具有給定共軛類長的有限群

邵長國， 蔣琴會

(上海大學理學院，上海200444)

共軛類的某些數量性質與有限群結構之間的關系是有限群論研究的重要課題之一.在共軛類的數量性質中，有關共軛類長的研究非常活躍.如何通過類長來刻畫有限群的某些性質是人們比較感興趣的課題［1-3］.本工作將通過有限群G的共軛類長集合cs(G)來刻畫有限群A6和S6，并得到如下定理.

定理1 設G為一有限群，且Z(G)=1，如果cs(G)={1，p3·r，p·q2·r，p3·q2，q2·r}，則G?A6.

定理2 設G為一有限群，且Z(G)=1，如果cs(G)={1，q·r，p3·r，q2·r，p·q2·r，p3·q·r，p4·q2}，則G?S6.

本工作用π(G)表示有限群G階的素因子集合，πe(G)為G的元素階的集合，πc(G)={p|p|n，n∈cs(G)}.若G的元素的階為素數冪，則稱群G為質冪元群;若|π(G)|=3，則有限單群G稱為單K3-群.群G的素圖Γ(G)定義如下：圖的頂點集為群G的階的所有素因子組成的集合，2個頂點p和q鄰接，當且僅當pq∈πe(G).Γ(G)的連通分支數用t(G)表示，連通分支用πi表示，i=1，2，….若G為偶數階群，則總假定2∈π1.

1 預備知識

引理1［4］設G為一有限群，且Z(G)=1，則π(G)=πc(G).

引理2［5］如果G有2個元素x和y，使得xy= yx，且(o(x)，o(y))=1，則 CG(xy)=CG(x)∩CG(y).

引理3［6］若G為一有限可解質冪元群，則|π(G)|≤2.

引理4［1］若G為一單K3-群，則G?A5(22·3· 5)，A6(23·32·5)，L2(7)(23·3·7)，L2(8)(23· 32·7)，L2(17)(24·32·17)，L3(3)(24·33·13)，U3(3)(25·33·7)或U4(2)(26·34·5).

引理 5［7］設 G為偶階 2-Frobenius群，則t(G)=2，且G有正規列1HKG，使π(K/H)= π2，π(H)∪π(G/K)=π1，G/K和K/H均為循環群.特別地，|G/K|＜|K/H|，G可解.

引理6［8］設G為一有限群，其素圖分支個數大于1，則G有下列情形之一.

(1)G為Frobenius群或2-Frobenius群.

2 定理證明

定理1 設G為一有限群，且Z(G)=1，如果cs(G)={1，p3·r，p·q2·r，p3·q2，q2·r}，則G?A6.

證明 由引理1，π(G)={p，q，r}.不妨設|G|=pa·qb·rc.因 cs(G)={1，p3·r，p·q2·r，p3·q2，q2·r}，有a≥3，b≥2，c≥1.設P∈Sylp(G)，1≠x∈Z(P)，則|xG|=|G：CG(x)|||G：P|，因此，p|/|xG|.因 |xG|∈cs(G)，所以 |xG|=q2·r，|CG(x)|=pa·qb-2·rc-1.

如果c＞1，設R∈Sylr(CG(x))，則存在R1∈Sylr(G)，使得RR1，因此，Z(R1)∩R≠1.取1≠y∈Z(R1)∩R，則xy=yx，且(o(x)，o(y))=1.由引理2，CG(xy)=CG(x)∩CG(y)，因此，|(xy)G|=|G：CG(xy)|=|G：CG(x)∩CG(y)|.進而有|xG|| |(xy)G|，且|yG|||(xy)G|.由|xG|∈cs(G)，|yG|∈cs(G)，得p3·q2·r||(xy)G|，這與|(xy)G|∈cs(G)矛盾.因此，c=1.

如果b＞2，設1≠x1∈Z(R1)，R1∈Sylr(G).所以，r|/||，又||∈cs(G)，則 ||=p3·q2，|CG(x1)|=pa-3·qb-2·r.設Q∈Sylq(CG(x1))，則存在Q1≤G，使得QQ1，且|Q1|=qb-1.因此，Q∩Z(Q1)≠1.取1≠z∈Q∩Z(Q1)，則|zG|=p3·r.同上可得，p3·q2·r||(x1z)G|，這與|(x1z)G|∈cs(G)矛盾.因此，b=2.

同理可以證明，a=3.

因此，|G|=p3·q2·r.

設P∈Sylp(G)，Q∈Sylq(G)，R∈Sylr(G)，1≠x∈Q，1≠y∈R，則|CG(x)|=q2，|CG(y)|=r.

又設1≠z∈Z(P)，則|CG(z)|=p3;若z∈PZ(P)，則|CG(z)|=p2.

