用循环子群的个数刻画单群A5①
2022-09-27林子靖仝巍周伟
林子靖， 仝巍， 周伟
西南大学 数学与统计学院，重庆400715
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)×|C4，Q8×|C2，C3×C3，(C3×C3)×|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×|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]．
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×…×Gn，其中(|Gi|， |Gj|)=1，i≠j，则
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，
|N|∈{p，p2，q，r，pq，pr，qr，p2q，p2r，pqr}
|G/N|∈{p，p2，q，r，pq，pr，qr，p2q，p2r，pqr}
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
p=2q=3r≥5 1+kr|12
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
|G|=22×3×11=132
所以G只有1个Sylow 2-子群，矛盾．故
r=5 |G|=60
又因G是单群，由文献[16]，有G≅A5．
定理1G≅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Abelp-群． 因为
|G|=60=22·3·5
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◁_H1． 从而
H1≤NG(P5) |G∶NG(P5)|≤|G∶H1|≤3
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◁_H2． 所以
H2≤NG(P5) |G∶NG(P5)|≤|G∶H2|≤2
矛盾． 综上所述，G只有1个Sylow 5-子群， 即P5◁_G．
下证G的Sylow 3-子群正规．由P5◁_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◁_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∈GM， 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◁_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
P3P5=P3×P5◁_G
所以G中只有1个15阶循环子群．下面用nk表示G的k阶循环子群的个数． 因此
n1=1n3=1n5=1n15=1
显然
则
60=n1+n2+2n3+2n4+4n5+2n6+4n10+4n12+8n15+8n20+8n30+16n60
32=n1+n2+n3+n4+n5+n6+n10+n12+n15+n20+n30+n60
若n60=1， 则G为循环群，c(G)=12， 矛盾．从而
n4+n6+3n10+3n12+7n20+7n30=17
(1)
下面继续讨论G的Sylow 2-子群的个数．
情形1G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
G=C2×C2×C3×C5
由引理1知
则c(G)=16，矛盾．
情形2G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∈GM，有
o(x)≥6φ(o(x))≥2
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3G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∈GM， 有
o(x)≥6φ(o(x))≥2
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
P3◁_GP5◁_G
所以
P3P5◁_GP3P5=C15
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：
G1=〈a，b，c：a2=b2=c15=1，ab=ba，ca=c4，cb=c4〉c(G1)=28
G2=〈a，b，c：a2=b2=c15=1，ab=ba，ca=c11，cb=c11〉c(G2)=20
G3=〈a，b，c：a2=b2=c15=1，ab=ba，ca=c14，cb=c14〉c(G3)=38
G4=〈a，b，c：a2=b2=c15=1，ab=ba，ca=c4，cb=c11〉c(G4)=35
矛盾．
情形4G有15个Sylow 2-子群．
若P2=C4， 则n4=15， 所以|NG(P2)|=4， 从而P2=NG(P2)． 由(1)式有
n6+3n10+3n12+7n20+7n30=2
故
n6=2n10=n12=n20=n30=0
令
P2=〈a〉P3=〈b〉
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
P2P3=〈a，b：a4=b3=1，ba=b-1〉
|G/P3|=20P5◁_G
所以
G/P3=〈a，c：a4=c5=1，ca=ci，i4≡1(mod 5)〉
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
G/P3=〈a，c：a4=c5=1，ca=c2〉
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ba=b-1，x是P2中的2阶元，x=a2， 所以bx=ba2=b， 即〈x〉作用在P3上平凡． 从而
K=P3×〈x〉=C6
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
G/P3=〈a，c：a4=c5=1，ca=c4〉
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．
