奇異元個(gè)數(shù)對(duì)線性群PSL(2，p)的刻畫①

嚴(yán)德鈺， 沈如林

湖北民族大學(xué) 數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院，湖北 恩施 445000

有限群的結(jié)構(gòu)可以由群的一些特殊數(shù)量關(guān)系反映出來，例如： 同階交換子群的個(gè)數(shù)、 與最高階元素有關(guān)的數(shù)量條件以及特征標(biāo)維數(shù)等都可以刻畫群的結(jié)構(gòu)[1-3]． 因此，通過群的數(shù)量特征來研究群的結(jié)構(gòu)有著重要意義．

定理1設(shè)G是有限群，p是素?cái)?shù)． 若μ(G)=μ(PSL(2，p))， 則G?PSL(2，p)．

證設(shè)|G|r表示|G|的r-部分，|G|r′表示|G|的r′-部分． 由于方程x|G|r′=1的解的個(gè)數(shù)為r-正則元的個(gè)數(shù)，根據(jù)Frobenius定理[9-10]知方程解的個(gè)數(shù)是|G|r′的倍數(shù)，則G中r-正則元的個(gè)數(shù)Rr(G)為k|G|r′， 其中k為一正整數(shù)． 同樣記G中r-奇異元的個(gè)數(shù)為Sr(G)， 則

下證m與r互素， 只需證r-正則元的個(gè)數(shù)與r互素． 設(shè)G的Sylowr-子群R共軛作用在G中的r-正則元Ωr上，并設(shè)軌道為O1，O2，…，Ok． 注意到Oi={xi}當(dāng)且僅當(dāng)CR(xi)=R， 因此G中r-正則元的個(gè)數(shù)為

其中x∈Ωr-CΩr(R)根據(jù)Schur-Zassenhaus定理知CG(R)=Z(R)×H，其中H的階與r互素，則

CΩr(R)=Ωr∩CG(R)=H

從而Rr(G)=|H| (modr)． 故r-正則元的個(gè)數(shù)與r互素．

注1根據(jù)引理1知，若μ(G)=μ(H)， 顯然有|G|=|H|．

這里Rr(CG(xi))是CG(xi)中r-正則元的個(gè)數(shù)，故

引理3設(shè)p為奇素?cái)?shù)，且r∈π(PSL(2，p))，則

以下分情況討論μr(PSL(2，p))的值：

故

故

設(shè)G是有限群，定義G的素圖Γ(G)：Γ(G)的頂點(diǎn)集為π(G)， 兩個(gè)不同的頂點(diǎn)p，r有邊相連當(dāng)且僅當(dāng)G中有一pr階元，t(G)表示Γ(G)的連通分支數(shù)，πi(i=1，2，…)表示Γ(G)的連通分支所含頂點(diǎn)之集． 如果2||G|， 則總設(shè)2∈π1．

首先給出Frobenius群和2-Frobenius群的結(jié)構(gòu)：

引理4[12](i) 設(shè)G是偶階Frobenius群，H是Frobenius核，K是Frobenius補(bǔ)，則t(G)=2，Γ(G)={π(H)，π(K)}；

(ii) 2-Frobenius群可解．

以下是由Williams給出的具有非連通素圖的群的結(jié)構(gòu)：

引理5[13-14]設(shè)G是有限群，G的素圖非連通，則G有如下3種結(jié)構(gòu)：

(i) Frobenius群；

(ii) 2-Frobenius群；

(iii)G有一正規(guī)列1?_H?_K?_G， 使得K/H是非交換單群，H和G/K是π1-群，H是冪零群且|G/K|||Out(K/H)|．

另外，對(duì)于非連通素圖的單群的分類可參見文獻(xiàn)[14]的表Ib-Ie，IIa-IIc、 文獻(xiàn)[15]的表Ia，Ib，II，III以及文獻(xiàn)[16]．

定理1的證明

步驟1G是完全群，即G′=G．

這與μr(G)=μr(PSL(2，p))矛盾．

因此

即有p=r=3， 這與我們假設(shè)的p≥5矛盾．

綜上所述，G/N是非交換單群，G是完全群．

步驟2頂點(diǎn)p是G的素圖的孤立點(diǎn)，且G中的Sylowp-子群不正規(guī)．

證明頂點(diǎn)p是G的素圖的孤立點(diǎn)等價(jià)于證明對(duì)任意素?cái)?shù)r(≠p)，G中無pr階元．

由于

3)基本頂組成及運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)。由于工作面存在明顯的頂板周期來壓顯現(xiàn)，因此基本頂?shù)闹芷谛詳嗔咽瞧渲饕\(yùn)動(dòng)特征。工作面基本頂主體巖層為粗砂巖，厚度8 m，周期斷裂步距約20 m。

