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user: 3. 主要结果及证明 定理3.1设 为有限交换群，当 | A ( G ) | = 2 p q (p，q为互异的奇素数)时，群G最多有6型。 证明：设 | G | = 2 α 0 p 1 α 1 p 2 α 2 ⋯ p k α k ，则 G ≅ S 2 × S p 1 × S p 2 × ⋯ × S p k ，并且 A ( G ) ≅ A ( S 2 ) × A ( S p 1 ) × A ( S p 2 ) × ⋯ × A ( S p k ) 。由于对每个奇素数 p i 来说，都有 2 | | A ( S p i ) | ，而 | A ( S p i ) | | | A ( G ) | = 2 p q ，则有 2 k | 2 p q ，所以 k = 0 ， 1 。 (1) 当 k = 0 时， | G | = 2 α 0 。又 2 α 0 − 1 | | A ( S 2 ) | ，而 | A ( S 2 ) | | | A ( G ) | = 2 p q ，故 α 0 = 1 ， 2 。 (I) 当 α 0 = 1 时， | G | = 2 ，则 G ≅ C 2 ，进而 | A ( G ) | = 1 ，与 | A ( G ) | = 2 p q 矛盾。 (II) 当 α 0 = 2 时， | G | = 4 ，则 G ≅ C 2 2 ， C 2 × C 2 。 (i) 若 G ≅ C 2 2 ，有 | A ( G ) | = 2 ，与 | A ( G ) | = 2 p q 矛盾。 (ii) 若 G ≅ C 2 × C 2 ，有 | A ( G ) | = 6 ，与 | A ( G ) | = 2 p q 矛盾。 (2) 当 k = 1 时，由于 2 | | A ( S p i ) | ，得 A ( S 2 ) = 1 ，则有 α 0 = 0 ， 1 。又由 p 1 α 1 − 1 ( p 1 − 1 ) | | A ( S p 1 ) | ，而 | A ( S p 1 ) | | | A ( G ) | = 2 p q ，故 α 1 = 1 ， 2 。 (I) 当 α 1 = 1 时，则有 S p 1 = C p 1 ，我们有 G ≅ C p 1 ， C 2 × C p 1 。由于 | A ( G ) | = p 1 − 1 = 2 p q ，可得 p 1 = 2 p q + 1 。当 2 p q + 1 为素数时，有 G 1 ≅ C 2 p q + 1 ， G 2 ≅ C 2 × C 2 p q + 1 。 (II) 当 α 1 = 2 时，则 S p 1 = C p 1 2 ， C p 1 × C p 1 。 (i) 若 S p 1 = C p 1 2 ，有 G ≅ C p 1 2 ， C 2 × C p 1 2 。因为 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 p q ，令 p 1 = q ，即 p 1 = q = 2 p + 1 。当 2 p + 1 为素数时，有 G 3 ≅ C ( 2 p + 1 ) 2 ， G 4 ≅ C 2 × C ( 2 p + 1 ) 2 。同理，令 p 1 = p ，即 p 1 = p = 2 q + 1 ，当 2 q + 1 为素数时，有 G 5 ≅ C ( 2 q + 1 ) 2 ， G 6 ≅ C 2 × C ( 2 q + 1 ) 2 。 (ii) 若 S p 1 = C p 1 × C p 1 ，则有 G ≅ C p 1 × C p 1 ， C 2 × C p 1 × C p 1 ，此时 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 p q ，与 2 3 | | A ( G ) | = 2 p q 矛盾，故G不存在。 定理3.2设G为有限交换群，当 | A ( G ) | = 2 2 p q (p，q为互异的奇素数)时，群G最多有22型。 证明：设 | G | = 2 α 0 p 1 α 1 p 2 α 2 ⋯ p k α k ，则有 G ≅ S 2 × S p 1 × S p 2 × ⋯ × S p k ，且 A ( G ) ≅ A ( S 2 ) × A ( S p 1 ) × A ( S p 2 ) × ⋯ × A ( S p k ) 。由于对每一个奇素数 p i ，有 2 | | A ( S p i ) | ，而且 | A ( S p i ) | | | A ( G ) | = 2 2 p q ，所以 2 k | 2 2 p q ，故 k = 0 ， 1 ， 2 。 (1) 当 k = 0 时， | G | = 2 α 0 。由于 2 α 0 − 1 | | A ( S 2 ) | ，且 | A ( S 2 ) | | 2 2 p q ，可得 α 0 = 1 ， 2 ， 3 。 (I) 当 α 0 = 1 ， 2 时，由定理3.1的证明可知，G是不存在的。 (II) 当 α 0 = 3 时， | G | = 2 3 ，则 G ≅ C 2 3 ， C 2 2 × C 2 ， C 2 × C 2 × C 2 。 (i) 若 G ≅ C 2 3 ，有 | A ( G ) | = 2 2 。 (ii) 若 G ≅ C 2 2 × C 2 ，有 | A ( G ) | = 2 3 。 (iii) 若 G ≅ C 2 × C 2 × C 2 ，有 | A ( G ) | = 2 3 ⋅ 3 ⋅ 7 。均与 | A ( G ) | = 2 2 p q 矛盾。 (2) 当 k = 1 时， | G | = 2 α 0 p 1 α 1 ，由 2 | | A ( S p i ) | 可知， A ( S 2 ) = 1 ，则 α 0 = 0 ， 1 ， 2 。 (I) 当 α 0 = 0 ， 1 时，我们有 p 1 α 1 − 1 ( p 1 − 1 ) | | A ( S p 1 ) | ，并且 | A ( S p 1 ) | | | A ( G ) | = 2 2 p q ，故 α 1 = 1 ， 2 。 (i) 当 α 1 = 1 时，有 G ≅ C p 1 ， C 2 × C p 1 ，此时 | A ( G ) | = p 1 − 1 = 2 2 p q ，得出 p 1 = 2 2 p q + 1 。当 2 2 p q + 1 为素数时，有 G 1 ≅ C 2 2 p q + 1 ， G 2 ≅ C 2 × C 2 2 p q + 1 。 (ii) 当 α 1 = 2 时，可知 S p 1 = C p 1 2 ， C p 1 × C p 1 。 (a) 若 ，则 。由于 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 2 p q ，若令 p 1 = q ，即 p 1 = q = 2 2 p + 1 。当 2 2 p + 1 为素数时，有 G 3 ≅ C ( 2 2 p + 1 ) 2 ， G 4 ≅ C 2 × C ( 2 2 p + 1 ) 2 。同理，令 p 1 = p ，有 G 5 ≅ C ( 2 2 q + 1 ) 2 ， G 6 ≅ C 2 × C ( 2 2 q + 1 ) 2 。 (b) 若 S p 1 = C p 1 × C p 1 ，则有 G ≅ C p 1 × C p 1 ， C 2 × C p 1 × C p 1 ，而 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 2 p q ，与 2 3 | | A ( G ) | = 2 2 p q 矛盾，因此G不存在。 (II) 当 α 0 = 2 时， 。 (i) 当 α 1 = 1 时， S p 1 = C p 1 。 (a) 若 S 2 = C 2 2 ，有 G ≅ C 2 2 × C p 1 ，由于 | A ( G ) | = 2 ( p 1 − 1 ) = 2 2 p q ，可得 p 1 = 2 p q + 1 。当 2 p q + 1 为素数时，有 G 7 ≅ C 2 2 × C 2 p q + 1 。 (b) 若 S 2 = C 2 × C 2 ，有 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 ，因为 | A ( G ) | = 2 ⋅ 3 ( p 1 − 1 ) = 2 2 p q ，可令 p = 3 ，则有 p 1 = 2 q + 1 。当 2 q + 1 为素数时，有 G 8 ≅ C 2 × C 2 × C 2 q + 1 。 (ii) 当 α 1 = 2 时， S p 1 = C p 1 2 ， C p 1 × C p 1 。 (a) 若 S 2 = C 2 2 ，则有 G ≅ C 2 2 × C p 1 2 ， C 2 2 × C p 1 × C p 1 。 若 G ≅ C 2 2 × C p 1 2 ，此时 | A ( G ) | = 2 p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 2 p q 。若令 p 1 = p ，则 p 1 = p = 2 q + 1 。当 2 q + 1 为素数时，有 G 9 ≅ C 2 2 × C ( 2 q + 1 ) 2 。同理，令 p 1 = q 时，有 G 10 ≅ C 2 2 × C ( 2 p + 1 ) 2 。 若 G ≅ C 2 2 × C p 1 × C p 1 ，由于 | A ( G ) | = 2 p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 2 p q ，得 p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 p q ，矛盾，故G不存在。 (b) 若 S 2 = C 2 × C 2 ，此时 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 2 ， C 2 × C 2 × C p 1 × C p 1 。 若 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 2 ，由于 | A ( G ) | = 2 ⋅ 3 ⋅ p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 2 p q ，则有 3 ⋅ p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 p q ，此时得到 p 1 = p = q = 3 ，与 p ， q 为不同的奇素数矛盾，因此G不存在。 若 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 × C p 1 ，由 | A ( G ) | = 2 ⋅ 3 ⋅ p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 2 p q ，我们有 3 × p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 p q ，矛盾，故G不存在。 (3) 当 k = 2 时， | G | = 2 α 0 p 1 α 1 p 2 α 2 ，又 2 | | A ( S p i ) | ( i = 1 ， 2 ) ，所以 α 0 = 0 ， 1 。由 p 1 α 1 − 1 ( p 1 − 1 ) p 2 α 2 − 1 ( p 2 − 1 ) | 2 2 p q ，可得 α 1 = 1 ， 2 ， α 2 = 1 ， 2 。 (I) α 1 = 1 ， α 2 = 1 ： G ≅ C p 1 × C p 2 ， C 2 × C p 1 × C p 2 ，此时有 | A ( G ) | = ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 2 p q 。由于 p 1 − 1 ， p 2 − 1 是不同的偶数，而 2 2 p q = 2 ⋅ 2 p q = 2 p ⋅ 2 q ，则当 2 p q + 1 为素数时，有 G 11 ≅ C 3 × C 2 p q + 1 ， G 12 ≅ C 2 × C 3 × C 2 p q + 1 ；当 2 p + 1 ， 2 q + 1 为素数时，有 G 13 ≅ C 2 p + 1 × C 2 q + 1 ， G 14 ≅ C 2 × C 2 p + 1 × C 2 q + 1 。 (II) α 1 = 2 ， α 2 = 1 ：此时只需考虑 G ≅ C p 1 2 × C p 2 ， C 2 × C p 1 2 × C p 2 。由于 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 2 p q ，若令 p 1 = p ，则有 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 2 q 。由于 p 1 − 1 ， p 2 − 1 是不同的偶数，而 2 2 q = 2 ⋅ 2 q ，则当 2 q + 1 为素数时，有 G 15 ≅ C 3 2 × C 2 q + 1 ， G 16 ≅ C 2 × C 3 2 × C 2 q + 1 ， G 17 ≅ C ( 2 q + 1 ) 2 × C 3 ， G 18 ≅ C 2 × C ( 2 q + 1 ) 2 × C 3 。同理，令 p 1 = q 时，有 G 19 ≅ C 3 2 × C 2 p + 1 ， G 20 ≅ C 2 × C 3 2 × C 2 p + 1 ， G 21 ≅ C ( 2 p + 1 ) 2 × C 3 ， G 22 ≅ C 2 × C ( 2 p + 1 ) 2 × C 3 。 (III) α 1 = 2 ， α 2 = 2 ：只需考虑 G ≅ C p 1 2 × C p 2 2 ， C 2 × C p 1 2 × C p 2 2 ，由 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) p 2 ( p 2 − 1 ) = 2 2 p q ，可得 p 1 = p 2 = p = q = 3 ，与 p ， q 为互异的奇素数不符，故G不存在。 定理3.3 设G为有限交换群，当 | A ( G ) | = 2 3 p q (p，q为互异的奇素数)时，群G最多有49型。 证明：设 | G | = 2 α 0 p 1 α 1 p 2 α 2 ⋯ p k α k ，则有 G ≅ S 2 × S p 1 × S p 2 × ⋯ × S p k ，以及 A ( G ) ≅ A ( S 2 ) × A ( S p 1 ) × A ( S p 2 ) × ⋯ × A ( S p k ) 。