Charactering of Simple Group A₅ by the Number of Cyclic Subgroups

对有限群G，用c(G)表示G的循环子群的个数^[1]. 循环子群的个数对于群的结构是有一定影响的. 显然c(G)=|G|当且仅当G是初等Abel 2-群. 文献[2-6]分类了|G|-c(G)≤5的群.

文献[2]证明了c(G)=|G|-1当且仅当G≌C₃，C₄，S₃，D₈.

文献[3]证明了c(G)=|G|-2当且仅当G≌C₆，C₂×C₄，D₁₂，C₂×D₈.

文献[4]证明了c(G)=|G|-3当且仅当G≌Q₈，C₅，D₁₀.

文献[5]证明了c(G)=|G|-4当且仅当G≌C₄×C₂×C₂，C₂×C₂×D₈，(C₂×C₂)$ \rtimes $C₄，Q₈$ \rtimes $C₂，C₃×C₃，(C₃×C₃)$ \rtimes $C₂，A₄，C₆×C₂，C₂×C₂×S₃，C₈，D₁₆.

文献[6]证明了c(G)=|G|-5当且仅当G≌C₇，D₁₄，C₃$ \rtimes $C₄.

文献[7]证明了对任意有限群G，有|G|≤8(|G|-c(G))，并分类了1≤ |G|-c(G)≤32的群结构.

还有很多学者用交换子群的个数和最高阶元的个数来研究群的结构，参见文献[8-11].

文献[1, 12-13]研究了α(G)=$\frac{c(G)}{|G|} $对于群的性质和结构的影响. 其中文献[1]对α(G)>$\frac{3}{4} $的群进行了分类. 文献[12]证明了α(G)=34的有限幂零群是2-群. 文献[13]证明了α(G)≤α(Z(G))，等式成立当且仅当G≌G₁×G₂，其中G₁=Ω₁(G₁)Z(G₁)，G₂是奇数阶交换群.

本文证明了G≌A₅当且仅当|G|=60，且c(G)=32.

引理1  ^[1]   设G是有限群，若G=G₁×G₂×…×G_n，其中(|G_i|，|G_j|)=1，i≠j，则

引理2  ^[12]设G是有限群，c(G)是G的循环子群的个数，则c(G)=$\sum_{x \in G} \frac{1}{\varphi(o(x))} $，其中φ是Euler函数.

引理3  ^[14]   设S是群，H，G≤S，H∩G=1，且H≤N_S(G)，则H在G上的共轭作用是H在G上的一个作用，且H/C_H(G)$ \lesssim $Aut(G).

引理4  ^[15]   设φ是群G到G₁的一个同态，则N=Ker φ $ \trianglelefteq $G，且G/N$ \lesssim $G₁.

本文所涉及的群都是有限群，所用符号都是标准的.

引理5   若|G|=p²qr，其中p，q，r是不同的素数，则G是可解群或60阶交错群A₅.

证   设G不可解. 若G非单，则G有非平凡正规子群N，

从而N和G/N可解，G可解，矛盾. 故G是单群. 由于|G|的最小质因子不含3次方，则12||G|，所以

从而有r=5或r=11. 如果r=11，由于G是单群，所以G有12个Sylow 11-子群，从而有120个11阶元. G至少有4个Sylow 3-子群，所以至少有8个3阶元，且

所以G只有1个Sylow 2-子群，矛盾. 故

又因G是单群，由文献[16]，有G≌A₅.

定理1   G≌A₅当且仅当|G|=60，且c(G)=32.

证   充分性显然，下证必要性.

由引理5知，只需证G不可解.

假设G可解. 则G有极小正规子群N，且N为初等Abel p-群. 因为

所以|N|∈{2，3，4，5}. 设P₂∈Syl₂(G)，P₃∈Syl₃(G)，P₅∈Syl₅(G).

下证G的Sylow 5-子群正规. 由Sylow定理知，G有1个或6个Sylow 5-子群. 若G有6个Sylow 5-子群，则|N|≠5，从而|N|∈{2，3，4}.

如果|N|=3，则G有3-补，设为H₁，|H₁|=20. H₁中有1个Sylow 5-子群，所以P₅$ \trianglelefteq $H₁. 从而

即G的Sylow 5-子群个数为1，矛盾.

如果|N|=4，同理，矛盾于G的Sylow 5-子群的个数为6.

如果|N|=2，则G有2-补，设为H₂，|H₂|=30.

