关于Janko群的新刻画
2018-06-04何立官陈贵云
何立官, 陈贵云
(1. 重庆师范大学 数学科学学院, 重庆 401331; 2. 西南大学 数学与统计学院, 重庆 400715)
1 引言及符号说明
有限群的数量刻画是群论领域的重要课题，一直以来，人们总是期望能用最少的数量条件去刻画群的最多性质.而“群的阶”和“群中元素的阶”是群的2个最基本的数量条件，且群的许多性质可以通过群的阶完整的反映出来，比如“奇数阶群可解定理”“paqb定理”等.那么类似的，可否借助于群中元素的阶来刻画群的性质呢？在20世纪80年代，Field奖获得者Thompson提出“同阶型群具有相同的可解性”这一有趣的猜想(该猜想由施武杰教授于1987年在澳大利亚国际会议上公开).
猜想1.1(J.G.Thompson猜想) 设G,M都是有限群，Sn(G)表示G群中n阶元组成的集合.如果|Sn(G)|=|Sn(M)|,n=1,2,3,…，那么G与M有相同的可解性，即G可解当且仅当M可解.
在同一时期，施武杰提出“用群阶和元素阶之集刻画有限单群”的猜想(文献[1]中的问题12.39).
猜想1.2(施武杰猜想) 设G是有限群，M是有限单群,则G≅M当且仅当|G|=|M|且πe(G)=πe(M),其中πe(G)表示群G中元素阶的集合.
猜想1.2于2009年被完全证明[2-9]，但如何弱化该猜想的条件就成为大家关注的热点问题.文献[10-16]仅用高阶元的阶和群的阶刻画了系列单群，局部弱化了猜想1.2的条件.而猜想1.1至今都没有得到完整的解决，但人们从最高阶元的个数出发，证明了该猜想在一些特殊条件下是成立的[17-21].文献[10-21]说明最高阶元在刻画群的性质结构方面有着特殊的地位.受以上工作的启发，本文试图去掉“同阶型群”“群阶相等”“元素阶之集相同”这些重要的数量条件，只用与最高阶元有关的几个数量来刻画有限群特别是有限单群.为叙述方便，先对本文中出现的一些符号加以说明.
设G是有限群，G后括号中的数字表示G的阶.k是一个正整数，π(k)表示k的相异素因子的集合，特别地，π(G)=π(|G|)，且记π(G)中的最大素数为lp(G).πe(G)表示群G中元素阶的集合，o1(G)表示G中最高阶元素的阶，n1(G)表示G中最高阶元素的个数.设G一共有r个o1(G)阶元，其中心化子的阶两两不同，并依次设这些中心化子的阶为ci(G)(i=1,2,…,r).令
ONC1(G)=
{o1(G);n1(G);c1(G),c2(G),…,cr(G)},
称ONC1(G)为G的第一ONC-度量.用Γ(G)表示G的素图,t(G)表示G的素图连通分支数,πi(i=1,2,…)表示Γ(G)的第i个连通分支所含顶点之集.如果2||G|,则总设2∈π1(见文献[22]).设m、n是两个整数，mk||n表示mk|n但mk+1⫮n.其余符号及术语是标准的.
本文用群的第一ONC-度量ONC1(G)刻画了Janko群J1、J3、J4，用ONC1(G)和lp(G)刻画了Janko群J2.
注1对Janko群来说，ONC1(G)只含3个数量，这说明J1、J3、J4只需要3个数量就可以完整刻画，所有Janko群最多需要4个数量就能完整刻画.而本文最大特点在于避开了“群阶相等”“群的元素阶之集相同”等重要的数量条件.
2 主要引理
引理2.1由文献[23]知,如果G为Janko群,那么|G|、ONC1(G)如表1给出.
表1 Janko 群的阶和第一ONC-度量
引理2.2[22]设G的素图分支大于1,则G的结构是如下之一:
1)G是Frobenius群或者2-Frobenius群;
2)G有一正规列1◁H◁K◁G,使得H和G/K是π1-群,K/H是非交换单群,其中2∈π1.H为幂零群,而且|G/K|||Out(K/H)|.
引理2.3[24]设G是偶阶Frobenius群,K是Frobenius核,H是Frobenius补,则t(G)=2且T(G)={π(H),π(K)}.
