單K4-群的擬刻畫(huà)①

李立莉， 王麗麗

(1.嶺南師范學(xué)院數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院，廣東 湛江 524000；2.重慶理工大學(xué)理學(xué)院，重慶 400054)

0 引 言

文中提到的單群均為有限非交換單群.稱(chēng)群階相異素因子個(gè)數(shù)恰好為n的單群為單Kn-群.M(G)表示有限群G的極大交換子群階的集合.其它的符號(hào)和術(shù)語(yǔ)與文[1]保持一致.

1997年，陳貴云教授提出猜想:設(shè)G為有限群，H為單群，則G≌H等價(jià)于M(G)=M(H)，即用極大交換子群階的集合刻畫(huà)有限單群.陳貴云、王臨紅等人證明了猜想對(duì)某些單群成立(見(jiàn)文[6-11]).特別地，王臨紅用極大交換子群階的集合刻畫(huà)了單K3-群(見(jiàn)文[3]).研究用極大交換子群階的集合刻畫(huà)單K4-群.

1983年，施武杰教授給出單K4-群的結(jié)構(gòu)(見(jiàn)文[5])，如下:

命題[5]設(shè)G為2apbqcrd階單群，其中p,q,r為兩兩互素的奇素?cái)?shù)且abcd≠0.則G同構(gòu)于下列群之一:

(1)A7,A8,A9,A10.

(2)M11,M12,J2.

(3)(a)A1(r)，其中r為素?cái)?shù)且滿(mǎn)足r2-1=2a3bvc,a≥1,b≥1,c≥1,v>3,v為素?cái)?shù).

(b)A1(2m)，其中m滿(mǎn)足2m-1=u，2m+1=3tb，m≥2,t>3,b≥1,u,t為素?cái)?shù).

(c)A1(3m)，m滿(mǎn)足3m+1=4t;3m-1=2uc或3m+1=4tb；3m-1=2u，其中m≥2,b≥1,c≥1,u,t為素?cái)?shù).

由文[1]知(1)，(2)型單群及單群Sz(8),Sz(32)均可由自身的極大交換子群階的集合所刻畫(huà)；由文[8]知A1(q)型單群也可由自身的極大交換子群階的集合所刻畫(huà).因此，以下不防設(shè)單群

那么，研究單K4-群能否被自身的極大交換子群階的集合刻畫(huà)，只需要研究單群R能否被M(R)刻畫(huà).注意到t(Γ(R))≤4.那么，R分以下兩種情況:

情況1.t(Γ(R))=1或2. 情況2.t(Γ(R))=3或4.

證得情況2下的R可被M(R)刻畫(huà).不僅如此，對(duì)于情況1下的單群，也給出一些性質(zhì)定理.

1 t(Γ(R))=3或4

引理1.1[4]設(shè)G，A均為有限群.若M(G)=M(A)，則

(1) {πi|1it(Γ(G))}={πi|1≤i≤t(Γ(A))}.特別地，π(G)=π(A).

(2)若(p,q)=1，則pq∈ω(G)當(dāng)且僅當(dāng)pq∈ω(A).

引理1.2[7]設(shè)G為有限群.若t(Γ(R))≥2，則G為下列群之一:

(a) Frobenius 或 2-Frobenius；

(1)N的奇階分量為K/H的某些奇階分量，且t(Γ(K/H))≥t(Γ(G)).

(2)若N=1，則G/KOut(K).

定理1設(shè)G為有限群，R=A2(4),G2(3)或U4(3).若M(G)=M(R)，則G?R.

步驟1證明H=1

情況1R=A2(4).

由文[4]可知π1(R)={2}，π2(R)={3}，π3(R)={5}且π4(R)={7}.再由引理1.4(1)可得3,5,7∈π(K/H).

故K中的5階元和7階元均可共軛作用在Ω1(Z(H))上.注意到5|其中1≤j≤3.那么，當(dāng)1≤i≤3時(shí)，K中的5階元平凡地作用在Ω1(Z(H))上.從而G中存在10階元.由M(G)=M(R)可得R中也存在10階元.這與π3(R)={5}矛盾.進(jìn)而i=4.注意到7|其中t=1或2，且||Aut(Ω1(Z(H)))||7=7.那么，考慮K中7階元在Ω1(Z(H))上的作用，可得該7階元在Ω1(Z(H))上有非單位的穩(wěn)定點(diǎn).從而G中存在14階元.再由M(G)=M(R)可得R中也存在14階元.這與π4(R)={7}矛盾.因此，H=1.

情況2R=G2(3).

由文[4]可知π1(R)={2,3}，π2(R)={7}且π3(R)={13}.再由引理1.4可得7,13∈π(K/H).

由于π1(R)={2,3}，故可設(shè)H=Q2×Q3，其中|Qt|為t的非負(fù)整數(shù)次冪，且t=2或3.由文[2]知R的極大交換2子群的階≤25，且R的極大交換3子群的階≤34.又由M(G)=M(R)可得G的極大交換2子群的階也≤25，且G的極大交換3子群的階也≤34.

綜合以上的討論，得到H=1.

情況3R=U4(3).

由文[4]可知π1(R)={2,3}，π2(R)={5}且π3(R)={7}.再由引理1.4可得5,7∈π(K/H).

由于π1(R)={2,3}，故可設(shè)H=Q2×Q3，其中|Qt|為t的非負(fù)整數(shù)次冪，且t=2或3. 由文[2]知R的極大交換2子群的階≤25，且R的極大交換3子群的階≤35.又由M(G)=M(R)可得G的極大交換2子群的階也≤25，且G的極大交換3子群的階也≤35.

