设$G$为群, $H$是$G$的子群.则$H$在$G$中的正规闭包$H^{G}$定义为$G$中包含$H$的最小正规子群.于是$H$是$G$的正规子群的充要条件就是$|H^G:H|=1$.因此从某种意义上来说, $|H^G:H|$可以反映出子群$H$的正规性. $|H^{G}:H|$越接近1, 那么$H$的正规性越强.众所周知所有子群都是正规子群的群是Dedekind群.如果一个群$G$的任意非正规子群$H$的闭包满足$|H^G:H|=p$, 其中$p$是一个素数, 那么这类群就与Dedekind群越接近.文献[1-3]分别对这类有限$p$ -群或有限可解群进行了详细的研究, 证明了这类群的换位子群的阶存在一个上界.

一个群$G$的任意非正规子群$H$的闭包满足$|G:H^G|=1$或者素数$p$, 则可以看作是子群的正规性比较弱的情况.显然所有单群就满足这样性质.除单群外, 让人感兴趣的是满足这类条件的幂零群与可解群.对于幂零群, Janko首先在文献[4]中研究了有限$p$ -群$G$, 其任意非正规子群$H$的正规闭包$H^{G}$满足$|G:H^G|=p$, 得到了

定理1.1  对于一个非Dedekindian $p$ -群$G$, 如果$G$的任意非正规循环子群$H$, 都有$|G:H^{G}|=p$, 那么$G$为下列群之一

(a)$|G|=p^{3}$.

(b)$G=\left\langle {a, b|a^{p^{2} =b^{p^{2}}=1, a^{b}=a^{1+p}}} \right\rangle $是唯一阶为$p^{4}$非交换亚循环群且exp$(G)=p^{2}$.

(c)$G$是极大类2 -群.

(d)$G=\left\langle {{ h, z|h^{4}=z^{2^{n}}=1, n>2, z^{h}=z^{-1+\epsilon 2^{n-1}}, \epsilon=0, 1 }} \right\rangle $.

作为Janko研究工作的继续, 本文将研究满足下面性质的有限可解群$G$:对任意的$x \in G$, 若$\left\langle {x} \right\rangle $不是$G$的正规子群, 则都存在一个素数$p$使得$|G: \left\langle {x} \right\rangle ^{G}|\big|p$.为了叙述方便, 下文称满足这个条件的群为$MC$ -群.由引理2.2, 若$MC$ -群为幂零群时, 则一定为$p$ -群.鉴于Janko已经完成了这类群的分类, 本文将研究可解但非幂零的$MC$ -群, 主要得到如下的结果.

定理1.2  设群$G$是有限可解群.如果$G$是非幂零的$MC$ -群, 那么$G/G'$是阶为${p_1}^m$的循环群与阶为${p_2}^n$的循环群的直积, 其中${p_1}, {p_2}$分别是素数, $m\ge 1$, $n=0$或$1$.更进一步,

(1) 若$n=0$, 则$G=A \rtimes \left\langle {y} \right\rangle $, 其中$y^{{p_1}^m}=1, A=G'$是Hall ${p_1}'$ -群, 且有下列(1.1)-(1.3)结论成立.

(1.1)若$m=1$且$G'$交换, 则$G'$是初等交换${p_3}$ -群; 或$G'=\left\langle {{a_{1} }} \right\rangle \times \left\langle {{a_{2}}} \right\rangle $, 其中$o(a_{1})={p_3}^{n}, o(a_{2})={p_3}, n \geq 2$; 或$G'$是所有子群均正规于$G$的${p_1}'$ -群.

(1.2)若$m=1$且$G'$非交换, 则$G'$是特殊$p_3$ -群, 即$G^{''}=Z(G).$故$G'$的幂零类为$2$.特别地, 若${p_3} \geq 3$, 则exp$(G')=p_3$; 若${p_3}=2$, 则exp$(G') \leq 2^{2}$.

(1.3)若$m \geq 2$, 则$G'$是所有子群均正规于$G$的${p_1}'$ -群.

