Characterizing the Simple Group A₅ by the Number of Uncomplemented Subgroups

本文所讨论的群都是有限群，其他符号都是标准的(见文献[1-2]).

设G是有限群，H≤G.如果G中存在子群K≤G，满足G=KH，且H∩K=1，那么称H在G中可补.特别地，若G中每个子群均在G中可补，则称G是可补的.研究子群的可补性对有限群的结构和性质的影响是群论研究中十分重要的课题.文献[3]证明了：G可解当且仅当G的所有Sylow子群在G中可补.后来，更多的学者做了相关的研究.文献[4]证明了：G可解当且仅当G的Sylow 2-子群和Sylow 3-子群在G中可补.文献[5]证明了：G可解当且仅当G的任意奇阶Sylow子群在G中可补.文献[6]证明了：G可解当且仅当G的Sylow 3-子群、Sylow 5-子群和Sylow 7-子群在G中可补；若G的3阶子群、5阶子群在G中可补，则G可解.由此我们可以发现，G的某些子群可补对其可解性具有决定性作用.自然而然，我们希望研究G的某些子群不可补的情况.于是，我们得到了：设G为60阶群，其Sylow 2-子群为4阶初等交换2-群；若存在G的一个2阶子群在G中不可补，则G≅A₅或G≅A₄×C₅.我们都知道，A₅是阶最小的单群，并且它具有许多有趣的性质.目前，对A₅的刻画有很多.例如，文献[7]证明了：若G为非可解质元群，则G≅A₅.文献[8]证明了：G≅A₅当且仅当π_e(G)={1，2，3，5}，其中π_e(G)表示群G中元素阶的集合.文献[9]用初等方法证明了：G≅A₅当且仅当π_e(G)={1，p，q，r}，其中p，q，r为互不相同的素数.文献[10]证明了：G≅A₅当且仅当m(G)=5，ψ(G)=211，其中m(G)表示群G中元的最高阶，ψ(G)表示群G中所有元素阶之和.文献[11]证明了：当群G的阶、同阶类类数与A₅相同时G与A₅同构.文献[12]利用非正规子群的共轭类类数为3的有限幂零群的结构研究有限群的结构.在本文中，我们将利用不可补子群的个数去刻画A₅.最后，我们得到了单群A₅的一个新刻画：60阶群G≅A₅的充分必要条件是G中只有46个不可补子群.

引理1    设G是30阶群，则G中一定有15阶元.

证    令M是G的极小正规子群，由于30阶群必为可解群，则|M|=2，3，5.若|M|=5，则|G/M|=6.于是存在K/M，使得K/M≤G/M，且阶为3，则K为G的15阶循环子群，因此G中有15阶元.若|M|=3，同理可证.若|M|=2，则|G/M|=15.令G/M=〈xM〉，x∈G，则x¹⁵∈M，因此G中有15阶元.

引理2    设G是60阶群，若G中有30阶子群，则n₃(G)=n₅(G)=1，其中n_p(G)表示群G中Sylow p-子群的个数.

证    由假设，令K≤G，|K|=30，则K$\underline \triangleleft $G.令：

由引理1知：

因此P₃$\underline \triangleleft $G，P₅$\underline \triangleleft $G，即n₃(G)=n₅(G)=1.

为了刻画单群A₅，我们需要证明下面这些结论：

引理3    设G是有限群，若G有pⁿ阶元，其中p为素数，n≥2且为整数，则一定存在p阶子群在G中不可补.

证    可补性对子群遗传，但是pⁿ阶循环群不可补，因此结论成立.

命题1    设G是有限群，若G的任一d阶子群在G中可补(d=2，3，4)，则G可解.

证    由假设，令：

存在K≤G，有G=HK，且：

于是G/K_G≲S₄，因此G/K_G可解.又因K_G≤K可解，故G可解.

由引理3，可得到如下推论：

推论1    设G是有限群，若G的2阶子群在G中可补，则G的Sylow 2-子群为初等交换2-群，Hall 2^′-子群为G的正规子群.

证    易知G中无4阶元，故G的Sylow 2-子群必为初等交换2-群.由假设，令|H|=2，存在K≤G，使得：

故K$\underline \triangleleft $G.由可补性是子群遗传的，于是K的Hall 2^′-子群Q$\underline \triangleleft $K，从而Q char K.显然，Q为G的Hall 2^′-子群，因此Q$\underline \triangleleft $G.

由命题1知，若G的2阶子群在G中可补，则G可解.但是，一般来说，若G的每个2阶子群在G中不可补，还无法确定G的可解性.例如单群A₆和可解群A₄，显然这两个群中每个2阶子群都不可补.下面我们将以60阶群G为研究对象，刻画其在上述条件下的结构.由引理3知，若G的Sylow 2-子群的方指数不小于4，则存在2阶子群在G中不可补.因此，我们只需讨论G的Sylow 2-子群的方指数等于2的情况.

定理1    设G是60阶群，其Sylow 2-子群为4阶初等交换2-群.若G的2阶子群在G中不可补，则G≅A₅或G≅A₄×C₅.

证    由假设知，G中无30阶子群.若G不可解，则G≅A₅.假设G可解，首先说明G一定有15阶元.令N是G的极小正规子群，由G可解，则N的阶为2，3，4或5.同引理1的证明，易得G有15阶元.

