Characterization of S_n by the Set of Orders of Its Maximal Abelian Subgroups

用群的局部性质研究有限群的结构是群结构研究的基本方法. 施武杰最早开始利用群的数量性质来研究有限群的结构，特别是单群的刻画. 关于交错群和对称群的数量刻画，文献[1]证明了G$ \cong $A_n当且仅当π_e(G)=π_e(A_n)，|G|=|A_n|. 文献[2]证明了G$ \cong $S_n当且仅当π_e(G)=π_e(S_n)，|G|=|S_n|，后来又证明了交错群可以仅用元的阶之集合刻画，即仅用π_e(G)=π_e(S_n)刻画. 文献[3]用群的第一ONC-度量刻画了S_n(n≤14). 文献[4]用群的第一ONC-度量和群的阶的最大素因子刻画了Conway单群和Fischer单群. 交换子群的阶和个数是群的重要特征，文献[5]证明了群G的同阶交换子群的个数之集为{1，3}等价于群G的同阶子群的个数之集为{1，3}. 文献[6]仅用极大交换子群的阶刻画了K₃-单群. 文献[7-8]仅用极大交换子群的阶刻画了A₁₁、部分李型单群和散在单群. 文献[9]用极大交换子群的阶刻画了A_p，其中p和p-2是素数，即：全部素图分支数为3的交错群可以用极大交换子群阶的集合刻画.

本文继续探究极大交换子群的阶对群结构的影响，研究与对称群的极大交换子群阶的集合相同的有限群，得到S_n(n=5，7，8)可由其极大交换子群阶之集合刻画.

本文所涉及的群都是有限群. 文献[6]用M(G)代表有限群G的全部极大交换子群的阶的集合，但此符号在不同文献中有不同含义. 本文为了方便，用π_mas(G)代表有限群G的全部极大交换子群的阶的集合，其余符号都是标准的.

引理1^[10]  G是有限群且素图不连通，则下列结论之一成立：

(i) G为Frobenius群;

(ii) G为2-Frobenius群;

(iii) G有正规列：1$\unlhd$H$\unlhd$K$\unlhd$G，使得H和G/K是π₁-群，K/H是非交换单群，H是幂零群，其中2∈π₁，且|G/K| | | Out(K/H)|.

引理2^[11]  设G=HK是以K为Frobenius核，H为Frobenius补的Frobenius群，则K幂零，且|H| | (|K|-1). 特别地，若p∈π(H)且q∈π(K)，则|H_p| | (|K_q|-1)，|H| | (|K_q|-1). 此时，t(G)=2，Γ(G)={π(H)，π(K)}.

引理3^[11]  设G是2-Frobenius群，则G=DEF，其中D和DE是G的正规子群，DE和EF是分别以D和E为核的Frobenius群. 此时，t(G)=2，π₁(G)=π(D)∪π(F)，π₂(G)=π(E).

引理4^[12]  设G是2^a3^b5^c7^d阶单群，则G同构于下述群之一：

(i) Z₂，Z₃，Z₅，Z₇;

(ii) A₅，L₂(7)，A₆，L₂(8)，U₃(3)，U₄(2);

(iii) A₇，A₈，L₃(4)，L₂(49)，U₃(5)，A₉，J₂，S₆(2)，A₁₀，U₄(3)，S₄(7)，O₈⁺(2).

在以下定理的证明中，若G为Frobenius群或2-Frobenius群，则默认沿用引理2和引理3的记号，并不再加任何说明.

定理1  设G是有限群，若π_mas(G)=π_mas(S₅)，则G$ \cong $S₅.

证  由Magma计算知，S₅的极大交换子群的阶分别为4，5，6，则|G|=2ⁿ·3·5(n≥2). 由极大交换子群的阶可知G的素图不连通，且t(G)=2，π₁(G)={2，3}，π₂(G)={5}. 由引理1，需讨论如下3种情形：

情形1  若G为Frobenius群，设G=HK. 由引理2知，π(K)=π₁(G)={2，3}，π(H)=π₂(G)={5}，|K|=2ⁿ·3，|H|=5. 由引理2，得5=|H| | (|K₃|-1)=2，矛盾. 因此，G不能是Frobenius群.

情形2  若G为2-Frobenius群，设G=DEF. 由引理2知，π(D)∪π(F)={2，3}，π(E)={5}. 此时，|F| | (|E|-1)，所以|F| | 4，则3∈π(D). 因为D₃E是一个以D₃为Frobenius核的Frobenius群，所以|E| | (|D₃|-1)，而|E|=5，|D₃|=3，矛盾. 因此，G不能是2-Frobenius群.

情形3  若G有正规列1$\unlhd$H$\unlhd$K$\unlhd$G，使得H和G/K是{2，3}-群，K/H是非交换单群，H是幂零群，其中2∈π₁，且|G/K | | |Out(K/H)|.

