A New Characterization of Simple Groups O5(4) and O5(9)

Hai-yan YU; Hai-ming AI; Yan-xiong YAN

doi:10.13718/j.cnki.xsxb.2019.10.004

The characters of a finite group can give some important information about the group's structure. It is an important subject in the study of group theory to characterize the structure of finite groups by the dimension of character, Huppter's conjecture requires that all irreducible characteristic dimension of the group with strong conditions. In this paper, we successfully characterize the simple group O₅(4) and O₅(9) only with the order of a group and the scalar dimension of at most two large irreducible character degrees.

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本文涉及的群均为有限群，特征标为复特征标. Irr(G)表示群G的所有不可约特征标的集合，cd(G)={χ(1)：χ∈Irr(G)}表示群G的所有不可约特征标维数的集合，而cd^*(G)表示元素可以重复的多重集合.特别地，有|cd^*(G)|=|Irr(G)|. L_i(G)表示群G的不可约特征标的第i高维，其中i是正整数. Syl_p(G)表示群G的全体Sylow-p子群的集合. H·M表示群H被群M非可裂的中心扩张，H×M表示群H被群M可裂的中心扩张.文中未说明的符号和术语都是标准的(见文献[1-2]).

众所周知，有限群的特征标能反映出群结构的很多重要信息.文献[3]证明了有限单群能被其特征标表唯一决定.在2000年，Huppter提出如下猜想：

Huppter猜想^[4] 设H是非交换单群，若群G满足cd(G)=cd(H)，则G$\cong$H×A，其中A是交换群.

Huppter猜想指出：有限非交换单群G能够被它的所有不可约复特征标维数的集合所决定. Huppter证明了单群L₂(q)和S_z(q)都是满足猜想的，同时还证明了猜想对26个散在单群中的19个，以及交错群A_n(n < 11)和部分李型单群也成立^[4-6].文献[7-8]证明了3个散在单群Co₁，Co₂及Co₃也满足Huppter猜想.

受Huppter猜想的启发，文献[9]首先考虑了减弱Huppter猜想的条件对群结构产生的影响，并首次提出用群的阶和高维不可约特征标维数研究有限群结构的问题，且成功刻画出单K₃-群、Mathieu单群及Janko单群^[9-11].此后，文献[12-13]成功刻画了李型单群L₅(2)、单K₃-群的自同构群，部分单K₄-群及Mathieu群的自同构群等.

本文继续了这一研究，主要结果如下：

定理1 设G是有限群，M是非交换单群，且|G|=|M|，

(ⅰ)若M$\cong$O₅(4)，则G$\cong$M当且仅当L₂(G)=L₂(M)，L₃(G)=L₃(M)；

(ⅱ若M$\cong$O₅(9)，则G$\cong$M当且仅当L₂(G)=L₂(M)，L₄(G)=L₄(M).

定理1的证明 定理1的必要性是显然的，下面只证充分性.

(ⅰ) M=O₅(4)

此时，|G|=2⁸·3²·5²·17.令β，γ∈Irr(G)，使得

先证G不可解. (反证法)假设G可解，则G中存在指数为9的Hall子群T.考虑G在T的右陪集上的置换表示，有G/T_G＜S₉，其中T_G为该置换表示的核.应用Magma计算，且考虑G的阶，则对称群S₉的阶可被9整除的可解子群的阶只可能是2^m·3²，其中0≤m≤7.因此

当|T_G|=2⁸·5²·17时，有|G/T_G|=9.易知O₂(T_G)=1.否则，由O₂(T_G) Char T_G$\underline \triangleleft $G知O₂(T_G)$\underline \triangleleft $G.根据文献[1]的定理6.2，令θ∈Irr(O₂(T_G))使得[β_O₂(TG)，θ]≠0，则

故|O₂(T_G)||θ(1).矛盾.同理得O₁₇(T_G)=1.所以

因此|F(T_G)|=5或|F(T_G)|=5².由N/C定理有

由T_G可解，有

若|F(T_G)|=5，则|Aut(F(T_G))|=4，于是

矛盾.若|F(T_G)|=5²，则F(T_G)是交换群，根据文献[1]的定理6.15，有

矛盾.当|T_G|=2⁷·5²·17时，由于T_G可解，令T₁₇∈Syl₁₇(T_G)，根据文献[11]的引理2知，T₁₇$\underline \triangleleft $T_G$\underline \triangleleft $G，故T₁₇$\underline \triangleleft $G.因为T₁₇交换，而γ(1)$\nmid $G:T₁₇|，与文献[1]的定理6.15矛盾.类似的方法可证明

因此G不可解.根据文献[10]的引理1知，存在G的一个正规群列1$\underline \triangleleft $H$\underline \triangleleft $K$\underline \triangleleft $G，使得K/H同构于非交换单群的直积，且|G/K|||Out(K/H)|.由于|G|=2⁸·3²·5²·17，由文献[2]知，K/H只可能同构于A₅，A₆，L₂(17)，L₂(16)，A₅×A₅或O₅(4).

情形1 K/H$\not\cong $A₅

若K/H$\cong$A₅，则由

知|G/K|=1，2.因|G/K|=2时的讨论方法完全类似于|G/K|=1的情形，故只证|G/K|=1时的情形.

