用循環子群的個數刻畫單群A5①

2022-09-27 12:53:24林子靖仝巍周偉

西南師范大學學報(自然科學版) 2022年9期

關鍵詞：矛盾

林子靖，仝巍，周偉

西南大學數學與統計學院，重慶400715

對有限群G，用c(G)表示G的循環子群的個數[1]．循環子群的個數對于群的結構是有一定影響的．顯然c(G)=|G|當且僅當G是初等Abel 2-群．文獻[2-6]分類了|G|-c(G)≤5的群．

文獻[2]證明了c(G)=|G|-1當且僅當G?C3，C4，S3，D8．

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

文獻[4]證明了c(G)=|G|-3當且僅當G?Q8，C5，D10．

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

文獻[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的群結構．

還有很多學者用交換子群的個數和最高階元的個數來研究群的結構，參見文獻[8-11]．

本文證明了G?A5當且僅當|G|=60，且c(G)=32．

引理1[1]設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，所用符號都是標準的．

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

證設G不可解．若G非單，則G有非平凡正規子群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[16]，有G?A5．

定理1G?A5當且僅當|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G可解．則G有極小正規子群N，且N為初等Abelp-群．因為

|G|=60=22·3·5

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

下證G的Sylow 5-子群正規．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，設為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-子群個數為1，矛盾．

如果|N|=4，同理，矛盾于G的Sylow 5-子群的個數為6．

如果|N|=2，則G有2-補，設為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階循環子群． 15階循環子群的生成元個數為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．由P5?_G知，P3P5≤G，即G中存在15階循環子群，且對G的任一15階循環子群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．根據引理4，G中有10個15階循環子群，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階循環子群．下面用nk表示G的k階循環子群的個數．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為循環群，c(G)=12，矛盾．從而

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

(1)

下面繼續討論G的Sylow 2-子群的個數．

情形1G有1個Sylow 2-子群．

若P2=C4，則G=C4×C3×C5=C60為循環群，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階循環子群．設K/P3=〈x〉是G/P3的任一2階循環子群．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 階循環子群，所以G中至少有5個6階循環子群，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階循環子群．設J/P3=〈y〉是G/P3的任一10階循環子群．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．