林子靖， 仝巍， 周偉

西南大學(xué) 數(shù)學(xué)與統(tǒng)計學(xué)院，重慶400715

對有限群G， 用c(G)表示G的循環(huán)子群的個數(shù)[1]．循環(huán)子群的個數(shù)對于群的結(jié)構(gòu)是有一定影響的．顯然c(G)=|G|當(dāng)且僅當(dāng)G是初等Abel 2-群．文獻(xiàn)[2-6]分類了|G|-c(G)≤5的群．

文獻(xiàn)[2]證明了c(G)=|G|-1當(dāng)且僅當(dāng)G?C3，C4，S3，D8．

文獻(xiàn)[3]證明了c(G)=|G|-2當(dāng)且僅當(dāng)G?C6，C2×C4，D12，C2×D8．

文獻(xiàn)[4]證明了c(G)=|G|-3當(dāng)且僅當(dāng)G?Q8，C5，D10．

文獻(xiàn)[5]證明了c(G)=|G|-4當(dāng)且僅當(dāng)G?C4×C2×C2，C2×C2×D8，(C2×C2)×|C4，Q8×|C2，C3×C3，(C3×C3)×|C2，A4，C6×C2，C2×C2×S3，C8，D16．

文獻(xiàn)[6]證明了c(G)=|G|-5當(dāng)且僅當(dāng)G?C7，D14，C3×|C4．

文獻(xiàn)[7]證明了對任意有限群G，有|G|≤8(|G|-c(G))，并分類了1≤ |G|-c(G)≤32的群結(jié)構(gòu)．

還有很多學(xué)者用交換子群的個數(shù)和最高階元的個數(shù)來研究群的結(jié)構(gòu)，參見文獻(xiàn)[8-11]．

本文證明了G?A5當(dāng)且僅當(dāng)|G|=60，且c(G)=32．

引理1[1]設(shè)G是有限群，若G=G1×G2×…×Gn，其中(|Gi|， |Gj|)=1，i≠j，則

本文所涉及的群都是有限群，所用符號都是標(biāo)準(zhǔn)的．

引理5若|G|=p2qr，其中p，q，r是不同的素數(shù)，則G是可解群或60階交錯群A5．

證設(shè)G不可解．若G非單，則G有非平凡正規(guī)子群N，

|N|∈{p，p2，q，r，pq，pr，qr，p2q，p2r，pqr}

|G/N|∈{p，p2，q，r，pq，pr，qr，p2q，p2r，pqr}

從而N和G/N可解，G可解，矛盾．故G是單群．由于|G|的最小質(zhì)因子不含3次方，則12||G|，所以

p=2q=3r≥5 1+kr|12

從而有r=5或r=11．如果r=11，由于G是單群，所以G有12個Sylow 11-子群，從而有120個11階元．G至少有4個Sylow 3-子群，所以至少有8個3階元，且

|G|=22×3×11=132

所以G只有1個Sylow 2-子群，矛盾．故

r=5 |G|=60

又因G是單群，由文獻(xiàn)[16]，有G?A5．

定理1G?A5當(dāng)且僅當(dāng)|G|=60，且c(G)=32．

證充分性顯然，下證必要性．

由引理5知，只需證G不可解．

假設(shè)G可解． 則G有極小正規(guī)子群N， 且N為初等Abelp-群． 因為

|G|=60=22·3·5

所以|N|∈{2，3，4，5}．設(shè)P2∈Syl2(G)，P3∈Syl3(G)，P5∈Syl5(G)．

下證G的Sylow 5-子群正規(guī)． 由Sylow定理知，G有1個或6個Sylow 5-子群．若G有6個Sylow 5-子群， 則|N|≠5， 從而|N|∈{2，3，4}．

如果|N|=3， 則G有3-補(bǔ)， 設(shè)為H1，|H1|=20．H1中有1個Sylow 5-子群， 所以P5?_H1． 從而

H1≤NG(P5) |G∶NG(P5)|≤|G∶H1|≤3

即G的Sylow 5-子群個數(shù)為1， 矛盾．

如果|N|=4， 同理， 矛盾于G的Sylow 5-子群的個數(shù)為6．

如果|N|=2， 則G有2-補(bǔ)， 設(shè)為H2，|H2|=30．

由Sylow定理知H2中有1個或6個Sylow 5-子群． 若H2中有6個Sylow 5-子群， 則H2中有24個5階元． 又由Sylow定理知H2中有1個或10個Sylow 3-子群． 若H2中有1個Sylow 3-子群， 令P5作用在P3上知，P5與P3可交換， 所以P3P5≤G， 即G中有15階循環(huán)子群． 15階循環(huán)子群的生成元個數(shù)為8， 所以H2中至少有8個15階元． 從而|H2|≥33， 矛盾． 若H2有10個Sylow 3-子群， 則H2中有20個3階元， 所以|H2|≥45， 矛盾． 從而任一30階群中只有1個Sylow 5-子群， 即P5?_H2． 所以

H2≤NG(P5) |G∶NG(P5)|≤|G∶H2|≤2

矛盾． 綜上所述，G只有1個Sylow 5-子群， 即P5?_G．

下證G的Sylow 3-子群正規(guī)．由P5?_G知，P3P5≤G，即G中存在15階循環(huán)子群，且對G的任一15階循環(huán)子群H，都有P5?_H．|G/P5|=12， 所以H/P5是G/P5的Sylow 3-子群． 由Sylow定理知，G有1個、 4個或10個Sylow 3-子群．