引理2.4[24]设G是偶阶2-Frobenius群,则t(G)=2,且G有正规列1◁H◁K◁G,使得
π(K/H)=π2,π(H)∪π(G/K)=π1,
G/K和K/H均为循环群且满足|G/K|||Aut(K/H)|.特别地|G/K|<|K/H|,G可解.
引理2.5[25]设π′-群H作用在π-群G上,且G和H中至少有一个可解，则对任意素数p||G|,G中存在H-不变的Sylowp-子群,并且G的任意2个H-不变Sylowp-子群在CG(H)下共轭.
3 主要定理及证明
定理3.1设G为有限群，M为Janko群：J1,J3,J4，则G≅M的充分必要条件是ONC1(G)=ONC1(M).
证明必要性显然,下证充分性.
情形 1 设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阶元都是自中心化的,所以G中任何19阶元a所在的共轭类长度都是
设G中19阶元一共分为t个共轭类,则
t·|G|/19=23·3·5·7·11,
从而|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).又因为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)的孤立点,从而t(G)≥2.由引理2.2知G或者是Frobenius群,或者是2-Frobenius群,或者G有一正规子群列1◁H◁K◁G,使得H和G/K是π1-群,K/H是非交换单群,其中2∈π1,H为幂零群,而且
|G/K|||Out(K/H)|.
下证G既不是Frobenius群也不是2-Frobenius群.
设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补.所以K要么是G的Sylow19-子群,要么是G的19′-Hall子群.设S为K的一个Sylow子群,因为K幂零,所以有|H||(|S|-1).于是可以选择一个适当的Sylow-子群S，使得
|H||(|S|-1),
从而得出矛盾.显然K不是Sylow19-子群.故设K是19′-Hall子群.考虑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,则由引理2.4知t(G)=2,且G有正规列1◁H◁K◁G,使得
π(K/H)=π2,π(H)∪π(G/K)=π1,
|G/K|||Aut(K/H)|.
因为19是Γ(G)的孤立点,所以π2={19}，于是
π(H)∪π(G/K)⊆{2,3,5,7,11}
且|K/H|=19.又因为|G/K|||Aut(K/H)|,所以p⫮|G/K|,于是p||H|,其中p=7或11.用G中19阶元g共轭作用在H上,由引理2.5知存在H的Sylowp-子群L在该作用下不变.显然有
19⫮ |Aut(L)|,
即g平凡作用在L上,故G中有阶大于19的元,矛盾.因此G不是2-Frobenius群.
于是G有一正规列1◁H◁K◁G,使得H和G/K是π1-群,K/H是非交换单群,其中2∈π1,H为幂零群,而且|G/K|||Out(K/H)|.因为19是Γ(G)的孤立点,所以
π(H)∪π(G/K)⊆{2,3,5,7,11},
而19∈π(K/H).由文献[23]知
K/H≅L2(19)(22·32·5·19),
或K/H≅J1(23·3·5·7·11·19).
设K/H≅L2(19).因为|Out(L2(19))|=2,所以|G/K|=1或2,因此p||H|,其中p=7或11.设L为H的Sylowp-子群,则|L|=p.因为H幂零,所以L◁G.用G中19阶元作用在L上,该作用平凡,从而产生阶大于19的元,矛盾.
设K/H≅J1.如果|G|=23·3·5·7·11·19,那么G≅J1.于是设|G|=23·32·5·7·11·19.因为|Out(J1|=1,所以|G/K|=1,从而|H|=3.用G中19阶元作用在H上，有57∈πe(G)，矛盾.于是G≅J1.
情形 2 设M=J3.由引理2.1知ONC1(G)=ONC1(J3)={19;28·35·5·17;19}.
类似情形1的证明可知|G||28·35·5·17·19,{5,19}⊆π(G)或{17,19}⊆π(G),且33||G|.同时G有一正规列1◁H◁K◁G,使得H和G/K是π1-群,K/H是非交换单群,其中2∈π1,H为幂零群,而且|G/K|||Out(K/H)|.因为19是Γ(G)的孤立点,所以π(H)∪π(G/K)⊆{2,3,5,17},19∈π(K/H).于是由文献[23]和文献[12]中的表3知
K/H≅L2(19)(22·32·5·19),
或K/H≅J3(27·35·5·17·19).
