有限群论研究中一个基本的事实是两个正规可解子群的积是可解群; 两个正规幂零子群的积是幂零群; 但是, 两个正规超可解($p$ -超可解)子群的积不一定是超可解群($p$ -超可解群).自然地, 产生了以下两个问题:

问题1 在何种条件下, 两个正规超可解($p$ -超可解)子群的积仍然是超可解($p$ -超可解)的?

问题2 (见文献[2, 第Ⅱ章, 问题6.34])能分解为两个(正规)超可解($p$ -超可解)子群的积的非超可解群($p$ -超可解群)有什么样的结构?

许多群论学者都研究过问题1, 比如, 文[3-13].特别地, Baer^[5]证明了:设$G$是两个正规超可解子群的积, 如果$G'$是幂零的, 那么$G$是超可解的; Friesen^[7]证明了:设$G$是两个正规超可解子群$M$和$N$的积, 如果指数$(|G : M|, |G : N|)=1$, 那么$G$是超可解的.最近, 郭文彬和Kondrat'ev在文献[8, 11]中研究了能分解为两个正规超可解($p$ -超可解)子群的积的极小非超可解(非$p$ -超可解)群的结构, 他们证明了: $G$是两个正规超可解($p$ -超可解)子群的积的极小非超可解群(非$p$ -超可解群)当且仅当$G/F(G)$是准素数的极小非交换群.令$\mathfrak{P}_{1}$是由所有可以表示成两个超可解正规子群积的有限群所构成的群类.记$\mathfrak{P}$=$\{G|G$是非超可解的$\mathfrak{P}_{1}$ -群, 且$G$的任意$\mathfrak{P}_{1}$-真子群和非平凡商群都是超可解的$\}$.文[1]的第五章给出了$\mathfrak{P}$-群的结构.

作为此类问题的推广, 本文将讨论$p$ -超可解群的情况.令$(\mathfrak{P}_{1})_{p}$是由所有可以表示成两个$p$ -超可解正规子群积的有限群所构成的群类.记$\mathfrak{P}_{p}$=$\{G|G$是非$p$ -超可解的$(\mathfrak{P}_{1})_{p}$ -群, 且$G$的任意$(\mathfrak{P}_{1})_{p}$ -真子群和非平凡商群都是$p$ -超可解的$\}$.本文将分类所有的$\mathfrak{P}_{p}$ -群.

本文中用符号$\mathfrak{G}(\mathfrak{G}_{p})$, $\mathfrak{U}(\mathfrak{U}_{p})$分别表示所有群($p$ -群), 超可解群$($$p$ -超可解群$)$组成的群类, 符号$\mathfrak{A}(p-1)$表示所有幂指数整除$p-1$的交换群作成的群类.易见, $\mathfrak{U}$和$\mathfrak{A}(p-1)$都是饱和群系.由文[14, 引理2.3]知$\mathfrak{U}_{p}$也是一个饱和群系.文中所涉及的群均是有限群.未交待的概念和符号参见文献[2, 15].

首先介绍两种$p$ -群, 令

$ \begin{eqnarray*} &&E_{p}(1, 1, 1)=\langle a, b| c=[a, b], a^{p}=b^{p}=c^{p}=[a, c]=[b, c]=1\rangle, p>2, \\ &&M_{p}(n, 1)=\langle a, b|a^{p^{n}}=b^{p}=1, a^{b}=a^{1+p^{n-1}}\rangle, n\geq 2.\end{eqnarray*} $

注意到$M_{p}(n, 1)$的极大子群只有$\langle a^{p}\rangle=Z(M_{p}(n, 1))$, 所以$M_{p}(n, 1)$是一个极小非交换$p$ -群.同样地, $E_{p}(1, 1, 1)$也是一个极小非交换$p$ -群.文[1]中的定理5.2.6已证明以下四类群是仅有的$\mathfrak{P}$ -群.

