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●How to Cite this Article
Pure Mathematics
理论数学
, 2014
, 4, 31-37
http://dx.doi.org/10.12677/pm.2014.41006
Published Online
January 2014 (http://www.hanspub.org/journal/
pm.html
)
An Elementary Proof That a Simple Group of Order 360
Is Isomorphism to
A
6
Feng Zhou
, Xi ngzhon g Xu, Jun Liao, H
eguo
Liu
*
Department of Mathematics, Hubei University, Wuhan
Email:
thoufeng@163.com,
*
ghliu@hubu.edu.cn
Received: Dec. 1
st
, 2013; revised:
Dec
.
15
th
, 2013; accepted: Dec
.
18
th
, 201
3
Copyright © 201
4
Feng Zhou
et al
. This is an open access article distributed under the Creative Commons Attribution License, which
permits unrestricted use, dis tribution, and rep roduction in any medium, pro vided the o riginal work is pro perly cited. In a ccordance of th
e
Creative Commons Attribution License all Copyrights © 201
4
are reserved for Hans and the owner of the intellectual property
Feng
Zhou
et al
. All Copyright © 201
4
are guarded by l
aw and by Hans as a guardian.
Abstract:
Only by
using Sylow
’
s theorem and
basic
permutation computation, we prove that a simple group
of order 360
is isomorphi c to
6
A
.
Keywords:
Sylow
’
s Theorem; Simple Group;
6
A
360
阶单群同构于
A
6
的初等群论证明
周
峰,徐行忠,廖
军,刘合国
*
湖北大学数学系,武汉
Email:
thoufeng@163.com,
*
ghliu@hubu.edu.cn
收稿日期:
2013
年
12
月
1
日;修回日期:
2013
年
12
月
15
日;录用日期:
2013
年
12
月
18
日
摘
要:
仅用
Sylow
定理和最基本的置换计算证明了
360
阶单群一定同构于
6
A
。
关键词:
Sylow
定理;单群;
6
A
1.
引言
本文采用的符号和术语都是标准的,见文献
[1]
。另外,我们进行置换计算时,按照从左至右的顺序进行。
我们知道,对
n
阶的非交换单群,当
1000
n
≤
时,
n
只能是
60
、
168
、
360
、
504
、
660
,并且阶不超过
1000
的非交换单群只有
5
个:
60
阶单群
5
A
、
168
阶单群
( )
2,7
PSL
、
360
阶单群
6
A
、
504
阶单群
( )
2,8
PSL
和
660
阶
单群
(
)
2,11
PSL
。运用
Sylow
定理不难证明
60
阶单群同构于
5
A
,见文献
[2]
和
[3]
。在文献
[2]
和
[3]
中,
Huppert
和
Smith
分别用不同的初等群论方法证明了
168
阶单群同构于
( )
2,7
PSL
,
[4]
利用文献
[2]
的方
法证明了
660
阶单
群同构于
( )
2,11
PSL
。
在文献
[5]
中,
Isaacs
用特征标的理论证明了
360
阶单群同构于
6
A
,这是有限群论里的一个有名结论。在现
有的群论书籍里,不论是在正文还是在练习中,都没有关于这个结论的完整无误的初等群论证明。例如,在文
献
[6]
第八章的练习
8.12
中,
Rotman
希望运用初等群论方法证明
360
阶单群同构于
6
A
,但是他给出的提示“
360
阶单群只有
6
个
Sylow 5-
子群”明显是错误的,因为
6
A
的
Sylow 5-
子群的个数一定等于
36
。本文后一作者曾经
*
通讯作者。
OPEN ACCESS
31
周峰
等
|
360
阶单群同构于
A
6
的初等群论证明
与施武杰教授、张继平教授、李才恒教授、靳平教授等学者谈到这个现象。找到本文这个证明后,后一作者又
与王杰教授、于浩然同志进行了深入的交流。王杰教授运用
Burnside
转移定理,在其讲义里给出了上述结论的
纯粹群论证明。于浩然同志避开
[5]
里的特征标技术,继承
[5]
里关于这个结论论证的群论断言,证明了
360
阶单
群同构于
(
)
2,9
PSL
,由此推出
360
阶单群必然
同构于
6
A
。这个证明也用到了
Burnside
转移定理,并且涉及到
有限域里的相关技巧,这些也都是有意义的工作。最近,于浩然同志经过搜索考证,找到了
F.N.Cole
的文章
[7]
。
Cole
运用置换群的技术证明了上述结论,相比较而言,本文的证明也许比
[7]
更初等些,本文仅用
Sylow
定理和
最基本的置换计算证明了结论。除了
Sylow
定理和最基本的群论知识外,本文是完全自包含的,这个证明对初
学者来说是容易理解的,作者希望它对群论教学具有借鉴和启发作用。
2.
