由交错单群A6的Sylow数集合得到的A6的一个新特性

吴 超，沈如林

(湖北民族学院 数学系，湖北 恩施 445000)

1 引言与引理

众所周知，Sylow定理是有限群理论中的最重要的定理之一.根据这个定理，对于任意的pam阶有限群G，这里p和m互素，总是存在pa阶子群，这个子群称之为群G的Sylowp-子群，且群G的Sylowp-子群的个数np(G)满足np(G)≡1(modp).称np(G)是群G的Sylowp-数(或Sylow数).在文献[1]中，P.Hall研究了可解群的Sylow数，在文献[2]中,M.Hall利用有限群的模表示理论给出了自然数n成为Sylow数的一个充分条件.之后，张继平在文献[3]中系统地研究了Sylow数的算术性质对群结构的影响并解决了解决了Huppert猜想(参见文献[3]和文献[4]).令sn(G)={np(G)|p∈π(G)}，这里π(G)是|G|的素因子集合，在文献[3]中提出了下面的问题：sn(G)对群结构有何影响？本文考虑了交错单群A6，得到如下定理：

定理1 设G是有限群且Z(G)=1.如果sn(G)=sn(A6)，那么A6≤G≤Aut(A6).

本文中所考虑的群均是有限群，p表示一个素数.群G·2表示群G被2阶循环群的扩张；G·22表示群G被4阶初等交换2-群的扩张.称群G是一个Kn-群，如果|π(G)|=n.

引理1[1]设G是有限可解群且|G|=mn，这里m=p1α1，p2α2…，prαr,(m,n)=1.令π={p1,p2,…,pr}，再令hm=q1β1，q2β2，…，qsβs是G的π-Hall子群的个数，那么对任意的i∈{1,2,…,s},hm满足下面两个条件：

(i)对某个pj，qiβi≡1(modpj)；

(ii)G的某个主因子的阶被qiβi整除.

引理2[5]设G是一个K3-单群，那么G同构于下列群之一：A5,A6,PSL(2,7),PSL(2，8),PSL(2，17),PSL(3,3),PSU(3，3)或者PSU(4,2).

引理3[6]设G是有限群且H,K≤K，那么[H,K]≤K当且仅当H≤NG(K).

引理4[3]设G是有限群且M是G的正规子群，那么np(M)和np(G/M)均整除np(G)，并且np(M)np(G/M)|np(G).

引理5[2]有限群G的Sylowp-数是下列两种类型的数的乘积：

(i)单群的Sylowp-数；

(ii)素数幂qt≡1(modp).

引理6[2]若n=1+rp,13是费马素数.

引理7[6]设P∈Sylp(G)，H≥NG(P)，则H=NG(H).

引理8[7]如果下列条件之一满足，则有限群G可解.

(i)|sn(G)|=2；

(ii)sn(G)={1,a,b}；

(iii)sn(G)={pr,a,b}，其中p为素数，并且或者(a,b)=1，或者p不整除ab.

引理9 数36不是某个有限群G的Sylow 7-数.

2 定理1的证明

首先证明π(G)=π(A6)={2,3,5}且np(G)=np(A6)，对所有的p∈π(G).已知|A6|=360=23·32·5，根据A6子群的结构不难计算n2(A6)=45，n3(A6)=10，n5(A6)=36，所以sn(G)=sn(A6)={45,10,36}，由np(G)≡1(modp)可得G的阶可能含有2,3,5,7,11这些素因子，下面排除7和11这两个素因子，若G含有7和11这两个素因子，由np(G)≡1(modp)可得n7(G)=36，n11(G)=45，分别由引理9和引理6知这是不可能的，于是π(G)=π(A6)={2,3,5}，从而此时又由np(G)≡1(modp)易得np(G)=np(A6)，对所有的p∈π(G).这样就证明了π(G)=π(A6)={2,3,5}且np(G)=np(A6)，对所有的p∈π(G).

