陳婉平， 陳貴云

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

在有限群的研究中, 群的結(jié)構(gòu)往往可以通過(guò)一些數(shù)量關(guān)系刻畫(huà)出來(lái), 例如: 著名的Lagrange定理、Sylow定理、Burnsidepaqb定理等.這些定理體現(xiàn)了群的數(shù)量刻畫(huà)的重要性, 而如何用更少的數(shù)量關(guān)系去刻畫(huà)群的更多性質(zhì)是群論學(xué)者一直思考的問(wèn)題.20世紀(jì)80年代初, 施武杰教授提出可以只用群階和元素階之集對(duì)有限單群進(jìn)行刻畫(huà)的猜想.該猜想提出后, 眾多學(xué)者對(duì)此做了大量的研究, 最終在2009年得到完全證明, 即: 所有有限非交換單群都可以通過(guò)群階和元素階之集唯一確定.此后, 群論學(xué)者開(kāi)始思考如何弱化該猜想的條件繼續(xù)研究單群的結(jié)構(gòu).例如: 文獻(xiàn)[1-3]只用群階和最高階元的階刻畫(huà)了散在單群、部分交錯(cuò)群、部分對(duì)稱群; 文獻(xiàn)[4-5]去掉了群階這一重要條件, 只用最高階元的階和最高階元的個(gè)數(shù)及最高階元中心化子的階刻畫(huà)了Mathieu群、Janko群、部分交錯(cuò)群; 文獻(xiàn)[6-9]討論了與交錯(cuò)群或Mathieu群有相同元素的最高階和次高階及Sylow 2-子群的階的有限群的結(jié)構(gòu).當(dāng)然僅用這3個(gè)數(shù)量條件并不能把單群唯一確定下來(lái), 但是可以得這類(lèi)群比較具體的結(jié)構(gòu), 所以本文將繼續(xù)此研究, 討論與J1有相同元素的最高階和次高階及Sylow 2-子群的階的有限群, 并得到了此類(lèi)群的結(jié)構(gòu).本文所涉及的群都是有限群.設(shè)G為有限群,Γ(G)表示G的素圖,K1(G)表示群G的最高階元的階,K2(G)表示群G的次高階元的階,Gp表示群G的Sylowp-子群,|G|p表示群G的Sylowp-子群的階, 其他符號(hào)都是標(biāo)準(zhǔn)的.

引理1[10]有限群G的素圖不連通, 則下列結(jié)論之一成立:

(i)G為Frobenius群;

(ii)G為2-Frobenius群;

(iii)G有正規(guī)列1?_H?_K?_G, 使得H和G/K是π1-群,K/H是非Abel單群,H是冪零群, 其中2∈π1, 且|G/K|||Out(K/H)|.

引理2[11]設(shè)有限群G=KH是以K為核、H為補(bǔ)的Frobenius群, 則K是冪零群,H的Sylow子群是循環(huán)群或廣義四元數(shù)群,t(G)=2, 且Γ(G)的連通分支為π(H),π(K),|H||(|K|-1).

引理3[12]設(shè)有限群G是2-Frobenius群, 則G=ABC, 其中A?_G,AB?_G,B,C為循環(huán)群,AB是以A為核、B為補(bǔ)的Frobenius群,BC是以B為核、C為補(bǔ)的Frobenius群,Γ(G)恰有兩個(gè)連通分支, 且π1(G)=π(A)∪π(C),π2(G)=π(B).

引理4[8]設(shè)有限群G有2階無(wú)不動(dòng)點(diǎn)自同構(gòu)σ, 則G為Abel群, 且σ(g)=g-1(?g∈G).

Janko群J1的階為23·3·5·7·11·19, 元素的最高階為19, 次高階為15.本文我們證明如下結(jié)論:

定理1設(shè)有限群G的Sylow 2-子群的階是23,K1(G)=19,K2(G)=15, 則G同構(gòu)于下列群之一:

(i)G=KH是以K為Frobenius核的Frobenius群,|G|=23·3a·5·7c·19f, 其中a=1,2,c=0,1,f≥1,K為初等Abel 19-群,H2為8階循環(huán)群或四元數(shù)群,H3,H5,H7為循環(huán)群;

(ii)G/H?J1,|G|=23·3a·5b·7c·11d·19f, 其中a,b,c,d,f≥1,H為p-群(p=3,5,7)或冪零{3, 5}-群, 且Exp(H)=p,9,15.