群1 设$p, q$是两个素数, 其中$q\mid p-1$且$q>2$. $P=\mathit{\boldsymbol{F}}_{p}v_{1}+ \mathit{\boldsymbol{F}}_{p}v_{2}+ \cdots +\mathit{\boldsymbol{F}}_{p}v_{q}$是一个域$\mathit{\boldsymbol{F}}_{p}$上的$q$ -维向量空间.设$\omega$为$\mathit{\boldsymbol{F}}_{p}$上的一个$q$次本原单位根.令

$ { {{ α}}} = \left( \begin{array}{cccc} \omega& & & \\ &\omega& & \\ & &\ddots& \\ & & &\omega \end{array} \right)_{q\times q} { {{ β}}} = \left( \begin{array}{cccc} 1& & & \\ &\omega& & \\ & &\ddots& \\ & & &\omega ^{q-1} \end{array} \right)_{q\times q}\\ { {{ γ}}} = \left( \begin{array}{ccccc} 0 & 1 & 0 &\cdots&0 \\ 0 & 0 & 1 &\cdots&0 \\ \vdots&\vdots&\ddots&\ddots&\vdots\\ 0 & 0 & 0 &\ddots&1 \\ 1 & 0 & 0 &\cdots&0 \end{array} \right)_{q\times q} $

且令$Q=\langle\alpha, \beta, \gamma\rangle$, 这里$Q$是由元素$\alpha, \beta, \gamma$在矩阵的乘法运算下所生成的一个群, 于是$Q\simeq E_{q}(1, 1, 1)$.令$G=P\rtimes Q$, $M=P\rtimes\langle \alpha, \beta\rangle$且$N=P\rtimes\langle \alpha, \gamma\rangle$, 那么$M$和$N$是$G$的两个正规的超可解子群且$G=MN$, 但$G$不是超可解的.将群$G$记为$E(p, q, 1)$.

群2 设$p, q$是两个素数, 其中$q^{n}\mid p-1$且$n\geq 2$. $P=\mathit{\boldsymbol{F}}_{p}v_{1}+ \mathit{\boldsymbol{F}}_{p}v_{2}+ \cdots +\mathit{\boldsymbol{F}}_{p}v_{q}$是一个域$\mathit{\boldsymbol{F}}_{p}$上的$q$ -维向量空间.设$\omega, \theta$分别为$\mathit{\boldsymbol{F}}_{p}$上的一个$q, ~ q^{n}$次本原单位根.令

$ { {{ β}}} = \left( \begin{array}{cccc} \theta& & & \\ &\theta\omega ^{1}& & \\ & &\ddots& \\ & & &\theta\omega ^{q-1} \end{array} \right)_{q\times q}, \quad { {{ γ}}} = \left( \begin{array}{ccccc} 0 & 1 & 0 &\cdots&0 \\ 0 & 0 & 1 &\cdots&0 \\ \vdots&\vdots&\ddots&\ddots&\vdots\\ 0 & 0 & 0 &\ddots&1 \\ 1 & 0 & 0 &\cdots&0 \end{array} \right)_{q\times q} $

且令$Q=\langle\beta, \gamma\rangle$, 于是$Q\simeq M_{q}(n, 1)$.令$G=P\rtimes Q$, $M=P\rtimes \langle \beta\rangle$和$N=P\rtimes \langle \beta^{q}, \gamma\rangle$, 那么$M$和$N$是$G$的两个正规的超可解子群且$G=MN$, 但$G$不是超可解的.将群$G$记为$M(p, q, n, \theta, \omega)$, 根据文[1]中的命题5.2.5, 群$M(p, q, n, \theta, \omega)$可以简记为$M(p, q, n)$.

设$G=FH$, 如果$H$正则地作用在$F$上.称$G$是一个以$F$为核以$H$为补的Frobenius群.

群3 设$p$是一个素数且$4\mid p-1$. $P=\mathit{\boldsymbol{F}}_{p}v_{1}+ \mathit{\boldsymbol{F}}_{p}v_{2}$是域$\mathit{\boldsymbol{F}}_{p}$上的一个2 -维向量空间.设$\theta$是$\mathit{\boldsymbol{F}}_{p}$上的一个4次本原单位根.令

$ { {{ β}}} = \left( \begin{array}{cc} \theta&0 \\ 0 &-\theta \end{array} \right), \quad { {{ γ}}} = \left( \begin{array}{cc} 0 &1 \\ -1&0 \end{array} \right) $

且$Q=\langle\beta, \gamma\rangle$, 那么$Q\simeq Q_{8}$.令$G=P\rtimes Q$, $M=P\rtimes\langle\beta\rangle$且$N=P\rtimes\langle\gamma\rangle$, 那么$M$和$N$均是$G$的正规超可解子群且$G=MN$, 但$G$是一个非超可解的以$P$为核, 以$Q$为补的Frobenius群, 将$G$记为$Q(p, 2)$.

