用极大交换子群阶的集合刻画Sn①

高丽，汪忠碧，陈贵云

西南大学 数学与统计学院， 重庆 400715

用群的局部性质研究有限群的结构是群结构研究的基本方法． 施武杰最早开始利用群的数量性质来研究有限群的结构， 特别是单群的刻画． 关于交错群和对称群的数量刻画， 文献[1]证明了G≅An当且仅当πe(G)=πe(An)， |G|=|An|． 文献[2]证明了G≅Sn当且仅当πe(G)=πe(Sn)， |G|=|Sn|， 后来又证明了交错群可以仅用元的阶之集合刻画， 即仅用πe(G)=πe(Sn)刻画． 文献[3]用群的第一ONC-度量刻画了Sn(n≤14)． 文献[4]用群的第一ONC-度量和群的阶的最大素因子刻画了Conway单群和Fischer单群． 交换子群的阶和个数是群的重要特征， 文献[5]证明了群G的同阶交换子群的个数之集为{1， 3}等价于群G的同阶子群的个数之集为{1， 3}． 文献[6]仅用极大交换子群的阶刻画了K3-单群． 文献[7-8]仅用极大交换子群的阶刻画了A11、 部分李型单群和散在单群． 文献[9]用极大交换子群的阶刻画了Ap， 其中p和p-2是素数， 即： 全部素图分支数为3的交错群可以用极大交换子群阶的集合刻画．

本文继续探究极大交换子群的阶对群结构的影响， 研究与对称群的极大交换子群阶的集合相同的有限群， 得到Sn(n=5，7，8)可由其极大交换子群阶之集合刻画．

本文所涉及的群都是有限群． 文献[6]用M(G)代表有限群G的全部极大交换子群的阶的集合， 但此符号在不同文献中有不同含义． 本文为了方便， 用πmas(G)代表有限群G的全部极大交换子群的阶的集合， 其余符号都是标准的．

引理1[10]G是有限群且素图不连通， 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是非交换单群，H是幂零群， 其中2∈π1， 且|G/K|||Out(K/H)| ．

引理2[11]设G=HK是以K为Frobenius核，H为Frobenius补的Frobenius群， 则K幂零， 且|H||(|K|-1)． 特别地， 若p∈π(H)且q∈π(K)， 则|Hp||(|Kq|-1)， |H||(|Kq|-1)． 此时，t(G)=2，Γ(G)={π(H)，π(K)}．

引理3[11]设G是2-Frobenius群， 则G=DEF， 其中D和DE是G的正规子群，DE和EF是分别以D和E为核的Frobenius群． 此时，t(G)=2，π1(G)=π(D)∪π(F)，π2(G)=π(E)．

引理4[12]设G是2a3b5c7d阶单群， 则G同构于下述群之一：

(i)Z2，Z3，Z5，Z7；

(ii)A5，L2(7)，A6，L2(8)，U3(3)，U4(2)；

在以下定理的证明中， 若G为Frobenius群或2-Frobenius群， 则默认沿用引理2和引理3的记号， 并不再加任何说明．

定理1设G是有限群， 若πmas(G)=πmas(S5)， 则G≅S5．

证由Magma计算知，S5的极大交换子群的阶分别为4，5，6， 则|G|=2n·3·5(n≥2)． 由极大交换子群的阶可知G的素图不连通， 且t(G)=2，π1(G)={2， 3}，π2(G)={5}． 由引理1， 需讨论如下3种情形：

情形1 若G为Frobenius群， 设G=HK． 由引理2知，π(K)=π1(G)={2， 3}，π(H)=π2(G)={5}， |K|=2n·3， |H|=5． 由引理2， 得5=|H||(|K3|-1)=2， 矛盾． 因此，G不能是Frobenius群．

情形2 若G为2-Frobenius群， 设G=DEF． 由引理2知，π(D)∪π(F)={2， 3}，π(E)={5}． 此时， |F||(|E|-1)， 所以|F||4， 则3∈π(D)． 因为D3E是一个以D3为Frobenius核的Frobenius群， 所以|E||(|D3|-1)， 而|E|=5， |D3|=3， 矛盾． 因此，G不能是2-Frobenius群．

情形3 若G有正规列1◁_H◁_K◁_G， 使得H和G/K是{2， 3}-群，K/H是非交换单群，H是幂零群， 其中2∈π1， 且|G/K|||Out(K/H)| ．

