西南大学学报 (自然科学版)  2018, Vol. 40 Issue (12): 90-93.  DOI: 10.13718/j.cnki.xdzk.2018.12.014
0
Article Options
  • PDF
  • Abstract
  • Figures
  • References
  • 扩展功能
    Email Alert
    RSS
    本文作者相关文章
    黄宇
    宋科研
    欢迎关注西南大学期刊社
     

  • 用不可补子群个数刻画单群A5    [PDF全文]
    黄宇, 宋科研     
    西南大学 数学与统计学院, 重庆 400715
    摘要:设G是有限群,HG.如果G中存在子群KG,满足G=KH,且HK=1,那么称HG中可补.研究子群的可补性对有限群结构和性质的影响是群论研究中十分重要的课题.给出了5次交错群A5的一个新刻画,即60阶群GA5的充分必要条件是G中只有46个不可补子群.
    关键词不可补子群    5次交错群    Sylow子群    

    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]).

    G是有限群,HG.如果G中存在子群KG,满足G=KH,且HK=1,那么称HG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GA5GA4×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GA5.文献[8]证明了:GA5当且仅当πe(G)={1,2,3,5},其中πe(G)表示群G中元素阶的集合.文献[9]用初等方法证明了:GA5当且仅当πe(G)={1,pqr},其中pqr为互不相同的素数.文献[10]证明了:GA5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GA5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GA5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.

        令MG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/MG/M,且阶为3,则KG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〉,xG,则x15M,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np(G)表示群G中Sylow p-子群的个数.

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

    $ {P_3} \in {\rm{Sy}}{{\rm{l}}_3}\left( K \right) \subseteq {\rm{Sy}}{{\rm{l}}_3}\left( G \right) $
    $ {P_5} \in {\rm{Sy}}{{\rm{l}}_5}\left( K \right) \subseteq {\rm{Sy}}{{\rm{l}}_5}\left( G \right) $

    由引理1知:

    $ \begin{matrix} {{P}_{3}}\ \text{char}\ K\trianglelefteq G&{{P}_{5}}\ \text{char}\ K\trianglelefteq G \\ \end{matrix} $

    因此P3$\underline \triangleleft $GP5$\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Gpn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.

        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.

        由假设,令:

    $ \begin{array}{*{20}{c}} {H \le G}&{\left| H \right| = d} \end{array} $

    存在KG,有G=HK,且:

    $ \begin{array}{*{20}{c}} {H \cap K = 1}&{\left| {G:K} \right| = \left| H \right| = d \le 4} \end{array} $

    于是G/KGS4,因此G/KG可解.又因KGK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.

        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KG,使得:

    $ \begin{array}{*{20}{c}} {G = HK}&{H \cap K = 1}&{\left| {G:K} \right| = \left| H \right| = 2} \end{array} $

    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 $K,从而Q char K.显然,QG的Hall 2-子群,因此Q$\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GA5GA4×C5.

        由假设知,G中无30阶子群.若G不可解,则GA5.假设G可解,首先说明G一定有15阶元.令NG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:

    $ \begin{array}{*{20}{c}} {\left| b \right| = 15}&{{P_2} \in {\rm{Sy}}{{\rm{l}}_2}\left( G \right)} \end{array} $

    于是G=P2b〉.由于〈b〉≤CG(b),故CG(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CG(b)的阶为15或60.若|CG(b)|=60,有〈b〉≤Z(G),从而

    $ G = {P_2}\left\langle b \right\rangle = {P_2} \times \left\langle b \right\rangle $

    于是G中有30阶子群,矛盾,故|CG(b)|=15.同理可证|NG(〈b〉)|=15.令c=b3d=b5,则:

    $ \begin{array}{*{20}{c}} {\left\langle b \right\rangle = \left\langle c \right\rangle \times \left\langle d \right\rangle }&{\left\langle b \right\rangle \le {C_G}\left( c \right)}&{\left\langle b \right\rangle \le {C_G}\left( d \right)} \end{array} $

    同样对dc可以做以上考虑.

    若|CG(d)|=60,则:

    $ \begin{array}{*{20}{c}} {\left\langle d \right\rangle \le Z\left( G \right)}&{\left| {G/\left\langle d \right\rangle } \right| = 20} \end{array} $

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

    $ G = {P_2}K = \left( {{C_2} \times {C_2}} \right)K $

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

    下面考虑CG(c).若|CG(c)|=60,则:

    $ \begin{array}{*{20}{c}} {\left\langle c \right\rangle \le Z\left( G \right)}&{\left| {G/\left\langle c \right\rangle } \right| = 12} \end{array} $

    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}} $d〉.因此P2 char P2c$\underline \triangleleft $G,则:

    $ \begin{matrix} {{P}_{2}}\trianglelefteq G&G=\left( {{P}_{2}}\rtimes \left\langle d \right\rangle \right)\times \left\langle c \right\rangle \\ \end{matrix} $

    令:

    $ \begin{matrix} L={{P}_{2}}\rtimes \left\langle d \right\rangle &\left| L \right|=12&\left| L:\left\langle d \right\rangle \right|=4 \\ \end{matrix} $

    考虑L作用在Ω={〈dx|xL}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LS4.因此LA4GA4×C5.