若|G/K|=1，则|H|=2⁶·3·5·17.根据文献[1]的定理6.2，令θ，φ∈Irr(H)，使[γ_H，θ]≠0，[β_H，φ]≠0，则

故17|θ(1).又由β(1)/φ(1)||G:H|，得2⁶|φ(1).如果H可解，令H₁₇∈Syl₁₇(H)，由文献[11]的引理2知H₁₇$\underline \triangleleft $H$\underline \triangleleft $G，故H₁₇$\underline \triangleleft $G.因为H₁₇交换，而γ(1)$\nmid $|G:H₁₇|，与文献[1]的定理6.15矛盾.因此H不可解，由文献[10]的引理1知，存在H的正规群列1$\underline \triangleleft $N$\underline \triangleleft $M$\underline \triangleleft $H，使得M/N同构于非交换单群的直积，且|H/M|||Out(M/N)|.因为|H|=2⁶·3·5·17，则M/N同构于A₅或L₂(16).

当M/N$\cong$A₅时，则|H/M|=1，2.于是|N|=2⁴·17，2³·17.根据文献[1]的定理6.2，令ε∈Irr(N)使得[θ_N，ε]≠0，则θ(1)/ε(1)||H:N|，故17|ε(1).但ε(1)²≥17²>|N|，矛盾.

当M/N$\cong$L₂(16)时，则|H/M|=1，2，4.若|H/M|=1，则|N|=2²，从而φ(1)||H:N|，矛盾.若|H/M|=2，则|N|=2且N≤Z(H)，从而H为N被L₂(16)的中心扩张.由于L₂(16)的Shur乘子为1，因此H是N被L₂(16)可裂的中心扩张，故H$\cong$L₂(16)×C₂.因为2⁶|φ(1)，但H中不可能有64的倍数维不可约特征标，矛盾.若|H/M|=4，则|N|=1，且M$\cong$L₂(16)，故H$\cong$L₂(16)×C₄或H$\cong$L₂(16)×C₂×C₂，但2⁶|φ(1)，这显然不可能.

情形2 K/H$\not\cong $A₆

若K/H $\cong$A₆，则|G/K|=2^r，其中0≤r≤2，于是|H|=2^5-r·5·17.因H可解，根据文献[11]的引理2，令H₁₇∈Syl₁₇(H)，有H₁₇$\underline \triangleleft $H$\underline \triangleleft $G，故H₁₇$\underline \triangleleft $G.从而γ(1)||G:H₁₇|=2⁸·3²·5²，矛盾.

情形3 K/H$\not\cong $L₂(17)

若K/H$\cong$L₂(17)，则

从而|G/K|=1，2.

当|G/K|=1时，则|H|=2⁴·5².令θ，φ∈Irr(H)，使得[γ_H，θ]≠0，[β_H，φ]≠0，则

故θ(1)=5.由β(1)/φ(1)||G:H|知φ(1)=2⁴.由Magma验算知，5，16$ \notin $cd^*(H)，矛盾.当|G/K|=2时，则|H|=2³·5².因为H可解，令H₅∈Syl₅(H)，由文献[11]的引理2知H₅$\underline \triangleleft $H，由于H$\underline \triangleleft $G，故H₅$\underline \triangleleft $G.因H₅交换，而γ(1) |G:H₅|，矛盾.

情形4 K/H$\not\cong $L₂(16)

若K/H$\cong$L₂(16)，则|L₂(16)|=2⁴·3·5·17.从而

当|G/K|=1时，则|H|=2⁴·3·5.令θ∈Irr(H)使得[β_H，θ]≠0，则

故2⁴|θ(1)，但θ(1)²≥2⁸>|H|，矛盾.当|G/K|=2时，则|H|=2³·3·5.根据文献[1]的定理6.2，令φ∈Irr(H)使得[β_H，φ]≠0，则

故θ(1)=2³.令ϕ∈Irr(H)使得[γ_H，ϕ]=e≠0，则γ_H=e∑ti=1ϕ_i，其中t=|G:I_G(ϕ)|，且γ(1)=etϕ(1)=3·5·17.由Magma计算知8∈cd^*(H)，则只可能

因此只能ϕ(1)=1.从而t≤5，e≥3·17，但[γ_H，γ_H]=e²t≥3²·17²·5>|G:H|，矛盾于文献[1]的引理2.29.同理，|G/K|≠4.

情形5 K/H$\not\cong $A₅×A₅

若K/H$\cong$A₅×A₅，则由|A₅×A₅|=2⁴·3²·5²，知|Out(A₅×A₅)|=8.于是|G/K|=2^r，其中0≤r≤3.从而|H|=2^4-r·17.令θ∈Irr(H)使得[γ_H，θ]≠0，则

故17|θ(1)，但θ(1)²≥17²>|H|，矛盾.

情形6 K/H$\cong$O₅(4)

通过比较G与O₅(4)的阶，知|H|=1.故G$\cong$O₅(4).