(2) 若$n=1$, 则$G/G'$是两个不同素数方幂阶的循环群的直积, $|G/G'|={p_1}^{m}{p_2}$.此时$G'$中每个子群均正规于$G$, 且有下列(2.1)-(2.3)结论成立.

(2.1)若${p_1}={p_2}$, 则$G=G_{{p_1}} \ltimes G_{{p_1}'}$, 其中$G_{{p_1}}$为$G$的Sylow $p_1$ -子群, $G_{{p_1}'}$为$G$的Hall $p_1'$ -子群, 且$G_{{p_1}'}\leqslant G'$, 而且$G_{{p_1}}=\langle {x_{1}} \rangle \times\langle {x_{2}} \rangle , ~o(x_{1})={p_1}^{m}, ~o(x_{2})={p_1}$或$G_{{p_1}}$同构于定理1.1 Janko所分类的亚循环群.

(2.2)若$m=1$且${p_1} \neq {p_2}$, 则$G=(\langle {x_{1}} \rangle \times \left\langle {{x_{2}}} \right\rangle ) \ltimes G'$, 其中$o(x_{1})={p_1}, ~o(x_{2})={p_2}$.

(2.3)若$m \geq 2$且${p_1} \neq {p_2}$, 则$G=(G_{{p_1}} \ltimes G') \times \left\langle {{x_{2}}} \right\rangle $, 其中$G_{{p_1}}$是${p_1}^{m}$阶循环群, $G'$是一个$p_1'$ -子群, $o(x_{2})={p_2}$.

引理2.1 ^[6]设$\pi'$ -群$H$作用在交换$\pi$ -群$G$上, 则$G=C_G(H)\times [G, H]$.

引理2.2 设$G$是$MC$ -群, 则$G$是幂零群当且仅当$G$是$p$ -群.

证  仅需证明必要性.因为群$G$是幂零群, 所以$G=S_{p_{1}} \times S_{p_{2}} \times \cdots \times S_{p_{k}}, $其中$S_{p_{i}} \in {\hbox{Syl}}_{p_{i}}(G), i=1, \cdots, k$是Slyow $p_i$ -子群.不妨设$x \in S_{p_{1}}$且$\left\langle {x} \right\rangle $不是$G$的正规子群.显然$\left\langle {x} \right\rangle ^{G}<S_{p_{1}}$.即$|S_{p_{1}}：\left\langle {x} \right\rangle ^{G}|=|G:\left\langle {x} \right\rangle ^{G}|={p_1}$, 故$|G:S_{p_{1}}|=1$.因此$G$是$p$ -群.

引理2.3 设$G$是交换$p$ -群.若$a \in G \setminus G^{p}$且$a$是$aG^{p}$中阶最小的元, 则存在子群$G_{0}$使得$G=\left\langle {a} \right\rangle \times G_{0}$, 其中$G^{p}=\left\langle {g^p|g\in G} \right\rangle $.

引理2.4 设有限群$G$是$MC$ -群.若$|G|=p^mq^n$, $p>q$都是素数, 且$G/G' \cong C_{p} \times C_{q}$, 则$|G|=p^2q$或者$|G|=pq$.

证  显然$G'$中所有子群都是正规子群.令$G'=M\times N$, 其中$M, N$分别是$G'$的Sylow $p$ -子群和Sylow $q$ -子群.考虑商群$\bar{G}=G/M$, 易得$\bar{G}$的Sylow $q$ -子群与$G$的Sylow $q$ -子群同构且$\bar{G}/\bar{G}'\cong G/G'$.因此不妨假设$G$的Sylow $p$ -子群是$p$阶循环群.此时$G$的Sylow $q$ -子群是正规子群.

下面证明$G$的Sylow $q$ -子群$Q$是阶小于或者等于$q^2$的初等交换群.

