關于Janko群的新刻畫

何立官, 陳貴云

(1. 重慶師范大學 數學科學學院, 重慶 401331; 2. 西南大學 數學與統計學院, 重慶 400715)

1 引言及符號說明

有限群的數量刻畫是群論領域的重要課題，一直以來，人們總是期望能用最少的數量條件去刻畫群的最多性質.而“群的階”和“群中元素的階”是群的2個最基本的數量條件，且群的許多性質可以通過群的階完整的反映出來，比如“奇數階群可解定理”“paqb定理”等.那么類似的，可否借助于群中元素的階來刻畫群的性質呢？在20世紀80年代，Field獎獲得者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年在澳大利亞國際會議上公開).

猜想1.1(J.G.Thompson猜想) 設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可解當且僅當M可解.

在同一時期，施武杰提出“用群階和元素階之集刻畫有限單群”的猜想(文獻[1]中的問題12.39).

猜想1.2(施武杰猜想) 設G是有限群，M是有限單群,則G?M當且僅當|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注的熱點問題.文獻[10-16]僅用高階元的階和群的階刻畫了系列單群，局部弱化了猜想1.2的條件.而猜想1.1至今都沒有得到完整的解決，但人們從最高階元的個數出發，證明了該猜想在一些特殊條件下是成立的[17-21].文獻[10-21]說明最高階元在刻畫群的性質結構方面有著特殊的地位.受以上工作的啟發，本文試圖去掉“同階型群”“群階相等”“元素階之集相同”這些重要的數量條件，只用與最高階元有關的幾個數量來刻畫有限群特別是有限單群.為敘述方便，先對本文中出現的一些符號加以說明.

設G是有限群，G后括號中的數字表示G的階.k是一個正整數，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)中的最大素數為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中最高階元素的個數.設G一共有r個o1(G)階元，其中心化子的階兩兩不同，并依次設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.用Γ(G)表示G的素圖,t(G)表示G的素圖連通分支數,πi(i=1,2,…)表示Γ(G)的第i個連通分支所含頂點之集.如果2||G|,則總設2∈π1(見文獻[22]).設m、n是兩個整數，mk||n表示mk|n但mk+1?n.其余符號及術語是標準的.

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

注1對Janko群來說，ONC1(G)只含3個數量，這說明J1、J3、J4只需要3個數量就可以完整刻畫，所有Janko群最多需要4個數量就能完整刻畫.而本文最大特點在于避開了“群階相等”“群的元素階之集相同”等重要的數量條件.

2 主要引理

引理2.1由文獻[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G的素圖分支大于1,則G的結構是如下之一:

1)G是Frobenius群或者2-Frobenius群;

2)G有一正規列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G是偶階Frobenius群,K是Frobenius核,H是Frobenius補,則t(G)=2且T(G)={π(H),π(K)}.

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

π(K/H)=π2,π(H)∪π(G/K)=π1,

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

引理2.5[25]設π′-群H作用在π-群G上,且G和H中至少有一個可解，則對任意素數p||G|,G中存在H-不變的Sylowp-子群,并且G的任意2個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所在的共軛類長度都是

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

設G中19階元一共分為t個共軛類,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).又因為o1(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,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.所以K要么是G的Sylow19-子群,要么是G的19′-Hall子群.設S為K的一個Sylow子群,因為K冪零,所以有|H||(|S|-1).于是可以選擇一個適當的Sylow-子群S，使得

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

從而得出矛盾.顯然K不是Sylow19-子群.故設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有正規列1?H?K?G,使得

π(K/H)=π2,π(H)∪π(G/K)=π1,

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

因為19是Γ(G)的孤立點,所以π2={19}，于是

π(H)∪π(G/K)?{2,3,5,7,11}

且|K/H|=19.又因為|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)|.因為19是Γ(G)的孤立點,所以

π(H)∪π(G/K)?{2,3,5,7,11},

而19∈π(K/H).由文獻[23]知

K/H?L2(19)(22·32·5·19),

或K/H?J1(23·3·5·7·11·19).

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

設K/H?J1.如果|G|=23·3·5·7·11·19,那么G?J1.于是設|G|=23·32·5·7·11·19.因為|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M=J3.由引理2.1知ONC1(G)=ONC1(J3)={19;28·35·5·17;19}.

類似情形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G有一正規列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)|.因為19是Γ(G)的孤立點,所以π(H)∪π(G/K)?{2,3,5,17},19∈π(K/H).于是由文獻[23]和文獻[12]中的表3知

K/H?L2(19)(22·32·5·19),

或K/H?J3(27·35·5·17·19).

設K/H?L2(19).因為|Out(L2(19))|=2,所以|G/K|=1或2,因此3||H|.設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K/H?J3.如果|G|=27·35·5·17·19,那么G?J3.于是設|G|=28·35·5·17·19.因為|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)|.因為37是Γ(G)的孤立點,所以

π(H)∪π(G/K)?{2,3,5,7,11,23,29,31},

37∈π(K/H).由文獻[23]和[12]中的表3知

K/H?U3(11)(25·32·5·113·37).

此時29||H|.用37階元作用在H的Sylow29-子群上,該作用產生階大于66的元,矛盾.于是43||G|.同理可得G有一正規列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)|.因為37,43都是Γ(G)的孤立點,所以37,43∈π(K/H).再由文獻[23]和文獻[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

|G|=222·33·5·7·113·23·29·31·37·43.

因為|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|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[23]知G/C?L3(4)Z3,此時有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o1(G)=24,矛盾.從而G?J2.

定理證畢.

最后,提出1個問題:是否存在反例說明定理3.2中條件lp(G)=7是必要的.

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