西南师范大学学报(自然科学版)   2019, Vol. 44 Issue (12): 6-9.  DOI: 10.13718/j.cnki.xsxb.2019.12.002
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    周茹
    吕恒
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  • 交错群A5的新刻画    [PDF全文]
    周茹 , 吕恒     
    西南大学 数学与统计学院, 重庆 400715
    摘要:利用在不同的共轭类上取值均不相同的特征标的个数刻画了A5.60阶群除了A5外均可解.主要通过对所有60阶可解群的结构以及它们的特征标的性质进行分析,得出在各个60阶可解群的特征标中,满足在不同的共轭类上取值均不相同这一条件的特征标的个数均不为2.最后分析了A5的特征标性质,得出只有A5是满足条件的60阶群.采用由特殊到一般以及一一排除的方法,证明了如果一个有限群G,其阶为60,并且满足在G的所有不可约特征标中,恰好存在两个不可约特征标,使得这两个特征标在不同的共轭类上均为不同的取值,则这个群一定同构于A5.
    关键词有限群    特征标    共轭类    

    在有限群的研究中,经常从不同的角度去刻画某个群,比如文献[1]就对单群K3进行了刻画.在这里,我们主要关注对单群A5的刻画.文献[2-7]采用了多种不同的方法来刻画A5.文献[2]通过Sylow-p子群的个数来刻画A5,文献[3-5]通过元素的阶来刻画A5,文献[6-7]分别通过不可补子群个数和状态空间图来刻画A5.文献[8]从不同不可约特征标在某一元素上取不同值的角度分类了可解群.本文受此启发,通过在不同共轭类上取值都不同的特征标的个数来刻画A5,说明了恰好存在两个不可约特征标,使得在不同的共轭类取值都不同的60阶群只有A5.为了方便,我们称特征标为TJ特征标当且仅当其在不同的共轭类上取值不同,称群为TJ群当且仅当其不可约特征标中恰好有两个特征标为TJ特征标.为便于本文证明,下面给出相关的引理:

    引理1[9]  G=H×K,若任取φ∈Irr(H),θ∈Irr(K),则φ×θ刚好是G的所有不可约特征标.其中对于hHkK,有(φ×θ)(hk)=φ(h)θ(k).

    引理2[9]  若A是交换群,且AG,则对所有χ∈Irr(G),有χ(1)||G:A|.

    引理3[9]  若χ∈Irr(G)且χ(1)>1,则存在gG,使得χ(g)=0.

    引理4[9]  如果G=H×K,其中H是非交换群,K≠1,则G不是TJ群.

      令λ表示H的线性特征标,因为H非交换,所以

    $ \text{Ker}\ \lambda \ge {H}'>1 $

    所以H的线性特征标不是TJ特征标,于是H的线性特征标乘以K的不可约特征标不是TJ特征标.对于H的非线性特征标χ,由引理3,存在hH,使得χ(h)=0,所以H的非线性特征标乘以K的不可约特征标也不是TJ特征标.于是G的所有不可约特征标均不是TJ特征标,所以G不是TJ群.

    定理1  如果|G|=60,且恰好存在两个不可约特征标χφ,使得对任意gmgn,其中gmgn属于不同的共轭类,且1≤mn≤|Irr(G)|,有χ(gm)≠χ(gn)且φ(gm)≠φ(gn).则GA5.

      只需证明60阶群除了A5外其它均不满足定理条件即可.

    首先看一些特殊情况:

    情形1  若G是循环群,则显然不满足“恰好存在两个不可约特征标在不同共轭类上取值不同”这一条件.

    情形2  若G是交换群,则|G|=60=22×3×5,于是

    $ G \cong {C_4} \times {C_3} \times {C_5} $

    $ G \cong {C_2} \times {C_2} \times {C_3} \times {C_5} $

    前者GC60已经讨论过.后者对于H=C2× C3,一定存在λ∈Irr(H),使得Ker(λ)=1.又因为C2C5的非主不可约特征标均为TJ特征标,所以由引理1,λC2C5的非主不可约特征标的乘积一定是TJ特征标.则GTJ特征标的个数一定大于2.

    再看一般情况:

    因为60阶群除了A5外均可解,所以只需排除G可解的情况.

    G可解,则G的Sylow-5子群正规.设G的Sylow-5子群为P.

    情形3  若PZ(G).

    此时NG(P)=CG(P)=G,于是由文献[10]可得PG中有补,记为H.则可以得到

    $ G = HP\;\;\;\;|H| = 12 $

    所以HP=1.因为PZ(G),所以PH可换,所以HG.又因PG,则G=H× P.

    情形3.1  若HC12,则GC12×C5C60,归为情形1.

    情形3.2  若HC6×C2,则GC6×C2×C5为交换群,归为情形2.

    情形3.3  若H≌(C2× C2)$\rtimes$C3,则G≌H× P.此时H为非交换群,由引理4知群G不是TJ群.

    情形3.4  若HC6$\rtimes$C2,显然与情形3.3用同样的方法可得群G不是TJ群.

    情形3.5  若HC3$\rtimes$C4,此时与情形3.4相同.

    情形4  若P$\nleqslant$Z(G).

    此时G非交换,|G′|>1,于是对于G的线性特征标λ,有Ker λG′,所以Ker λ>1,所以线性特征标均不是TJ特征标.以下只需证明非线性特征标不是TJ特征标即可.