這說明G為一質冪元群，由引理3知，G非可解且G必有一個主因子H∶=H/N為單K3-群.由引理4知?A5，A6，L2(7)或L2(8).若?A5，則||= 24·3·5，進而得到||=23·3·5或||=22·3· 5.如果|G|=23·3·5，則 |N|=3或5.但此時對于任意的1≠n∈cs(G)，n＞5.由于N為G的一些共軛類的并，矛盾.如果||=22·3·5，則|π(N)|=2.所以，存在一個素數 r∈π(G)-π(N)和 Gr∈Sylr(G).于是Gr以共軛方式作用在N上.由于G為一質冪元群，所以這個作用是無不動點的，因此N冪零，矛盾.若?A6，則|G|=23·32·5，此時，G=?A6.若?L2(7)，則因 CG/N(H/N)=1，得到G/N＜～Aut(L2(7))，所以，|G/N|=23·3·7，且|N|=3或7.若|N|=3，則P7∈Syl7(G)無不動點地作用在N上，可得|P7|||N|-1，即7|3-1，矛盾.若|N|=7，則P2∈Syl2(G)無不動點地作用在N上，所以8|7-1，矛盾.

因此，G?A6.

推論1 設G為一有限群，且Z(G)=1，如果cs(G)={1，40，45，72，90}，則G?A6.

定理2 設G為一有限群，且Z(G)=1，如果cs(G)={1，q·r，p3·r，q2·r，p·q2·r，p3·q·r，p4·q2}，則G?S6.

證明 類似定理1的證明，可以得到|G|=p4· q2·r.易知G為一Crr-群，且G的素圖分支為2個.又由G的某個共軛類長為p·q2·r知，G的Sylow p-子群P非交換，且只有Z(P)中的p-元素與Q∈Sylq(G)的q-元素交換.由集合cs(G)可知，?1≠a∈Z(P)，|aG|=q·r或q2·r，且|CG(a)|=p4·q或p4.從而，G無p·q2階元.若G中含有q2階元y，則|yG|=p3·r，|CG(y)|=p·q2，這與G中不含p·q2階元矛盾.故G不含q2階元.

同理可知，G中不含p2·q階元.下證G既不是Frobenius群，也不是2-Frobenius群.設G=K×|H為Frobenius群.若K∈Sylr(G)，則由P非交換可知，P為一2-群，又是H的Sylow q-子群，從而也是G的Sylow q-子群循環，矛盾.

若H∈Sylr(G)，對于?1≠x∈Z(Q)，則 p，q|/|xG|，這與|xG|∈cs(G)矛盾.

若q|||G/K|，則q|r-1.由q||H|，則r|q-1，矛盾.

若q|/|G/K|，則q2||H|.假設p||H|且|H|p= pt.由于K是以H為核的Frobenius群，故r|pt-1.又G/H是以K/H為核的Frobenius群，所以，p4-t|r.于是，t=3.這時可以得到|H|=p3·q2.任取H的一個非零q-元x，則|xG||p·r.因|xG|∈cs(G)，所以，|xG|=1，且 x∈Z(G)，矛盾.因此，|H|=q2且|G/K|=p4.由引理5可知，G/K循環，因此，G中存在p4階元，矛盾.

因此，G既不是Frobenius群，也不是2-Frobenius群.

若K/H?A5，則π2={3}或π2={5}.如果π2= {3}，則π1={2，5}.下面分p=2或5兩種情形來討論.假設p=2，則q=5且r=3.于是，可以得到|G|=24·52·3.因CG/H(K/H)=1，所以，G/H＜～Aut(A5)=S5，即|G/H|=22·3·5或23·3·5.于是，|H|=22·5或2·5.設P3∈Syl3(G)，則P3互素地作用在H上.由于H冪零，且G中不含15階元，P3無不動點地作用在H5∈Syl5(H)上.因此，|P3|| |H5|-1，即3|5-1，矛盾.

假設p=5，則q=2，且r=3.于是，可以得到|G|=54·22·3.同上可得，矛盾.

若π2={5}，π1={2，3}，下面再分p=3，q=2或p=2，q=3兩種情況進行討論.

假設p=3，q=2，則同上可得，矛盾.故只有p= 2，q=3，r=5，即π1={2，3}，π2={5}.因|G|=24· 32·5，故|H||12.又因H為G的一些共軛類的并，但?1≠n∈cs(G)，n≥15，所以，H=1，K?A5.因K?—G，故K為G的一些共軛類的并.于是，|K|=1+ 15k1+40k2+45k3+90k4+120k5+144k6，此方程無非負整數解，故K/H?A5.

同理，K/H?L2(7)，L2(8)或L2(17).

因此，K/H?A6.同上可得，H=1，K?A6.又因CG(K)=1，所以，A6≤G≤Aut(A6).由文獻［10］中的引理2可知，只有G?S6滿足6∈πe(G)，且10?πe(G).因此，G?S6.

推論2 設G為一有限群，且Z(G)=1，如果cs(G)={1，15，40，45，90，120，144}，則G?S6.

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［7］ 陳貴云.Frobenius群與2-Frobenius群的結構［J］.西南師范大學學報：自然科學版，1995，20(5)：185-187.

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