设K/H≅L2(19).因为|Out(L2(19))|=2,所以|G/K|=1或2,因此3||H|.设L为H的Sylow3-子群,则L◁G且|L||33.考虑Ω1(Z(L)),显然Ω1(Z(L))为初等交换3-群且Ω1(Z(L))◁G.由于|Ω1(Z(L))||33,故19⫮|Aut(Ω1(Z(L)))|.用G中19阶元作用在Ω1(Z(L))上,该作用平凡,从而57∈πe(G),矛盾.
设K/H≅J3.如果|G|=27·35·5·17·19,那么G≅J3.于是设|G|=28·35·5·17·19.因为|Out(J3|=2,所以|G/K|=1或2.如果|G/K|=1,则|H|=2.用G中19阶元作用在H上，有38∈πe(G)，矛盾.从而|G/K|=2,此时K/H=K≅J3,故G=J3×Z2或G=J3Z2.如果G=J3×Z2,则38∈πe(G),矛盾.如果G=J3Z2,则o1(G)=34,矛盾.于是G≅J3.
情形 3 设M=J4.由引理2.1知
ONC1(G)=ONC1(J4)=
{66;221·33·5·7·112·23·29·31·37·43;66}.
类似情形1的讨论有|G||222·33·5·7·113·23·29·31·37·43,{2,3,11}⊆π(G).断言43||G|.否则|G|=222·33·5·7·113·23·29·31·37.易证G有一正规列1◁H◁K◁G,使得H和G/K是π1-群,K/H是非交换单群,其中2∈π1,H为幂零群,而且|G/K|||Out(K/H)|.因为37是Γ(G)的孤立点,所以
π(H)∪π(G/K)⊆{2,3,5,7,11,23,29,31},
37∈π(K/H).由文献[23]和[12]中的表3知
K/H≅U3(11)(25·32·5·113·37).
此时29||H|.用37阶元作用在H的Sylow29-子群上,该作用产生阶大于66的元,矛盾.于是43||G|.同理可得G有一正规列1◁H◁K◁G,使得H和G/K是π1-群,K/H是非交换单群,其中2∈π1,H为幂零群,而且|G/K|||Out(K/H)|.因为37,43都是Γ(G)的孤立点,所以37,43∈π(K/H).再由文献[23]和文献[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.于是设
|G|=222·33·5·7·113·23·29·31·37·43.
因为|Out(J4)|=1,所以|G/K||1,因此|H|=2.用G中43阶元作用在H上，有86∈πe(G)，矛盾.于是G≅J4.
定理证毕.
定理3.2设G为有限群，则G≅J2的充分必要条件是ONC1(G)=ONC1(J2)且lp(G)=lp(J2).
证明必要性显然，下证充分性.
由引理2.1知
ONC1(G)=ONC1(J2)={15;28·32·5·7;15},
lp(G)=lp(J2)=7.此时有
|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阶元作用在C的Sylow5-子群上，则有35∈πe(G)，矛盾.于是5|||G|,此时|G|=28·33·5·7.如果3||C|，那么用G的7阶元作用在C的Sylow3-子群上，则有21∈πe(G)，矛盾.因此3⫮|C|.设2||C|,比较阶知|C||4.如果|C|=2,那么用G的15阶元作用在C上，则有30∈πe(G)，矛盾.如果|C|=4,那么由文献[23]知G/C≅L3(4)Z3,此时有21∈πe(G),矛盾.故C=1，从而G≅Aut(L3(4),但o1(Aut(L3(4)))=21,矛盾.
|G|=28·33·52·7.
如果|H|=2,用15阶元作用在H上，则有30∈πe(G)，矛盾.因此设H=1.由|Out(J2)|=2知G≅J2×Z2或G≅J2Z2.如果G≅J2×Z2,则30∈πe(G),矛盾.如果G≅J2Z2,则G≅Aut(J2),此时o1(G)=24,矛盾.从而G≅J2.
定理证毕.
最后,提出1个问题:是否存在反例说明定理3.2中条件lp(G)=7是必要的.
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