證由K1(G)=19,K2(G)=15, 及|G|2=23可設(shè)

|G|=23·3a·5b·7c·11d·13e·19fa,b,f≥1;c,d,e≥0

且易知19是Γ(G)的孤立點(diǎn), 因此G的素圖不連通.由引理1, 我們按如下3種情形進(jìn)行討論:

情形1 若G為Frobenius群, 由引理2可設(shè)G=KH, 其中

{2, 3, 5}?π(H)?{2, 3, 5, 7, 11, 13}π(K)={19}

若H?_G, 考慮K在H2上的作用知K必然平凡作用在H2上, 得G有38階元, 矛盾.因此K?_G為Frobenius核,H為Frobenius補(bǔ).進(jìn)而H中的2階元可以共軛作用于K, 且該作用是無(wú)不動(dòng)點(diǎn)的.從而由引理4知K為Abel群, 故K為初等Abel 19-群.再由K1(G)=19, 及π(H)是Γ(G)的一個(gè)連通分支知(|H|, 11·13)=1, 即π(H)={2, 3, 5},{2, 3, 5, 7}.

若π(H)={2, 3, 5}, 由于H的Sylow子群只能是循環(huán)群或廣義四元數(shù)群, 從而H2為8階循環(huán)群或四元數(shù)群,H3,H5都是循環(huán)群, 又因K1(G)=19,K2(G)=15, 所以1≤a≤2,b=1.

若π(H)={2, 3, 5, 7}, 同理可得H2為循環(huán)群或四元數(shù)群,H3,H5,H7為循環(huán)群, 且1≤a≤2,b=1,c=1, 結(jié)論(i)成立.

情形2 若G為2-Frobenius群, 則由引理3知G=ABC, 其中

{2, 3, 5}?π(A)?π(C)?{2, 3, 5, 7, 11, 13}π(B)={19}

由于B為Frobenius群AB的補(bǔ), 因此B的Sylow 19-子群為循環(huán)群, 從而|B|=19.再由BC是以B為核、C為補(bǔ)的Frobenius群, 故|C||(|B|-1), 即|C||18, 從而|A|2=4,8, 所以B在A2上的作用平凡, 導(dǎo)致G有38階元, 矛盾.因此G不是2-Frobenius群.

情形3 設(shè)G有正規(guī)列1?_H?_K?_G, 使得H和G/K是π1-群,K/H是非Abel單群,H是冪零群, 其中2∈π1, 且|G/K|||Out(K/H)|.下面根據(jù)d,e的取值分為4種情形進(jìn)行討論:

情形3.1 設(shè)d,e≥1.此時(shí)

|G|=23·3a·5b·7c·11d·13e·19fa,b,d,e,f≥1;c≥0

情形3.2 設(shè)d≥1,e=0.此時(shí)

|G|=23·3a·5b·7c·11d·19fa,b,d,f≥1;c≥0

同情形3.1可知11,19為Γ(K/H)的孤立點(diǎn), 因此t(K/H)≥3.分t(K/H)>3和t(K/H)=3兩種情形討論:

當(dāng)t(K/H)>3時(shí), 由文獻(xiàn)[13]和|K/H|2≤|G|2=23知K/H只可能同構(gòu)于J1, 即

K/H?J1(23·3·5·7·11·19)

由|Out(J1)|=1可知|G/K|=1, 故G/H?J1, 此時(shí)|H|=3a-1·5b-1·7c-1.因?yàn)镵1(G)=19,K2(G)=15, 所以H為p-群或冪零{3, 5}-群, 且滿足結(jié)論(ii)之條件.

當(dāng)t(K/H)=3時(shí), 由文獻(xiàn)[13]中給出的單群階分量表得K/H可能同構(gòu)于下列群之一:

Ap,A1(q),2Dp(3)(p=2m+1),G2(q),2G2(q),2Dp+1(2)(p=2m-1),F4(q),2F4(q).

若K/H?Ap, 由于p,p-2為奇階分量且為素?cái)?shù), 因此p=19,p-2=11, 顯然不存在這樣的p, 故K/HAp.

若K/H?A1(q), 對(duì)q分3種情況討論:

(a)當(dāng)2|q時(shí), 設(shè)q=2m(m∈N+), 由K/H有3個(gè)階分量q,q+1,q-1可知q+1=11d,19f, 進(jìn)而

q=11d-1=10(11d-1+11d-2+·s+1)

或

q=19f-1=18(19f-1+19f-2+·s+1)

與q=2m矛盾.

或

即5|19f或9|11d, 矛盾.

