特征标次数集是由1,一些素数和一个奇素数幂组成的有限群
特征标次数集是由1,一些素数和一个奇素
数幂组成的有限群
信阳师范学院:自然科学版
第24卷第2期2011年4月
JournalofXinyangNormalUniversity
NaturalScienceEditionVo1.24No.2Apr.2011 DOI:10.3969/j.issn.1003-0972.2011.02.002 特征标次数集是由1,一些素数
和一个奇素数幂组成的有限群
梁登峰,游兴中,李士恒.
(1.北京工商大学数学系,北京100048;2.长沙理工大学数学与计算科学学院,湖南
长沙410114;
3.郑州航空工业管理学院数理系,河南郑州450015)
摘要:令不可约特征标次数的集合(G):{1,m,P.,P:,…,P},其中m是奇素数幂,P是素
数,给出了
这种有限群G的完全分类.
关键词:有限群;不可约特征标;素数
中图分类号:0152.6文献标志码:A文章编号:1003-0972(2011)02-0146-03 FiIliteGroupswhichIrreducibleCharacterDegreesSets Consistof1.SomePrimesandaPowerofSomeOddPrime LIANGDeng-fleng,YOUXing-zhong,LIShi-heng' (1.DepartmentofMathematics,BeringTechnologyandBusinessUniversity,Beijing10004
8,China;
2.CortegeofMathematicsandComputingScience,ChangshaUniversityofScienceandTec
hnology,Changsha410114,China;
3.DepartmentofMathematicsandPhysics,ZhengzhouInstituteofAeronauticalIndustryM
anagement,Zhengzhou450015,China)
Abstract:IfGisafinitegroup,cd(G):{1,m,Pl,P2,…,P},wherePiisaprimeforalli,misapower
ofsome
oddprime,thegroupsisclassified.
Keywords:finitegroups;irreduciblecharacterdegrees;primes
O引言
本文中G总
表
关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf
示一个有限群.cd(G)是由G的 所有不可约特征标次数组成的集合.有关cd(G) 和G的结构的一些基本结果见文献[1—3].近期研 究这种类型的文章也不少,比如文献[4]中给出了 不可约特征标次数都是Hall数的有限群的结构, 文献[5]中给出了非线性不可约特征标次数是一 些连续的数的有限群的结构.本文讨论不可约特 征标次数集合是由1,一些素数和一个奇素数幂组 成的有限群的结构.
1引理
引理1(文献[1]中定理27.8)若cd(G)= {1,m,11,},其中m?n,1?(m,17,)=a,则存在素数 P,整数b,5?,使得m:ab,n=,且06整除P一
1,a整除P一1,b整除4-1,5,S整除.
引理2若cd(G):{1,P,P},其中素数P> 2,则i=1,即cd(G)={1,P}.
证明情况1.令m=p,/7,=p..由引理1知a
=pI,且b=pi,,=1,即=0.又由整数5,知=
0.由ab整除P一1=0,a:p1整除P一1=0,b=pi1 整除P'?1=0,2,P1>2,知i=1,cd(G)={1,P1}. 情况2.令m=p.,=.由引理1知a=p1,b= 1,=pi1,,所以=i—I,P=p1.由口6整除P一1得 P1整除P2】"一1,即i=1,ce(G)={1,Pl}.证毕
引理3(文献[1]中定理16.14)令G是可解
非交换群,且对任意E<NG都有G/N交换,那么? =
G是G的唯一极小正规子群,则或者G是p一群, 收稿日期:2010-09—30;修订日期:2010-12-06;.通讯联系
人.E?mail:dengfengliang@163.com 基金项目:北京市属高校科技创新平台项目(201098);国家自然科学基金资助项目
(10871032);教育部博士点基金资助项目
(20060285002)
作者简介:梁登峰(1978.),女,山西平遥人,讲师,主要从事有限群及其表示理论方向
的研究.
?
146?
梁登峰,等:特征标次数集是由1,一些素数和一个奇素数幂组成的有限群 IGI=P,Z(G)循环;或者G是Frobenius群,其
Frobenius核G是初等交换p一群,G/G是循环群,且 IG/Gl整除IGl一1.
引理4(文献[1]中定理18.7)令G=删是
Frobenius群,其Frobenius核是F,且FnH=E,则
G有下列不可约特征标:
(1)特征标?Irr/4(j=1,…,h(H)),由G/F
兰知,这些特征标是G的F包含在其核中的特
征标.
(2)定义日作用在加F上:咖(=咖).H
在M上的轨道是{咖--R1,},{lh?H}(=2,
…
,5),其中l{lh?H}I=1日I,?2,且s=1+
,则(_,=2,…,s)在G上不可约.特别
(G)=h(tt)+.
引理5(文献[1]中定理27.3)令G/K是
Frobenius群,其Frobenius核F/K是初等交换P一 群假设?F,则lG:FI(1)?cdG或者V() ?K且IF:KI整除(1),特别地Pl(1). 引理6(文献[1]中定理21.3)若NG,?
IrrG,且?G(1)和IG/?I互素,则?,
引理7[6若对任意?IrrG,(1)是某个素
数的方幂,则
(1)G可解当且仅当Ip(G)I?2.
(2)若G"=E,则Ip(G)I?1.
引理8(文献[1]中定理28.3)令G是
(凡,C)的有限子群.若令7r={PI素数P>T/,+1},
则G有交换Hall仃一子群.
引理9(文献[1]中定理6.8)令G是非交换单 群,则对所有的?Irr(G)(1)?2.
引理1O(文献[1]中定理27.1)若cd(G)=
则G"=E. {1,m},其中m>1,
引理11(文献[1]中定理27.6)若fcd(G)I =
3,则G可解且G=E.