易知，5∈π(K/ H)，且π(K/ H)⊆{2，3，5}，K/H为非交换单群. 若H>1，则Z(H)>1，由G的极大交换2-群的阶为4，知|Z(H)|=2，4. 再由Z(H) char H$\unlhd$G，知Z(H)$\unlhd$G. 取P₅∈Syl₅(G)，由N-C定理知，P₅在Z(H)上的共轭作用是平凡的，则P₅Z(H)是G的10阶或20阶交换子群，矛盾. 因此，H=1. 此时，C_G(K)=1，否则，KC_G(K)=K×C_G(K)，G有5的倍数阶交换子群，矛盾. 因此A₅$ \cong $K≤G≤Aut(K)，若|G/K |=1，则G$ \cong $A₅，而A₅的极大交换子群的阶与G的阶并不相等，矛盾. 因此，|G/K |=2，G=S₅.

定理2  设G是有限群，如果π_mas(G)=π_mas(S₆)，则G$ \cong $S₆.

证  由Magma计算知π_mas(S₆)={5，6，8，9}，所以|G|=2ⁿ·3^m·5(n≥3，m≥2). 由极大交换子群的阶可知G的素图不连通，且t(G)=2，π₁(G)={2，3}，π₂(G)={5}. 于是有如下可能性：

若G为Frobenius群，设G=HK. 由引理2知，π(K)=π₁(G)={2，3}，π(H)=π₂(G)={5}，|K|=2ⁿ·3^m，|H|=5. 再由n≥3，m≥2，知K有36阶交换子群，矛盾.

若G为2-Frobenius群，设G=DEF. 由引理2知π(D)∪π(F)={2，3}，π(E)={5}. 由|F| | (|E|-1)，得|F| | 4，从而π(F)={2}，3∈π(D). 取D₃∈Syl₃(D)，易知D₃E是以D₃为核的Frobenius群，由Z(D₃) char D₃$\unlhd$D₃E，得Z(D₃)$\unlhd$D₃E. 已知G的极大交换3-子群的阶为9，则|Z(D₃)|=3，9. 于是，E在Z(D₃)上的共轭作用是平凡的，从而D₃E有15阶元，G有15阶交换子群，矛盾. 因此，G不能是2-Frobenius群.

若G有正规列1$\unlhd$H$\unlhd$K$\unlhd$G，使得H和G/K是{2，3}-群，K/H是非交换单群，H是幂零群，其中2∈π₁，且|G/K | | |Out(K/H)|.

易知，5∈π(K/ H)，且π(K/ H)⊆{2，3，5}，K/H是非交换单群. 若|H|>1，可设|H|=2^l·3^h(l≤n，h≤m)，由H是幂零群，可知H=P₂P₃，其中P₂∈Syl₂(H)，P₃∈Syl₃(H)，P_i$\unlhd$G(i=2，3)，若P_i≠1，则Z(P_i)≠1，且Z(P_i) char P_i$\unlhd$G，得Z(P_i)$\unlhd$G(i=2，3). 由π_mas(G)={5，6，8，9}知|Z(P_i)| | 8或|Z(P_i)| | 9. 取P₅∈Syl₅(G)，则P₅在Z(P₂)和Z(P₃)上的共轭作用都是平凡的，分别产生10阶元和15阶元，这与π_mas(G)={5，6，8，9}矛盾. 因此P₂=P₃=1，故H=1. 若C_G(K)≠1，则G有5的倍数阶交换子群，矛盾. 因此C_G(K)= 1. 进而K≤G≤Aut(K)，π(K)={2，3，5}. 于是K可能是A₅，A₆，或者U₄(2).

若K$ \cong $A₅，则|G/K| | 2，则|G|=60，120，矛盾. 若K$ \cong $U₄(2)，则K有12阶交换子群，矛盾. 若K/H$ \cong $A₆，即K$ \cong $A₆，此时|G/K| | 4，则G$ \cong $S₆，PSO₃(9)，M₁₀，PΓO₃(9). 因为PSO₃(9)和PΓO₃(9)有10阶交换子群，所以G$ \cong $S₆，M₁₀. 若G$ \cong $M₁₀，则6∉π_mas(G)，矛盾. 综上所述，G$ \cong $S₆.

定理3  设G是有限群，若π_mas(G)=π_mas(S₇)，则G$ \cong $S₇.

证  由Magma计算知π_mas(S₇)={6，7，8，9，10，12}，则|G|=2ⁿ·3^m·5·7(n≥3，m≥2). 由极大交换子群的阶可知G的素图不连通，且t(G)=2，π₁(G)={2，3，5}，π₂(G)={7}. 于是有如下可能性：

若G为Frobenius群，设G=HK. 由引理2，π(K)=π₁(G)={2，3，5}，π(H)=π₂(G)={7}. 因此，|K|=2ⁿ·3^m·5，|H|=7. 由|H| | (|K₅|-1)可得矛盾. 因此，G不是Frobenius群.