若G有10個Sylow 3-子群， 則G/P5中有10個Sylow 3-子群． 根據(jù)引理4，G中有10個15階循環(huán)子群， 從而有80個15階元， 矛盾于|G|=60．

若G中有4個Sylow 3-子群， 同理G/P5中有4個Sylow 3-子群． 由引理4，G中有4個15階循環(huán)子群， 從而有32個15階元． 令M是G中1階元、3階元、5階元、15階元之集合， 則|M|=45， 且對?x∈GM， 有φ(o(x))≥1， 所以

由引理2，

由條件c(G)=32， 矛盾． 從而G只有1個Sylow 3-子群， 即P3?_G．

由G可解知，G的所有Hall子群共軛．因為P3P5是G的Hall子群， 且

P3P5=P3×P5?_G

所以G中只有1個15階循環(huán)子群．下面用nk表示G的k階循環(huán)子群的個數(shù)． 因此

n1=1n3=1n5=1n15=1

顯然

則

60=n1+n2+2n3+2n4+4n5+2n6+4n10+4n12+8n15+8n20+8n30+16n60

32=n1+n2+n3+n4+n5+n6+n10+n12+n15+n20+n30+n60

若n60=1， 則G為循環(huán)群，c(G)=12， 矛盾．從而

n4+n6+3n10+3n12+7n20+7n30=17

(1)

下面繼續(xù)討論G的Sylow 2-子群的個數(shù)．

情形1G有1個Sylow 2-子群．

若P2=C4，則G=C4×C3×C5=C60為循環(huán)群，c(G)=12，矛盾．

若P2=C2×C2，則

G=C2×C2×C3×C5

由引理1知

則c(G)=16，矛盾．

情形2G有3個Sylow 2-子群．

若P2=C4，則n4=3，從而G中至多有3個2階元，即n2≤3．令M是G中1階元、2階元、3階元、4階元、5階元、15階元之集合．若n2=3，則|M|=24，且對?x∈GM，有

o(x)≥6φ(o(x))≥2

所以

從而由引理2，c(G)≤28， 矛盾于c(G)=32． 若n2=1， 則|M|=22， 同理，c(G)≤27， 矛盾．

若P2=C2×C2， 則n4=0，G中至多有9個2階元．

令M是G中1階元、2階元、3階元、5階元、15階元之集合． 同理， 有c(G)≤31， 矛盾．

情形3G有5個Sylow 2-子群．

若P2=C4， 則n4=5， 從而G中有10個4階元， 至多5個2階元， 即n2≤5． 令M是G中1階元、2階元、3階元、4階元、5階元、15階元之集合． 若n2=5， 則|M|=30， 且對?x∈GM， 有

o(x)≥6φ(o(x))≥2

從而由引理2知，c(G)≤29， 矛盾． 同理， 若n2=3， 則|M|=28， 從而c(G)≤28，矛盾．若n2=1， 則c(G)≤27， 矛盾．

若P2=C2×C2， 則n4=0．因為

P3?_GP5?_G

所以

P3P5?_GP3P5=C15

從而

所以i，j∈{1，4，11，14}． 由G非交換， 則i，j不能同時為1．從而G有以下4種類型：

G1=〈a，b，c：a2=b2=c15=1，ab=ba，ca=c4，cb=c4〉c(G1)=28

G2=〈a，b，c：a2=b2=c15=1，ab=ba，ca=c11，cb=c11〉c(G2)=20

G3=〈a，b，c：a2=b2=c15=1，ab=ba，ca=c14，cb=c14〉c(G3)=38

G4=〈a，b，c：a2=b2=c15=1，ab=ba，ca=c4，cb=c11〉c(G4)=35

矛盾．

情形4G有15個Sylow 2-子群．

若P2=C4， 則n4=15， 所以|NG(P2)|=4， 從而P2=NG(P2)． 由(1)式有

n6+3n10+3n12+7n20+7n30=2

故

n6=2n10=n12=n20=n30=0

令

P2=〈a〉P3=〈b〉

因為n12=0， 即G中沒有12階元， 所以P2作用在P3上非平凡， 從而

P2P3=〈a，b：a4=b3=1，ba=b-1〉

|G/P3|=20P5?_G

所以

G/P3=〈a，c：a4=c5=1，ca=ci，i4≡1(mod 5)〉

因為G中沒有20階元，所以P2作用在P5上非平凡， 從而i=2，3，4．

若i=2， 則

G/P3=〈a，c：a4=c5=1，ca=c2〉

此時G/P3中有5個2階元， 從而有5個2階循環(huán)子群． 設(shè)K/P3=〈x〉是G/P3的任一2階循環(huán)子群． 因為P2在P3上的作用為逆變換， 即ba=b-1，x是P2中的2階元，x=a2， 所以bx=ba2=b， 即〈x〉作用在P3上平凡． 從而

K=P3×〈x〉=C6

由于G/P3中有5個2 階循環(huán)子群， 所以G中至少有5個6階循環(huán)子群， 矛盾于n6=2．

若i=3， 同理， 矛盾．

若i=4， 則

G/P3=〈a，c：a4=c5=1，ca=c4〉

此時G/P3中有10階元， 從而有10階循環(huán)子群． 設(shè)J/P3=〈y〉是G/P3的任一10階循環(huán)子群． 則|J|=30． 由30階群分類知， 矛盾． 若P2=C2×C2， 與情形3同理， 矛盾．

綜上所述，G不可解． 由引理5，G?A5．