群4 设$p$是一个素数且$4\nmid p-1$. $P=\mathit{\boldsymbol{F}}_{p}v_{1}+ \mathit{\boldsymbol{F}}_{p}v_{2}$是域$\mathit{\boldsymbol{F}}_{p}$上的一个2 -维向量空间.令

$ { {{ α}}} = \left( \begin{array}{cc} -1&0 \\ 0 &-1 \end{array} \right), \quad { {{ β}}} = \left( \begin{array}{cc} 1&0\\ 0&-1 \end{array}\right), \quad { {{ γ}}} = \left( \begin{array}{cc} 0 &1 \\ 1&0 \end{array}\right) $

且$Q=\langle\alpha, \beta, \gamma\rangle$, 那么$Q\simeq D_{4}$.令$G=P\rtimes Q$, $M=P\rtimes\langle \alpha, \beta\rangle$且$N=P\rtimes\langle \alpha, \gamma\rangle$, 那么$M$和$N$均是$G$的正规超可解子群且$G=MN$.但$G$是一个非超可解群, 将$G$记为$D(p, 2)$.

引理2.1 (见文献[1，定理5.2.6])如果群$G$是一个$\mathfrak{P}$ -群, 那么$|\pi(G)|=2$且存在素数$p, q$使得$G$与$E(p, q, 1)$, $M(p, q, n)$, $Q(p, 2)$和$D(p, 2)$中的一个同构.

引理2.2 (见文献[15，定理1.8.17])假定$M$是群$G$的一个正规幂零子群, 如果$M\cap\Phi(G)=1$, 则$M$是$G$的一些极小正规子群的直积.

引理2.3 (见文献[16, 定理2.1.6])假定$G$是一个$p$ -超可解群且$O_{p'}(G)=1$, 那么$p$是$\pi(G)$中的最大素数, $G$是超可解的且$G$有正规的Sylow $p$ -子群.

下述引理是显然的.

引理2.4 假定$N$是群$G$的一个正规$p$ -子群.如果$N\leq Z_{\mathfrak{U}}(G)$, 那么$G/C_{G}(N)\in \mathfrak{G}_{p}\mathfrak{A}(p-1)$.

引理2.5 (见文献[17, 第1章, 定理1.4])设$N$是群$G$的一个极小正规$p$ -子群.如果$G/C_{G}(N)\in \mathfrak{A}(p-1)$, 那么$|N|=p$.

引理2.6 (见文献[15, 引理1.7.11])假设$H/K$是群$G$的一个$pd$ -主因子, 则$O_{p}(G/C_{G}(H/K))=1$.

定理3.1 假定$G$是一个$\mathfrak{P}_{p}$ -群, 则存在素数$q|p-1$使得$\pi(G)=\{p, q\}$且$G$与$E(p, q, 1)$, $M(p, q, n)$, $Q(p, 2)$和$D(p, 2)$中的某个群同构.

证 因为$G$是一个$\mathfrak{P}_{p}$ -群, 所以$G$是非$p$ -超可解的$(\mathfrak{P}_{1})_{p}$ -群且$G$的任意$(\mathfrak{P}_{1})_{p}$ -真子群和任意非平凡商群均是$p$ -超可解的.不妨假设$G=MN$, 其中$M, N$是$G$的两个正规的$p$ -超可解子群.通过以下步骤实现定理的证明.

(1) $O_{p'}(G)=\Phi(G)=1$且$G$是$p$ -闭的可解群.

如果上面断言之一不成立, 那么$N\neq 1$, 其中$N= O_{p'}(G)$或$N=\Phi(G)$.易见, $G/N$满足定理的假设.对$|G|$进行归纳知$G/N$是$p$ -超可解的.因此$G$是$p$ -超可解的, 矛盾.所以$O_{p'}(G)=\Phi(G)=1$.因为$M, N$是$p$ -超可解的, 所以由引理2.3知$p$是$\pi(M)$和$\pi(N)$的最大素数, 且$M$和$N$均是超可解的.又$G=MN$, 因此$p$是$\pi(G)$中的最大素数且$G$是$p$ -闭的可解群.

(2) $G$有唯一的极小正规子群$K$满足$G/K$是$p$ -超可解的且$K=F(G)=O_{p}(G)$.

