具有给定共轭类长的有限群

邵长国， 蒋琴会

(上海大学理学院，上海200444)

共轭类的某些数量性质与有限群结构之间的关系是有限群论研究的重要课题之一.在共轭类的数量性质中，有关共轭类长的研究非常活跃.如何通过类长来刻画有限群的某些性质是人们比较感兴趣的课题［1-3］.本工作将通过有限群G的共轭类长集合cs(G)来刻画有限群A6和S6，并得到如下定理.

定理1 设G为一有限群，且Z(G)=1，如果cs(G)={1，p3·r，p·q2·r，p3·q2，q2·r}，则G≅A6.

定理2 设G为一有限群，且Z(G)=1，如果cs(G)={1，q·r，p3·r，q2·r，p·q2·r，p3·q·r，p4·q2}，则G≅S6.

本工作用π(G)表示有限群G阶的素因子集合，πe(G)为G的元素阶的集合，πc(G)={p|p|n，n∈cs(G)}.若G的元素的阶为素数幂，则称群G为质幂元群;若|π(G)|=3，则有限单群G称为单K3-群.群G的素图Γ(G)定义如下：图的顶点集为群G的阶的所有素因子组成的集合，2个顶点p和q邻接，当且仅当pq∈πe(G).Γ(G)的连通分支数用t(G)表示，连通分支用πi表示，i=1，2，….若G为偶数阶群，则总假定2∈π1.

1 预备知识

引理1［4］设G为一有限群，且Z(G)=1，则π(G)=πc(G).

引理2［5］如果G有2个元素x和y，使得xy= yx，且(o(x)，o(y))=1，则 CG(xy)=CG(x)∩CG(y).

引理3［6］若G为一有限可解质幂元群，则|π(G)|≤2.

引理4［1］若G为一单K3-群，则G≅A5(22·3· 5)，A6(23·32·5)，L2(7)(23·3·7)，L2(8)(23· 32·7)，L2(17)(24·32·17)，L3(3)(24·33·13)，U3(3)(25·33·7)或U4(2)(26·34·5).

引理 5［7］设 G为偶阶 2-Frobenius群，则t(G)=2，且G有正规列1HKG，使π(K/H)= π2，π(H)∪π(G/K)=π1，G/K和K/H均为循环群.特别地，|G/K|＜|K/H|，G可解.

引理6［8］设G为一有限群，其素图分支个数大于1，则G有下列情形之一.

(1)G为Frobenius群或2-Frobenius群.

2 定理证明

定理1 设G为一有限群，且Z(G)=1，如果cs(G)={1，p3·r，p·q2·r，p3·q2，q2·r}，则G≅A6.

证明 由引理1，π(G)={p，q，r}.不妨设|G|=pa·qb·rc.因 cs(G)={1，p3·r，p·q2·r，p3·q2，q2·r}，有a≥3，b≥2，c≥1.设P∈Sylp(G)，1≠x∈Z(P)，则|xG|=|G：CG(x)|||G：P|，因此，p|/|xG|.因 |xG|∈cs(G)，所以 |xG|=q2·r，|CG(x)|=pa·qb-2·rc-1.

如果c＞1，设R∈Sylr(CG(x))，则存在R1∈Sylr(G)，使得RR1，因此，Z(R1)∩R≠1.取1≠y∈Z(R1)∩R，则xy=yx，且(o(x)，o(y))=1.由引理2，CG(xy)=CG(x)∩CG(y)，因此，|(xy)G|=|G：CG(xy)|=|G：CG(x)∩CG(y)|.进而有|xG|| |(xy)G|，且|yG|||(xy)G|.由|xG|∈cs(G)，|yG|∈cs(G)，得p3·q2·r||(xy)G|，这与|(xy)G|∈cs(G)矛盾.因此，c=1.

如果b＞2，设1≠x1∈Z(R1)，R1∈Sylr(G).所以，r|/||，又||∈cs(G)，则 ||=p3·q2，|CG(x1)|=pa-3·qb-2·r.设Q∈Sylq(CG(x1))，则存在Q1≤G，使得QQ1，且|Q1|=qb-1.因此，Q∩Z(Q1)≠1.取1≠z∈Q∩Z(Q1)，则|zG|=p3·r.同上可得，p3·q2·r||(x1z)G|，这与|(x1z)G|∈cs(G)矛盾.因此，b=2.

同理可以证明，a=3.

因此，|G|=p3·q2·r.

设P∈Sylp(G)，Q∈Sylq(G)，R∈Sylr(G)，1≠x∈Q，1≠y∈R，则|CG(x)|=q2，|CG(y)|=r.

又设1≠z∈Z(P)，则|CG(z)|=p3;若z∈PZ(P)，则|CG(z)|=p2.

