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    關(guān)于Janko群的新刻畫(huà)

    2018-06-04 06:45:04何立官陳貴云
    關(guān)鍵詞:子群刻畫(huà)矛盾

    何立官, 陳貴云

    (1. 重慶師范大學(xué) 數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院, 重慶 401331; 2. 西南大學(xué) 數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院, 重慶 400715)

    1 引言及符號(hào)說(shuō)明

    有限群的數(shù)量刻畫(huà)是群論領(lǐng)域的重要課題,一直以來(lái),人們總是期望能用最少的數(shù)量條件去刻畫(huà)群的最多性質(zhì).而“群的階”和“群中元素的階”是群的2個(gè)最基本的數(shù)量條件,且群的許多性質(zhì)可以通過(guò)群的階完整的反映出來(lái),比如“奇數(shù)階群可解定理”“paqb定理”等.那么類(lèi)似的,可否借助于群中元素的階來(lái)刻畫(huà)群的性質(zhì)呢?在20世紀(jì)80年代,F(xiàn)ield獎(jiǎng)獲得者Thompson提出“同階型群具有相同的可解性”這一有趣的猜想(該猜想由施武杰教授于1987年在澳大利亞國(guó)際會(huì)議上公開(kāi)).

    猜想1.1(J.G.Thompson猜想) 設(shè)G,M都是有限群,Sn(G)表示G群中n階元組成的集合.如果|Sn(G)|=|Sn(M)|,n=1,2,3,…,那么G與M有相同的可解性,即G可解當(dāng)且僅當(dāng)M可解.

    在同一時(shí)期,施武杰提出“用群階和元素階之集刻畫(huà)有限單群”的猜想(文獻(xiàn)[1]中的問(wèn)題12.39).

    猜想1.2(施武杰猜想) 設(shè)G是有限群,M是有限單群,則G?M當(dāng)且僅當(dāng)|G|=|M|且πe(G)=πe(M),其中πe(G)表示群G中元素階的集合.

    猜想1.2于2009年被完全證明[2-9],但如何弱化該猜想的條件就成為大家關(guān)注的熱點(diǎn)問(wèn)題.文獻(xiàn)[10-16]僅用高階元的階和群的階刻畫(huà)了系列單群,局部弱化了猜想1.2的條件.而猜想1.1至今都沒(méi)有得到完整的解決,但人們從最高階元的個(gè)數(shù)出發(fā),證明了該猜想在一些特殊條件下是成立的[17-21].文獻(xiàn)[10-21]說(shuō)明最高階元在刻畫(huà)群的性質(zhì)結(jié)構(gòu)方面有著特殊的地位.受以上工作的啟發(fā),本文試圖去掉“同階型群”“群階相等”“元素階之集相同”這些重要的數(shù)量條件,只用與最高階元有關(guān)的幾個(gè)數(shù)量來(lái)刻畫(huà)有限群特別是有限單群.為敘述方便,先對(duì)本文中出現(xiàn)的一些符號(hào)加以說(shuō)明.

    設(shè)G是有限群,G后括號(hào)中的數(shù)字表示G的階.k是一個(gè)正整數(shù),π(k)表示k的相異素因子的集合,特別地,π(G)=π(|G|),且記π(G)中的最大素?cái)?shù)為lp(G).πe(G)表示群G中元素階的集合,o1(G)表示G中最高階元素的階,n1(G)表示G中最高階元素的個(gè)數(shù).設(shè)G一共有r個(gè)o1(G)階元,其中心化子的階兩兩不同,并依次設(shè)這些中心化子的階為ci(G)(i=1,2,…,r).令

    ONC1(G)=

    {o1(G);n1(G);c1(G),c2(G),…,cr(G)},

    稱(chēng)ONC1(G)為G的第一ONC-度量.用Γ(G)表示G的素圖,t(G)表示G的素圖連通分支數(shù),πi(i=1,2,…)表示Γ(G)的第i個(gè)連通分支所含頂點(diǎn)之集.如果2||G|,則總設(shè)2∈π1(見(jiàn)文獻(xiàn)[22]).設(shè)m、n是兩個(gè)整數(shù),mk||n表示mk|n但mk+1?n.其余符號(hào)及術(shù)語(yǔ)是標(biāo)準(zhǔn)的.