由于对每个奇素数 p i ，有 2 | | A ( S p i ) | ，而 | A ( S p i ) | | | A ( G ) | = 2 3 p q ，所以 2 k | 2 3 p q ，因此可得 。 (1) 当 k = 0 时， | G | = 2 α 0 。又因为 2 α 0 − 1 | | A ( S 2 ) | ，而 | A ( S 2 ) | | 2 3 p q ，所以 α 0 = 1 ， 2 ， 3 ， 4 。 (I) 当 α 0 = 1 ， 2 ， 3 时，由定理3.2的证明知，G不存在。 (II) 当 α 0 = 4 时， | G | = 2 4 ，则 G ≅ C 2 4 ， C 2 3 × C 2 ， C 2 2 × C 2 × C 2 ， C 2 2 × C 2 2 ， C 2 × C 2 × C 2 × C 2 。 (i) 若 G ≅ C 2 4 ，则有 | A ( G ) | = 2 3 与 2 3 p q 不符。 (ii) 若 G ≅ C 2 3 × C 2 ， C 2 2 × C 2 × C 2 ， C 2 2 × C 2 2 ， C 2 × C 2 × C 2 × C 2 ，由计算可知均有 矛盾，故G不存在。 (2) 当 k = 1 时， | G | = 2 α 0 p 1 α 1 ，因为 2 | | A ( S p i ) | ，可知 A ( S 2 ) = 1 ，则 α 0 = 0 ， 1 ， 2 ， 3 。 (I) 当 α 0 = 0 ， 1 时，由于 p 1 α 1 − 1 ( p 1 − 1 ) | | A ( S p 1 ) | ，而又有 | A ( S p 1 ) | | | A ( G ) | = 2 3 p q ，故 α 1 = 1 ， 2 。 (i) 当 α 1 = 1 时， G ≅ C p 1 ， C 2 × C p 1 ，此时 | A ( G ) | = p 1 − 1 = 2 3 p q ，得到 p 1 = 2 3 p q + 1 。当 2 3 p q + 1 为素数时，有 G 1 ≅ C 2 3 p q + 1 ， G 2 ≅ C 2 × C 2 3 p q + 1 。 (ii) 当 α 1 = 2 时，可知 S p 1 = C p 1 2 ， C p 1 × C p 1 。 (a) 若 S p 1 = C p 1 2 ，有 G ≅ C p 1 2 ， C 2 × C p 1 2 ，此时 。若令 p 1 = q ，即 p 1 = q = 2 3 p + 1 。当 2 3 p + 1 为素数时，有 G 3 ≅ C ( 2 3 p + 1 ) 2 ， G 4 ≅ C 2 × C ( 2 3 p + 1 ) 2 。同理，令 p 1 = p 时，有 G 5 ≅ C ( 2 3 q + 1 ) 2 ， G 6 ≅ C 2 × C ( 2 3 q + 1 ) 2 。 (b) 若 S p 1 = C p 1 × C p 1 ，则有 G ≅ C p 1 × C p 1 ， C 2 × C p 1 × C p 1 。由 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 3 p q ，若 p 1 − 1 = 2 λ ， λ 为偶数时，产生矛盾。 λ 为奇数时，代入等式左边为偶数，右边为奇数，不符，因此G不存在。 (II) 当 α 0 = 2 时， S 2 = C 2 2 ， C 2 × C 2 。 (i) 当 α 1 = 1 时， S p 1 = C p 1 。 (a) 若 S 2 = C 2 2 ，有 G ≅ C 2 2 × C p 1 ，由 | A ( G ) | = 2 ( p 1 − 1 ) = 2 3 p q ，得出 p 1 = 2 2 p q + 1 。当 2 2 p q + 1 为素数时，有 G 7 ≅ C 2 2 × C 2 2 p q + 1 。 (b) 若 S 2 = C 2 × C 2 ，则 ，此时 | A ( G ) | = 2 ⋅ 3 ( p 1 − 1 ) = 2 3 p q 。若 p = 3 ，可知 p 1 = 2 2 q + 1 。当 2 2 q + 1 为素数时，有 G 8 ≅ C 2 × C 2 × C 2 2 q + 1 。 (ii) 当 α 1 = 2 时， S p 1 = C p 1 2 ， C p 1 × C p 1 。 (a) 若 S 2 = C 2 2 ，可知 G ≅ C 2 2 × C p 1 2 ， C 2 2 × C p 1 × C p 1 。 当 G ≅ C 2 2 × C p 1 2 ，由 | A ( G ) | = 2 p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 3 p q ，得 p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 2 p q 。若令 p 1 = p ，即 p 1 = p = 2 2 q + 1 。当 2 2 q + 1 为素数时，有 G 9 ≅ C 2 2 × C ( 2 2 q + 1 ) 2 。