先假设$Q$是交换群.证明$Q$是阶小于或者等于$q^2$的初等交换群.由引理2.1可知$Q=C_{Q}(\left\langle {x} \right\rangle )\times[\left\langle {x} \right\rangle , Q]$, 且$[\left\langle {x} \right\rangle , Q]=G'$.因为$G'$是$Q$的真子群, 所以$C_{Q}(\left\langle {x} \right\rangle )=\left\langle {a} \right\rangle $是$q$阶循环群.此时显然$G'\cap C_Q(\left\langle {x} \right\rangle )=1$.若$G'=1$, 则$Q$是$q$阶循环群, 结论显然成立.假设$|G'|>1$.任意取$q$阶元$b\in G'$, 则$\left\langle {b} \right\rangle \unlhd G$.于是$\left\langle {a} \right\rangle \times \left\langle {b} \right\rangle \unlhd G$.由于$[a, x]=1, [b, x]\neq 1$, 故$(ab)^x=ab^k$, 其中$(k, q)=1$.此时易得$\left\langle {ab} \right\rangle $不是群$G$的正规子群.从而说明$\left\langle {ab} \right\rangle ^G=Q$是阶为$q^2$的初等交换子群.

下面证明$Q$一定是交换群.假设$Q$是非交换$q$ -群.因为$G'$的所有子群均正规于$G$, 所以对任意的$g \in G'$都有$\left\langle {g} \right\rangle \unlhd G$.又由$G/C_{G}(\left\langle {g} \right\rangle ) \cong {\rm Aut}(\left\langle {g} \right\rangle )$, 即$G/C_{G}(\left\langle {g} \right\rangle )$是交换群.于是$G' \leq C_{G}(\left\langle {g} \right\rangle )$且$g \in Z(G'), $故$G'$是交换群.设$z \in Q \setminus G'$.若$\left\langle {z} \right\rangle $是$G$的正规子群, 类似可得$G'\leq C_{G}(\left\langle {z} \right\rangle )$.而$Q=\left\langle {z, G'} \right\rangle $, 于是得$Q$是交换群, 与假设相矛盾.故$\left\langle {z} \right\rangle $不是$G$的正规子群.因此有$Q=\left\langle {z} \right\rangle ^{G}$.考虑商群$\overline{G}=G/Q'$.显然$\overline{G}=\left\langle {\overline{x} , \overline{Q}} \right\rangle$也是$MC$ -群.由前面$Q$是交换的情况的讨论可知$|\overline{Q}|=q^{2}$, 故$Q=\left\langle {{z, z^{x}}} \right\rangle $.

若$q\geq3$, 由于$|Q:G'|=q$且$G'$中所有子群均正规于$G$, 则$G'$是交换群且存在$x_{0} \in Q \setminus G'$使得$Q=G' \cdot\left\langle {{x_{0}}} \right\rangle $.任取$g \in G'$都有$\left\langle {g} \right\rangle \unlhd Q$, $[x_0^{q}, g]=1$, 因此$[x_{0}, g]\in Z(Q)$是$q$阶元.故$Q' \leq Z(Q)$.于是$cl(Q)=2$, 从而得到$Q$是正则$q$ -群.

显然$\left\langle {z^q} \right\rangle \le G'$是正规子群.因此$\left\langle {z} \right\rangle \cap \left\langle {z^x} \right\rangle =\left\langle {z^q} \right\rangle $.假设$o(z)\ge q^2$, 利用$Q$的正则性, 存在$q$阶元$z_1\in Q$使得$Q=\left\langle {{z, z^{x}}} \right\rangle =\left\langle {{z, z_{1}}} \right\rangle $.此时$\Omega_1(Q)=\left\langle {g|g^q=1, g\in Q} \right\rangle $是$Q$的方次数为$q$的真子群.于是得到$\Omega_1(Q)$中所有子群正规, 即$\left\langle {z_1} \right\rangle \le Z(Q)$.从而得到$Q$是交换群, 矛盾.

下设$o(z)=q$, 则exp$(Q)=q$且$|Q|=q^3$.因此$G'\leq Q$为$q^{2}$阶的初等交换$q$ -群.又因为$Q$是非交换群, 所以存在$z_{3}\in G'$使得$\left\langle {{z_{3}}} \right\rangle $不是$Q$的正规子群.这与$G'$的每个子群均正规于$G$矛盾.故$Q$是交换群.

