On Finite Group with Sylow 2-Subgroup Complemented

Yu HUANG; Wei ZHOU

doi:10.13718/j.cnki.xsxb.2019.10.003

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Let G be a finite group, and H be a subgroup of G. If there exists a subgroup K of G such that G=KH and H∩K=1, then H is called complemented in G. We get the following results:Let G be a finite group, |G|=2^at, (2, t)=1, if Sylow 2-subgroup of G is complemented and G is PSL₂(p^r)-free, p^r=2^a-1, where p is prime, r is positive integer, then G is solvable.

Corresponding author: Wei ZHOU

Received Date: 14/12/2018

Available Online: 20/10/2019

Key words:

Abstract: Let G be a finite group, and H be a subgroup of G. If there exists a subgroup K of G such that G=KH and H∩K=1, then H is called complemented in G. We get the following results:Let G be a finite group, |G|=2^at, (2, t)=1, if Sylow 2-subgroup of G is complemented and G is PSL₂(p^r)-free, p^r=2^a-1, where p is prime, r is positive integer, then G is solvable.

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本文所讨论的群都是有限群，其它符号都是标准的(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.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.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.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.其它相关研究见文献[5-10].由此可见，G的Sylow 2-子群可补对G的可解性有重要影响.但是由PSL₂(7)知道：Sylow 2-子群可补一般不能得到可解性.本文得到：设G为有限群，若G的Sylow 2-子群交换且可补，则G可解.由于G的每个Sylow 2-子群交换，我们对条件进行弱化，证明了：设G为有限群，|G|=2^at，(2，t)=1，若G的Sylow 2-子群可补且G是PSL₂(p^r)-自由的，p^r=2^a-1，其中p为素数，r为正整数，则G可解.

引理1^[11]  设r是素数，

(ⅰ) SL₂(p^f)的Sylow r-子群，当2≠r≠p时是循环群；当2=r≠p时是广义四元数群；当r=p时是初等交换群；

(ⅱ)当2≠r时，PSL₂(p^f)的Sylow r-子群同构于SL₂(p^f)的Sylow r-子群；当2≠p时，PSL₂(p^f)的Sylow 2-子群是二面体群.

引理2^[11]  设q=p^a，则PSL₂(q)的子群同构于下列子群：

(ⅰ)阶为$\frac{{2(q \pm 1)}}{d}$的二面体群，其中d=(2，q±1)；

(ⅱ) $H \le G, |H| = \frac{{q(q - 1)}}{d}, Q \in Syl{ _p}(H)$，Q是初等交换群，Q$\underline \triangleleft$H，H/Q是循环群，|H/Q|=$\frac{{q - 1}}{d}$；

(ⅲ) A₄，S₄，A₅；

(ⅳ) PSL₂(r)，PGL₂(r)，其中r=p^t，r^m=q.

引理3^[12]  设G是有限非交换单群，H≤G，且|G:H|=p^a，p是素数.则下列情况之一成立：

(ⅰ) G$\cong$A_n，H$\cong$A_n-1，其中n=p^a；

(ⅱ) G$\cong$PSL_n(q)，|G:H|=qⁿ-1q-1=p^a，其中n是素数；

(ⅲ) G$\cong$PSL₂(11)，H$\cong$A₅；

(ⅳ) G$\cong$M₂₃，H$\cong$M₂₂；G$\cong$M₁₁，H$\cong$M₁₀；

(ⅴ) G$\cong$PSU₄(2)，|G:H|=27.

由引理1及引理3，我们可得：

定理1  设G为有限群，若G的Sylow 2-子群交换且可补，则G可解.

证  对|G|归纳.由假设，令P₂∈Syl₂(G)，存在H≤G，有

其中H为G的Hall 2′-子群.

若G为交换单群时，显然G可解.下面说明当G不是交换单群时，G非单群.

假设G为非交换单群，由引理3及H为G的Hall 2′-子群，只需验证引理3的情况(ⅱ).此时

其中n是素数.由于$\frac{{{q^n} - 1}}{{q - 1}} = {2^a}$，则

于是q≡1(mod 2).又因

因此

于是，由引理1得G的Sylow 2-子群为二面体群.因此，a=2，q=3，G$\cong$PSL₂(3)$\cong$A₄，矛盾.

显然定理条件是商群闭的，令1≠N$\underline \triangleleft$G，于是G/N可解.下证N可解.由于

故|N:H∩N|=|HN:H|等于2的方幂.因此H∩N为N的Hall 2′-子群，P₂∩N∈Syl₂(N).从而

显然，N满足定理假设条件，故N可解，因此G可解.

由于G的每个Sylow 2-子群交换，我们对条件进行了弱化.为此，我们首先给出G的Sylow 2-子群可补时G的结构.

定理2  设G为非交换单群，其中|G|=2^at，(2，t)=1，则G的Sylow 2-子群可补的充分必要条件是G$\cong$PSL₂(q)，q=2^a-1.

证   必要性  由假设，存在H≤G，使得|G:H|=2^a.由引理3及H为Hall 2′-子群，我们只需要考虑G$\cong$A_n和G$\cong$PSL_n(q)这两种情况.

情况1   G$\cong$A_n，H$\cong$A_n-1，其中n=2^a.由H可解，则n-1≤4.又因G为单群，故n≥5，从而n=5.但这与n=2^a矛盾.

情况2   $G \cong PS{L_n}(q), |G:H| = \frac{{{q^n} - 1}}{{q - 1}} = {2^a}$，其中n是素数.同定理1的证明，易得n=2，q=2^a-1.此时，G$\cong$PSL₂(q)，q=2^a-1.

充分性  若G$\cong$PSL₂(q)，q=2^a-1.由引理2知，存在$HG, |H| = \frac{{q(q - 1)}}{2}$，则

从而H为G的Hall 2′-子群，故G的Sylow 2-子群可补.

如果G中不存在截断同构于PSL₂(q^r)，则称G是PSL₂(p^r)-自由的.

由上面的结论我们知道：当G$\cong$PSL₂(q)，q=2^a-1时，G的Sylow 2-子群可补.但是当q≥4时，PSL₂(q)为单群.于是我们得到了下面的结论：

定理3  设G为有限群，|G|=2^at，(2，t)=1.若G的Sylow 2-子群可补，且G是PSL₂(p^r)-自由的，p^r=2^a-1，其中p为素数，r为正整数，则G可解.

证  若G为交换单群，显然G可解.下面说明当G不是交换单群时，G非单群.假设G为非交换单群，由定理2，则G$\cong$PSL₂(q)，q=2^a-1.但G是PSL₂(q)-自由的，此种情况矛盾.

显然定理条件是商群闭的，对|G|归纳.令1≠N$\underline \triangleleft$G，于是G/N可解.类似定理1易证N可解.因此G可解.

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通讯作者: 陈斌, bchen63@163.com

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