易知， 5∈π(K/H)， 且π(K/H)⊆{2， 3， 5}，K/H为非交换单群． 若H>1， 则Z(H)>1， 由G的极大交换2-群的阶为4， 知|Z(H)|=2，4． 再由Z(H) charH◁_G， 知Z(H)◁_G． 取P5∈Syl5(G)， 由N-C定理知，P5在Z(H)上的共轭作用是平凡的， 则P5Z(H)是G的10阶或20阶交换子群， 矛盾． 因此，H=1． 此时，CG(K)=1， 否则，KCG(K)=K×CG(K)，G有5的倍数阶交换子群， 矛盾． 因此A5≅K≤G≤Aut(K)， 若|G/K|=1， 则G≅A5， 而A5的极大交换子群的阶与G的阶并不相等， 矛盾． 因此， |G/K|=2，G=S5．

定理2设G是有限群， 如果πmas(G)=πmas(S6)， 则G≅S6．

证由Magma计算知πmas(S6)={5， 6， 8， 9}， 所以|G|=2n·3m·5(n≥3，m≥2)． 由极大交换子群的阶可知G的素图不连通， 且t(G)=2，π1(G)={2， 3}，π2(G)={5}． 于是有如下可能性：

若G为Frobenius群， 设G=HK． 由引理2知，π(K)=π1(G)={2， 3}，π(H)=π2(G)={5}， |K|=2n·3m， |H|=5． 再由n≥3，m≥2， 知K有36阶交换子群， 矛盾．

若G为2-Frobenius群， 设G=DEF． 由引理2知π(D)∪π(F)={2， 3}，π(E)={5}． 由|F||(|E|-1)， 得|F||4， 从而π(F)={2}， 3∈π(D)． 取D3∈Syl3(D)， 易知D3E是以D3为核的Frobenius群， 由Z(D3) charD3◁_D3E， 得Z(D3)◁_D3E． 已知G的极大交换3-子群的阶为9， 则|Z(D3)|=3，9． 于是，E在Z(D3)上的共轭作用是平凡的， 从而D3E有15阶元，G有15阶交换子群， 矛盾． 因此，G不能是2-Frobenius群．

若G有正规列1◁_H◁_K◁_G， 使得H和G/K是{2， 3}-群，K/H是非交换单群，H是幂零群， 其中2∈π1， 且|G/K|||Out(K/H)| ．

易知， 5∈π(K/H)， 且π(K/H)⊆{2， 3， 5}，K/H是非交换单群． 若|H|>1， 可设|H|=2l·3h(l≤n，h≤m)， 由H是幂零群， 可知H=P2P3， 其中P2∈Syl2(H)，P3∈Syl3(H)，Pi◁_G(i=2，3)， 若Pi≠1， 则Z(Pi)≠1， 且Z(Pi) charPi◁_G， 得Z(Pi)◁_G(i=2，3)． 由πmas(G)={5， 6， 8， 9}知|Z(Pi)||8或|Z(Pi)||9． 取P5∈Syl5(G)， 则P5在Z(P2)和Z(P3)上的共轭作用都是平凡的， 分别产生10阶元和15阶元， 这与πmas(G)={5， 6， 8， 9}矛盾． 因此P2=P3=1， 故H=1． 若CG(K)≠1， 则G有5的倍数阶交换子群， 矛盾． 因此CG(K)= 1． 进而K≤G≤Aut(K)，π(K)={2， 3， 5}． 于是K可能是A5，A6， 或者U4(2)．

若K≅A5， 则|G/K||2， 则|G|=60，120， 矛盾． 若K≅U4(2)， 则K有12阶交换子群， 矛盾． 若K/H≅A6， 即K≅A6， 此时|G/K||4， 则G≅S6，PSO3(9)，M10，PΓO3(9)． 因为PSO3(9)和PΓO3(9)有10阶交换子群， 所以G≅S6，M10． 若G≅M10， 则6∉πmas(G)， 矛盾． 综上所述，G≅S6．

定理3设G是有限群， 若πmas(G)=πmas(S7)， 则G≅S7．

证由Magma计算知πmas(S7)={6， 7， 8， 9， 10， 12}， 则|G|=2n·3m·5·7(n≥3，m≥2)． 由极大交换子群的阶可知G的素图不连通， 且t(G)=2，π1(G)={2， 3， 5}，π2(G)={7}． 于是有如下可能性：

若G为Frobenius群， 设G=HK． 由引理2，π(K)=π1(G)={2， 3， 5}，π(H)=π2(G)={7}． 因此， |K|=2n·3m·5， |H|=7． 由|H||(|K5|-1)可得矛盾． 因此，G不是Frobenius群．

若G为2-Frobenius群， 设G=DEF． 由引理2和引理3，π(D)∪π(F)={2， 3， 5}，π(E)={7}， |F||(|E|-1)． 于是|F||6， 5∈π(D)． 同理由|E||(|D5|-1)可得矛盾． 因此，G不是2-Frobenius群．