11d+1=(11+1)((-1)d-111d-1+·s-11+1)

故6|19f, 矛盾.因此2|d.于是令d=2t, 此時(shí)

q-1=11d-1=(11t-1)(11t+1)

如果2?t, 則由

q+1=11d+1=112t+1

知

矛盾.故2|t, 令t=2r, 即d=4r, 此時(shí)

q-1=11d-1=(11r-1)(11r+1)(112r+1)

如果2?r, 則

矛盾.故2|r, 令r=2k, 即d=8k, 此時(shí)

q-1=11d-1=(11k-1)(11k+1)(112k+1)(114k+1)

如果2?k, 則

矛盾.故2|k, 令k=2s, 則

d=16s

q-1=11d-1=(11s-1)(11s+1)(112s+1)(114s+1)(118s+1)

由于11s-1,11s+1,112s+1,114s+1,118s+1中任意兩個(gè)數(shù)的最大公約數(shù)為2, 因此q-1至少含有5個(gè)不同的素因子, 這與π(q-1)?{2, 3, 5, 7}矛盾.若q=19f, 同理可推出矛盾.因此K/HA1(q).

若K/H?G2(q)(q=3m,m∈N+), 由于K/H有3個(gè)階分量:q6(q2-1)2,q2+q+1,q2-q+1, 此時(shí)q6(q2-1)2=36m(3m+1)2(3m-1)2, 因此

24|36m(3m+1)2(3m-1)2=q6(q2-1)2

與|K/H|2≤|G|2=23矛盾.

32m+1+1=(3+1)(32m-32m-1+…-3+1)=4(32m-32m-1+…-3+1)

且

32m+1-1=(3-1)(32m+32m-1+…+3+1)=2(32m+32m-1+…+3+1)

于是

q3(q2-1)=8·36m+3(32m-32m-1+…-3+1)(32m+32m-1+…+3+1)

而32m-32m-1+…-3+1與32m+32m-1+…+3+1互素, 因此q3(q2-1)至少含有4個(gè)不同的素因子.又因π(q3(q2-1))?{2, 3, 5, 7}, 故π(q3(q2-1))={2, 3, 5, 7}.因?yàn)?/p>

32m+1±1=3·32m±1≡3(-1)m±1(mod 5)

即當(dāng)m為奇數(shù)時(shí), 32m+1±1≡-3±1(mod 5); 當(dāng)m為偶數(shù)時(shí), 32m+1±1≡3±1(mod 5).所以5?(32m+1±1), 進(jìn)而5?q3(q2-1), 與π(q3(q2-1))={2, 3, 5, 7}矛盾.

若K/H?2Dp+1(2), 由p=2m-1(m≥2,m∈N+)知p>2, 則K/H的第一個(gè)階分量中2p(p+1)>26, 矛盾于|K/H|2≤|G|2=23.

若K/H?F4(q), 由q=2m(m∈N+)知K/H的第一個(gè)階分量中q24=224m≥224, 矛盾于|K/H|2≤|G|2=23.

若K/H?2F4(q), 由q=22m+1(m∈N+)知K/H的第一個(gè)階分量中q12=224m+12≥212, 矛盾于|K/H|2≤|G|2=23.

情形3.3 設(shè)e≥1,d=0.此時(shí)

|G|=23·3a·5b·7c·13e·19fa,b,e,f≥1;c≥0

由K1(G)=19可知13,19是Γ(G)的孤立點(diǎn), 因此13,19也是Γ(K/H)的孤立點(diǎn), 故t(K/H)≥3.與情形3.2一樣, 分t(K/H)>3和t(K/H)=3兩種情形進(jìn)行討論, 同理可證這樣的單群K/H是不存在的.

情形3.4 設(shè)d,e=0.此時(shí)

|G|=23·3a·5b·7c·19fa,b,f≥1;c≥0

且19是Γ(G)的孤立點(diǎn), 故19∈π(K/H)?{2, 3, 5, 7, 19}, 則K/H可能是單K3-群、單K4-群、2a13a25a37a419a5單群(ai∈N,i=1,2,…,5).而由文獻(xiàn)[14]知單K3-群的階不含素因子19, 因此K/H不是單K3-群.

若K/H是單K4-群, 則由文獻(xiàn)[15]知K/H可能同構(gòu)于下列群之一:

L2(19)(25·32·5·19),L3(7)(25·33·73·19),U3(23)(29·34·7·19).

若K/H是2a13a25a37a419a5單群, 則由文獻(xiàn)[16]知K/H可能同構(gòu)于下列群之一:

A3(7)(29·34·52·76·19),2A2(19)(25·32·52·73·193).

但是這些群的Sylow 2-子群的階都大于23, 與|K/H|2≤23矛盾.所以此類(lèi)群不存在.