若G为2-Frobenius群，设G=DEF. 由引理2和引理3，π(D)∪π(F)={2，3，5}，π(E)={7}，|F| | (|E|-1). 于是|F| | 6，5∈π(D). 同理由|E| | (|D₅|-1)可得矛盾. 因此，G不是2-Frobenius群.

若G有正规列1$\unlhd$H$\unlhd$K$\unlhd$G，使得H和G/K是{2，3，5}-群，K/H是非交换单群，H是幂零群，其中2∈π₁，且|G/K | | |Out(K/H)|. 易知7∈π(K/ H)，且π(K/ H)⊆{2，3，5，7}.

设|H|=2^l·3^h·5(l≤n，h≤m)，由H是幂零群，可设H=P₂P₃P₅，其中P₂∈Syl₂(H)，P₃∈Syl₃(H)，P₅∈Syl₅(H). 根据P_i char H$\unlhd$G，得P_i$\unlhd$G(i=2，3，5). 若P_i≠1，则Z(P_i)≠1，且Z(P_i) char P_i$\unlhd$G，得Z(P_i)$\unlhd$G(i=2，3，5). 取P₇∈Syl₇(G)，则P₇在Z(P₂)，Z(P₃)和Z(P₅)上的共轭作用都是平凡的，从而G有7的倍数阶交换子群，矛盾. 因此，P₂=P₃=P₅=1，从而H=1. 再次由G无7的倍数阶交换子群得C_G(K)=1. 从而K$\unlhd$G$\unlhd$Aut(K).

因为7∈π(K/ H)，π(K/ H)⊆{2，3，5，7}，由引理4得K同构于下列单群之一：

若K同构于L₃(2)，L₂(8)或U₃(3)之一，则Aut(K) 无12阶交换子群，从而G也无12阶交换子群，矛盾. 因为A₈有15阶交换子群，所以K$\ncong$A₈. 另外，由L₃(4)，A₉，U₄(3)，S₆(2)分别有16，16，81，15阶交换子群知，K不能为L₃(4)，A₉，U₄(3)，S₆(2). 因此K$ \cong $A₇，A₇$\unlhd$G$\unlhd$S₇. 由于A₇无12阶交换子群，所以G$ \cong $S₇.

定理4  设G是有限群，若π_mas(G)=π_mas(S₈)，则G$ \cong $S₈.

证  由Magma计算知π_mas(S₈)={7，8，10，12，15，16，18}，则|G|=2ⁿ·3^m·5·7(n≥4，m≥2). 由极大交换子群的阶可知G的素图不连通，且t(G)=2，π₁(G)={2，3，5}，π₂(G)={7}. 于是有如下可能性：

若G为Frobenius群，设G=HK. 由引理2知，π(K)=π₁(G)={2，3，5}，π(H)=π₂(G)={7}. 因此，|K|=2ⁿ·3^m·5，|H|=7. 仿照定理3 G为Frobenius群的情形，由|H| | (|K₅|-1)可推得矛盾.

若G为2-Frobenius群，设G=DEF. 由引理2，π(D)∪π(F)={2，3，5}，π(E)={7}. 同定理3G为2-Frobenius群的情形，|F| | 6，于是5∈π(D). 又因为D₅E是以D₅为核的Frobenius群，所以|E| | (|D₅|-1)，但是|E|=7，|D₅|=5，矛盾. 因此G不能为2-Frobenius群.

若G有正规列1$\unlhd$H$\unlhd$K$\unlhd$G，使得H和G/K是{2，3，5}-群，K/H是非交换单群，H是幂零群，其中2 ∈π₁，且|G/K| | |Out(K/H)|. 易知，7∈π(K/H). 仿照定理3可证H=1，并且C_G(K)≠1将导致G含有7的倍数阶交换子群，因此C_G(K)=1，进而K$\unlhd$G$\unlhd$Aut(K).

因为7∈π(K/ H)⊆{2，3，5，7}，K/H是非交换单群，由引理4可知，K/ H$ \cong $A₇，A₈，A₉，U₃(3)，U₄(3)，L₃(2)，L₂(8)，L₃(4)，S₆(2).

若K$ \cong $A₇，则A₇$\unlhd$G$\unlhd$S₇，但S₇无15阶子群，故G无15阶子群，矛盾. 由A₉有27阶极大交换子群，则K$\ncong$A₉. 当K为L₃(2)，L₂(8)，U₃(3) 之一时，G无15阶极大交换子群，所以K≠L₃(2)，L₂(8)，U₃(3). 因为U₄(3)中有81阶交换子群，所以K≠U₄(3). 又由S₆(2)有32阶交换子群知K≠S₆(2). 若K=L₃(4)，由于G含有15阶交换子群，而L₃(4)却没有，因此G必定包含L₃(4)被3阶群的扩张PGL₃(4)，但由Magma计算知PGL₃(4)包含21阶元，矛盾. 综上所述，K$ \cong $A₈，从而A₈$\unlhd$G$\unlhd$S₈，易得G$ \cong $S₈.