设$K$是$G$的一个极小正规子群.由定理假设知$G/K$是$p$ -超可解的, 因为所有$p$ -超可解群组成的群类是一个饱和群系, 所以$K$是$G$的一个唯一极小正规子群.由(1)和引理2.2知$1\neq F(G)=K_{1}\times K_{2}\times\cdots\times K_{s}$, 其中$K_{i}$ ($i=1, \cdots, s$)是$G$的一些极小正规子群.显然, 由$K$的唯一性有$K=F(G)$, 从而得$K= F(G)=O_{p}(G)$.

(3) $M/K\in \mathfrak{A}(p-1)$, $N/K\in \mathfrak{A}(p-1)$且$G/K$是一个非交换$q$ -群, 其中$q|p-1$.

由(2)知$F(M)=K$.因为$M$是超可解的, 所以$M/K= M/F(M)$是交换的.由(1)知$\Phi(M)=1$, 所以由引理2.2, $K=A_{1}\times \cdots\times A_{r}$, 其中$A_{i}$ $(i=1, \cdots, r)$是$M$的极小正规子群.因$M$是超可解的, 所以对任意的$i$均有$M/C_{M}(A_{i})\in\mathfrak{A}(p-1)$.于是$M/(C_{M}(A_{1})\cap \cdots\cap C_{M}(A_{r}))\in\mathfrak{A}(p-1)$.注意到

$ C_{M}(A_{1})\cap \cdots\cap C_{M}(A_{r})=C_{M}(K)=C_{M}(F(M))\leq F(M)=K. $

所以$M/K\in\mathfrak{A}(p-1).$同理可得$N/K\in \mathfrak{A}(p-1)$.

假设$|\pi(G/K)|\neq1$, 令$q\in\pi(G/K)$且$Q_{1}/K$和$Q_{2}/K$分别是$M/K$和$N/K$的Sylow $q$ -子群.由于$M/K\in \mathfrak{A}(p-1)$, $N/K\in \mathfrak{A}(p-1)$, 所以$Q_{1}, Q_{2}$是$G$的正规超可解子群且$(Q_{1}Q_{2})/K$是$G/K$的一个正规的Sylow $q$ -子群.因此$Q_{1}Q_{2}$是$G$的一个$(\mathfrak{P_{1}})_{p}$ -真子群, 由$G$的假设知$Q_{1}Q_{2}$是超可解的.又因为$K=F(G)=F(Q_{1}Q_{2})$, 于是$(Q_{1}Q_{2})/K$是交换的.因此$G/K$的任意Sylow子群在$G/K$中均是正规且交换的, 于是$G/K$是交换群.又因$M/K\in \mathfrak{A}(p-1)$, $N/K\in \mathfrak{A}(p-1)$, 所以$G/K\in \mathfrak{A}(p-1)$.由引理2.5知$K$是循环的, 那么$G$是超可解的, 矛盾.所以$|\pi(G/K)|=1$且存在一个素数$q<p$使得$G/K$是一个$q$ -群.显然, $G/K$是非交换的且$q|p-1$.因此(3)成立.

(4) $G$是一个$\mathfrak{P}$ -群.

显然, $G$是一个非超可解的$\mathfrak{P1}$ -群.由(2)和(3), $G$的任意非平凡商群是超可解的.

另一方面, 设$A$是$G$的一个$\mathfrak{P1}$ -真子群.易见, $A$是$G$的一个$(\mathfrak{P_{1}})_{p}$ -真子群.由$G$的假设知$A$是$p$ -超可解的.由于$G$是$p$ -闭的, 所以$A$也是$p$ -闭的.又因为$\pi(G)=\{p, q\}$, 所以$A$是超可解的.故$G$是一个$\mathfrak{P}$ -群.

(5) 得出最后结论.

由(3), (4)和引理2.1知$G$同构于$E(p, q, 1)$, $M(p, q, n)$, $Q(p, 2)$和$D(p, 2)$中的某个群.容易验证$E(p, q, 1)$, $M(p, q, n)$, $Q(p, 2)$和$D(p, 2)$都是$\mathfrak{P}_{p}$ -群.定理得证.

定义3.2 设$A$是一个群, 如果$G$存在子群$H, K$使得$H\unlhd K$且$K/H\cong A$, 则称$G$有一个$A$ -截断.