这说明G为一质幂元群，由引理3知，G非可解且G必有一个主因子H∶=H/N为单K3-群.由引理4知≅A5，A6，L2(7)或L2(8).若≅A5，则||= 24·3·5，进而得到||=23·3·5或||=22·3· 5.如果|G|=23·3·5，则 |N|=3或5.但此时对于任意的1≠n∈cs(G)，n＞5.由于N为G的一些共轭类的并，矛盾.如果||=22·3·5，则|π(N)|=2.所以，存在一个素数 r∈π(G)-π(N)和 Gr∈Sylr(G).于是Gr以共轭方式作用在N上.由于G为一质幂元群，所以这个作用是无不动点的，因此N幂零，矛盾.若≅A6，则|G|=23·32·5，此时，G=≅A6.若≅L2(7)，则因 CG/N(H/N)=1，得到G/N＜～Aut(L2(7))，所以，|G/N|=23·3·7，且|N|=3或7.若|N|=3，则P7∈Syl7(G)无不动点地作用在N上，可得|P7|||N|-1，即7|3-1，矛盾.若|N|=7，则P2∈Syl2(G)无不动点地作用在N上，所以8|7-1，矛盾.

因此，G≅A6.

推论1 设G为一有限群，且Z(G)=1，如果cs(G)={1，40，45，72，90}，则G≅A6.

定理2 设G为一有限群，且Z(G)=1，如果cs(G)={1，q·r，p3·r，q2·r，p·q2·r，p3·q·r，p4·q2}，则G≅S6.

证明 类似定理1的证明，可以得到|G|=p4· q2·r.易知G为一Crr-群，且G的素图分支为2个.又由G的某个共轭类长为p·q2·r知，G的Sylow p-子群P非交换，且只有Z(P)中的p-元素与Q∈Sylq(G)的q-元素交换.由集合cs(G)可知，∀1≠a∈Z(P)，|aG|=q·r或q2·r，且|CG(a)|=p4·q或p4.从而，G无p·q2阶元.若G中含有q2阶元y，则|yG|=p3·r，|CG(y)|=p·q2，这与G中不含p·q2阶元矛盾.故G不含q2阶元.

同理可知，G中不含p2·q阶元.下证G既不是Frobenius群，也不是2-Frobenius群.设G=K×|H为Frobenius群.若K∈Sylr(G)，则由P非交换可知，P为一2-群，又是H的Sylow q-子群，从而也是G的Sylow q-子群循环，矛盾.

若H∈Sylr(G)，对于∀1≠x∈Z(Q)，则 p，q|/|xG|，这与|xG|∈cs(G)矛盾.

若q|||G/K|，则q|r-1.由q||H|，则r|q-1，矛盾.

若q|/|G/K|，则q2||H|.假设p||H|且|H|p= pt.由于K是以H为核的Frobenius群，故r|pt-1.又G/H是以K/H为核的Frobenius群，所以，p4-t|r.于是，t=3.这时可以得到|H|=p3·q2.任取H的一个非零q-元x，则|xG||p·r.因|xG|∈cs(G)，所以，|xG|=1，且 x∈Z(G)，矛盾.因此，|H|=q2且|G/K|=p4.由引理5可知，G/K循环，因此，G中存在p4阶元，矛盾.

因此，G既不是Frobenius群，也不是2-Frobenius群.

若K/H≅A5，则π2={3}或π2={5}.如果π2= {3}，则π1={2，5}.下面分p=2或5两种情形来讨论.假设p=2，则q=5且r=3.于是，可以得到|G|=24·52·3.因CG/H(K/H)=1，所以，G/H＜～Aut(A5)=S5，即|G/H|=22·3·5或23·3·5.于是，|H|=22·5或2·5.设P3∈Syl3(G)，则P3互素地作用在H上.由于H幂零，且G中不含15阶元，P3无不动点地作用在H5∈Syl5(H)上.因此，|P3|| |H5|-1，即3|5-1，矛盾.

假设p=5，则q=2，且r=3.于是，可以得到|G|=54·22·3.同上可得，矛盾.

若π2={5}，π1={2，3}，下面再分p=3，q=2或p=2，q=3两种情况进行讨论.

假设p=3，q=2，则同上可得，矛盾.故只有p= 2，q=3，r=5，即π1={2，3}，π2={5}.因|G|=24· 32·5，故|H||12.又因H为G的一些共轭类的并，但∀1≠n∈cs(G)，n≥15，所以，H=1，K≅A5.因K◁—G，故K为G的一些共轭类的并.于是，|K|=1+ 15k1+40k2+45k3+90k4+120k5+144k6，此方程无非负整数解，故K/H≇A5.

同理，K/H≇L2(7)，L2(8)或L2(17).

因此，K/H≅A6.同上可得，H=1，K≅A6.又因CG(K)=1，所以，A6≤G≤Aut(A6).由文献［10］中的引理2可知，只有G≅S6满足6∈πe(G)，且10∉πe(G).因此，G≅S6.

推论2 设G为一有限群，且Z(G)=1，如果cs(G)={1，15，40，45，90，120，144}，则G≅S6.

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