同理，令 p 1 = q 时，有 。 当 G ≅ C 2 2 × C p 1 × C p 1 ，由 | A ( G ) | = 2 p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 3 p q ，得 p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 2 p q ，产生矛盾，故G不存在。 (b) 若 S 2 = C 2 × C 2 ，有 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 2 ， C 2 × C 2 × C p 1 × C p 1 。 当 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 2 ，我们有 | A ( G ) | = 2 ⋅ 3 ⋅ p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 3 p q ，从而 3 ⋅ p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 2 p q 。若令 p = 3 ，则 ，于是有 G 11 ≅ C 2 × C 2 × C 5 2 。 当 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 × C p 1 ，则有 | A ( G ) | = 2 ⋅ 3 ⋅ p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 3 p q ，于是 3 ⋅ p 1 ( p 1 − 1 ) 2 ( p 1 + 1 ) = 2 2 p q ，产生矛盾，因此G不存在。 (III) 当 α 0 = 3 时， S 2 = C 2 3 ， C 2 2 × C 2 ， C 2 × C 2 × C 2 。当 S 2 = C 2 2 × C 2 ， C 2 × C 2 × C 2 时，由前面的证明易知G不存在，所以只需考虑 S 2 = C 2 3 。 (i) 当 α 1 = 1 时， S p 1 = C p 1 ，有 G ≅ C 2 3 × C p 1 。由于 | A ( G ) | = 2 2 ( p 1 − 1 ) = 2 3 p q ，可得 p 1 − 1 = 2 p q ，从而 p 1 = 2 p q + 1 。当 2 p q + 1 为素数时，有 G 12 ≅ C 2 3 × C 2 p q + 1 。 (ii) 当 α 1 = 2 时， S p 1 = C p 1 2 ， C p 1 × C p 1 ，同样也只考虑 S p 1 = C p 1 2 ，于是 G ≅ C 2 3 × C p 1 2 ，此时 | A ( G ) | = 2 2 p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 3 p q ，可得 p 1 ( p 1 − 1 ) = 2 p q 。若令 p 1 = p ，即 p 1 = p = 2 q + 1 ，当 2 q + 1 为素数时，有 G 13 ≅ C 2 3 × C ( 2 q + 1 ) 2 。同理，令 p 1 = q 时，有 G 14 ≅ C 2 3 × C ( 2 p + 1 ) 2 。 (3) 当 k = 2 时， | G | = 2 α 0 p 1 α 1 p 2 α 2 ，又因为 2 | | A ( S p i ) | ( i = 1 ， 2 ) ，所以 α 0 = 0 ， 1 ， 2 。由 p 1 α 1 − 1 ( p 1 − 1 ) p 2 α 2 − 1 ( p 2 − 1 ) | 2 3 p q ，得出 α 1 = 1 ， 2 ， α 2 = 1 ， 2 。 (I) 当 α 0 = 0 ， 1 时， (i) α 1 = 1 ， α 2 = 1 ：此时 ，于是 | A ( G ) | = ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 3 p q 。由于 p 1 − 1 ， p 2 − 1 是不同的偶数，而 2 3 p q = 2 ⋅ 2 2 p q = 2 2 ⋅ 2 p q = 2 p ⋅ 2 2 q = 2 2 p ⋅ 2 q 。所以当 2 2 p q + 1 为素数时，有 G 15 ≅ C 3 × C 2 2 p q + 1 ， G 16 ≅ C 2 × C 3 × C 2 2 p q + 1 ；当 2 p q + 1 为素数时，有 G 17 ≅ C 5 × C 2 p q + 1 ， G 18 ≅ C 2 × C 5 × C 2 p q + 1 ；当 2 p + 1 ， 2 2 q + 1 为素数时，有 G 19 ≅ C 2 p + 1 × C 2 2 q + 1 ， G 20 ≅ C 2 × C 2 p + 1 × C 2 2 q + 1 ；当 2 2 p + 1 ， 2 q + 1 为素数时，有 G 21 ≅ C 2 2 p + 1 × C 2 q + 1 ， G 22 ≅ C 2 × C 2 2 p + 1 × C 2 q + 1 。 (ii) α 1 = 2 ， α 2 = 1 ：只需考虑 G ≅ C p 1 2 × C p 2 ， C 2 × C p 1 2 × C p 2 ，于是有 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 3 p q 。由于 p 1 − 1 ， p 2 − 1 是不同的偶数，若 p 1 = p ，则 ( p − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 3 q ，而 2 3 q = 2 ⋅ 2 2 q = 2 2 ⋅ 2 q 。所以当 2 2 q + 1 为素数时，有 ， G 24 ≅ C 2 × C 3 2 × C 2 2 q + 1 ， G 25 ≅ C ( 2 2 q + 1 ) 2 × C 3 ， G 26 ≅ C 2 × C ( 2 2 q + 1 ) 2 × C 3 ；当 2 q + 1 为素数时，有 G 27 ≅ C 5 2 × C 2 q + 1 ， G 28 ≅ C 2 × C 5 2 × C 2 q + 1 ， G 29 ≅ C ( 2 q + 1 ) 2 × C 5 ， G 30 ≅ C 2 × C ( 2 q + 1 ) 2 × C 5 。同理，若令 p 1 = q ，则当 为素数时，有 G 31 ≅ C 3 2 × C 2 2 p + 1 ， G 32 ≅ C 2 × C 3 2 × C 2 2 p + 1 ， G 33 ≅ C ( 2 2 p + 1 ) 2 × C 3 ， G 34 ≅ C 2 × C ( 2 2 p + 1 ) 2 × C 3 ；当 2 p + 1 为素数时，有 G 35 ≅ C 5 2 × C 2 p + 1 ， G 36 ≅ C 2 × C 5 2 × C 2 p + 1 ， G 37 ≅ C ( 2 p + 1 ) 2 × C 5 ， G 38 ≅ C 2 × C ( 2 p + 1 ) 2 × C 5 。 (iii) α 1 = 2 ， α 2 = 2 ：我们只需考虑 G ≅ C p 1 2 × C p 2 2 ， C 2 × C p 1 2 × C p 2 2 ，由 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) p 2 ( p 2 − 1 ) = 2 3 p q ，可得 p 1 = p = 3 ， p 2 = q = 5 ，则有 G 39 ≅ C 3 2 × C 5 2 ， G 40 ≅ C 2 × C 3 2 × C 5 2 。 (II) 当 α 0 = 2 时， S 2 = C 2 2 ， C 2 × C 2 。 (i) 当 α 1 = 1 ， α 2 = 1 时， (a) 若 S 2 = C 2 2 ，有 G ≅ C 2 2 × C p 1 × C p 2 ，从而 | A ( G ) | = 2 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 3 p q ，进而 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 2 p q 。由于 p 1 − 1 ， p 2 − 1 是不同的偶数，而 2 2 p q = 2 ⋅ 2 p q = 2 p ⋅ 2 q 。所以当 2 p q + 1 为素数时，有 G 41 ≅ C 2 2 × C 3 × C 2 p q + 1 ；当 2 p + 1 ， 2 q + 1 为素数时，有 G 42 ≅ C 2 2 × C 2 p + 1 × C 2 q + 1 。 (b) 若 S 2 = C 2 × C 2 ，有 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 × C p 2 ，从而 | A ( G ) | = 2 ⋅ 3 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 3 p q ，进而 3 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 2 p q 。若令 p = 3 ，则有 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 2 q ，而 2 2 q = 2 ⋅ 2 q 。所以当 2 q + 1 为素数时，有 G 43 ≅ C 2 × C 2 × C 3 × C 2 q + 1 。 (ii) 当 α 1 = 2 ， α 2 = 1 时， (a) 若 S 2 = C 2 2 ，我们有 G ≅ C 2 2 × C p 1 2 × C p 2 ，从而 | A ( G ) | = 2 p 1 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 3 p q ，进而 p 1 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 2 p q 。