若$q=2$, 由于$|Q/Q'|=4$以及文献\cite[命题1.6]{BJ1}可知, $Q$是极大类2 -群.当$|Q|=2^{3}$时, 则$Q \cong D_{8}$或$Q \cong Q_{8}$.若$Q \cong D_{8}$, 则${\hbox{Aut}}(Q)\cong {\hbox{Aut}}(D_{8})\cong D_{8}.$由于$p \neq q$, 因此$[\left\langle {x} \right\rangle , Q]=1$, 即表明$G$是幂零群.若$Q \cong Q_{8}$, 由Aut$(Q)\cong {\hbox{Aut}}(Q_{8})\cong S_{4}$可知$p=3$, 此时可得$G'=Q$, 矛盾.

当$|Q|\geq 2^{4}$时, 则存在子群$N \leq G'\leq Q$使得$Q/N$是阶为$2^{3}$的非交换$2$ -群, 此时$Q/N\cong D_{8}$, 从而$\overline{G}=G/N=\left\langle {{\overline{x}}} \right\rangle \times \left\langle {{\overline{Q}}} \right\rangle , $其中$\overline{x}=xN, \overline{Q}=Q/N$, 这与$\overline{Q}=\left\langle {{\overline{y}}} \right\rangle ^{\overline{G}}=\left\langle {{\overline{y}, \overline{y}^{\overline{x}}}} \right\rangle $相矛盾.

综上所述, $Q$是交换群.即$Q$是阶小于或者等于$q^2$的初等交换$q$ -群.类似考虑商群$\bar{G}=G/N$, 易得$\bar{G}$的Sylow $p$ -子群与$G$的Sylow $p$ -子群同构且$\bar{G}/\bar{G}'\cong G/G'$.因此不妨假设$G$的Sylow $p$ -子群是$p$阶循环群的情况下可得$G$的Sylow $p$ -子群是阶小于或者等于$p^2$的初等交换$p$ -群.

最后证明$|Q|=q$.假设$|Q|=q^2$.同样在商群$\bar{G}=G/N$中, 则$\bar{G}$的Sylow $q$ -子群$\bar{Q}$阶为$q^2$的正规初等交换$q$ -子群.而$|{\hbox{Aut}}(\bar{Q})|=(q^2-1)(q^2-q)$且$p>q$.由$\bar{Q}\cap \bar{G}'\neq 1$可得$p=3, q=2$.易得此时$\bar{G}'=\bar{Q}$, 即$\bar{G}/\bar{G}'\cong C_p$, 矛盾.故$|Q|=q$.

定理1.2的证明  由于$G/G'$是交换群, 故存在$x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{r} \in G$使得

$ G/G'=\left\langle {{\overline{x_{1}}}} \right\rangle \times \left\langle {{\overline{x_{2}}}} \right\rangle \times\cdots\times \left\langle {{\overline{x_{j}}}} \right\rangle , $

其中$j$是使得直积个数最多的整数值.

若$j \geq 3$, 则对任意$x \in G'$都有$\left\langle {x} \right\rangle \unlhd G$.令$H_{i}=\left\langle {{x_{i}, G'}} \right\rangle $, 同样可得$\left\langle {{x_{i}}} \right\rangle \unlhd G$.而$G=\left\langle {{x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{j}, G'}} \right\rangle $, 进而得到$G$是Dedekind群, 与$G$是$MC$ -群相矛盾.因此$j \leq 2$, 即$|G/G'|={p_1}^m{p_2}^n$, 其中${p_1}, {p_2}$是素数, $m\ge 1, $ $n=0$或$1$.

情形(1)   $n=0$且$G/G'$是阶为${p_1}^m$的循环群, 即$|G/G'|={p_1}^{m}$.分以下三种情况讨论.

(1.1) $m=1$且$G'$是交换群.