若G有正规列1◁_H◁_K◁_G， 使得H和G/K是{2， 3， 5}-群，K/H是非交换单群，H是幂零群， 其中2∈π1， 且|G/K|||Out(K/H)| ． 易知7∈π(K/H)， 且π(K/H)⊆{2， 3， 5， 7}．

设|H|=2l·3h·5(l≤n，h≤m)， 由H是幂零群， 可设H=P2P3P5， 其中P2∈Syl2(H)，P3∈Syl3(H)，P5∈Syl5(H)． 根据PicharH◁_G， 得Pi◁_G(i=2，3，5)． 若Pi≠1， 则Z(Pi)≠1， 且Z(Pi) charPi◁_G， 得Z(Pi)◁_G(i=2，3，5)． 取P7∈Syl7(G)， 则P7在Z(P2)，Z(P3)和Z(P5)上的共轭作用都是平凡的， 从而G有7的倍数阶交换子群， 矛盾． 因此，P2=P3=P5=1， 从而H=1． 再次由G无7的倍数阶交换子群得CG(K)=1． 从而K◁_G◁_Aut(K)．

因为7∈π(K/H)，π(K/H)⊆{2， 3， 5， 7}， 由引理4得K同构于下列单群之一：

A7，A8，A9，U3(3)，U4(3)，L3(2)，L2(8)，L3(4)，S6(2)

若K同构于L3(2)，L2(8)或U3(3)之一， 则Aut(K) 无12阶交换子群， 从而G也无12阶交换子群， 矛盾． 因为A8有15阶交换子群， 所以KA8． 另外， 由L3(4)，A9，U4(3)，S6(2)分别有16，16，81，15阶交换子群知，K不能为L3(4)，A9，U4(3)，S6(2)． 因此K≅A7，A7◁_G◁_S7． 由于A7无12阶交换子群， 所以G≅S7．

定理4设G是有限群， 若πmas(G)=πmas(S8)， 则G≅S8．

证由Magma计算知πmas(S8)={7， 8， 10， 12， 15， 16， 18}， 则|G|=2n·3m·5·7(n≥4，m≥2)． 由极大交换子群的阶可知G的素图不连通， 且t(G)=2，π1(G)={2， 3， 5}，π2(G)={7}． 于是有如下可能性：

若G为Frobenius群， 设G=HK． 由引理2知，π(K)=π1(G)={2， 3， 5}，π(H)=π2(G)={7}． 因此， |K|=2n·3m·5， |H|=7． 仿照定理3G为Frobenius群的情形， 由|H||(|K5|-1)可推得矛盾．

若G为2-Frobenius群， 设G=DEF． 由引理2，π(D)∪π(F)={2， 3， 5}，π(E)={7}． 同定理3G为2-Frobenius群的情形， |F||6， 于是5∈π(D)． 又因为D5E是以D5为核的Frobenius群， 所以|E||(|D5|-1)， 但是|E|=7， |D5|=5， 矛盾． 因此G不能为2-Frobenius群．

若G有正规列1◁_H◁_K◁_G， 使得H和G/K是{2， 3， 5}-群，K/H是非交换单群，H是幂零群， 其中2 ∈π1， 且|G/K|||Out(K/H)| ． 易知， 7∈π(K/H)． 仿照定理3可证H=1， 并且CG(K)≠1 将导致G含有7的倍数阶交换子群， 因此CG(K)=1， 进而K◁_G◁_Aut(K)．

因为7∈π(K/H)⊆{2， 3， 5， 7}，K/H是非交换单群， 由引理4可知，K/H≅A7，A8，A9，U3(3)，U4(3)，L3(2)，L2(8)，L3(4)，S6(2)．

若K≅A7， 则A7◁_G◁_S7， 但S7无15 阶子群， 故G无15阶子群， 矛盾． 由A9有27阶极大交换子群， 则KA9． 当K为L3(2)，L2(8)，U3(3) 之一时，G无15阶极大交换子群， 所以K≠L3(2)，L2(8)，U3(3)． 因为U4(3)中有81阶交换子群， 所以K≠U4(3)． 又由S6(2)有32阶交换子群知K≠S6(2)． 若K=L3(4)， 由于G含有15阶交换子群， 而L3(4)却没有， 因此G必定包含L3(4)被3阶群的扩张PGL3(4)， 但由Magma计算知PGL3(4)包含21阶元， 矛盾． 综上所述，K≅A8， 从而A8◁_G◁_S8， 易得G≅S8．