_2}2^rs}=((y^{2^r})^{r_1^{s_1}r_2^{s_2}})^s=(y^{2^r})^{s^{-1}s}=y^{2^r}, $

因此 $\theta_1^{s_1}\theta_2^{s_2}\alpha\in \mathrm{Aut}_{G'}G$.从而 $\mathrm{Aut}G=\langle\theta_1, \ \theta_2\rangle\mathrm{Aut}_{G'}G$.

如果 $\theta_1^{u_1}\theta_2^{u_2}\in \langle\theta_1, \ \theta_2\rangle\cap\mathrm{Aut}_{G'}G$, 其中 $0\leq u_1<2^{m-2}$和 $0\leq u_2<2$, 那么由 $y^{2^r}=\theta_1^{u_1}\theta_2^{u_2}(y^{2^r})= (y^{2^r})^{r_1^{u_1}r_2^{u_2}}$可得 $r_1^{u_1}r_2^{u_2}\equiv 1\pmod{2^m}$, 因此 $2^{m-2}\ |\ u_1$和 $2\ |\ u_2$, 从而 $\langle\theta_1, \ \theta_2\rangle\cap\mathrm{Aut}_{c}G=\langle\theta_1^{2^{m-2}}, \theta_2^{2}\rangle$.结果可得 $\mathrm{Aut}G/\mathrm{Aut}_{c}G=\langle\theta_1, \ \theta_2\rangle/\langle\theta_1^{2^{m-2}}, \theta_2^{2}\rangle\cong\mathbb{Z}_{2^{m-2}}\times \mathbb{Z}_{2}$.定理3.1得证.

为了方便, 不至于引起混淆, 仍用定理A中的记号, 定义同态映射

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} \Theta: \mathrm{Aut}_{G'}G&\longrightarrow \mathrm{Aut}(G/\zeta G)\times \mathrm{Aut}\zeta G\\ \alpha&\longmapsto(\Psi(\alpha), \Phi(\alpha)), \end{split} \end{eqnarray*} $

其中 $\Psi:\mathrm{Aut}_{G'}G\longrightarrow \mathrm{Aut}(G/\zeta G)$和 $\Phi:\mathrm{Aut}_{G'}G\longrightarrow \mathrm{Aut}\zeta G$是自然诱导同态.

根据定理2.2, 同理可得 $\mathrm{Ker}\Theta=\mathrm{Inn}G$.

定理3.2  若 $r>0$, 则 $\mathrm{Im}\Psi=\mathrm{Sp}(2n, \mathbb{Z}_{2^m})$.

证  定义 $\mathbb{Z}_{2^m}$ -模 $G/\zeta G$上的交错双线性型 $f: G/\zeta G\times G/\zeta G\longrightarrow \mathbb{Z}_{2^m};~~ (a\zeta G, b\zeta G)\longmapsto t, $其中 $[a, b]=(y^{2^r})^t$, $0\leq t<2^m$.根据定理A, 同理可得 $\mathrm{Im}\Psi\leq \mathrm{Sp}(2n, \mathbb{Z}_{2^m})$.

任取 $T\in \mathrm{Sp}(2n, \mathbb{Z}_{2^m})$.设 $T$在 $G/\zeta G$的一组基 $\{\bar{x}_i\ |\ \bar{x}_i=x_i\zeta G, \ i=1, \ 2, \ \cdots, \ 2n\}$上对应的矩阵是 $A=(a_{ij})$.

定义映射

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} \phi:\ G&\longrightarrow G, \\ (\prod\limits_{i=1}^{2n}x_{i}^{a_i})y^c&\longmapsto [\prod\limits_{i=1}^{2n}(\prod\limits_{j=1}^{2n}x_{j}^{a_{ij}})^{a_i}]y^{c'}, \end{split} \end{eqnarray*} $

其中 $0\leq a_i<2^m, \ \ i=1, \ 2, \ \cdots, \ 2n, 0\leq c<2^{m+r}$, 并且 $c'\equiv c+\sum\limits_{i=1}^{2n}2^{r-1}a_i(\sum\limits_{j=1}^{n}a_{i, 2j-1}\cdot a_{i, 2j})\pmod{2^{m+r}}.$

注意到 $(a_{ij})$是一个非奇异矩阵.容易验证 $\phi$是一个双射.因此 $\phi$是 $G$的一个自同构当且仅当 $\phi$是一个同态映射.根据 $\phi$的定义, 下面的结论成立.

