具有給定共軛類長的有限群

邵長國， 蔣琴會

(上海大學(xué)理學(xué)院，上海200444)

共軛類的某些數(shù)量性質(zhì)與有限群結(jié)構(gòu)之間的關(guān)系是有限群論研究的重要課題之一.在共軛類的數(shù)量性質(zhì)中，有關(guān)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(zhì)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(shè)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(shè)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(shù)冪，則稱群G為質(zhì)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(dāng)且僅當(dāng)pq∈πe(G).Γ(G)的連通分支數(shù)用t(G)表示，連通分支用πi表示，i=1，2，….若G為偶數(shù)階群，則總假定2∈π1.

1 預(yù)備知識

引理1［4］設(shè)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(zhì)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(shè) G為偶階 2-Frobenius群，則t(G)=2，且G有正規(guī)列1HKG，使π(K/H)= π2，π(H)∪π(G/K)=π1，G/K和K/H均為循環(huán)群.特別地，|G/K|＜|K/H|，G可解.

引理6［8］設(shè)G為一有限群，其素圖分支個數(shù)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(shè)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(shè)|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(shè)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(shè)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(shè)1≠x1∈Z(R1)，R1∈Sylr(G).所以，r|/||，又||∈cs(G)，則 ||=p3·q2，|CG(x1)|=pa-3·qb-2·r.設(shè)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(shè)P∈Sylp(G)，Q∈Sylq(G)，R∈Sylr(G)，1≠x∈Q，1≠y∈R，則|CG(x)|=q2，|CG(y)|=r.

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

這說明G為一質(zhì)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(shù) 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(zhì)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(shè)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(shè)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(shè)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(huán)，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(shè)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(huán)，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(shè)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(shè)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(shè)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(shè)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(fù)整數(shù)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(shè)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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