假设存在$x\in G'$使得$\left\langle {x} \right\rangle $不是$G$的正规子群, 则易得$G'=\left\langle {x} \right\rangle ^{G}$且$G'$是交换${p_3}$ -群, 其中${p_3}$是素数.因为$G$不是幂零群, 所以素数${p_3}\neq {p_1}$.于是存在$y \in G$使得$ G=\left\langle {y} \right\rangle \ltimes G', $其中$o(y)={p_1}$.又由$ G'=\left\langle {x} \right\rangle ^{G}$可知$x$是$G'$中最高阶元素, 于是$\left\langle {{x^{{p_3}}}} \right\rangle \unlhd G$, 则$\left\langle {{(x^{y})^{{p_3}}}} \right\rangle \cap \left\langle {x} \right\rangle =\left\langle {{x^{{p_3}}}} \right\rangle , $故

$ \left\langle {{x^{y}, x }} \right\rangle =\left\langle {x} \right\rangle \times \left\langle {{x_{1}}} \right\rangle , $

其中$o(x_{1})={p_3}$, 且$\left\langle {x_1} \right\rangle \unlhd G$.若$o(x)={p_3}$, 则$|\left\langle {x} \right\rangle ^{G}| \leq {p_3}^{{p_1}}$且exp$(\left\langle {x} \right\rangle ^{G})={p_3}$, 即$G'=\left\langle {x} \right\rangle ^{G}$是初等交换$ {p_3}$ -群.

若$o(x)={p_3}^{n}>{p_3}$, 则$\left\langle {{x_{1}}} \right\rangle \unlhd G$.令子群$H=\left\langle {{x^{y}, x}} \right\rangle =\left\langle {x} \right\rangle \times\left\langle {{x_{1}}} \right\rangle $, 因为

$ H^{y}=\left\langle {{x^{y}, x}} \right\rangle ^{y}=(\left\langle {x} \right\rangle \times \left\langle {{x_{1}}} \right\rangle )^{y}=\left\langle {x} \right\rangle ^{y}\times \left\langle {{x_{1}}} \right\rangle \in\left\langle {{x, x^{y}}} \right\rangle , $

所以$H \unlhd G$.故$G'=\left\langle {x} \right\rangle ^{G}=\left\langle {x} \right\rangle \times\left\langle {{x_{1}}} \right\rangle , $其中$o(x)={p_3}^{n}, ~o(x_{1})={p_3}$.

假设$G'$中所有子群都正规, 仅需证明$G'$是群$G$的Hall ${p_2}'$ -群.设$N$是$G'$的Hall ${p_2}'$ -子群, 则$G/N$是${p_2}$ -群, 且$G/N\big{/}(G/N)'\cong G/G'$是循环群.故$G/N$是循环群.因此$G'=N$是$G$的Hall ${p_2}'$ -群.

(1.2) $m=1$且$G'$是非交换群.

假设对任意$x \in G'$均有$\left\langle {x} \right\rangle \unlhd G$, 则可知$G/C_{G}(\left\langle {x} \right\rangle )$是交换群.于是$G' \leqslant C_{G}(\left\langle {x} \right\rangle )$, 从而得到$G'$是交换群, 矛盾.因此一定存在$x \in G'$使得$\left\langle {x} \right\rangle $不是$G$的正规子群, 故$G'=\left\langle { x} \right\rangle ^{G}$.因为$G$是可解群, 所以$G''$的所有子群均正规于$G$.于是对任意的$a \in G''$都有$G/C_{G}(\left\langle {a} \right\rangle )$是交换群, 故$G^{''}$是交换群且$G^{''}\le Z(G')$.因此$G'$是幂零群且$cl(G')\leq2$.由于$G$不是幂零群, 易得$G'$是群$G$的一个Sylow${p_3}$ -群, 进而存在$y \in G$使得$G=\left\langle {y} \right\rangle \ltimes G'$, 其中$o(y)={p_1}, ~|G'|={p_3}^{k}, ~k \geq 1$.