    本文用群的第一ONC-度量ONC1(G)刻畫(huà)了Janko群J1、J3、J4,用ONC1(G)和lp(G)刻畫(huà)了Janko群J2.

    注1對(duì)Janko群來(lái)說(shuō),ONC1(G)只含3個(gè)數(shù)量,這說(shuō)明J1、J3、J4只需要3個(gè)數(shù)量就可以完整刻畫(huà),所有Janko群最多需要4個(gè)數(shù)量就能完整刻畫(huà).而本文最大特點(diǎn)在于避開(kāi)了“群階相等”“群的元素階之集相同”等重要的數(shù)量條件.

    2 主要引理

    引理2.1由文獻(xiàn)[23]知,如果G為Janko群,那么|G|、ONC1(G)如表1給出.

    表1 Janko 群的階和第一ONC-度量

    引理2.2[22]設(shè)G的素圖分支大于1,則G的結(jié)構(gòu)是如下之一:

    1)G是Frobenius群或者2-Frobenius群;

    2)G有一正規(guī)列1?H?K?G,使得H和G/K是π1-群,K/H是非交換單群,其中2∈π1.H為冪零群,而且|G/K|||Out(K/H)|.

    引理2.3[24]設(shè)G是偶階Frobenius群,K是Frobenius核,H是Frobenius補(bǔ),則t(G)=2且T(G)={π(H),π(K)}.

    引理2.4[24]設(shè)G是偶階2-Frobenius群,則t(G)=2,且G有正規(guī)列1?H?K?G,使得

    π(K/H)=π2,π(H)∪π(G/K)=π1,

    G/K和K/H均為循環(huán)群且滿(mǎn)足|G/K|||Aut(K/H)|.特別地|G/K|<|K/H|,G可解.

    引理2.5[25]設(shè)π′-群H作用在π-群G上,且G和H中至少有一個(gè)可解,則對(duì)任意素?cái)?shù)p||G|,G中存在H-不變的Sylowp-子群,并且G的任意2個(gè)H-不變Sylowp-子群在CG(H)下共軛.

    3 主要定理及證明

    定理3.1設(shè)G為有限群,M為Janko群:J1,J3,J4,則G?M的充分必要條件是ONC1(G)=ONC1(M).

    證明必要性顯然,下證充分性.

    情形 1 設(shè)M=J1.由引理2.1知ONC1(G)=ONC1(J1)={19;23·3·5·7·11;19}.

    可以看出G的19階元都是自中心化的,所以G中任何19階元a所在的共軛類(lèi)長(zhǎng)度都是

    |G/CG()|=|G/|=|G|/19.

    設(shè)G中19階元一共分為t個(gè)共軛類(lèi),則

    t·|G|/19=23·3·5·7·11,

    從而|G||23·3·5·7·11·19.由

    n1(G)=23·3·5·7·11

    知|G|≥23·3·5·7·11,因此必有7∈π(G)或11∈π(G).又因?yàn)閛1(G)=19,所以19∈π(G).故{7,19}?π(G)或{11,19}?π(G).

    由o1(G)=19知19是Γ(G)的孤立點(diǎn),從而t(G)≥2.由引理2.2知G或者是Frobenius群,或者是2-Frobenius群,或者G有一正規(guī)子群列1?H?K?G,使得H和G/K是π1-群,K/H是非交換單群,其中2∈π1,H為冪零群,而且

    |G/K|||Out(K/H)|.

    下證G既不是Frobenius群也不是2-Frobenius群.

