用極大交換子群階的集合刻畫Sn①

高麗，汪忠碧，陳貴云

西南大學 數學與統計學院， 重慶 400715

用群的局部性質研究有限群的結構是群結構研究的基本方法． 施武杰最早開始利用群的數量性質來研究有限群的結構， 特別是單群的刻畫． 關于交錯群和對稱群的數量刻畫， 文獻[1]證明了G?An當且僅當πe(G)=πe(An)， |G|=|An|． 文獻[2]證明了G?Sn當且僅當πe(G)=πe(Sn)， |G|=|Sn|， 后來又證明了交錯群可以僅用元的階之集合刻畫， 即僅用πe(G)=πe(Sn)刻畫． 文獻[3]用群的第一ONC-度量刻畫了Sn(n≤14)． 文獻[4]用群的第一ONC-度量和群的階的最大素因子刻畫了Conway單群和Fischer單群． 交換子群的階和個數是群的重要特征， 文獻[5]證明了群G的同階交換子群的個數之集為{1， 3}等價于群G的同階子群的個數之集為{1， 3}． 文獻[6]僅用極大交換子群的階刻畫了K3-單群． 文獻[7-8]僅用極大交換子群的階刻畫了A11、 部分李型單群和散在單群． 文獻[9]用極大交換子群的階刻畫了Ap， 其中p和p-2是素數， 即： 全部素圖分支數為3的交錯群可以用極大交換子群階的集合刻畫．

本文繼續探究極大交換子群的階對群結構的影響， 研究與對稱群的極大交換子群階的集合相同的有限群， 得到Sn(n=5，7，8)可由其極大交換子群階之集合刻畫．

本文所涉及的群都是有限群． 文獻[6]用M(G)代表有限群G的全部極大交換子群的階的集合， 但此符號在不同文獻中有不同含義． 本文為了方便， 用πmas(G)代表有限群G的全部極大交換子群的階的集合， 其余符號都是標準的．

引理1[10]G是有限群且素圖不連通， 則下列結論之一成立：

(i)G為Frobenius群；

(ii)G為2-Frobenius群；

(iii)G有正規列： 1?_H?_K?_G， 使得H和G/K是π1-群，K/H是非交換單群，H是冪零群， 其中2∈π1， 且|G/K|||Out(K/H)| ．

引理2[11]設G=HK是以K為Frobenius核，H為Frobenius補的Frobenius群， 則K冪零， 且|H||(|K|-1)． 特別地， 若p∈π(H)且q∈π(K)， 則|Hp||(|Kq|-1)， |H||(|Kq|-1)． 此時，t(G)=2，Γ(G)={π(H)，π(K)}．

引理3[11]設G是2-Frobenius群， 則G=DEF， 其中D和DE是G的正規子群，DE和EF是分別以D和E為核的Frobenius群． 此時，t(G)=2，π1(G)=π(D)∪π(F)，π2(G)=π(E)．

引理4[12]設G是2a3b5c7d階單群， 則G同構于下述群之一：

(i)Z2，Z3，Z5，Z7；

(ii)A5，L2(7)，A6，L2(8)，U3(3)，U4(2)；

在以下定理的證明中， 若G為Frobenius群或2-Frobenius群， 則默認沿用引理2和引理3的記號， 并不再加任何說明．

定理1設G是有限群， 若πmas(G)=πmas(S5)， 則G?S5．

證由Magma計算知，S5的極大交換子群的階分別為4，5，6， 則|G|=2n·3·5(n≥2)． 由極大交換子群的階可知G的素圖不連通， 且t(G)=2，π1(G)={2， 3}，π2(G)={5}． 由引理1， 需討論如下3種情形：

情形1 若G為Frobenius群， 設G=HK． 由引理2知，π(K)=π1(G)={2， 3}，π(H)=π2(G)={5}， |K|=2n·3， |H|=5． 由引理2， 得5=|H||(|K3|-1)=2， 矛盾． 因此，G不能是Frobenius群．

情形2 若G為2-Frobenius群， 設G=DEF． 由引理2知，π(D)∪π(F)={2， 3}，π(E)={5}． 此時， |F||(|E|-1)， 所以|F||4， 則3∈π(D)． 因為D3E是一個以D3為Frobenius核的Frobenius群， 所以|E||(|D3|-1)， 而|E|=5， |D3|=3， 矛盾． 因此，G不能是2-Frobenius群．

情形3 若G有正規列1?_H?_K?_G， 使得H和G/K是{2， 3}-群，K/H是非交換單群，H是冪零群， 其中2∈π1， 且|G/K|||Out(K/H)| ．