(ⅱ) M=O₅(9)

此时|G|=2⁸·3⁸·5²·41.令β，γ∈Irr(G)使得

先证明G不可解.假设G可解，令X为G的极小正规子群，X是初等交换p-群，其中p=2，3，5，41.下面根据X的阶取值不同进行讨论.

若|X|=2^r，其中1≤r≤8，则

根据文献[1]的定理6.15，故γ(1)||G:X|，矛盾.类似的方法可证明|X|≠3^s，其中1≤s≤8和|X|≠5^m，1≤m≤2.若|X|=41，则|G:X|=2⁸·3⁸·5².令δ∈Irr(X)使得[β_X，δ]=e≠0，则β_X=e∑ti=1δ_i，其中t=|G:I_G(δ)|，且β(1)=etδ(1)=3⁸.由于X交换，故δ(1)=1，因此et=3⁸.因为|Out(X)|=40=2³·5，所以t≤1.但[β_X，β_X]=e²t≥3¹⁶>|G:X|，矛盾于文献[1]的引理2.29，且有O₄₁(G)=1，因此G不可解.根据文献[10]的引理1，存在G的一个正规群列1$\underline \triangleleft $H$\underline \triangleleft $K$\underline \triangleleft $G，使得K/H同构于非交换单群的直积，且|G/K|||Out(K/H)|.考虑G的阶，且根据文献[2]知，K/H只可能同构于A₅，A₆，U₄(2)，L₂(3⁴)，A₅×A₅，A₆×A₆，O₅(9).

情形1 K/H$\not\cong $A₅

若K/H$\cong$A₅，则由|A₅|=2²·3·5，知|Out(A₅)|=2，于是|G/K|=1，2.下面只证|G/K|=1时的情形，因为|G/K|=2时的证明完全类似.

当|G/K|=1时，|H|=2⁶·3⁷·5·41.如果H可解，令H₄₁∈Syl₄₁(H)，根据文献[11]的引理2，故H₄₁$\underline \triangleleft $H，从而O₄₁(H)≠1.因为H$\underline \triangleleft $G，有O₄₁(H)⊆O₄₁(G)，矛盾，因此H不可解.由文献[10]的引理1，存在H的一个正规群列1$\underline \triangleleft $N$\underline \triangleleft $M $\underline \triangleleft $H，使得M/N同构于非交换单群的直积，且|H/M|||Out(M/N)|.由于|H|=2⁶·3⁷·5·41，M/N只可能同构于单群A₅，A₆，U₄(2)，L₂(3⁴).

若M/N$\cong$A₅，则|H/M|=1，2.当|H/M|=1时，则|N|=2⁴·3⁶·41.由于N可解，令N₄₁∈Syl₄₁(N)，根据文献[11]的引理2知N₄₁$\underline \triangleleft $N，又由于N$\underline \triangleleft $H，故N₄₁$\underline \triangleleft $H，从而O₄₁(H)≠1.由H$\underline \triangleleft $G知O₄₁(H)⊆O₄₁(G)，矛盾.同理可证|H/M|≠2.

类似地证明M/N$\not\cong $A₆，U₄(2).

若M/N$\cong$L₂(3⁴)，则|Out(L₂(3⁴))|=2³.由于|H|₂=2⁶，则|H/M|≠8，即|H/M|=1，2，4.当|H/M|=1时，则|N|=2²·3³.根据文献[1]的定理6.2，令ε∈Irr(N)，使得[β_N，ε]≠0，则

故3³|ε(1).但ε(1)²≥3⁶>|N|，矛盾.同理可证|H/M|≠2，4.

类似于情形1的方法可证K/H$\not\cong $A₆，U₄(2).

情形2 K/H$\not\cong $L₂(3⁴)

若K/H$\cong$L₂(3⁴)，则由|L₂(3⁴)|=2⁴·3⁴·5·41知|Out(L₂(3⁴))|=8，从而|G/K|=2^r，其中0≤r≤3，此时|H|=2^4-r·3⁴·5.令φ∈Irr(H)使得[β_H，φ]≠0，则

故3⁴|φ(1)，但φ(1)²>|H|，矛盾.

完全类似的方法可证明K/H$\not\cong $A₅×A₅.

情形3 K/H$\not\cong $A₆×A₆

若K/H$\cong$A₆×A₆，则由|A₆×A₆|=2⁶·3⁴·5²知|Out(A₆×A₆)|=2⁵.因为|G|₂=2⁸，故|G/K|=2^r，其中0≤r≤2.若|G/K|=1，则|H|=2²·3⁴·41.由于H可解，令H₄₁∈Syl₄₁(H)，根据文献[11]的引理2，有H₄₁$\underline \triangleleft $H，且O₄₁(H)≠1.由H$\underline \triangleleft $G知O₄₁(H)⊆O₄₁(G)，即O₄₁(G)≠1，矛盾.同理可证|G/K|≠2.若|G/K|=4，则|H|=3⁴·41.令ψ∈Irr(H)使得[β_H，ψ]≠0，则

故3⁴|ψ(1)，但ψ(1)²>|H|，矛盾.

情形4 K/H$\cong$O₅(9)

通过比较G与O₅(9)的阶知|H|=1，故G$\cong$O₅(9).

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