那么，考慮K中7階元在Ω1(Z(Q2))上的作用可得該7階元在Ω1(Z(Q2))上有非單位的穩(wěn)定點(diǎn).從而G中存在14階元.再由M(G)=M(R)可得R中也存在14階元.這與π3(R)={7}矛盾.

綜合以上的討論，得到H=1.

步驟2證明K?R.

由于M(G)=M(R)，故π(K)?π(R).再由引理1.4知R的奇階分量為K的階分量.

情況1R=A2(4).

由文[2]知π1(R)={2},π2(R)={3},π3(R)={5}且π4(R)={7}.從而π(K)={2,3,5,7},且π1(K)={2},π2(K)={3},π3(K)={5}且π4(K)={7}.由文[4]可得K?R.

情況2R=G2(3).

由文[2]知π1(R)={2，3}，π2(R)={7}且π3(R)={13}.從而π(K)?{2,3,7,13}，且7和13為K的兩個(gè)階分量.由文[4]可得K?A1(3)或R.若K?A1(3)，則|K|=22·3·7·13.注意到|K|=26·36·7·13.故R的極大交換3子群的階≥32.由于M(G)=M(R)，故G的極大交換3子群的階也≥32.從而3∣|G/K|.由引理1.4(2)知|G/K|∣|Out(K)|，故3∣|Out(K)|.但由文[5]知|Out(K)|=2，矛盾.進(jìn)而K?R.

情況3R=U4(3).

由文[2]知π1(R)={2，3}，π2(R)={5}且π3(R)={7}.從而π(K)={2,3,5,7}，且5和7為K的兩個(gè)階分量.由文[4]可得K?A7,A2(4)或R.若K?A7，則|K|=22·32·5·7.另一方面，由文[2]得R的極大交換3子群的階≥33.由于M(G)=M(R)，故G的極大交換3子群的階也≥33.從而3∣|G/K|.由引理1.4(2)知|G/K|∣|Out(K)|，故3∣|Out(K)|.但由文[5]知|Out(K)|=23，矛盾.進(jìn)而K?A2(4)或R.

假設(shè)K?A2(4).由引理1.4(2)知|G/K|∣|Out(K)|，故|G/K|∣22·3.從而3∣|G/K|，或2∣|G/K|，或G=K.再由引理1.3可得K≤G≤Aut(K).若3∣|G/K|，則由文[2]知G中存在15階元.由于M(G)=M(R)，故G中也存在15階元.這與π2(R)={5}矛盾.若2∣|G/K|，則由文[2]知要么G中存在10階元或15階元，要么G中無(wú)12階交換子群.又由M(G)=M(R)可得，要么R中存在10階元或15階元，要么R中無(wú)12階交換子群.但由文[4]知R中5階元自中心化，且存在12階元，矛盾.那么G=K?A2(4).此時(shí)t(Γ(G))=4.由引理1.1可得t(Γ(R))=4.這與t(Γ(R))=3矛盾.進(jìn)而K?R.

綜合以上的討論，得到K?R.

步驟3證明G?R.

由引理1.3可得K≤G≤Aut(K)且G/KOut(K).注意到K?R.故分以下三種情況:

情況1R=A2(4).

由文[2]知|Out(R)|=22·3.若G≠R，則2||G/R|或3||G/R|.如果2||G/R|，那么?g∈Out(R)使得R〈g〉≤G，其中g(shù)2∈R.由文[2]知R〈g〉中存在6階元，10階元或14階元.從而G中存在6階元，10階元或14階元.再由M(G)=M(R)可知R中也存在6階元，10階元或14階元.這與π1(R)={2}矛盾.如果3||G/R|，那么?g∈Out(R)使得R〈g〉≤G，其中g(shù)3∈R.由文[2]知R〈g〉中存在6階元.從而G中存在6階元.再由M(G)=M(R)可知R中也存在6階元.這與π2(R)={3}矛盾.因此，G=R.

情況2R=G2(3).

由文[2]知|Out(R)|=2.若G≠R，則G=Aut(R),故?g∈Out(R)使得G=R〈g〉，其中g(shù)2∈R.由文[2]知G中存在14階元.再由M(G)=M(R)可知R中也存在14階元.這與π2(R)={7}矛盾.因此，G=R.

情況3R=U4(3).

由文[2]知|Out(R)|=23.若G≠R，則?g∈Out(R)使得R〈g〉≤G，其中g(shù)2∈R.由文[2]知R〈g〉中存在10階元.從而G中存在10階元.再由M(G)=M(R)可知R中也存在10階元. 這與π2(R)={5}矛盾.因此，G=R.

推論設(shè)G為有限群，R為單K4-群，其中t(Γ(R))=3或4.若M(G)=M(R)，則G?R.

證明由文[4]知t(Γ(R))=3或4當(dāng)且僅當(dāng)R為群A2(4),G2(3)或U4(3).再由定理1得該結(jié)論.

2 t(Γ(R))=1或2

若t=1或2，則7||Aut(H)|.從而S6(2)的7階元平凡地作用在H上.那么，G有14階交換子群.由M(G)=M(S6(2))可得S6(2)也有14階交換子群.但由文[4]知π2(S6(2))={7}，矛盾.

若t=3，則5||Aut(H)|.從而S6(2)的5階元平凡地作用在H上.那么，G有20階交換子群.又由于M(G)=M(S6(2))，故S6(2)也有20階交換子群.但由文[2]知S6(2)的10階元自中心化，矛盾.

因此，G/H≠S6(2).

若t=1或2，則7||Aut(H)|，故的7階元平凡地作用在H上，從而G有14階交換子群.由可得也有14階交換子群.但由文[4]知矛盾.

若t=3，則5||Aut(H)|，故的5階元平凡作用在H上，從而G有40階交換子群.由可得也有40階交換子群.但由文[5]知中10階元的中心化子的階均為20，矛盾.