与J1有相同元素最高阶和次高阶及Sylow 2子群的阶的有限群①

陈婉平， 陈贵云

西南大学 数学与统计学院，重庆 400715

在有限群的研究中, 群的结构往往可以通过一些数量关系刻画出来, 例如: 著名的Lagrange定理、Sylow定理、Burnsidepaqb定理等.这些定理体现了群的数量刻画的重要性, 而如何用更少的数量关系去刻画群的更多性质是群论学者一直思考的问题.20世纪80年代初, 施武杰教授提出可以只用群阶和元素阶之集对有限单群进行刻画的猜想.该猜想提出后, 众多学者对此做了大量的研究, 最终在2009年得到完全证明, 即: 所有有限非交换单群都可以通过群阶和元素阶之集唯一确定.此后, 群论学者开始思考如何弱化该猜想的条件继续研究单群的结构.例如: 文献[1-3]只用群阶和最高阶元的阶刻画了散在单群、部分交错群、部分对称群; 文献[4-5]去掉了群阶这一重要条件, 只用最高阶元的阶和最高阶元的个数及最高阶元中心化子的阶刻画了Mathieu群、Janko群、部分交错群; 文献[6-9]讨论了与交错群或Mathieu群有相同元素的最高阶和次高阶及Sylow 2-子群的阶的有限群的结构.当然仅用这3个数量条件并不能把单群唯一确定下来, 但是可以得这类群比较具体的结构, 所以本文将继续此研究, 讨论与J1有相同元素的最高阶和次高阶及Sylow 2-子群的阶的有限群, 并得到了此类群的结构.本文所涉及的群都是有限群.设G为有限群,Γ(G)表示G的素图,K1(G)表示群G的最高阶元的阶,K2(G)表示群G的次高阶元的阶,Gp表示群G的Sylowp-子群,|G|p表示群G的Sylowp-子群的阶, 其他符号都是标准的.

引理1[10]有限群G的素图不连通, 则下列结论之一成立:

(i)G为Frobenius群;

(ii)G为2-Frobenius群;

(iii)G有正规列1◁_H◁_K◁_G, 使得H和G/K是π1-群,K/H是非Abel单群,H是幂零群, 其中2∈π1, 且|G/K|||Out(K/H)|.

引理2[11]设有限群G=KH是以K为核、H为补的Frobenius群, 则K是幂零群,H的Sylow子群是循环群或广义四元数群,t(G)=2, 且Γ(G)的连通分支为π(H),π(K),|H||(|K|-1).

引理3[12]设有限群G是2-Frobenius群, 则G=ABC, 其中A◁_G,AB◁_G,B,C为循环群,AB是以A为核、B为补的Frobenius群,BC是以B为核、C为补的Frobenius群,Γ(G)恰有两个连通分支, 且π1(G)=π(A)∪π(C),π2(G)=π(B).

引理4[8]设有限群G有2阶无不动点自同构σ, 则G为Abel群, 且σ(g)=g-1(∀g∈G).

Janko群J1的阶为23·3·5·7·11·19, 元素的最高阶为19, 次高阶为15.本文我们证明如下结论:

定理1设有限群G的Sylow 2-子群的阶是23,K1(G)=19,K2(G)=15, 则G同构于下列群之一:

(i)G=KH是以K为Frobenius核的Frobenius群,|G|=23·3a·5·7c·19f, 其中a=1,2,c=0,1,f≥1,K为初等Abel 19-群,H2为8阶循环群或四元数群,H3,H5,H7为循环群;

(ii)G/H≅J1,|G|=23·3a·5b·7c·11d·19f, 其中a,b,c,d,f≥1,H为p-群(p=3,5,7)或幂零{3, 5}-群, 且Exp(H)=p,9,15.

证由K1(G)=19,K2(G)=15, 及|G|2=23可设

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

且易知19是Γ(G)的孤立点, 因此G的素图不连通.由引理1, 我们按如下3种情形进行讨论:

情形1 若G为Frobenius群, 由引理2可设G=KH, 其中

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

若H◁_G, 考虑K在H2上的作用知K必然平凡作用在H2上, 得G有38阶元, 矛盾.因此K◁_G为Frobenius核,H为Frobenius补.进而H中的2阶元可以共轭作用于K, 且该作用是无不动点的.从而由引理4知K为Abel群, 故K为初等Abel 19-群.再由K1(G)=19, 及π(H)是Γ(G)的一个连通分支知(|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子群只能是循环群或广义四元数群, 从而H2为8阶循环群或四元数群,H3,H5都是循环群, 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为循环群或四元数群,H3,H5,H7为循环群, 且1≤a≤2,b=1,c=1, 结论(i)成立.