当${p_3} \geq 3$时, 因为$cl(G')\leq 2$, 所以$G'$是正则${p_3}$ -群.假设$o(x)>{p_3}$.则由$G'=\left\langle {x} \right\rangle ^{G}$可知, 一定存在$g \in G$使得$[x, x^{g}]\neq1$.令$H=\left\langle {{x, x^{g}}} \right\rangle $.因为$x^{{p_3}}\in\Phi(G')$, 所以$\left\langle {{x^{{p_3}}}} \right\rangle \unlhd G$.于是$\left\langle {{(x^{g})^{{p_3}}}} \right\rangle =\left\langle {{x^{{p_3}}}} \right\rangle $.故有正整数$k$使得

$ (x^{{p_3}})^{k}=(x^{g})^{{p_3}}, ~~(x^{k})^{{p_3}}=(x^{g})^{{p_3}}. $

又因$H$正则, 所以$(x^{-k}x^{g})^{{p_3}}=1$, 于是有$H=\left\langle {{x, x^{-k}x^{g}}} \right\rangle $.记$a=x^{-k}x^{g}$, 则$\left\langle {a} \right\rangle ^{G} \leq \Omega_{1}(G')<G'$, 其中$\Omega_1(G')=\left\langle {{g|g^{p_3}=1, g\in G'}} \right\rangle $.由此表明$\left\langle {a} \right\rangle \unlhd G$.类似前面证明可知$a \in Z(G')$, 故$H$是交换群, 与$[x, x^{g}]\neq1$相矛盾.因此$o(x)={p_3}$, exp$(G')={p_3}$.

当${p_3}=2$时, 假设$o(x)=2^{t} \geq 2^{3}$.对任意$g\in G$令$H=\left\langle {{ x, x^{g}}} \right\rangle $, 其中$[x, x^{g}]\neq1$.因为$c(H)\leq 2$, 所以$H'=\left\langle {{[x, x^{g}]}} \right\rangle $.又由$x^{2}\in \Phi(G')$, 则$\left\langle {{x^{2}}} \right\rangle \unlhd G, ~~\left\langle {{(x^{g})^{2}}} \right\rangle =\left\langle {{x^{2}}} \right\rangle $.于是$x^2\in Z(G')$.故由$G'$的幂零类是$2$可得$[x, x^{g}]^{2}=[x^{2}, x^{g}]=1, $因此$H'$是$2$阶子群.且$x^2=(x^{g})^2$.由Hall-Petrescu恒等式(见文献[7])可知

$ (x^{-1}x^{g})^{4}=x^{-4}(x^{g})^{4}c_{2}^{(^{4}_{2})}=x^{-4}(x^{g})^{4}=1, $

其中$c_2\in\left\langle {{x, x^{g}}} \right\rangle '$.令$b=x^{-1}x^{g}$, 则$H=\left\langle {{x, x^{-1}x^{g}}} \right\rangle =\left\langle {{ x, b}} \right\rangle $.若$\left\langle {b} \right\rangle $不是$G$的正规子群, 则$G'=\left\langle {b} \right\rangle ^{G}$.因此对任意的$z \in G'$, 有$z=b^{l_{1}}(b^{g_{1}})^{l_{2}}\cdots(b^{g_{n}})^{l_{n}}, $其中$g_i\in G, $ $l_i$是整数, $1\le i\le n$.又由Hall-Petrescu恒等式, 对$n$归纳可知, $o(z)\leq 4$, 故$\exp(G') \leq 4$, 矛盾.因此$\left\langle {b} \right\rangle \unlhd G$, 所以类似可得$G'\leq C_{G}(\left\langle {b} \right\rangle )$, 故$H$是交换群, 与$[x, x^{g}]\neq1$相矛盾.因此$o(x) \leq 2^{2}$, $\exp(G') \leq 2^{2}$.

假设$G^{''}$是$Z(G')$的真子群.由文献[6, 定理2.2]存在正规子群$N$使得$G^{''}\le N$且$G'/G^{''}=Z(G')/G^{''}\times N/G^{''}$.由$G'$非交换, 可得$|N/G^{''}|\ge {p_3}^2$且$N$是非交换$p$ -群, 又$N$是$G'$的真子群, 因此$N$的每个子群都正规于$G$.类似可得$N$中每个循环子群包含在$Z(G')$中, 于是$N$是交换群, 矛盾.故$Z(G{'})=G^{''}$, 从而得到$G'$是特殊$p_3$ -群.

