对称群Sn(n≤13)的新刻画

夏雪琴, 何立官

(重庆师范大学 数学科学学院, 重庆 401331)

1 引言及主要引理

众所周知,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,那么能否通过这2个基本的数量条件对群进行完整的刻画呢？为此,施武杰教授提出这样一个猜想(见文献[1],问题12.39)：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.该猜想在中俄两国群论工作者的共同努力下于2009年被完全证明(部分工作见文献[2-9]).现在如何弱化猜想的条件就成为大家关心的问题.文献[10-16]仅用高阶元的阶和群的阶刻画了系列单群和对称群Sn(n≤15),局部地弱化了猜想的条件.文献[17-18]去掉了“群阶相等”、“元素阶之集相同”这2个重要的数量条件,只用与最高阶元素有关的几个数量刻画了Mathieu群和李型单群L2(q),其中q=pn<30.本文将继续这一工作,用与最高阶元素有关的几个数量来刻画对称群Sn(n≤13).为了叙述方便,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.设m、n是2个整数,mk‖n表示mk|n但mk+1⫮n.其余符号及术语是标准的.

引理 1.2[19]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.

2 主要结论

定理 2.1设G是有限群,则G≅Sn(n=1,2,5)当且仅当ONC1(G)=ONC1(Sn).

定理 2.2设G是有限群.如果ONC1(G)=ONC1(S3)={3;2;3},那么G≅C3或G≅S3,其中C3表示一个3阶循环群.

证明类似定理2.1的证明可知|G|=3或|G|=6.如果|G|=3,那么G≅C3.如果|G|=6,那么由6阶群的结构知G≅S3.证毕.

定理 2.3设G是有限群,则G≅Sn(4≤n≤13,n≠5)当且仅当:

(i) ONC1(G)=ONC1(Sn);

(ii)lp(G)=lp(Sn).

证明必要性显然,下证充分性.

情形1设n=4,则ONC1(G)=ONC1(S4)={4;6;4},且lp(G)=3.类似定理2.1的证明有|G||24.由4||G|知|G|=12或24.如果|G|=12,那么G的Sylow 3-子群的个数为1或4.如果G只有1个Sylow 3-子群P3,则P3◁G.因为G中有4阶元,且4⫮ |Aut(P3)|,所以有6∈πe(G),矛盾.如果G有4个Sylow 3-子群,那么G中有8个3阶元,从而G的阶至少是1+6+8=15>12,矛盾.故|G|=24.因为o1(G)=4,所以由文献[16]知G≅S4.

设K/H≅A5.由引理1.1知存在G的正规子群C满足A5G/CS5.由比较阶知p||C|,其中p=2,3.用G的5阶元g共轭作用在C上,由引理1.2知存在C的Sylowp-子群L在该作用下不变.考虑Ω1(Z(L)),显然Ω1(Z(L))为初等交换p-群且Ω1(Z(L))在该作用下也不变.由于|Ω1(Z(L))|=3或|Ω1(Z(L))||23,故5⫮ |Aut(Ω1(Z(L)))|,从而g作用在Ω1(Z(L))上为平凡作用,因此有10∈πe(G)或15∈πe(G),矛盾.

设K/H≅A6.此时存在G的正规子群C满足A6G/CAut(A6).若C≠1,则C为2-群,且|C||22.用G的5阶元共轭作用在C上,则有10∈πe(G),矛盾.于是设C=1,即A6GAut(A6).若|G|=23·32·5,则G≅A6,此时有o1(G)=5,矛盾.若|G|=24·32·5,则G≅A6Z2,由文献[20]知G≅S6.若|G|=25·32·5,则G≅Aut(A6),此时有o1(G)=10,矛盾.故有G≅S6.

设K/H≅A7,A8,L3(4),A9.由引理1.1知存在G的正规子群C满足K/HG/CAut(K/H).若52||G|,比较阶知5||C|.用G的7阶元g共轭作用在C上,由引理1.2知存在G的Sylow 5-子群L在该作用下不变.因为|L|=5,故7⫮|Aut(L)|,从而g作用在L上为平凡作用,因此有35∈πe(G),矛盾.因此5‖|G|,比较阶知H为{2,3}-群.设g为群G的30阶元,由G/CG(K/H)≦Aut(K/H),且Aut(K/H)中没有30阶元知g∈CG(K/H).因为H为{2,3}-群,所以gH的阶至少是5,从而35∈πe(G),矛盾.

设K/H≅J2.此时比较阶知H也为{2,3}-群.又因为Aut(J2)中也没有30阶元,类似上述讨论可以推出矛盾.

于是K/H≅A10.此时存在G的正规子群C满足A10G/CS10.因为A10中有21阶元,故G中也有21阶元.若C≠1,则|C|=2.用G的21阶元共轭作用在C上,则有42∈πe(G),矛盾.于是设C=1,即A10GS10.若|G|=27·34·52·7,则G≅A10,此时有o1(G)=21,矛盾.因此|G|=28·34·52·7,即G≅S10.

设K/H≅L2(11),M11,M12,M22.由引理1.1知存在G的正规子群C满足K/HG/CAut(K/H).若52||G|,比较阶知5||C|.用G的11阶元g共轭作用在C的Sylow 5-子群L上,有55∈πe(G),矛盾.因此5‖|G|,比较阶知H为{2,3,7}-群.设g为群G的30阶元,由G/CG(K/H)≦Aut(K/H),且Aut(K/H)中没有30阶元知g∈CG(K/H).因为H为{2,3,7}-群,所以gH的阶至少是5,从而55∈πe(G),矛盾.

于是K/H≅A11.此时存在G的正规子群C满足A11G/CS11.因为A11中有21阶元,故G中也有21阶元.若C≠1,则|C||22.用G的21阶元共轭作用在C上,则有42∈πe(G),矛盾.于是设C=1,即A10GS10.由o1(A11)=21知G≅S11,此时|G|=28·34·52·7·11.

定理证毕.

注 1定理2.3中的条件lp(G)=lp(Sn)是必要的.如设G为四元数群〈a,b|a4=1,b2=a2,b-1ab=a3〉,有ONC1(G)=ONC1(S4)={4;6;4},但G与S4不同构.

最后,作为定理2.1和定理2.3的推论,有

定理 2.4设G是有限群,则G≅Sn(3≠n≤13)当且仅当:(i) ONC1(G)=ONC1(Sn);(ii)lp(G)=lp(Sn).