令：

于是G=P₂〈b〉.由于〈b〉≤C_G(b)，故C_G(b)的阶为15，30或60.但前面我们已经说明G中无30阶子群，于是只需考虑C_G(b)的阶为15或60.若|C_G(b)|=60，有〈b〉≤Z(G)，从而

于是G中有30阶子群，矛盾，故|C_G(b)|=15.同理可证|N_G(〈b〉)|=15.令c=b³，d=b⁵，则：

同样对d，c可以做以上考虑.

若|C_G(d)|=60，则：

由Sylow定理，知G/〈d〉的Sylow 5-子群只有一个，设为K/〈d〉，则K是G的15阶循环子群，K$\underline \triangleleft $G.因此

G中存在2阶子群可补，矛盾，故|C_G(d)|=15，即〈b〉=C_G(〈d〉).根据引理1，同理可证〈b〉=N_G(〈d〉).

下面考虑C_G(c).若|C_G(c)|=60，则：

若G/〈c〉的3阶子群正规，从而G有15阶正规子群，于是G中有30阶子群，矛盾.因此G/〈c〉中有4个3阶子群，有8个3阶元，故G/〈c〉的Sylow 2-子群只有一个.令G=G/〈c〉，则G=$\overline {{P_2}} $〈b〉=$\overline {{P_2}} $〈d〉.因此P₂ char P₂〈c〉$\underline \triangleleft $G，则：

令：

考虑L作用在Ω={〈d〉x|x∈L}上，由于作用的核包含在〈d〉中且在L中正规，因此核一定为1，故L≲S₄.因此L≅A₄，G≅A₄×C₅.

若|C_G(c)|=15，则C_G(c)=〈b〉.由于C_G(d)=〈b〉，因此π_e(G)={1，2，3，5，15}，其中15阶元的个数为φ(15)|G:N_G(〈b〉)|=32.由Sylow定理，易得〈c〉$\underline \triangleleft $G.因为G=P₂〈b〉，所以

但N_G(〈c〉)/C_G(〈c〉)≲Aut〈c〉为循环群，矛盾.

由文献[13]，我们易得A₅中恰有46个不可补子群，下面将利用群G的不可补子群数来刻画单群.

定理2    60阶群G≅A₅的充分必要条件是G中只有46个不可补子群.

证    只需证明充分性.

首先说明G的Sylow 2-子群为4阶初等交换2-群.若G的Sylow 2-子群为4阶循环群，则G为亚循环群.根据亚循环群的结构，令

则|a|为15，5或者3.由于G可解，则G的4阶子群、3阶子群、5阶子群均可补.故只需考虑G的2阶子群、6阶子群、10阶子群、30阶子群的可补性.令G的不可补子群个数为n(G).

若|a|=15，于是对任意子群H≤G，|H|=6，有a⁵∈H，H=〈a⁵〉H₁，|H₁|=2.由Sylow定理，易得在G内所有Sylow 2-子群共轭，即所有2阶子群均与〈b²〉共轭.从而H₁=〈b²〉^x(x∈G).因此H与〈a⁵〉〈b²〉共轭，即G的6阶子群均共轭.故G的6阶子群至多有10个.同理，易得G的10阶子群均共轭，G的30阶子群均共轭.因此G中10阶子群至多有6个，G中30阶子群只有1个.又因为G中2阶子群至多有15个，所以

矛盾.

若|a|=3，则|b|=20.于是|b⁴|=5，并且〈a，b⁴〉$\underline \triangleleft $G.因此|ab⁴|=15，同|a|=15的情形可证.

若|a|=5，则|b|=12.于是|b⁴|=3，|b³|=4.若G/〈a〉有3阶正规子群，那么〈a，b⁴〉$\underline \triangleleft $G.因此|ab⁴|=15，同|a|=15的情形可证.若G/〈a〉有4阶正规子群，那么〈a，b³〉$\underline \triangleleft $G.此时2阶子群至多有5个，于是

矛盾.

下面说明G的2阶子群均不可补.若G中存在2阶子群可补，令为K，于是|K|=30，K$\underline \triangleleft $G.由引理1和引理2知，存在a∈K，|a|=15，并且〈a〉$\underline \triangleleft $G.设P₂∈Syl₂(G)，于是G=〈a〉P₂.这说明P₂中每个2阶子群可补，因此G中2阶子群均可补.下面考虑G的6阶子群M.由引理2知，G中3阶子群唯一，即为〈a⁵〉，于是〈a⁵〉≤M.因此G中6阶子群的个数即为G/〈a⁵〉中2阶子群的个数.由于G/〈a⁵〉中Sylow 2-子群至多有5个，因此2阶子群至多有15个，即G中6阶子群至多有15个.同理可证，G中10阶子群至多有9个，G中30阶子群至多有3个，因此

矛盾.

于是由定理1知，G≅A₅或G≅A₄×C₅.当G≅A₄×C₅时，由于A₄无6阶子群，因此G无6阶和30阶子群.又因为G的Sylow 2-子群唯一，所以G中2阶子群有3个，且10阶子群至多有3个.于是

矛盾.因此G≅A₅.