則G的Sylowp-子群P同構(gòu)于Zp． 設(shè)G的Sylowp-子群的個(gè)數(shù)為np，G中p-奇異元的個(gè)數(shù)為Sp(G)． 由Sylow定理知np≡1(modp)， 則G中p-奇異元的個(gè)數(shù)Sp(G)≥(p-1)np， 由引理3知Sp(G)=p2-1， 從而np=p+1，1．

首先假設(shè)np=p+1， 則G中的p階元的個(gè)數(shù)為(p+1)(p-1)． 而Sp(G)=p2-1， 故G中p階元的個(gè)數(shù)等于p-奇異元的個(gè)數(shù)，即G中無pr階元．

首先假設(shè)p階元只有一個(gè)共軛類． 設(shè)x1為p階元共軛類的代表，CG(x1)中p-奇異元的個(gè)數(shù)為Sp(CG(x1))． 由引理2和引理3知

而(p-1)|Sp(CG(x1))， 我們有(p-1)|(p-2)或(p-1)|(p+1)， 即p只能為2， 這與p≥5矛盾．

以下假設(shè)p階元有兩個(gè)共軛類． 設(shè)x2，x3為p階元共軛類的代表． 同樣由引理2和引理3知

即

(1)

由于p階元有兩個(gè)共軛類，則p階元的兩個(gè)共軛類長(zhǎng)的和為

|G∶CG(x2)|+|G∶CG(x3)|=p-1

從而

結(jié)合(1)式得

通過放縮有

從而

即

Sp(CG(x2))+Sp(CG(x3))≥2(p+1)(p-1)

如果Sp(CG(x2))>(p+1)(p-1)或Sp(CG(x3))>(p+1)(p-1)， 則與Sp(G)=p2-1矛盾． 如果Sp(CG(x2))=Sp(CG(x3))=(p+1)(p-1)， 則由(1)式得|CG(x2)|=|CG(x3)|=p(p+1)． 由于np=1， 則P?G． 由N/C定理知

(2)

步驟3G既不是Frobenius群也不是2-Frobenius群．

首先假設(shè)G是Frobenius群且G是偶階． 設(shè)H是Frobenius核，K是Frobenius補(bǔ)，由引理4知t(G)=2且Γ(G)={π(H)，π(K)}． 由步驟2知G中頂點(diǎn)p是孤立點(diǎn)，則Γ(G)={p，π(K)}或Γ(G)={p，π(H)}．

若Γ(G)={p，π(K)}， 則P是Frobenius核，從而P在G中正規(guī)， 矛盾．

假設(shè)G是2-Frobenius群且G是偶階． 由引理4知2-Frobenius群可解，這與G是完全群矛盾．

步驟4G?PSL(2，p)．

下面證明G/H?PSL(2，p)， 顯然由|G|=|PSL(2，p)|就證明了G?PSL(2，p)． 以下s為奇素?cái)?shù)，q為素?cái)?shù)冪，單群的階參見文獻(xiàn)[17]． 我們根據(jù)素圖分支的個(gè)數(shù)進(jìn)行討論．

G/H的素圖為兩個(gè)連通分支：

情形1G/H?As-1(q)，其中s≥2，q為奇素?cái)?shù)冪，或q為2的冪且(s，q)≠(3，2)，(3，4)．

(qs-1)=p(q-1)gcd(s，q-1)

(3)

(4)

將(3)式代入(4)式，得

q3-1=p(q-1)gcd(3，q-1)

得

G/H?A2(2)?PSL(2，7)

情形2G/H?As(q)， 其中(q-1)|(s+1)且s≥1．

根據(jù)qs-1=p(q-1)得

從而由整除關(guān)系易知

情形3G/H?B2m(q)， 其中m≥2且q為奇素?cái)?shù)冪．

顯然有(q22m，ql+1)=1， (q22m，ql-1)=1，q22m|/(ql+3)， 這與整除關(guān)系矛盾．

假設(shè)G/H?C2m(q)， 其中m≥1，且q為奇素?cái)?shù)冪；G/H?C2m(q)， 其中q為2的冪． 由于|C2m(q)|=|B2m(q)|， 則證明與G/H?B2m(q)一致．