    若|CG(c)|=15,则CG(c)=〈b〉.由于CG(d)=〈b〉,因此πe(G)={1,2,3,5,15},其中15阶元的个数为φ(15)|G:NG(〈b〉)|=32.由Sylow定理,易得〈c$\underline \triangleleft $G.因为G=P2b〉,所以

    $ {{N}_{G}}\left( \left\langle c \right\rangle \right)/{{C}_{G}}\left( \left\langle c \right\rangle \right)\cong {{P}_{2}}={{C}_{2}}\times {{C}_{2}} $

    NG(〈c〉)/CG(〈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GA5的充分必要条件是G中只有46个不可补子群.

        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

    $ \begin{matrix} G=\left\langle a \right\rangle \rtimes \left\langle b \right\rangle &\left( \left| a \right|,\left| b \right| \right)=1 \\ \end{matrix} $

    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HG,|H|=6,有a5HH=〈a5H1,|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=〈b2x(xG).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

    $ n\left( G \right) \le 10 + 6 + 1 + 15 < 46 $

    矛盾.

    若|a|=3,则|b|=20.于是|b4|=5,并且〈ab4$\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〈ab4$\underline \triangleleft $G.因此|ab4|=15,同|a|=15的情形可证.若G/〈a〉有4阶正规子群,那么〈ab3$\underline \triangleleft $G.此时2阶子群至多有5个,于是

    $ n\left( G \right) \le 5 + 5 + 5 + 5 < 46 $

    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 $G.由引理1和引理2知,存在aK,|a|=15,并且〈a$\underline \triangleleft $G.设P2∈Syl2(G),于是G=〈aP2.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

    $ n\left( G \right) \le 15 + 9 + 3 < 46 $

    矛盾.

    于是由定理1知,GA5GA4×C5.当GA4×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

    $ n\left( G \right) \le 3 + 3 = 6 < 46 $

    矛盾.因此GA5.

    参考文献
    [1] 徐明曜. 有限群导引[M]. 2版. 北京: 科学出版社, 1999: 162-181.
    [2] 杨子胥. 近世代数[M]. 3版. 北京: 高等教育出版社, 2011: 29-120.
    [3] HALL P. A Characteristic Property of Soluble of Groups[J]. J London Math Soc, 1937, 12(3): 198-200.
    [4] ARAD Z, WARD M B. New Criteria for the Solvability of Finite Groups[J]. Journal Of Algebra, 1982, 77(1): 234-246.
    [5] HELIEL A. A Note on c-Supplemented Subgroups of Finite Groups[J]. Communications in Algebra, 2014, 42(4): 1650-1656. DOI:10.1080/00927872.2012.747599
    [6] MIAO L, TANG J P. A New Condition for Solvable Groups[J]. Journal of Pure and Applied Algebra, 2017, 221(10): 2504-2510. DOI:10.1016/j.jpaa.2016.12.035
    [7] 施武杰, 杨文泽. A5的一个新刻划与有限质元群[J]. 西南师范学院学报, 1984(1): 36-40.
    [8] 施武杰. A5的一个特征性质[J]. 西南师范学院学报, 1986(3): 11-14.
    [9] 钱国华, 施武杰. A5的一个特征及其初等证明[J]. 西南大学学报(自然科学版), 2007, 29(2): 1-4.
    [10] 王华丽, 周伟, 晏燕雄. 单群A5的一个新刻画[J]. 西南大学学报(自然科学版), 2014, 36(12): 47-50.
    [11] 李月, 曹洪平. 交错群A5, A6, A7的新刻画[J]. 西南大学学报(自然科学版), 2016, 38(2): 47-50.
    [12] 龚律, 褚智伟. 恰有6个非正规子群的有限群[J]. 西南师范大学学报(自然科学版), 2015, 40(12): 7-11.
    [13] 包霞, 焦艳. A5的一类12阶子群的构造[J]. 西北民族大学学报(自然科学版), 2007, 28(3): 11-15. DOI:10.3969/j.issn.1009-2102.2007.03.004
    Characterizing the Simple Group A5 by the Number of Uncomplemented Subgroups
    HUANG Yu, SONG Ke-yan     
    School of Mathematics and Statistics, Southwest University, Chongqing 400715, China
    Abstract: Let G be a finite group, HG. If there exists a subgroup K of G such that G=HK and HK=1, then H is called complemented in G. The subgroup's complementarity on the structure and properties of finite groups is a very important topic in group theory. A new characterization of the alternating group A5 is given, i.e., let G be a group of order 60, GA5 if and only if G only has 46 uncomplemented subgroups.
    Key words: uncomplemented subgroup    alternating group of degree 5    Sylow subgroup    
    X