    設(shè)G是Frobenius群.由引理2.3知t(G)=2且Γ(G)={π(H),π(K)},其中K是Frobenius核,H是Frobenius補(bǔ).所以K要么是G的Sylow19-子群,要么是G的19′-Hall子群.設(shè)S為K的一個(gè)Sylow子群,因?yàn)镵冪零,所以有|H||(|S|-1).于是可以選擇一個(gè)適當(dāng)?shù)腟ylow-子群S,使得

    |H||(|S|-1),

    從而得出矛盾.顯然K不是Sylow19-子群.故設(shè)K是19′-Hall子群.考慮K的Sylow7-子群或Sylow11-子群,有19|(7-1)或19|(11-1),矛盾.因此G不是Frobenius群.

    如果G是2-Frobenius群,則由引理2.4知t(G)=2,且G有正規(guī)列1?H?K?G,使得

    π(K/H)=π2,π(H)∪π(G/K)=π1,

    |G/K|||Aut(K/H)|.

    因?yàn)?9是Γ(G)的孤立點(diǎn),所以π2={19},于是

    π(H)∪π(G/K)?{2,3,5,7,11}

    且|K/H|=19.又因?yàn)閨G/K|||Aut(K/H)|,所以p?|G/K|,于是p||H|,其中p=7或11.用G中19階元g共軛作用在H上,由引理2.5知存在H的Sylowp-子群L在該作用下不變.顯然有

    19? |Aut(L)|,

    即g平凡作用在L上,故G中有階大于19的元,矛盾.因此G不是2-Frobenius群.

    于是G有一正規(guī)列1?H?K?G,使得H和G/K是π1-群,K/H是非交換單群,其中2∈π1,H為冪零群,而且|G/K|||Out(K/H)|.因?yàn)?9是Γ(G)的孤立點(diǎn),所以

    π(H)∪π(G/K)?{2,3,5,7,11},

    而19∈π(K/H).由文獻(xiàn)[23]知

    K/H?L2(19)(22·32·5·19),

    或K/H?J1(23·3·5·7·11·19).

    設(shè)K/H?L2(19).因?yàn)閨Out(L2(19))|=2,所以|G/K|=1或2,因此p||H|,其中p=7或11.設(shè)L為H的Sylowp-子群,則|L|=p.因?yàn)镠冪零,所以L?G.用G中19階元作用在L上,該作用平凡,從而產(chǎn)生階大于19的元,矛盾.

    設(shè)K/H?J1.如果|G|=23·3·5·7·11·19,那么G?J1.于是設(shè)|G|=23·32·5·7·11·19.因?yàn)閨Out(J1|=1,所以|G/K|=1,從而|H|=3.用G中19階元作用在H上,有57∈πe(G),矛盾.于是G?J1.

    情形 2 設(shè)M=J3.由引理2.1知ONC1(G)=ONC1(J3)={19;28·35·5·17;19}.

    類(lèi)似情形1的證明可知|G||28·35·5·17·19,{5,19}?π(G)或{17,19}?π(G),且33||G|.同時(shí)G有一正規(guī)列1?H?K?G,使得H和G/K是π1-群,K/H是非交換單群,其中2∈π1,H為冪零群,而且|G/K|||Out(K/H)|.因?yàn)?9是Γ(G)的孤立點(diǎn),所以π(H)∪π(G/K)?{2,3,5,17},19∈π(K/H).于是由文獻(xiàn)[23]和文獻(xiàn)[12]中的表3知

    K/H?L2(19)(22·32·5·19),

    或K/H?J3(27·35·5·17·19).

    設(shè)K/H?L2(19).因?yàn)閨Out(L2(19))|=2,所以|G/K|=1或2,因此3||H|.設(shè)L為H的Sylow3-子群,則L?G且|L||33.考慮Ω1(Z(L)),顯然Ω1(Z(L))為初等交換3-群且Ω1(Z(L))?G.由于|Ω1(Z(L))||33,故19?|Aut(Ω1(Z(L)))|.用G中19階元作用在Ω1(Z(L))上,該作用平凡,從而57∈πe(G),矛盾.

    設(shè)K/H?J3.如果|G|=27·35·5·17·19,那么G?J3.于是設(shè)|G|=28·35·5·17·19.因?yàn)閨Out(J3|=2,所以|G/K|=1或2.如果|G/K|=1,則|H|=2.用G中19階元作用在H上,有38∈πe(G),矛盾.從而|G/K|=2,此時(shí)K/H=K?J3,故G=J3×Z2或G=J3Z2.如果G=J3×Z2,則38∈πe(G),矛盾.如果G=J3Z2,則o1(G)=34,矛盾.于是G?J3.