情形4G/H?Bs(3)， 其中s≥2．

假設(shè)G/H?Cs(3)， 其中s≥2． 由于|Bs(3)|=|Cs(3)|， 則證明與G/H?Bs(3)一致．

情形5G/H?2As-1(q2)， 其中s≥3．

qs+1=p(q+1)·(s，q+1)

根據(jù)qs+1=p(q+1)·(s，q+1)得

情形6G/H?2As(q2)， 其中(q+1)|(s+1)且s≥2．

(5)

由(5)式左邊得

由(5)式右邊得

情形7G/H?2D2n(q2)，其中n≥1且q為奇素?cái)?shù)冪．

顯然有q2n+1(2n-1)|/(ql-1)，q2n+1(2n-1)|/(ql+1)， 因此q2n+1(2n-1)|(ql+3)， 則q=3且2n+1(2n-1)=1． 這與2n+1(2n-1)≥4矛盾．

情形8G/H?2Ds(32)， 其中s≥5且s≠2n+1．

9s(s-1)(9s+1)(92-1)(94-1)…(92(s-1)-1)|p(p+1)(p-1)

顯然有9s(s+1)|/(3s+1)， 9s(s+1)|/(3s+5)． 因此9s(s+1)|(3s-3)， 即2s(s-1)只可能為1． 這與2s(s-1)≥40矛盾． 同理可證G/H?2Dl(32)， 其中l(wèi)=2n+1且l≠s．

假設(shè)G/H同構(gòu)于單群S， 根據(jù)Atlas定理[17，9]知群S的階，則S取以下群之一：

①Ds(2)， 其中s≥3， |Ds(2)|=2s(s-1)(2s-1)(22-1)(24-1)…(22(s-1)-1)；

②Ds+1(2)， 其中s≥2， |Ds+1(2)|=2s(s+1)(2s+1-1)(22-1)(24-1)…(22s-1)；

⑥3D4(q3)， 其中q為奇素?cái)?shù)冪， |3D4(q3)|=q36(q24+q12+1)(q18-1)(q6-1)；

⑨G2(q)， 其中q≡±1(mod 3)且q為奇素?cái)?shù)冪， |G2(q)|=q6(q6-1)(q2-1)；

G/H的素圖為3個(gè)連通分支：

情形1G/H?Alt(n)， 其中n=5，6．

情形2G/H?A1(q)， 其中q≡1(mod 4)且q為奇素?cái)?shù)冪．

假設(shè)G/H?A1(q)， 其中q≡-1(mod 4)且q為奇素?cái)?shù)冪．

假設(shè)G/H?A1(q)， 其中q為2的冪． 由于A1(q)的孤立點(diǎn)為q-1或q+1，G/H的孤立點(diǎn)為p， 則q-1=p或q+1=p． 又由于

情形3G/H?A2(2)．

由于A2(2)的孤立點(diǎn)為3或7，G/H的孤立點(diǎn)為p， 則3=p或 7=p，又由于

情形4G/H?2G2(32m+1)， 其中q=32m+1且m≥1．

假設(shè)G/H同構(gòu)于單群S， 根據(jù)Atlas定理[17，9]知群S的階，則S取以下群之一：

②E7(2)， |E7(2)|=263×(218-1)(214-1)(212-1)(210-1)(28-1)(26-1)(22-1)；

③2F4(q)， 其中q為2的冪， |2F4(q)| =q12(q6+1)(q4-1)(q3+1)(q-1)；

④F4(q)， 其中q為2的冪， |F4(q)|=q24(q12-1)(q8-1)(q6-1)(q2-1)；

⑥G2(q)， 其中q≡0(mod 3)且q為奇素?cái)?shù)冪， |G2(q)|=q6(q6-1)(q2-1)；

⑦2A5(22)， |2A5(22)|=415(42-1)(43+1)(44-1)(45+1)(46-1)；

G/H的素圖為4或5個(gè)連通分支：

綜上所述G/H?PSL(2，p)， 從而G?PSL(2，p)．