(1.3) $m \geq 2$.显然$G'$的每一个子群均正规于$G$.此时断言$(|G'|, {p_1})=1$.否则不妨设$|G'|={p_1}^{n}r$, 令$G'=Q \times R$, 其中$|Q|={p_1}^{n}, ~(|R|, {p_1})=1$.记$\bar{G}=G/R$, 则$\bar{G}$是${p_2}$ -群且$\bar {G}/\bar{G'} \cong G/G'$.而$G/G'$是循环群, 于是$\bar{G}/\bar{G'}$是循环群.由此表明$\bar{G}$是循环群, 故$G/R$是交换群.进而有$G' \leqslant R$, 与$G'=Q \times R$相矛盾.所以存在$y \in G$使得$G=\left\langle {y} \right\rangle \ltimes G'$, 其中$o(y)={p_2}^{m}, ~m\geq2$, 且$G'$是所有子群均正规于$G$的${p_2}'$ -群.

情形(2)   $G/G'$是阶为$p_1^m$的循环群与阶为$p_2$的循环群.依然分以下三种情况讨论.

(2.1)若${p_1}={p_2}$, 则$G=G_{{p_1}} \ltimes G_{{p_1}'}$, 其中Hall ${p_1}'$ -子群$G_{{p_1}'} \leqslant G'$.此时$G'$的每个子群均正规于$G$.若Sylow ${p_1}$ -子群$G_{{p_1}}$的每个子群均正规于$G$, 则$G$是Dedekind群, 与题设条件相矛盾.若$G_{{p_1}}$交换, 则$G/G_{{p_1}'}$交换, 于是$G'=G_{{p_1}'}$.从而存在$x_{1}, x_{2}$使得$G_{{p_1}}=\left\langle {{x_{1}}} \right\rangle \times\left\langle {{x_{2}}} \right\rangle $, 其中$o(x_{1})={p_1}^{m}, ~o(x_{2})={p_1}$.若$m\ge 2$, 则$\left\langle {{x_{2}}} \right\rangle \unlhd G$, 于是$x_{2}\in Z(G)$, 从而有$G=(\left\langle {{x_{1}}} \right\rangle \times\left\langle {{x_{2}}} \right\rangle )\ltimes G_{{p_1}'}=(\left\langle {{x_{1}}} \right\rangle \ltimes G_{{p_1}'})\times\left\langle {{x_{2}}} \right\rangle .$若$m=1$.因为$G'$中所有子群都正规, 所以不妨设$G'$是素数阶循环群.则$|G:C_G(G')|=p_1$.因此也可以设$x_2\in Z(G)$.如果$G'$是不是素数方幂循环群, 那么存在正规子群$N$使得$G'/N$是素数方幂循环群.在商群$G/N$中类似可得$x_2N\in Z(G/N)$.于是由$\left\langle {x_2, N} \right\rangle \unlhd G$可得$x_2\in Z(G)$, 从而得到$G=(\left\langle {{x_{1}}} \right\rangle \ltimes G_{{p_1}'})\times\left\langle {{x_{2}}} \right\rangle .$

若$G_{{p_1}}$非交换, 类似前面设$G_{{p_1}'}$是素数阶循环群, 则易得$G/C_G(G_{{p_1}'})$是循环群, 且$C_G(G_{{p_1}'})=G_{{p_1}'}\times S_1\unlhd G$, 其中$S_1\le G_{p_1}$.显然$S_1$中所有子群都正规于$G$, 又$G/G_{{p_1}'}\cong G_{p_1}$也是$MC$ -群.此时$G_{{p_1}}$同构于定理1.1中Janko所分类的群.如果即$G_{p_1}$不是亚循环群, 那么由定理1.1可得$G_{p_1}$只能是方次数为$p_1$的且阶为$p_1^{3}$的非交换$p_1$ -群.于是$S_1\cong C_{p_1}\times C_{p_1}$, 即是阶为$p_1^{2}$的初等交换$p_1$ -群.又$S_1$中所有子群正规, 故$S_1\le Z(G)$.从而得到$G_{p_1}$是交换$p_1$ -群, 矛盾.故$G_{p_1}$是亚循环群.