推论3.3 假设$G=MN$, 其中$M, N$是$G$的正规$p$ -超可解子群.那么$G$是$p$ -超可解的当且仅当$G$没有$A$截断, 这里$A$与$E(p, q, 1)$, $M(p, q, n)$, $Q(p, 2)$和$D(p, 2)$中的某个群同构.

命题3.4 假设$G=MN$, 这里$M, N$是$G$的正规$p$ -超可解子群.如果$\pi(p-1)\cap \pi(M)\cap \pi(N)=\varnothing$, 那么$G$是$p$ -超可解的.

证 因为$G/(M\cap N)=M/(M\cap N)\times N/(M\cap N)$, 所以只需证明包含于$M\cap N$的$G$的$pd$ -主因子均是循环的即可.令$H/K$是$G$的一个包含在$M\cap N$中的$pd$ -主因子.由引理2.6知$O_{p}(G/C_{G}(H/K))=1$.又因$M/K$是$p$ -超可解的, 所以$H/K\leq Z_{\mathfrak{U}}(M/K)$.由引理2.4, $M/C_{M}(H/K)\in \mathfrak{G}_{p}\mathfrak{A}(p-1)$.注意到

$ MC_{G}(H/K)/C_{G}(H/K)\cong M/C_{M}(H/K)\in \mathfrak{G}_{p}\mathfrak{A}(p-1) $

且

$ O_{p}(MC_{G}(H/K)/C_{G}(H/K))\unlhd G/C_{G}(H/K). $

所以

$ O_{p}(MC_{G}(H/K)/C_{G}(H/K))=1. $

从而

$ MC_{G}(H/K)/C_{G}(H/K) \cong M/C_{M}(H/K) \in \mathfrak{A}(p-1). $

同理可得

$ NC_{G}(H/K)/C_{G}(H/K)\cong N/C_{N}(H/K) \in \mathfrak{A}(p-1). $

由于$\pi(p-1)\cap \pi(M)\cap \pi(N)=\varnothing$, 所以

$ \pi(p-1)\cap \pi(MC_{G}(H/K)/C_{G}(H/K))\cap \pi(NC_{G}(H/K)/C_{G}(H/K))=\varnothing. $

因此$[MC_{G}(H/K)/C_{G}(H/K), NC_{G}(H/K)/C_{G}(H/K)]=1$, 从而有$G/C_{G}(H/K)\in \mathfrak{A}(p-1)$.

由引理2.5知$H/K$是循环的.所以$G$是$p$ -超可解的.

定义3.5 设$p$是一个素数, $H$是一个初等交换$p$ -群.如果$|H|=p^{n}$, 那么记$r(H)=n$, 并且称$H$的秩为$n$.

定理3.6 假设$G=MN$, 其中$M, N$是$G$的正规$p$ -超可解子群.设$q$是$\pi(p-1)\cap\pi(M)\cap\pi(N)$的最小素数.如果$G$的任何包含于$M\cap N$的$pd$ -主因子$H/K$都满足$r(H/K)<q$, 那么$G$是$p$ -超可解的.

证 由命题3.4, 不妨假设$\pi(p-1)\cap \pi(M)\cap \pi(N)\neq\varnothing$.假设定理不成立, 并设$G$是使得$|G|$最小的反例.按照以下步骤得出矛盾:

(1) $\Phi(G)\cap M=\Phi(G)\cap N =1$.

假设上面的断言之一不成立, 即$\Phi(G)\cap M\neq 1$或$\Phi(G)\cap N \neq 1$.不妨假设$\Phi(G)\cap M\neq 1$, 令$A= \Phi(G)\cap M$.由于$M/A\cap NA/A=(M\cap N)A/A$, 所以$(G/A, M/A, NA/A)$满足定理的假设.由$G$的选取知$G/A$是$p$ -超可解的.因此$G$是$p$ -超可解的, 矛盾.

(2) $O_{p'}(M)=O_{p'}(N) =1$且$G$是$p$ -闭的可解群.

假定$O_{p'}(M)\neq 1$或者$O_{p'}(N) \neq 1$, 这两种情况是类似的, 所以不妨设$B=O_{p'}(M)\neq 1$.通过与(1)相似的讨论, 知$G/B$是$p$ -超可解的, 由此得$G$是$p$ -超可解的, 矛盾.所以$O_{p'}(M)=O_{p'}(N)=1$.由引理2.5知$p$是$\pi(M)$和$\pi(N)$的最大素数因子且$M, N$都是$p$ -闭的超可解子群.因$G=MN$, 所以$p$是$\pi(G)$的最大素因子且$G$是$p$ -闭的可解群.

