S10的非交换图刻画

王玲丽

（中北大学 理学院，山西 太原030051）

0 引 言

1975年，Erdös给出非交换图▽（G）的定义如下：▽（G）的顶点集合是G＼Z（G），两个顶点x与y 相连当且仅当xy ≠yx（参见文献［1］）．目前，已经有许多关于用非交换图刻画单群的结论．文献［2］中，作者给出有关非交换图的一些有用的结论．文献［3］中指出，若▽（G）≅▽（P），其中G是有限群，P 是有限非交换单群，则｜G｜＝｜P｜．文献［4］中，作者证明了某些有限非交换单群P可以用其非交换图刻画．文献［5］中，作者证明了A10可以用其非交换图刻画．散在单群的自同构群也可以由其非交换图刻画［3，6－7］．

用πe（G）表示群G 的元素的阶的集合，用π（G）表示n的素因子的集合，其中n是自然数．也用π（G）表示｜G｜的素因子的集合．对于群G，用k（G）表示G 的共轭类数，用｛C1，…，Ck（G）｝表示G的所有共轭类的集合，N（G）表示G 中共轭类长度的集合．

与πe（G）有关的图称为G 的素图Γ（G）．定义如下：顶点集合是π（G），两条边p，q 相连，如果pq ∈πe（G）（见文献［8］）．用t（G）表示Γ（G）的连通分支数，用πi＝πi（G）（i＝1，2，…，t（G））表示Γ（G）的连通分支．当｜G｜是偶数时，记2 ∈π1（G）．则｜G｜能被表示成m1，m2，…，mt（G）的乘积，其中mi是满足π（mi）＝πi的整数．这些mi称为G 的阶分量．记OC（G）＝｛m1，m2，…，mt（G）｝是G 的阶分量的集合，T（G）＝｛πi（G）｜i＝1，2，…，t（G）｝［9－11］．

本文所涉及的群均指有限群，单群均指有限非交换单群，所用到的其他概念是标准的，可参见文献［2，9］．

1988年，Fields奖得主Thompson 在与施武杰教授的来信中，提出如下猜想：

Thompson 猜想 设G 是有限群，Z（G）＝1，M 是有限非交换单群，满足N（G）＝N（M），则G ≅M．

此猜想被列为群论中未解决的问题12．38［12］．

非交换图引起许多研究者的兴趣．

2005 年， A．R．Moghaddamfar， W．J．Shi，W．Zhou 和A．R．Zokayi证明了如下一些结论［2］．

设G 是有限群，▽G ≅▽（An），其中n≥4，则｜G｜＝｜An｜．

设G 是有限群，H 是散在单群，若▽（G）≅▽（H），则｜G｜＝｜H｜．

设G 是有限群，H 是素图非连通的李型单群，若▽（G）≅▽（H），则｜G｜＝｜H｜．

设G 是有限群，▽G ≅▽（Sn），其中n≥3，则｜G｜＝｜Sn｜．

2006 年，A．Abdollahi，S．Akbari 和 H．R．Maimani证明了如下定理［4］：

设G 是有限群，▽（G）≅▽（PSL（2，2n）），则G ≅PSL（2，2n）．

设G 是有限群，▽（G）≅▽（Sz（22m＋1）），则

G ≅Sz（22m＋1）．

并提出猜想：

AAM 猜想 设M 是有限非交换单群，G 是有限群，满足▽（G）≅▽（M），则G ≅M．

AAM 猜想与1987年J．G．Thompson教授提出的猜想有着密切的关系．

联系：若 M 是有限非交换单群，满足Thompson 猜想成立，则对任意有限群G，一定有▽（G）≅▽（M）和｜G｜＝｜M｜，从而有G ≅M．

本文对AAM 猜想进行了一定的探索，考虑用非交换图刻画S10．

1 预备知识和引理

引 理1［5］令G 和H 是 有 限 群．如 果则对任意x ∈H，

其中，φ 是从▽（H）到▽（G）的一个同构．

引理2［2］设G 与H 是两个有限群，满足则有

引理3［13］令G 和H 是非交换限群，且｜Z（G）｜＝｜Z（H）｜．如果▽（H）≅▽（G），则Γ（H）＝Γ（G）．

引理4［14］令S ＝P1×P2×…×Pr，其中Pi是彼此同构的有限非交换单群．则Aut（S）≅特别地，

设p ≥5 是一个素数．用Sp表示群阶的素因子不超过p 的所有有限非交换单群．显然，若q≤p 一定有Sq⊆Sp．本文考虑S7中的有限非交换单群．文献［15］中已经给出了S7中所有有限非交换单群，为方便使用在表1 中列出．

表1 S∈S7中的有限非交换单群Tab．1 Nite noncommuting simple group in S∈S7

2 S10的非交换图刻画

定理1 设G 是一个有限群，且▽（G）≅▽（S10），则G ≅S10．

证明 由文献［16］知，S10中存在两个元素x与y 满足｜CS10（x）｜＝25 与｜CS10（y）｜＝32．

由引理1 及2 知｜Z（G）｜＝1．由▽（G）≅▽（S10），可 以 得 到｜G ｜－｜Z（G）｜＝｜M ｜－｜Z（M）｜．又由于｜Z（S10）｜＝1，因此｜G｜＝由 于由引理3，可以得到Γ（G）＝特别地，