(1) $\phi(x_{i}^{a_i})=(\prod\limits_{j=1}^{2n}x_{j}^{a_{ij}})^{a_i}y^{(\sum\limits_{j=1}^{n}a_{i, 2j-1}\cdot a_{i, 2j})2^{r-1}a_i} =[(\prod\limits_{j=1}^{2n}x_{j}^{a_{ij}})y^{(\sum\limits_{j=1}^{n}a_{i, 2j-1}\cdot a_{i, 2j})2^{r-1}}]^{a_i}=\phi(x_i)^{a_i}.$

(2) $\phi[(\prod\limits_{i=1}^{2n}x_{i}^{a_i})y^c]= \prod\limits_{i=1}^{2n}[(\prod\limits_{j=1}^{2n}x_{j}^{a_{ij}})^{a_i}y^{(\sum\limits_{j=1}^{n}a_{i, 2j-1}\cdot a_{i, 2j})2^{r-1}a_i}]y^c= [\prod\limits_{i=1}^{2n}\phi(x_{i})^{a_i}]y^c.$

(3) $f(\overline{\phi(g_1)}, \overline{\phi(g_2)})=f(T(\bar{g}_1), T(\bar{g}_2))=f(\bar{g}_1, \bar{g}_2), $其中 $\overline{\phi(g_i)}=\phi(g_i)\zeta G, \ \bar{g}_i=g_i\zeta G$, $i=1, \ 2$, 即 $[\phi(g_1), \phi(g_2)]=[g_1, g_2]$.

(4) $\phi(y)=y$.

(5)

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} \ \ \ \ \phi(x_{i})^{2^m} &=[(\prod\limits_{j=1}^{2n}x_{j}^{a_{ij}})y^{\sum\limits_{j=1}^{n}(a_{i, 2j-1}\cdot a_{i, 2j})2^{r-1}}]^{2^m}\\ &=\prod\limits_{j=1}^{n}(x_{2j-1}^{a_{2j-1}}\cdot x_{2j}^{a_{i, 2j}})^{2^m}\cdot y^{\sum\limits_{j=1}^{n}(a_{i, 2j-1}\cdot a_{i, 2j})2^{m+r-1}}\\ &=(\prod\limits_{j=1}^{n}x_{2j-1}^{2^ma_{i, 2j-1}}\cdot x_{2j}^{2^ma_{i, 2j}}[x_{2j-1}^{a_{i, 2j-1}}, x_{2j}^{a_{i, 2j}}]^{2^{m-1}})\cdot y^{\sum\limits_{j=1}^{n}(a_{i, 2j-1}\cdot a_{i, 2j})2^{m+r-1}}\\ &=\prod\limits_{j=1}^{n}[x_{2j-1}, x_{2j}]^{2^{m-1}a_{i, 2j-1}\cdot a_{i, 2j}}\cdot y^{\sum\limits_{j=1}^{n}(a_{i, 2j-1}\cdot a_{i, 2j})2^{m+r-1}}\\ &=\prod\limits_{j=1}^{n}y^{2^{m+r-1}a_{i, 2j-1}\cdot a_{i, 2j}}\cdot y^{\sum\limits_{j=1}^{n}(a_{i, 2j-1}\cdot a_{i, 2j})2^{m+r-1}}\\ &=y^{\sum\limits_{j=1}^{n}(a_{i, 2j-1}\cdot a_{i, 2j})2^{m+r-1}}\cdot y^{\sum\limits_{j=1}^{n}(a_{i, 2j-1}\cdot a_{i, 2j})2^{m+r-1}}\\ &=1. \end{split} \end{eqnarray*} $

根据定理2.3的证明, 同理可得 $\phi\in \mathrm{Aut}_{G'}G$, 并且 $\Psi(\phi)=T$.结果可得 $\mathrm{Im}\Psi=\mathrm{Sp}(2n, \mathbb{Z}_{2^m})$.定理3.2得证.

如果 $r=0$, 那么 $G=X_{3}(2^m)^{*n}$, 此时, $G'=\zeta G=\langle y\rangle\cong \mathbb{Z}_{2^m}, $在 $\mathbb{Z}_{2^m}$ -模 $G/\zeta G$上定义一个二次型, 对任意 $\bar{x}:=x\zeta G\in G/\zeta G$, 有

$ q(\bar{x})={{2}^{m-1}}\bar{c}, 其中\bar{c}=0或者1, {{x}^{{{2}^{m}}}}={{y}^{{{2}^{m-1}}c}}, \bar{c}\equiv c\left( \bmod 2 \right). $

显然 $q(\bar{x}_1^{c_1}\bar{x}_2^{c_2}\cdots \bar{x}_{2n-1}^{c_{2n-1}}\bar{x}_{2n}^{c_{2n}})=2^{m-1}(\bar{c}_1\bar{c}_2+\cdots+\bar{c}_{2n-1}\bar{c}_{2n}).$令

$ \mathrm{O}(2n, \mathbb{Z}_{2^m}):=\{ T\in\mathrm{ Aut}(G/\zeta G), q(T(\bar{x}))=q(\bar{x}), \bar{x}=x\zeta G\}, $

则有下面的定理.

定理3.3  若 $r=0$, 则 $\mathrm{Im}\Psi=\mathrm{O}(2n, \mathbb{Z}_{2^m})$.

证  任意 $\alpha\in \mathrm{Aut}_{G'}G$, $x\in G$, 则 $\alpha(x)^{2^m}=\alpha(x^{2^m})=x^{2^m}, $因此 $q(\overline{\alpha(x)})=q(\bar{x})$, 即 $q(\Psi(\alpha)(\bar{x}))=q(\bar{x})$, 因此 $\Psi(\alpha)\in \mathrm{O}(2n, \mathbb{Z}_{2^m})$, 由此可得 $\mathrm{Im}\Psi\leq \mathrm{O}(2n, \mathbb{Z}_{2^m})$.

