夏雪琴, 何立官

(重慶師范大學(xué) 數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院, 重慶 401331)

1 引言及主要引理

眾所周知,有限群的數(shù)量刻畫是群論領(lǐng)域的重要課題.一直以來,人們總是期望能用最少的數(shù)量條件去刻畫群的最多性質(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,那么能否通過這2個(gè)基本的數(shù)量條件對(duì)群進(jìn)行完整的刻畫呢？為此,施武杰教授提出這樣一個(gè)猜想(見文獻(xiàn)[1],問題12.39)：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.該猜想在中俄兩國群論工作者的共同努力下于2009年被完全證明(部分工作見文獻(xiàn)[2-9]).現(xiàn)在如何弱化猜想的條件就成為大家關(guān)心的問題.文獻(xiàn)[10-16]僅用高階元的階和群的階刻畫了系列單群和對(duì)稱群Sn(n≤15),局部地弱化了猜想的條件.文獻(xiàn)[17-18]去掉了“群階相等”、“元素階之集相同”這2個(gè)重要的數(shù)量條件,只用與最高階元素有關(guān)的幾個(gè)數(shù)量刻畫了Mathieu群和李型單群L2(q),其中q=pn<30.本文將繼續(xù)這一工作,用與最高階元素有關(guān)的幾個(gè)數(shù)量來刻畫對(duì)稱群Sn(n≤13).為了敘述方便,先對(duì)本文中出現(xiàn)的一些符號(hào)加以說明.

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ONC1(G)為G的第一ONC-度量.設(shè)m、n是2個(gè)整數(shù),mk‖n表示mk|n但mk+1?n.其余符號(hào)及術(shù)語是標(biāo)準(zhǔn)的.

引理 1.2[19]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.

2 主要結(jié)論

定理 2.1設(shè)G是有限群,則G?Sn(n=1,2,5)當(dāng)且僅當(dāng)ONC1(G)=ONC1(Sn).

定理 2.2設(shè)G是有限群.如果ONC1(G)=ONC1(S3)={3;2;3},那么G?C3或G?S3,其中C3表示一個(gè)3階循環(huán)群.

證明類似定理2.1的證明可知|G|=3或|G|=6.如果|G|=3,那么G?C3.如果|G|=6,那么由6階群的結(jié)構(gòu)知G?S3.證畢.

定理 2.3設(shè)G是有限群,則G?Sn(4≤n≤13,n≠5)當(dāng)且僅當(dāng):

(i) ONC1(G)=ONC1(Sn);

(ii)lp(G)=lp(Sn).

證明必要性顯然,下證充分性.

情形1設(shè)n=4,則ONC1(G)=ONC1(S4)={4;6;4},且lp(G)=3.類似定理2.1的證明有|G||24.由4||G|知|G|=12或24.如果|G|=12,那么G的Sylow 3-子群的個(gè)數(shù)為1或4.如果G只有1個(gè)Sylow 3-子群P3,則P3?G.因?yàn)镚中有4階元,且4? |Aut(P3)|,所以有6∈πe(G),矛盾.如果G有4個(gè)Sylow 3-子群,那么G中有8個(gè)3階元,從而G的階至少是1+6+8=15>12,矛盾.故|G|=24.因?yàn)閛1(G)=4,所以由文獻(xiàn)[16]知G?S4.

設(shè)K/H?A5.由引理1.1知存在G的正規(guī)子群C滿足A5G/CS5.由比較階知p||C|,其中p=2,3.用G的5階元g共軛作用在C上,由引理1.2知存在C的Sylowp-子群L在該作用下不變.考慮Ω1(Z(L)),顯然Ω1(Z(L))為初等交換p-群且Ω1(Z(L))在該作用下也不變.由于|Ω1(Z(L))|=3或|Ω1(Z(L))||23,故5? |Aut(Ω1(Z(L)))|,從而g作用在Ω1(Z(L))上為平凡作用,因此有10∈πe(G)或15∈πe(G),矛盾.

設(shè)K/H?A6.此時(shí)存在G的正規(guī)子群C滿足A6G/CAut(A6).若C≠1,則C為2-群,且|C||22.用G的5階元共軛作用在C上,則有10∈πe(G),矛盾.于是設(shè)C=1,即A6GAut(A6).若|G|=23·32·5,則G?A6,此時(shí)有o1(G)=5,矛盾.若|G|=24·32·5,則G?A6Z2,由文獻(xiàn)[20]知G?S6.若|G|=25·32·5,則G?Aut(A6),此時(shí)有o1(G)=10,矛盾.故有G?S6.

設(shè)K/H?A7,A8,L3(4),A9.由引理1.1知存在G的正規(guī)子群C滿足K/HG/CAut(K/H).若52||G|,比較階知5||C|.用G的7階元g共軛作用在C上,由引理1.2知存在G的Sylow 5-子群L在該作用下不變.因?yàn)閨L|=5,故7?|Aut(L)|,從而g作用在L上為平凡作用,因此有35∈πe(G),矛盾.因此5‖|G|,比較階知H為{2,3}-群.設(shè)g為群G的30階元,由G/CG(K/H)≦Aut(K/H),且Aut(K/H)中沒有30階元知g∈CG(K/H).因?yàn)镠為{2,3}-群,所以gH的階至少是5,從而35∈πe(G),矛盾.

設(shè)K/H?J2.此時(shí)比較階知H也為{2,3}-群.又因?yàn)锳ut(J2)中也沒有30階元,類似上述討論可以推出矛盾.

于是K/H?A10.此時(shí)存在G的正規(guī)子群C滿足A10G/CS10.因?yàn)锳10中有21階元,故G中也有21階元.若C≠1,則|C|=2.用G的21階元共軛作用在C上,則有42∈πe(G),矛盾.于是設(shè)C=1,即A10GS10.若|G|=27·34·52·7,則G?A10,此時(shí)有o1(G)=21,矛盾.因此|G|=28·34·52·7,即G?S10.

設(shè)K/H?L2(11),M11,M12,M22.由引理1.1知存在G的正規(guī)子群C滿足K/HG/CAut(K/H).若52||G|,比較階知5||C|.用G的11階元g共軛作用在C的Sylow 5-子群L上,有55∈πe(G),矛盾.因此5‖|G|,比較階知H為{2,3,7}-群.設(shè)g為群G的30階元,由G/CG(K/H)≦Aut(K/H),且Aut(K/H)中沒有30階元知g∈CG(K/H).因?yàn)镠為{2,3,7}-群,所以gH的階至少是5,從而55∈πe(G),矛盾.

于是K/H?A11.此時(shí)存在G的正規(guī)子群C滿足A11G/CS11.因?yàn)锳11中有21階元,故G中也有21階元.若C≠1,則|C||22.用G的21階元共軛作用在C上,則有42∈πe(G),矛盾.于是設(shè)C=1,即A10GS10.由o1(A11)=21知G?S11,此時(shí)|G|=28·34·52·7·11.

定理證畢.

注 1定理2.3中的條件lp(G)=lp(Sn)是必要的.如設(shè)G為四元數(shù)群〈a,b|a4=1,b2=a2,b-1ab=a3〉,有ONC1(G)=ONC1(S4)={4;6;4},但G與S4不同構(gòu).

最后,作為定理2.1和定理2.3的推論,有

定理 2.4設(shè)G是有限群,則G?Sn(3≠n≤13)當(dāng)且僅當(dāng):(i) ONC1(G)=ONC1(Sn);(ii)lp(G)=lp(Sn).