(3) $K$是包含于$M\cap N$的$G$的唯一极小正规子群且$K=O_{p}(G)=F(M)=F(N)$.

设$K$是$G$的包含于$M$的极小正规子群.显然, $(G/K, M/K, NK/K)$满足定理假设, 那么由$G$的选取知$G/K$是$p$ -超可解的.因此$K$是$G$的包含于$M$的唯一极小正规子群.由(1)和引理2.2知$F(M)=K_{1}\times K_{2}\times\cdots\times K_{n}$, 其中$K_{i}$ $(i=1, \cdots, n)$是$G$的极小正规子群.由$K$的唯一性知$F(M)=K$.令$H$是$G$的包含于$N$的极小正规子群.同理可得$G/H$是$p$ -超可解的, $H$是$G$的包含于$N$的唯一的极小正规子群且$F(N)=H$.显然, $K=H$.又因为

$ 1\neq O_{p}(G)=O_{p}(M)O_{p}(N)\leq F(M)F(N)=K, $

所以(3)成立.

(4) 设$A, B$是$G$的两个正规子群且$A\leq M, B\leq N$, 那么$(AB, A, B)$满足定理假设.

如果$\pi(A)\cap\pi(B)=\varnothing$, 由于$AB$是超可解的, 所以$(AB, A, B)$仍满足假设条件.因此假设$\pi(A)\cap\pi(B)\neq \varnothing$, 令$q'$是$\pi(A)\cap\pi(B)$中的最小的素数.显然, $q'\geq q$.如果断言不成立, 那么存在$AB$的一个包含于$A\cap B$的主因子$H/K$使得$r(H/K)\geq q'$.显然, $A\cap B$是$G$的包含于$M\cap N$的正规子群, 所以由Jordan-Hölder定理可知$M\cap N$含有一个$G$的主因子$H'/K'$使得$r(H'/K')\geq r(H/K)\geq q'\geq q$, 而这与定理假设矛盾, 所以(4)成立.

(5) $M/K\in \mathfrak{A}(p-1)$, $N/K\in \mathfrak{A}(p-1)$且$G/K$是一个非交换$q$ -群, 其中$q\mid p-1$.

由(1), $\Phi(M)=\Phi(N)=1$.类似于定理3.1的步骤(3)的证明, 有

$ M/K\in \mathfrak{A}(p-1), ~~N/K\in \mathfrak{A}(p-1). $

假定$|\pi(G/K)|\geq2$.设$r\in\pi(G/K)$且$R_{1}/K$, $R_{2}/K$分别是$M/K$, $N/K$的Sylow $r$ -子群.因为$M/K, N/K$都是交换群且$M, N$都是超可解群, 所以$R_{1}\leq M, R_{2}\leq N$是$G$的两个超可解正规子群.记$R=R_{1}R_{2}$.易见, $G\neq R$且$R/K$是$G/K$的正规的Sylow $r$ -子群.所以由(4)知$R$是$p$ -超可解的.由引理2.4知$R/C_{R}(K)\in \mathfrak{G}_{p}\mathfrak{A}(p-1)$.因为

$ RC_{G}(K)/C_{G}(K) \simeq R/C_{R}(K)\in \mathfrak{G}_{p}\mathfrak{A}(p-1) $

且$O_{p}(G/C_{G}(K))=1$, 所以

$ RC_{G}(K)/C_{G}(K)\in\mathfrak{A}(p-1). $

又因为$K\leq C_{G}(K)$, 所以$RC_{G}(K)/C_{G}(K)$是$G/C_{G}(K)$的正规交换的Sylow $r$ -子群, 这就推出$G/C_{G}(K)$是一个交换群.因此$G/C_{G}(K)\in \mathfrak{A}(p-1)$.由引理2.5知$K$是循环的.因为$K$是$G$的正规Sylow $p$ -子群, 所以$G$是$p$ -超可解的, 矛盾.因此$|\pi(G/K)|=1$, 即存在一个素数$r<p$使得$G/K$是一个$r$ -群.显然, $G/K$是非交换的且$r\mid p-1$.