易知， 5∈π(K/H)， 且π(K/H)?{2， 3， 5}，K/H為非交換單群． 若H>1， 則Z(H)>1， 由G的極大交換2-群的階為4， 知|Z(H)|=2，4． 再由Z(H) charH?_G， 知Z(H)?_G． 取P5∈Syl5(G)， 由N-C定理知，P5在Z(H)上的共軛作用是平凡的， 則P5Z(H)是G的10階或20階交換子群， 矛盾． 因此，H=1． 此時，CG(K)=1， 否則，KCG(K)=K×CG(K)，G有5的倍數階交換子群， 矛盾． 因此A5?K≤G≤Aut(K)， 若|G/K|=1， 則G?A5， 而A5的極大交換子群的階與G的階并不相等， 矛盾． 因此， |G/K|=2，G=S5．

定理2設G是有限群， 如果πmas(G)=πmas(S6)， 則G?S6．

證由Magma計算知πmas(S6)={5， 6， 8， 9}， 所以|G|=2n·3m·5(n≥3，m≥2)． 由極大交換子群的階可知G的素圖不連通， 且t(G)=2，π1(G)={2， 3}，π2(G)={5}． 于是有如下可能性：

若G為Frobenius群， 設G=HK． 由引理2知，π(K)=π1(G)={2， 3}，π(H)=π2(G)={5}， |K|=2n·3m， |H|=5． 再由n≥3，m≥2， 知K有36階交換子群， 矛盾．

若G為2-Frobenius群， 設G=DEF． 由引理2知π(D)∪π(F)={2， 3}，π(E)={5}． 由|F||(|E|-1)， 得|F||4， 從而π(F)={2}， 3∈π(D)． 取D3∈Syl3(D)， 易知D3E是以D3為核的Frobenius群， 由Z(D3) charD3?_D3E， 得Z(D3)?_D3E． 已知G的極大交換3-子群的階為9， 則|Z(D3)|=3，9． 于是，E在Z(D3)上的共軛作用是平凡的， 從而D3E有15階元，G有15階交換子群， 矛盾． 因此，G不能是2-Frobenius群．

若G有正規列1?_H?_K?_G， 使得H和G/K是{2， 3}-群，K/H是非交換單群，H是冪零群， 其中2∈π1， 且|G/K|||Out(K/H)| ．

易知， 5∈π(K/H)， 且π(K/H)?{2， 3， 5}，K/H是非交換單群． 若|H|>1， 可設|H|=2l·3h(l≤n，h≤m)， 由H是冪零群， 可知H=P2P3， 其中P2∈Syl2(H)，P3∈Syl3(H)，Pi?_G(i=2，3)， 若Pi≠1， 則Z(Pi)≠1， 且Z(Pi) charPi?_G， 得Z(Pi)?_G(i=2，3)． 由πmas(G)={5， 6， 8， 9}知|Z(Pi)||8或|Z(Pi)||9． 取P5∈Syl5(G)， 則P5在Z(P2)和Z(P3)上的共軛作用都是平凡的， 分別產生10階元和15階元， 這與πmas(G)={5， 6， 8， 9}矛盾． 因此P2=P3=1， 故H=1． 若CG(K)≠1， 則G有5的倍數階交換子群， 矛盾． 因此CG(K)= 1． 進而K≤G≤Aut(K)，π(K)={2， 3， 5}． 于是K可能是A5，A6， 或者U4(2)．

若K?A5， 則|G/K||2， 則|G|=60，120， 矛盾． 若K?U4(2)， 則K有12階交換子群， 矛盾． 若K/H?A6， 即K?A6， 此時|G/K||4， 則G?S6，PSO3(9)，M10，PΓO3(9)． 因為PSO3(9)和PΓO3(9)有10階交換子群， 所以G?S6，M10． 若G?M10， 則6?πmas(G)， 矛盾． 綜上所述，G?S6．

定理3設G是有限群， 若πmas(G)=πmas(S7)， 則G?S7．

證由Magma計算知πmas(S7)={6， 7， 8， 9， 10， 12}， 則|G|=2n·3m·5·7(n≥3，m≥2)． 由極大交換子群的階可知G的素圖不連通， 且t(G)=2，π1(G)={2， 3， 5}，π2(G)={7}． 于是有如下可能性：

若G為Frobenius群， 設G=HK． 由引理2，π(K)=π1(G)={2， 3， 5}，π(H)=π2(G)={7}． 因此， |K|=2n·3m·5， |H|=7． 由|H||(|K5|-1)可得矛盾． 因此，G不是Frobenius群．