任取 $T\in \mathrm{O}(2n, \mathbb{Z}_{2^m})$.设 $T$在 $G/\zeta G$的一组基 $\{\bar{x}_i\ |\ \bar{x}_i=x_i\zeta G, \ i=1, \ 2, \ \cdots, \ 2n\}$上对应的矩阵是 $A=(a_{ij})$.

定义映射

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} \phi:\ G&\longrightarrow G \\ (\prod\limits_{i=1}^{2n}x_{i}^{a_i})y^c&\longmapsto [\prod\limits_{i=1}^{2n}(\prod\limits_{j=1}^{2n}x_{j}^{a_{ij}})^{a_i}]y^c, \end{split} \end{eqnarray*} $

其中 $0\leq a_i<2^m, \ \ i=1, \ 2, \ \cdots, \ 2n, \ 0\leq c<2^{m+r}.$

由于 $q(\overline{\phi(x_i)})=q(T(\bar{x}_i))=q(\bar{x}_i)$, 因此 $\phi(x_i)^{2^m}=x_i^{2^m}=1$.由于 $q(\bar{g}_1\cdot\bar{g}_2)=q(\bar{g}_1)+q(\bar{g}_2)+f(\bar{g}_1, \bar{g}_2), $其中 $\overline{\phi(g_i)}=\phi(g_i)\zeta G, \ \bar{g}_i=g_i\zeta G$, $i=1, \ 2$, 根据定理3.2中定义的交错双线性型, 有

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} f(\overline{\phi(g_1)}, \overline{\phi(g_2)}) &=f(T(\bar{g}_1), T(\bar{g}_2)) =q(T(\bar{g}_1\cdot\bar{g}_2))-q(T(\bar{g}_1))-q(T(\bar{g}_2))\\ &=q(\bar{g}_1\cdot\bar{g}_2)-q(\bar{g}_1)-q(\bar{g}_2) =f(\bar{g}_1, \bar{g}_2), \end{split} \end{eqnarray*} $

从而 $[\phi(g_1), \phi(g_2)]=[g_1, g_2]$.

类似于定理2.3的证明, 同理可得 $\phi\in \mathrm{Aut}_{G'}G$, 并且 $\Psi(\phi)=T$.总之, $\mathrm{Im}\Psi=\mathrm{O}(2n, \mathbb{Z}_{2^m})$.

定理3.4   $\mathrm{Im}\Phi\cong\mathbb{Z}_{2^r}$.

证  定义映射

$ \begin{eqnarray*} \begin{split} \sigma_1:\ G&\longrightarrow G, \\ x_{2i-1}&\longmapsto x_{2i-1}^{2^m+1}, \ i=1, \ 2, \ \cdots, \ n;\\ x_{2i}&\longmapsto x_{2i}, \ \ \ \ i=1, \ 2, \ \cdots, \ n;\\ y&\longmapsto y^{2^m+1}. \end{split} \end{eqnarray*} $

容易验证 $\sigma_1$是 $G$的一个自同构.因为 $G'=\langle y^{2^r}\rangle$和 $\sigma_1(y^{2^r})=\sigma_1(y)^{2^r}=(y^{2^m+1})^{2^r}=y^{2^r}$, 所以 $\sigma_1\in \mathrm{Aut}_{G'}G$.

由引理1.1可得 $(2^m+1)^{2^{r}}\equiv 1\pmod{2^{m+r}}$和 $(2^m+1)^{2^{r-1}}\equiv 1+2^{m+r-1}\pmod{2^{m+r}}$.由于

$ \begin{eqnarray*}&&\Phi(\sigma_1)^{2^{r}}(y)=\sigma_1^{2^{r}}(y)=y^{(2^m+1)^{2^{r}}}=y, \\ &&\Phi(\sigma_1)^{2^{r-1}}(y)=\sigma_1^{2^{r-1}}(y)=y^{(2^m+1)^{2^{r-1}}}\neq y, \end{eqnarray*} $

因此 $\Phi(\sigma_1)$的阶是 $2^r$.

任取 $\alpha\in \mathrm{Aut}_{G'}G$, 则 $\alpha(y^{2^r})=y^{2^r}$.设 $\alpha(y)=y^u$, 其中 $0\leq u<2^{m+r}$.因为 $y^{2^r}=\alpha(y^{2^r})=\alpha(y)^{2^r}=y^{u2^r}, $所以 $2^{m+r}\ |\ 2^{r}(u-1)$, 即 $2^m\ |\ (u-1)$.设 $u=1+2^mu'$, 其中 $u'\in \mathbb{Z}$.从而 $\Phi(\alpha)(y)=y^{2^mu'+1}$, 其中 $0\leq u'<2^r$, 因此 $|\mathrm{Im}\Phi|\leq 2^r$, 结果可得 $\mathrm{Im}\Phi=\langle \Phi(\sigma_1)\rangle\cong \mathbb{Z}_{2^r}$.定理3.4得证.