如果$r=q$, 那么(5)成立.假定$r\neq q$.因为$\pi(G)=\{p, r\}$, 所以$p=q$且$p>r$.因此$r\notin \pi(M)\cap \pi(N)$.又因为$G=MN$, 所以$M$和$N$中有一个包含$G$的某个Sylow $r$ -子群.不妨假设$M$包含$G$的某个Sylow $r$ -子群.由(3)知$K$是$G$的包含于$M\cap N$的正规Sylow $p$ -子群, 所以$G= M$, 因此$G$是$p$ -超可解的, 矛盾.故(5)成立.

(6) 得出最终矛盾.

由(5), $\pi(G)=\{p, q\}$且$q\mid p-1$.因为$K$是$G$的一个包含于$M\cap N$的极小正规子群, 所以由定理假设知$r(K)<q$, 即$|K|<p^{q}$.由(5)和推论3.3知$G$中存在一个截断$H/J$使得$H/J$同构于$E(p, q, 1)$, $M(p, q, n)$, $Q(p, 2)$和$D(p, 2)$中的某个群.如果$H/J$同构于$Q(p, 2)$或$D(p, 2)$, 那么$q=2$.注意到$H/J$的Sylow $p$ -子群的阶为$p^{q}$.因为$K$是$G$的一个Sylow $p$ -子群, 所以$|K|\geq p^{q}$, 矛盾.定理得证.

定理3.7 假设$G=MN$, 其中$M, N$是$G$的正规$p$ -超可解子群.设$q$是$\pi(p-1)\cap\pi(M)\cap\pi(N)$的最小素数且$P$是$M\cap N$的一个Sylow $p$ -子群.如果$r(P/\Phi(P))<q$, 那么$G$是$p$ -超可解的.

证 不妨假设$\pi(p-1)\cap\pi(M)\cap \pi(N)\neq \varnothing$.令$q'$是

$ \pi(p-1)\cap\pi(M/O_{p'}(M)) \cap \pi(NO_{p'}(M)/O_{p'}(M)) $

的最小素数, 显然$q'\geq q$.因为

$ M/O_{p'}(M)\cap NO_{p'}(M)/O_{p'}(M)= (M\cap N)O_{p'}(M)/O_{p'}(M), $

所以$PO_{p'}(M)/O_{p'}(M)$为$M/O_{p'}(M)\cap NO_{p'}(M)/O_{p'}(M)$的一个Sylow $p$ -子群且

$ r(PO_{p'}(M)/O_{p'}(M)/\Phi(PO_{p'}(M)/O_{p'}(M)))=r(P/\Phi(P))<q\leq q'. $

于是$(G/O_{p'}(M), M/O_{p'}(M), NO_{p'}(M)/O_{p'}(M))$满足定理的假设.对$|G|$进行归纳知$G/O_{p'}(M)$是$p$ -超可解的, 因此$G$是$p$ -超可解的.所以不失一般性, 可以假设$O_{p'}(M)=1$或$O_{p'}(N)=1$.由引理2.3知$M, N$均是$p$ -闭的.因此$P\unlhd G$, 于是$\Phi(P)\unlhd G$.由于$r(P/\Phi(P))<q$, 所以$(G/\Phi(P), M/\Phi(P), N/\Phi(P))$满足定理3.6的假设.注意:如果

$ \pi(p-1)\cap\pi(M/\Phi(P))\cap \pi(N/\Phi(P))=\varnothing, $

仍然认为$(G/\Phi(P), M/\Phi(P), N/\Phi(P))$满足定理3.6的假设.所以对$|G|$进行归纳有$G/\Phi(P)$是$p$ -超可解的, 从而知$G$是$p$ -超可解的.

推论3.8 假设$G=MN$, 其中$M, N$是$G$的正规超可解子群.若对任意的$p\in \pi(M \cap N)$, 令$q$是$\pi(p-1)\cap\pi(M)\cap \pi(N)$的最小素数, 如果对于$G$的任意包含于$M\cap N$的$pd$ -主因子$H/K$均有$r(H/K)<q$, 那么$G$是超可解的.

推论3.9 假设$G=MN$, 其中$M, N$是$G$的正规超可解子群.若对任意的$p\in \pi(M \cap N)$, 令$q$是$\pi(p-1)\cap\pi(M)\cap\pi(N)$的最小素数, 如果$P$是$M\cap N$的一个Sylow $p$ -子群且满足$r(P/\Phi(P))<q$, 那么$G$是超可解的.