若G為2-Frobenius群， 設G=DEF． 由引理2和引理3，π(D)∪π(F)={2， 3， 5}，π(E)={7}， |F||(|E|-1)． 于是|F||6， 5∈π(D)． 同理由|E||(|D5|-1)可得矛盾． 因此，G不是2-Frobenius群．

若G有正規列1?_H?_K?_G， 使得H和G/K是{2， 3， 5}-群，K/H是非交換單群，H是冪零群， 其中2∈π1， 且|G/K|||Out(K/H)| ． 易知7∈π(K/H)， 且π(K/H)?{2， 3， 5， 7}．

設|H|=2l·3h·5(l≤n，h≤m)， 由H是冪零群， 可設H=P2P3P5， 其中P2∈Syl2(H)，P3∈Syl3(H)，P5∈Syl5(H)． 根據PicharH?_G， 得Pi?_G(i=2，3，5)． 若Pi≠1， 則Z(Pi)≠1， 且Z(Pi) charPi?_G， 得Z(Pi)?_G(i=2，3，5)． 取P7∈Syl7(G)， 則P7在Z(P2)，Z(P3)和Z(P5)上的共軛作用都是平凡的， 從而G有7的倍數階交換子群， 矛盾． 因此，P2=P3=P5=1， 從而H=1． 再次由G無7的倍數階交換子群得CG(K)=1． 從而K?_G?_Aut(K)．

因為7∈π(K/H)，π(K/H)?{2， 3， 5， 7}， 由引理4得K同構于下列單群之一：

A7，A8，A9，U3(3)，U4(3)，L3(2)，L2(8)，L3(4)，S6(2)

若K同構于L3(2)，L2(8)或U3(3)之一， 則Aut(K) 無12階交換子群， 從而G也無12階交換子群， 矛盾． 因為A8有15階交換子群， 所以KA8． 另外， 由L3(4)，A9，U4(3)，S6(2)分別有16，16，81，15階交換子群知，K不能為L3(4)，A9，U4(3)，S6(2)． 因此K?A7，A7?_G?_S7． 由于A7無12階交換子群， 所以G?S7．

定理4設G是有限群， 若πmas(G)=πmas(S8)， 則G?S8．

證由Magma計算知πmas(S8)={7， 8， 10， 12， 15， 16， 18}， 則|G|=2n·3m·5·7(n≥4，m≥2)． 由極大交換子群的階可知G的素圖不連通， 且t(G)=2，π1(G)={2， 3， 5}，π2(G)={7}． 于是有如下可能性：

若G為Frobenius群， 設G=HK． 由引理2知，π(K)=π1(G)={2， 3， 5}，π(H)=π2(G)={7}． 因此， |K|=2n·3m·5， |H|=7． 仿照定理3G為Frobenius群的情形， 由|H||(|K5|-1)可推得矛盾．

若G為2-Frobenius群， 設G=DEF． 由引理2，π(D)∪π(F)={2， 3， 5}，π(E)={7}． 同定理3G為2-Frobenius群的情形， |F||6， 于是5∈π(D)． 又因為D5E是以D5為核的Frobenius群， 所以|E||(|D5|-1)， 但是|E|=7， |D5|=5， 矛盾． 因此G不能為2-Frobenius群．

若G有正規列1?_H?_K?_G， 使得H和G/K是{2， 3， 5}-群，K/H是非交換單群，H是冪零群， 其中2 ∈π1， 且|G/K|||Out(K/H)| ． 易知， 7∈π(K/H)． 仿照定理3可證H=1， 并且CG(K)≠1 將導致G含有7的倍數階交換子群， 因此CG(K)=1， 進而K?_G?_Aut(K)．

因為7∈π(K/H)?{2， 3， 5， 7}，K/H是非交換單群， 由引理4可知，K/H?A7，A8，A9，U3(3)，U4(3)，L3(2)，L2(8)，L3(4)，S6(2)．

若K?A7， 則A7?_G?_S7， 但S7無15 階子群， 故G無15階子群， 矛盾． 由A9有27階極大交換子群， 則KA9． 當K為L3(2)，L2(8)，U3(3) 之一時，G無15階極大交換子群， 所以K≠L3(2)，L2(8)，U3(3)． 因為U4(3)中有81階交換子群， 所以K≠U4(3)． 又由S6(2)有32階交換子群知K≠S6(2)． 若K=L3(4)， 由于G含有15階交換子群， 而L3(4)卻沒有， 因此G必定包含L3(4)被3階群的擴張PGL3(4)， 但由Magma計算知PGL3(4)包含21階元， 矛盾． 綜上所述，K?A8， 從而A8?_G?_S8， 易得G?S8．