以下分几个引理来证明此定理．

引理5 设K 是G 的极大可解正规子群．则K 是｛2，3｝－群．特别地，G 是非可解群．

证明 首先假设｛5，7｝∈π（K）．由于K 是可解群，K 包含阶为5m·7 的可解的｛5，7｝－Hall子群T，其中m ＝1或2．不论哪种情况，很容易得到T 是循环群．因此35∈πe（G），矛盾．因此｛5，7｝不能同时属于π（K）．

假设7 整除｜K｜而5不整除｜K｜．令T 是K 的Sylow 7－ 子群．由Frattini论断，可以得到G ＝KNG（T）．因此，正规化子NG（T）包含一个5 阶 元，设为x．显然T〈x〉是G 的35 阶循环子群，这意味着35∈πe（G），矛盾．

假设5 整除｜K｜而7 不整除｜K｜，R ∈Syl5（K）．同样，由Frattini论断我们得到G ＝KNG（R），因此7 整除NG（R）的阶．令U 是NG（R）的7阶子群．显然RU 是G 的7·5m阶子群，其中m＝1或2．不论哪种情况，都有RU 是交换群，因此35∈πe（G），矛盾．

特别地，由于K 是G 的极大可解真正规子群，因此G 是非可解群．

引理6 存在有限非交换单群S 使得S ＜G／K ≤Aut（S）．

证明 设G∶＝G／K．则S∶＝Soc（¯G）＝P1×P2× … ×Pm，其 中Pi是 非 交 换 单 群，¯G ≤Aut（S）．以下证明m ＝1．

假设m ≥2．由于35 ∉πe（G），有π（S）＝π（Pi）＝｛2，3，5｝，Pi＝A5或A6，或者π（S）＝π（Pi）＝｛2，3，7｝，Pi＝L2（7），L2（8）或U3（3）．

如果π（S）＝π（Pi）＝｛2，3，5｝，Pi＝A5或A6，由引理5，存在p ∈｛5，7｝整除¯G 的阶．因此，可 设p 整 除Out（S） 的 阶．Out（S）＝Out（S1）×…×Out（Sr），其中群Sj是同构单群Pi的直积，且S＝S1×…×Sr．因此，对某个j，p整除Sj的外自同构群的阶，其中Sj是t 个同构单群Pi的直积．由于Pi＝A5或A6，Out（Pi）的阶不被p 整除．由引理4，可以得到｜Out（Sj）｜＝｜Out（Pi）｜t·t！．因此，t≥p ≥5．故35整除群G 的阶，矛盾．

若π（S）＝π（Pi）＝｛2，3，7｝，其 中Pi＝L2（7），L2（8）或U3（3），则由引理5，存在素数p ∈｛5，7｝整除¯G 的阶．因此，设5 整除Out（S）的阶．Out（S）＝Out（S1）×…×Out（Sr），其中群Sj是同构单群Pi的直积，且S＝S1×…×Sr．因此，对某个j，5 整除Sj的外自同构群的阶，其中Sj是t 个同构单群Pi的直积．由于Pi＝L2（7），L2（8）或U3（3），Out（Pi）的阶不被5 整除．由引理4 可以得到｜Out（Sj）｜＝｜Out（Pi）｜t·t！．因此，t≥5，35整除群G 的阶，矛盾．

引理7 S ≅J2或A10．

证明 由表1 及对群阶的考虑，可以得到S可能同构于下列单群之一：An，n ＝5，6，7，8，9，10，J2，L2（7），L2（8），U3（3），L3（4）或U4（2）．另一方面，由引理5，K 是一个｛2，3｝－群，因此5，7∈π（Aut（S）），这表明S只能同构于下列群之一：A7，A8，A9，A10，J2或L3（4）．若S ≅A7，A8，A9或L3（4），那么5必须整除Out（S）的阶，矛盾．

因此S ≅J2或A10．

引理8 G ≅A10．

证明 若S ≅J2，则G／K ≅Aut（J2）或J2．不论哪种情况，都有3 整除｜K ｜．显然K ≤Z（G）∩G′．因此G 是G／K 被K 的扩张．如果是不可裂扩张，则｜K｜一定整除J2的Schur乘子．但是由文献［16］知，J2的Schur乘子是2，矛盾．因此，G 是G／K 被K 的可裂扩张．因此K ≤Z（G），与Z（G）＝1矛盾．故S 不能同构于J2．

若S ≅A10，则G／K ≅S10或A10．如 果G／K ≅S10，通过阶的比较，可以得到K ＝1，G ≅S10．如果G／K ≅A10．类似上述证明，有K ≅Z2且K ≤Z（G），与Z（G）＝1矛盾．

因此，可以得到G ≅S10．

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