引理12(文献[1]中定理15.1)令D是G在 C上的一个不可约表示,其相应的特征标记作. 令K={gIh?G}是G的一个共轭类,且{(1),l KI)=1,习【;么x(g)=0或者D(g)=cE,贝0gKexx? Z(G/KerX).
2主要结果
命
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
1可解群G,若cd(G)={1,P,,P,P:},
其中P,P2是素数,且2<p,2<p,i是一整数,则 有下列之一成立:
(1)(G)?3;
(2)存在正规子群K,使得G/K是Frobenius 群,IG/KI=pp,m是整数,核K是初等Abel P2-群.补G/F循环p阶群,P.整除一1.cd(F) =
{1,pi,,P:}.此时dl(G)=4.
证明若G的任意商群都是交换群.显然G,, =1.
若G有非Abel商群,则存在KG,使G/K非A- be1.然而G/K的每个商群都交换.由引理3知,G/ K或者是P.群,或者是Frobenius群,其核G/K是 初等Abelp-群.
情况1.若G/K是Abe]P一群.
假设p=p,则P不整除Jp.设?/rr(G)(1) =p:.由(1G/KI(1))=1,得?Irr(K).但若
?In"(G/K),且(1)=p1,Na4,?Irr(G),且
(1)=p.P2.
矛盾于定理中PP不属于cd(G). 当P=p时,同理可得出矛盾.
情况2.若G/K是Frobenius群.其核F/K= (G/K),且F/K是初等AbelP一群.由引理4知 cd(G/K)={1,lG/Fl}. 若F1,由于F/K=(G/K),得G=1.下面
令F?1.
(I)令P=p,则由于F/K是p一群,且lG/Fl cd(G/K)C_cd(G),所以JG/FI=p2,令?Irr(F), (1)>1.由于lG/FI(1)=p(1)不包含在
(G)中,由引理5知P整除(1).
假设=+…,其中?Irr(G),贝0
,=1+2+…,
?Irr(F),(1)=(1).P整除(1).又由P
整除IF/KI,知P1不整除lG/Fl=p2,所以(1)= P或p.
(1G/FI(1))=(P,P)=1, 或(p,P)=1.由引理6知,?Irr(F),即,:, 即(1)=p或p;.cd(,){1,P,P;}.由弓l理2 知,F"=1,又由G?F,得G,,一1.
(II)令P=p:,则lG/FI=p或P.令
沙?IT(F),(1)>1. 若对所有,都有lG/FI(1)=p(1)或p沙
(1)不属于cd(G),则由引理5知P整除(1). 假设.=+…,其中?Irr(G),则
F=1+2+…+,
.
147.
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又因 ?Irr(F),(1)=(1),即P整除(1).
为P整除IF/KI,即P不整除.
IG/Fl=pI(1)=p2,
(IG/FI(1))=(P1,P2)=1. 由引理6知?(),即,=,所以
(1)=p:,cd(F){1,p},F"=I. 又由G?F,得G=I.
若存在使得
IG/FI(1)=p(1)?cd(G),
(显然不存在砂使得p,t(1)?cd(G)),则有砂(1) =p,IG/FI=p1.此时
cd(F){1,P:,P}.
由引理7知,由P(F)=2,有d2(F)?2.又由
dl(F)?cd(F).得dr(F)=3.又由G?F,得G= 1.
命题2若cd(G)={1,m,P,,P,…,P},其
中Pi是素数,m是奇合数,则G可解. 证明易知假设条件对正规子群和商群是遗 传的,那么G是极小反例,G是非交换单群. 令X(1)?lrr(G)(1)>1(1)极小.由于G 是单群,所以X是忠实的特征标.令仃={qlq是素 数,q>(1)+1}.由引理8知G有一交换盯一Hall 子群A.X(1)是素数(或(1)=m).由引理9知 (1)=p>2.
若A=E,则lGl不能被任何大于(1)素数整 除,则cd(G){1,m,P}(cd(G)={1,m}.由引理 10和11知,G,"=E,所以A>E. 若A>E,若对所有的a?A,有C(a):G,即 A?z(G),矛盾于G是极小反例单群.取1?a?A, 则?c.(a)<G.整除IG:Cc(a)I的素数不在7『 中,那么它们是小于等于(1)>2的素数中的某 些.若?/rr(G)且(1)>(1),则有
(IG:C(n)I,(1))=1. 由于是忠实特征标.由Burnside,s定理(引理 12),得(a)=0.又因为G是单群,有lG/Gl=1, 那么有
0=?下(1)(?)=1+?pr(0),rEJrr(G)r(1)=p
(o=?(1)r(a)=1+?m(口)),
因此
一
l=?r(口)(一1/m=?.r(口))
是一代数整数.矛盾.证毕
特别有下面的命题:
命题3若cd(G)={1,i,n,P,P:,…},其中P
是素数,m是奇素数幂,则
(1)G可解;
(2)cd(G)={1,P.,P,P},其中是一整数.
证明由命题2易知(1)成立.又由引理7知
Ip(G)l?2.所以cd(G)={1,P.,P,P2},其中i是
一
整数.证毕
定理若cd(G)={1,m,P,P:,…,P},其中
Pi是素数,m是奇素数幂,则G可解,且
cd(G)={1,P,,P:,P},
其中2<p,2<p,i是一整数,且下列之一成立:
(1)dr(G)?3;
(2)存在正规子群,使得G/K是Frobenius
群,IG/KI=pp,m是整数,G/K的核F/K是初等
AbelP一群,补G/F是循环P.阶群,P.整除一1,
cd(F)={1,pi,,P}.此时dl(G):4.
证明由命题1,命题2,命题3易得.证毕
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