(2)如果H/N≅A6，证明同第(1)种情形，有：A6≤G/K≤Aut(A6)=PΓL(2,9)，这里|PΓL(2,9)|=1440.所以G/K≅A6或者G/K≅S6≅A6·21或者G/K≅PGU2(9)≅A6·22或者G/K≅M10≅A6·23或者G/K≅PΓL(2，9)≅A6·22.所以n3(G/K)=n3(A6)，n5(G/K)=n5(A6)，这里G/K≅A6或者G/K≅S6≅A6·21或者G/K≅PGU2(9)≅A6·22或者G/K≅M10≅A6·23或者G/K≅PΓL(2，9)≅A6·22，又由引理4可得，n2(A6)=45|n2(G/K)，而由Sylow定理又有n2(G/K)|45，所以：n2(G/K)=n2(A6)，这里G/K≅A6或者G/K≅S6≅A6·21或者G/K≅PGU2(9)≅A6·22或者G/K≅M10≅A6.23或者G/K≅PΓL(2，9)≅A6·22，又由第一段已证明np(G)=np(A6)，对所有的p∈π(G)，所以np(G)=np(G/K)，对所有的p∈π(G)，这里这里G/K≅A6或者G/K≅S6≅A6·21或者G/K≅PGU2(9)≅A6·22或者G/K≅M10≅A6·23或者G/K≅PΓL(2，9)≅A6·22，因此由引理10，K=1且G≅A6或者G≅S6≅A6·21或者G≅PGU2(9)≅A6·22或者G≅M10≅A6·23，或者G≅PΓL(2，9)≅A6·22，即A6≤G≤Aut(A6).为使结论成立，下面仅需验证G≅A6或者G≅S6≅A6·21或者G≅PGU2(9)≅A6·22或者G≅M10≅A6·23，或者G≅PΓL(2，9)≅A6·22的中心坝为1.由文献[4]通过观察PΓL(2，9)≅A6·22的特征标表有：PΓL(2,9)=A6∪(S6≅A6·21)∪(PGU2(9)≅A2.22)∪(M10≅A6·22)，由于A6是单群，显然Z(A6)=1，由PΓL(2，9)≅A6·22的特征标表，A6中存在2阶元、3阶元和5阶元，若S6≅A6·21，PGU2(9)≅A6·22，M10≅A6·23的中心均不等于1，那么必存在的非单位的2阶元a,b,c是分别是它们的中心，那么S6≅A6·21中存在10阶元，PGU2(9)≅A6·22中存在4阶元，M10≅A6·23中存在6阶元，而由PΓL(2，9)≅A6·22的特征标表，S6≅A6·21中不存在10阶元，PGU2(9)≅A6·22中不存在4阶元，M10≅A6·23中不存在6阶元，矛盾，所以Z(S6≅A6·21)=1，Z(PGU2(9)≅A6·22)=1，Z(M10≅A6·23)=1，又PΓL(2,9)=A6∪(S6≅A6·21)∪(PGU2(9)≅A2.22)∪(M10≅A6·22)，所以：Z(PΓL(2,9))=1.这样就证明了G≅A6或者G≅S6≅A6·21或者G≅PGU2(9)≅A6·22或者G≅M10≅A6·23，或者G≅PΓL(2，9)≅A6·22，即：A6≤G≤Aut(A6).

综上所述，A6≤G≤Aut(A6)，证毕.

注意，如果将定理1中的交错单群A6改为A5时，容易证明一个更强的结果，即G≅A5.上面的两个群都是比较特殊的交错单群，如果考虑一般的交错单群，问是否还有类似于A6的结果，即有如下问题：

问题1 设An是交错单群，这里n≥5，G是有限群且Z(G)=1.如果sn(G)=sn(S)，是否有An≤G≤ Aut(An)？

[1] Hall P.A note on soluble groups[J].London Math Soc,1928,3(2):98-105.

[2] Hall M.on the number of Sylow subgroups of a finite group[J].Algebra，1967,7:363-371.

[3] Zhang J P.Sylow numbers of finite groups[J].Algebra，1995,176:111-123.

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[6] 徐明曜.有限群导引[M].北京：科学出版社，2007.

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