(2.2) ${p_1}\neq {p_2}$且$m=1$.

因为$G'$中所有子群均正规于$G$, 所以$G'$是交换群.故$G'=H\times K$, 其中$K$是$G'$的Hall $\{{p_1}, {p_2}\}'$ -子群.不妨设${p_1}>{p_2}$.由引理2.4可得$|G/K|={p_1}^2{p_2}$或${p_1}{p_2}$, 且当$|G/K|={p_1}^2{p_2}$时, 由引理2.4的证明可得$G$的Sylow ${p_1}$ -子群是阶为${p_1}^2$的初等交换子群.此时可得$G'=K\times C_{p_1}$.故可得$G=(\left\langle {{x_{1}}} \right\rangle \times\left\langle {{x_{2}}} \right\rangle ) \ltimes G'$, 其中$o(x_{1})={p_1}, ~o(x_{2})={p_2}$.

(2.3) ${p_1}\neq {p_2}$且$m \geq 2$.由于$\left\langle {{ x_{2}, G'}} \right\rangle $中每个子群均正规于$G$, 则$G_{{p_1}'}=\left\langle {{x_{2}, G'}} \right\rangle , ~G_{{p_1}'}\unlhd G$, 故$G=G_{{p_1}} \ltimes G_{{p_1}'}$.又因为$(G/G_{{p_1}'})/(G/G_{{p_1}'})'\cong G_{p_1}/G_{p_1}'$是${p_1}^{m}$阶循环群.所以$G_{{p_1}}$是${p_1}^{m}$阶循环群.

令$K$是群$G$的Hall $\{{p_1}, {p_2}\}'$ -子群, 则$\left\langle {x_2, G'} \right\rangle =G_{p_2}\times K$每一个子群正规于$G$, 其中$G_{p_2}$是$G$的Sylow $p_2$ -群.又设$x_{2}$是$G$中阶最小的元素使得$x_2G'$是商群$G/G'$中的${p_2}$阶元.显然$o(x_{2})={p_2}^{n}$.

下面证明$n=1$.显然$x_2\notin (G_{p_2})^{p_2}$.由引理2.3可知, 存在子群$G_{1}$使得$G_{p_2}=\left\langle {{x_{2}}} \right\rangle \times G_{1}, ~G_{1}\unlhd G$.

令$\bar{G}=G/G_{1} \cong\left\langle {{ \bar{x}_1 }} \right\rangle \ltimes\left\langle {{ \bar{x}_2}} \right\rangle $, 其中$o(\bar{x}_2)={p_2}^{n}$.又$G_{1} \leqslant G'$, 则$\bar{G'}=\left\langle {{\bar{x}_2^{{p_2}} }} \right\rangle \le\left\langle {{\bar{x}_2}} \right\rangle $.若$n>1$, 则由引理2.1可得矛盾.故$o(\bar{x}_2)={p_2}$且$o(x_{2})={p_2}$.又因为$\left\langle {{ x_{2}, G'}} \right\rangle $中每个子群均正规于$G$, 所以$\left\langle {{x_{1}, x_{2}}} \right\rangle =\left\langle {{x_{1}}} \right\rangle \ltimes\left\langle {{ x_{2}}} \right\rangle \cong G/G'$交换.由此可知$[x_{1}, x_{2}]=1$, 而$[x_{2}, G']=1$, 故$x_{2} \in Z(G)$.因此$G=(\left\langle {{ x_{1}}} \right\rangle \ltimes G') \times\left\langle {{ x_{2}}} \right\rangle $, 其中$\left\langle {{ x_{1}}} \right\rangle =G_{{p_1}}$.

由上述定理1.1, 可得下面推论.

推论2.5  如果有限可解群$G$是$MC$ -群, 那么$G$的导长至多是$3$.

显然, 定理1.2中(1.2)就存在导长是$3$的例子: $G=Q_8\rtimes C_3$, 即四元数群$Q_8$与$3$阶循环群的半直积.