由Sylow定理知H₂中有1个或6个Sylow 5-子群. 若H₂中有6个Sylow 5-子群，则H₂中有24个5阶元. 又由Sylow定理知H₂中有1个或10个Sylow 3-子群. 若H₂中有1个Sylow 3-子群，令P₅作用在P₃上知，P₅与P₃可交换，所以P₃P₅≤G，即G中有15阶循环子群. 15阶循环子群的生成元个数为8，所以H₂中至少有8个15阶元. 从而|H₂|≥33，矛盾. 若H₂有10个Sylow 3-子群，则H₂中有20个3阶元，所以|H₂|≥45，矛盾. 从而任一30阶群中只有1个Sylow 5-子群，即P₅$ \trianglelefteq $H₂. 所以

矛盾. 综上所述，G只有1个Sylow 5-子群，即P₅$ \trianglelefteq $G.

下证G的Sylow 3-子群正规. 由P₅$ \trianglelefteq $G知，P₃P₅≤G，即G中存在15阶循环子群，且对G的任一15阶循环子群H，都有P₅$ \trianglelefteq $H. |G/P₅|=12，所以H/P₅是G/P₅的Sylow 3-子群. 由Sylow定理知，G有1个、4个或10个Sylow 3-子群.

若G有10个Sylow 3-子群，则G/P₅中有10个Sylow 3-子群. 根据引理4，G中有10个15阶循环子群，从而有80个15阶元，矛盾于|G|=60.

若G中有4个Sylow 3-子群，同理G/P₅中有4个Sylow 3-子群. 由引理4，G中有4个15阶循环子群，从而有32个15阶元. 令M是G中1阶元、3阶元、5阶元、15阶元之集合，则|M|=45，且对∀x∈G\M，有φ(o(x))≥1，所以

由引理2，

由条件c(G)=32，矛盾. 从而G只有1个Sylow 3-子群，即P₃$ \trianglelefteq $G.

由G可解知，G的所有Hall子群共轭. 因为P₃P₅是G的Hall子群，且

所以G中只有1个15阶循环子群. 下面用n_k表示G的k阶循环子群的个数. 因此

显然

则

若n₆₀=1，则G为循环群，c(G)=12，矛盾. 从而

下面继续讨论G的Sylow 2-子群的个数.

情形1   G有1个Sylow 2-子群.

若P₂=C₄，则G=C₄×C₃×C₅=C₆₀为循环群，c(G)=12，矛盾.

若P₂=C₂×C₂，则

由引理1知

则c(G)=16，矛盾.

情形2   G有3个Sylow 2-子群.

若P₂=C₄，则n₄=3，从而G中至多有3个2阶元，即n₂≤3. 令M是G中1阶元、2阶元、3阶元、4阶元、5阶元、15阶元之集合. 若n₂=3，则|M|=24，且对∀x∈G\M，有

所以

从而由引理2，c(G)≤28，矛盾于c(G)=32. 若n₂=1，则|M|=22，同理，c(G)≤27，矛盾.

若P₂=C₂×C₂，则n₄=0，G中至多有9个2阶元.

令M是G中1阶元、2阶元、3阶元、5阶元、15阶元之集合. 同理，有c(G)≤31，矛盾.

情形3   G有5个Sylow 2-子群.

若P₂=C₄，则n₄=5，从而G中有10个4阶元，至多5个2阶元，即n₂≤5. 令M是G中1阶元、2阶元、3阶元、4阶元、5阶元、15阶元之集合. 若n₂=5，则|M|=30，且对∀x∈G\M，有

从而由引理2知，c(G)≤29，矛盾. 同理，若n₂=3，则|M|=28，从而c(G)≤28，矛盾. 若n₂=1，则c(G)≤27，矛盾.

若P₂=C₂×C₂，则n₄=0. 因为

所以

从而

所以i，j∈{1，4，11，14}. 由G非交换，则i，j不能同时为1. 从而G有以下4种类型：

矛盾.

情形4   G有15个Sylow 2-子群.

若P₂=C₄，则n₄=15，所以|N_G(P₂)|=4，从而P₂=N_G(P₂). 由(1)式有

故

令

因为n₁₂=0，即G中没有12阶元，所以P₂作用在P₃上非平凡，从而

所以

因为G中没有20阶元，所以P₂作用在P₅上非平凡，从而i=2，3，4.

若i=2，则

此时G/P₃中有5个2阶元，从而有5个2阶循环子群. 设K/P₃=〈x〉是G/P₃的任一2阶循环子群. 因为P₂在P₃上的作用为逆变换，即b^a=b^-1，x是P₂中的2阶元，x=a²，所以b^x=b^a2=b，即〈x〉作用在P₃上平凡. 从而

由于G/P₃中有5个2阶循环子群，所以G中至少有5个6阶循环子群，矛盾于n₆=2.

若i=3，同理，矛盾.

若i=4，则

此时G/P₃中有10阶元，从而有10阶循环子群. 设J/P₃=〈y〉是G/P₃的任一10阶循环子群. 则|J|=30. 由30阶群分类知，矛盾. 若P₂=C₂×C₂，与情形3同理，矛盾.

综上所述，G不可解. 由引理5，G≌A₅.