情形2 若G为2-Frobenius群, 则由引理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为Frobenius群AB的补, 因此B的Sylow 19-子群为循环群, 从而|B|=19.再由BC是以B为核、C为补的Frobenius群, 故|C||(|B|-1), 即|C||18, 从而|A|2=4,8, 所以B在A2上的作用平凡, 导致G有38阶元, 矛盾.因此G不是2-Frobenius群.

情形3 设G有正规列1◁_H◁_K◁_G, 使得H和G/K是π1-群,K/H是非Abel单群,H是幂零群, 其中2∈π1, 且|G/K|||Out(K/H)|.下面根据d,e的取值分为4种情形进行讨论:

情形3.1 设d,e≥1.此时

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

情形3.2 设d≥1,e=0.此时

|G|=23·3a·5b·7c·11d·19fa,b,d,f≥1;c≥0

同情形3.1可知11,19为Γ(K/H)的孤立点, 因此t(K/H)≥3.分t(K/H)>3和t(K/H)=3两种情形讨论:

当t(K/H)>3时, 由文献[13]和|K/H|2≤|G|2=23知K/H只可能同构于J1, 即

K/H≅J1(23·3·5·7·11·19)

由|Out(J1)|=1可知|G/K|=1, 故G/H≅J1, 此时|H|=3a-1·5b-1·7c-1.因为K1(G)=19,K2(G)=15, 所以H为p-群或幂零{3, 5}-群, 且满足结论(ii)之条件.

当t(K/H)=3时, 由文献[13]中给出的单群阶分量表得K/H可能同构于下列群之一:

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为奇阶分量且为素数, 因此p=19,p-2=11, 显然不存在这样的p, 故K/HAp.

若K/H≅A1(q), 对q分3种情况讨论:

(a)当2|q时, 设q=2m(m∈N+), 由K/H有3个阶分量q,q+1,q-1可知q+1=11d,19f, 进而

q=11d-1=10(11d-1+11d-2+·s+1)

或

q=19f-1=18(19f-1+19f-2+·s+1)

与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, 此时

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

如果2⫮t, 则由

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

知

矛盾.故2|t, 令t=2r, 即d=4r, 此时

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

如果2⫮r, 则

矛盾.故2|r, 令r=2k, 即d=8k, 此时

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

如果2⫮k, 则

矛盾.故2|k, 令k=2s, 则

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中任意两个数的最大公约数为2, 因此q-1至少含有5个不同的素因子, 这与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个阶分量:q6(q2-1)2,q2+q+1,q2-q+1, 此时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

与|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与32m+32m-1+…+3+1互素, 因此q3(q2-1)至少含有4个不同的素因子.又因π(q3(q2-1))⊆{2, 3, 5, 7}, 故π(q3(q2-1))={2, 3, 5, 7}.因为

32m+1±1=3·32m±1≡3(-1)m±1(mod 5)

即当m为奇数时, 32m+1±1≡-3±1(mod 5); 当m为偶数时, 32m+1±1≡3±1(mod 5).所以5⫮(32m+1±1), 进而5⫮q3(q2-1), 与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, 则K/H的第一个阶分量中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的第一个阶分量中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的第一个阶分量中q12=224m+12≥212, 矛盾于|K/H|2≤|G|2=23.

情形3.3 设e≥1,d=0.此时

|G|=23·3a·5b·7c·13e·19fa,b,e,f≥1;c≥0

由K1(G)=19可知13,19是Γ(G)的孤立点, 因此13,19也是Γ(K/H)的孤立点, 故t(K/H)≥3.与情形3.2一样, 分t(K/H)>3和t(K/H)=3两种情形进行讨论, 同理可证这样的单群K/H是不存在的.

情形3.4 设d,e=0.此时

|G|=23·3a·5b·7c·19fa,b,f≥1;c≥0

且19是Γ(G)的孤立点, 故19∈π(K/H)⊆{2, 3, 5, 7, 19}, 则K/H可能是单K3-群、单K4-群、2a13a25a37a419a5单群(ai∈N,i=1,2,…,5).而由文献[14]知单K3-群的阶不含素因子19, 因此K/H不是单K3-群.

若K/H是单K4-群, 则由文献[15]知K/H可能同构于下列群之一:

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

若K/H是2a13a25a37a419a5单群, 则由文献[16]知K/H可能同构于下列群之一:

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

但是这些群的Sylow 2-子群的阶都大于23, 与|K/H|2≤23矛盾.所以此类群不存在.