若 p 1 = p ，则 ( p − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 2 q ，而 2 2 q = 2 ⋅ 2 q 。当 2 q + 1 为素数时，有 G 44 ≅ C 2 2 × C 3 2 × C 2 q + 1 ， G 45 ≅ C 2 2 × C ( 2 q + 1 ) 2 × C 3 ；同理，若令 p 1 = q ，则有 G 46 ≅ C 2 2 × C 3 2 × C 2 p + 1 ， G 47 ≅ C 2 2 × C ( 2 p + 1 ) 2 × C 3 。 (b) 若 S 2 = C 2 × C 2 ，有 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 2 × C p 2 。由于 | A ( G ) | = 2 ⋅ 3 p 1 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 3 p q ，从而 3 p 1 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) = 2 2 p q 。此时 p 1 = p 2 = p = q = 3 ，与 p ， q 为互异的奇素数不符，故G不存在。 (iii) 当 α 1 = 2 ， α 2 = 2 时， (a) 则 G ≅ C 2 2 × C p 1 2 × C p 2 2 ，于是 | A ( G ) | = 2 p 1 ( p 1 − 1 ) p 2 ( p 2 − 1 ) = 2 3 p q ，可得 p 1 ( p 1 − 1 ) p 2 ( p 2 − 1 ) = 2 2 p q 。此时 p 1 = p 2 = p = q = 3 ，与 p ， q 为不同的奇素数矛盾，所以G不存在。 (b) 有 G ≅ C 2 × C 2 × C p 1 2 × C p 2 2 ，此时 | A ( G ) | = 2 ⋅ 3 p 1 ( p 1 − 1 ) p 2 ( p 2 − 1 ) = 2 3 p q ，从而可得 3 p 1 ( p 1 − 1 ) p 2 ( p 2 − 1 ) = 2 2 p q ，矛盾，所以G不存在。 (4) 当 k = 3 时，我们有 α 0 = 0 ， 1 。 (I) ：此时 G ≅ C p 1 × C p 2 × C p 3 ， C 2 × C p 1 × C p 2 × C p 3 ，从而 | A ( G ) | = ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) ( p 3 − 1 ) = 2 3 p q ，而 2 3 p q = 2 ⋅ 2 p ⋅ 2 q 。所以当 2 p + 1 ， 2 q + 1 为素数时，有 G 48 ≅ C 3 × C 2 p + 1 × C 2 q + 1 ， G 49 ≅ C 2 × C 3 × C 2 p + 1 × C 2 q + 1 。 (II) α 1 = 2 ， α 2 = 1 ， α 3 = 1 ：此时 G ≅ C p 1 2 × C p 2 × C p 3 ， C 2 × C p 1 2 × C p 2 × C p 3 ，从而 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) ( p 2 − 1 ) ( p 3 − 1 ) = 2 3 p q 。令 p 1 = p ，而 2 3 q = 2 ⋅ 2 ⋅ 2 q ，此时 p 1 = p 2 = p = 3 ， p 3 = 2 q + 1 ，产生矛盾，因此G不存在。同理， p 1 = q 时，G也是不存在的。 (III) α 1 = 2 ， α 2 = 2 ， α 3 = 1 ：有 G ≅ C p 1 2 × C p 2 2 × C p 3 ， C 2 × C p 1 2 × C p 2 2 × C p 3 。由于 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) p 2 ( p 2 − 1 ) ( p 3 − 1 ) = 2 3 p q ，此时得到 p 1 = p 2 = p 3 = p = q = 3 ，与 p ， q 为互异的奇素数不符，从而G不存在。 (IV) α 1 = 2 ， α 2 = 2 ， α 3 = 2 ：有 G ≅ C p 1 2 × C p 2 2 × C p 3 2 ， C 2 × C p 1 2 × C p 2 2 × C p 3 2 ，此时 | A ( G ) | = p 1 ( p 1 − 1 ) p 2 ( p 2 − 1 ) p 3 ( p 3 − 1 ) = 2 3 p q ，产生矛盾，故G不存在。