    情形 3 設(shè)M=J4.由引理2.1知

    ONC1(G)=ONC1(J4)=

    {66;221·33·5·7·112·23·29·31·37·43;66}.

    類(lèi)似情形1的討論有|G||222·33·5·7·113·23·29·31·37·43,{2,3,11}?π(G).斷言43||G|.否則|G|=222·33·5·7·113·23·29·31·37.易證G有一正規(guī)列1?H?K?G,使得H和G/K是π1-群,K/H是非交換單群,其中2∈π1,H為冪零群,而且|G/K|||Out(K/H)|.因?yàn)?7是Γ(G)的孤立點(diǎn),所以

    π(H)∪π(G/K)?{2,3,5,7,11,23,29,31},

    37∈π(K/H).由文獻(xiàn)[23]和[12]中的表3知

    K/H?U3(11)(25·32·5·113·37).

    此時(shí)29||H|.用37階元作用在H的Sylow29-子群上,該作用產(chǎn)生階大于66的元,矛盾.于是43||G|.同理可得G有一正規(guī)列1?H?K?G,使得H和G/K是π1-群,K/H是非交換單群,其中2∈π1,H為冪零群,而且|G/K|||Out(K/H)|.因?yàn)?7,43都是Γ(G)的孤立點(diǎn),所以37,43∈π(K/H).再由文獻(xiàn)[23]和文獻(xiàn)[12]中的表3知只有

    K/H?

    J4(221·33·5·7·113·23·29·31·37·43).

    如果

    |G|=221·33·5·7·113·23·29·31·37·43,

    那么G?J4.于是設(shè)

    |G|=222·33·5·7·113·23·29·31·37·43.

    因?yàn)閨Out(J4)|=1,所以|G/K||1,因此|H|=2.用G中43階元作用在H上,有86∈πe(G),矛盾.于是G?J4.

    定理證畢.

    定理3.2設(shè)G為有限群,則G?J2的充分必要條件是ONC1(G)=ONC1(J2)且lp(G)=lp(J2).

    證明必要性顯然,下證充分性.

    由引理2.1知

    ONC1(G)=ONC1(J2)={15;28·32·5·7;15},

    lp(G)=lp(J2)=7.此時(shí)有

    |G||28·33·52·7,π(G)={2,3,5,7}.

    A7(23·32·5·7),A8(26·32·5·7),

    L3(4)(26·32·5·7),J2(27·33·52·7).

    Out(L3(4))=2×S3,

    所以|Aut(L3(4))|=28·33·5·7.如果52||G|,那么5||C|.用G的7階元作用在C的Sylow5-子群上,則有35∈πe(G),矛盾.于是5|||G|,此時(shí)|G|=28·33·5·7.如果3||C|,那么用G的7階元作用在C的Sylow3-子群上,則有21∈πe(G),矛盾.因此3?|C|.設(shè)2||C|,比較階知|C||4.如果|C|=2,那么用G的15階元作用在C上,則有30∈πe(G),矛盾.如果|C|=4,那么由文獻(xiàn)[23]知G/C?L3(4)Z3,此時(shí)有21∈πe(G),矛盾.故C=1,從而G?Aut(L3(4),但o1(Aut(L3(4)))=21,矛盾.

    |G|=28·33·52·7.

    如果|H|=2,用15階元作用在H上,則有30∈πe(G),矛盾.因此設(shè)H=1.由|Out(J2)|=2知G?J2×Z2或G?J2Z2.如果G?J2×Z2,則30∈πe(G),矛盾.如果G?J2Z2,則G?Aut(J2),此時(shí)o1(G)=24,矛盾.從而G?J2.

    定理證畢.

    最后,提出1個(gè)問(wèn)題:是否存在反例說(shuō)明定理3.2中條件lp(G)=7是必要的.

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