    因为P$\nleqslant$Z(G),PG的交换正规子群,且(|P|,|G/P|)=1,因此

    $ P = [P, G] \times (P \cap Z(G)) = [P, G] \le G' $

    所以

    $ (G/P)' = G'P/P = G'/P $

    而|G/P|=12,所以|G′/P|=1,3,4,所以|G′|=5,15,20.由文献[11]得G/CG(P)同构于Aut(P)的子群,又因为P≤/ Z(G),所以|G/CG(P)|=4,2,所以G/CG(P)交换且|CG(P)|=15,30.由文献[11]得G′≤CG(P),所以

    $ \left| {G'} \right|\left| {{C_c}(P)} \right|\;\;\;\;\;\left| {G'} \right|||{C_G}(P)| $

    所以|G′|=5,15.

    情形4.1  若|G′|=5,则G′=P.又因G非交换,而G/G′交换,所以G的Hall-2,3子群交换,所以

    $ G\cong \left( {{C}_{5}}\rtimes {{C}_{2}} \right)\times {{C}_{3}}\times {{C}_{2}} $

    或者

    $ G\cong \left( {{C}_{5}}\rtimes {{C}_{4}} \right)\times {{C}_{3}} $

    C5$\rtimes$C2C5$\rtimes$C4都为非交换群,由引理4,在这两种情况下G均不是TJ群.

    情形4.2若|G′|=15,则|G/G′|=4.此时G有以下两种情况:

    (a) 当G≌(C15$\rtimes$C2C2时,由引理4可得G不是TJ群.

    (b) 当GC15$\rtimes$C4时,此时有以下两种情况:

    (b1)若G=〈a$\rtimes$b〉,其中a15=b4=1且[ab2]=1.令H=〈ab2〉,则HGH交换.又因|H|=30,由引理2,对于G的任一不可约特征标χ,有χ(1)|2,所以对于G的非线性不可约特征标χ,有χ(1)=2.又因为|G:H|=2,由文献[9]得,χH要么不可约,要么${{\chi }_{H}}=\sum\limits_{i=1}^{t}{{{\lambda }_{i}}}$(其中λi互不相同且不可约).所以对于G的非线性不可约特征标χ,有χH=λ1+λ2,此时

    $ {I_G}\left( {{\lambda _1}} \right) = {I_G}\left( {{\lambda _2}} \right) = H\;\;\;\;{\lambda _1}, {\lambda _2} \in {\rm{Irr}}(H) $

    又因

    $ \left[ {{\chi _H}, {\chi _H}} \right] = 2 = |G:H| $

    所以由文献[9]得,对于gG-H,有χ(g)=0.显然

    $ {C_G}(b) = \langle b\rangle \;\;\;\;b \in G - H $

    所以|G:CG(b)|=15,也就是说b的共轭类有15个元,于是G-H至少有两个共轭类,在这两个共轭类上特征标的取值都为0,所以G的所有非线性特征标均不是TJ特征标.

    (b2)若G=(〈a〉×〈b〉)$\rtimes$c〉,其中

    $ {a^5} = {b^3} = {c^4} = 1\;\;\;{a^c} = {a^2}\;\;\;{b^c} = {b^{ - 1}} $

    H=〈a〉×〈b〉,则|H|=15,且H交换并正规于G.同理可得对于G的任一不可约特征标χ,有χ(1)|4,于是χ(1)=2或χ(1)=4.若χ(1)=4,由文献[9]得${\chi _H} = \sum\limits_{i = 1}^t {{\lambda _i}} $(其中λi∈Irr(H)),于是

    $ \left[ {{\chi _H}, {\chi _H}} \right] = 4 = |G:H| $

    所以对于gG-H,有χ(g)=0.又因

    $ {C_G}(c) = \langle c\rangle \;\;\;c \in G - H $

    同(b1)得,若χ(1)=4,则不是TJ特征标.若χ(1)=2,同样由文献[9]得χH=2λ(其中λ∈Irr(H)).于是

    $ \left[ {{\chi _H}, {\chi _H}} \right] = 4 = |G:H| $

    所以若χ(1)=2,则不是TJ特征标.所以G的所有非线性特征标均不是TJ特征标.

    综上所述,若G可解,则G不是TJ群.

    而对于A5,显然A5有5个共轭类,又因A5为单群,所以|A5:A5|=1,于是A5有1个线性不可约特征标和4个非线性不可约特征标.线性特征标即为主特征标,显然不是TJ特征标.对于非线性特征标,由文献[12]得,其中有两个特征标是由S5的特征标限制得到的,所以这两个特征标在循环节为5的两个共轭类上取值相同,由此也均不是TJ特征标.剩下的两个不可约特征标由文献[12]计算得满足“在不同共轭类取值不同”这一条件.于是,A5TJ群.

    故定理1得证.

    参考文献
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    A New Characterization of Alternating Group A5
    ZHOU Ru , LÜ Heng     
    School of Mathematics and Statistics, Southwest University, Chongqing 400715, China
    Abstract: The number has been used in this paper of irreducible characters whose values are differently in different conjugacy classes to characterrises A5. The 60-order finite groups is solvable except A5, so, by analyzing the structures and the nature of the characters of all the 60-order groups, finds that among all the solvable 60-order groups, the number of characters which satisfy the condition that their values differ in different conjugate classes is not two. Whereas unsolvable 60-order group A5 has two characters whose values are dissimilar in different conjugate classes. It is concluded that A5 is the only 60-order group that meets the condition. From special to general, the paper employs the elimination method proved that if a 60-order finite group has two irreducible characters which value differently in different conjugacy classes, it has to be A5.
    Key words: finite group    character    conjugacy class    
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