一类多重循环群超可解性的判定

雒晓良

（太原师范学院 数学系，山西 晋中030619）

本文采用标准的术语和符号，例如按照文献［1，2］.

设A=〈a1〉⊕〈a2〉⊕…⊕〈an〉是秩为n（n≥2）的自由Abel群，A的自同构群Aut（A）=GL （n，ℤ）.对整数m，取α∈Aut（A）使得

取Λm（n）=A〈α〉，简记为Λm，它显然是一个二元生成的多重循环群.

定理1群Λm=A〈α〉是超可解群当且仅当m=±2且n=2.

证明 必要性.当m=2且n=2时，α（a1）=-a2，α（a2）=a1+2a2，即α（a1+a2）=a1+a2，此时

构成Λm的正规群列，并且因子群循环，从而Λm是超可解群.

当m=-2且n=2时，α（a1）=-a2，α（a2）=a1-2a2，即α（a1-a2）=-（a1-a2），此时

构成Λm的正规群列，并且因子群循环，从而Λm是超可解群.

充分性.若Λm是超可解群，则存在1≠N1Λm使得Λm在N1上的作用构成N1的幂自同构.

若N1∩A=1，则［N1，A］=1，即N1在A上作用平凡.∀1≠x∈N1，存在a∈A，i∈ℤ使得x=aαi，由x在A上作用平凡知αi在A上作用平凡，注意到α是A的自同构，从而αi=1即x=a∈A，矛盾，因此N1∩A≠1.

取1≠a∈N1∩A，有α在〈a〉上的作用构成〈a〉上的幂自同构，但a是无挠的，故α（）a=±a.设a=x1a1+x2a2+…+xnan，则

1.若α（a）=a，则x1=x2=…=xn且xn=mxn-x1，即（m-2 ）xn=0，由a≠0知m=2.

此时a=x1（a1+a2+…+an），故可取N1=〈a1+a2+…+an〉，有N1Λm.下面在Λm／N1中考虑.因为〈α〉N1／N1≅〈α〉，故将α在Λm／N1上的作用仍用α来表示，即Λm／N1=A／N1〈α〉.显然有A／N1=〈a1〉⊕〈a2〉⊕…⊕〈an-1〉≅〈a1〉⊕〈a2〉⊕…⊕〈an-1〉.若n＞2，则有

这个蜘蛛精……是人？青辰一边听着天葬师的话，一边仔细打量。那唐飞霄矮小瘦弱，整个身子都裹在硬甲中，只有一颗硕大的光头露在外面，看起来怪诞而不合比例。自己先入为主，竟将其当做了蜘蛛精，着实闹了个笑话。

因Λm／N1是超可解的，则存在1≠N2／N1Λm／N1使得Λm／N1在N2／N1上的作用构成N2／N1的幂自同构.同样讨论可得N2／N1∩A／N1≠1.取有α在上的作用构成上的幂自同构，但是无挠的，故则

2.若α（a）=-a，则xi=-xi+1（1≤i≤n-1）且（m+1 ）xn=x1，需对n的奇偶性分别讨论.

1）当n为奇数时，mx1=0即m=0.此时a=x1（a1-a2+a3-a4+…+an），故可取N1=〈a1-a2+a3-a4+…+an〉，有N1Λm.下面在Λm／N1中考虑，将α在Λm／N1上的作用仍用α来表示，即Λm／N1=A／N1〈α〉.显然有

2）当n为偶数时，（m+2 ）x1=0即m=-2.此时a=x1（a1-a2+a3-a4+…-an），故可取N1=〈a1-a2+a3-a4+…-an〉，有N1Λm.下面在Λm／N1中考虑.将α在Λm／N1上的作用仍用α来表示，即Λm／N1=A／N1〈α〉.显然有若n＞2，

因Λm／N1是超可解的，则存在1≠N2／N1Λm／N1使得Λm／N1在N2／N1上的作用构成N2／N1的幂自同构.同样讨论可得N2／N1∩A／N1≠1.取上的作用构成上的幂自同构，但b是无挠的，故则

进一步计算可得，

1）当m=2，n=2时，

即Z2（Λm）=Λm，从而Λm构成幂零群.

2）当m=-2，n=2时，A∩Z（Λm）=1，即此时Λm不是幂零群.