关于
A
6
为了达到我们的目的,我们当然要从
6
A
的元素和
Sylow
子群入手。
任取
6
A
的元素
g
,容易验证
g
只能表示成形如
()() () ()() ()() ()
1, 1234, 123 , 123456, 123456, 12345
的轮换形式,这样
6
A
的元素的阶只能等于
1
、
2
、
3
、
4
、
5
。接下来我们要逐步分析这些元的共轭类大小和计算
6
A
的
Sylow
子群的个数,并确定其
Sylow
子群的结构。
1)
6
A
的
2
阶元只能表示成轮换
(
)
( )
ab cd
的形式,这样
6
A
的
2
阶元一共有
22
64
1
45
2
CC
×=
个。取
6
S
π
∈
使
(
)
1,
a
π
=
(
)
2,
b
π
=
( )
3,
c
π
=
(
)
4
d
π
=
,则有
( )()
( )
( )()
1
12 34
ab cd
ππ
−
=
。当
π
是奇置换时,令
( )
1
56
ππ
=
,此
时就有
( )()
( )
( )()
1
11
12 34
ab cd
ππ
−
=
,这 表明
( )( )
ab cd
在
6
A
中共轭于
(
)( )
12 34
,从 而这
45
个元素构成一个完整的
共轭类。
6
A
的
4
阶元只能表示为轮换
( )
( )
abcd ef
的形式,这样
6
A
的
4
阶元一共有
4
6
3! 90
C
×=
个。随之,
6
A
共有
45 90135
+=
个
2-
元 。取
()( )
123456 ,
x
=
(
)( )
12 34
y
=
,则 有
1
y
xx
−
=
,从 而
,
xy
为
8
阶二面体群
8
D
,它 是
6
A
的
Sylow 2-
子群。注意到在
8
D
里,它的两个
4
阶元是共轭的,于是根据
Sylow
定理知,
6
A
的
4
阶元是相互共轭的,
即
()(
)
1234 56
所在的共轭类含有
90
个元素。
2)
6
A
的
3
阶元具有两种轮换形式:
()()()
,
abcabc def
。
形如
( )
abc
的元素共有
3
6
2 40
C
×=
个。取
6
S
σ
∈
使
( )
1,
a
σ
=
( )
2,
b
σ
=
( )
3
c
σ
=
,则
()( )
1
123
abc
σσ
−
=
。当
σ
是奇置换时,令
( )
1 16
56 ,
A
σσ σ
= ∈
,此时
()( )
1
11
123
abc
σσ
−
=
,这表明这种
3
阶元构成一个完整的共轭类。
形如
( )(
)
abc def
的元素共有
3
6
2 40
C
×=
个。记
( )()
123 ,456
uv
= =
,明显地,
u
和
v
生成一个
9
阶初等
Abel 3-
群,它是
6
A
的
Sylow 3
-
子群,注意到
()() () () ()() ()() ()() ()()
{ }
,1, 123,132,456,465, 123456,123465,132456, 132465
uv
=
其中
( )( )
( )
( )()
( )
( )( )
( )
( )()
1
23 56123 45623 56132465
−
=
( )( )
( )
( )()
( )
( )( )
( )
( )()
1
23 56123 4652356132456
−
=
()( )
( )
( )()
( )
()( )
( )
( )()
1
1436 251234561436 25132 456
−
=
这样在
,
uv
里,形如
( )()
abc def
的
4
个元素在
6
A
里是相互共轭的,根据
Sylow
定理,
6
A
的形为
( )()
abc def
的元素形成一个完整的共轭类。
3)
6
A
的
5
阶元只能是
5-
轮换
( )
abcde
,这种轮换共有
5
6
4! 144
C
×=
个。
因为
144
不能整除
360
,所以这
144
个元素在
6
A
里不能构成一个完整的共轭类。又
6
A
有
144 436
÷=
个
Sylow 5
-
子群,注意到
( )
12345
生成
6
A
的一
OPEN ACCESS
32
周峰
等
|
360
阶单群同构于
A
6
的初等群论证明
个
Sylow
5-
子群,以及
( )( )
( )
() ()()
( )
() ()
1
1
25 341234525 341543212345
−
−
= =
可得
( )
12345
所在的共轭类长为
36 272
×=
,从而
6
A
的
144
个
5
阶元分为两个共轭类,其共轭类长均为
72
。
综合
1)
、
2)
、
3)
,我们得到
6
A
的元素的如下信息
(
表
1)
:
Table 1. The classes of
A
6
表
1.
A
6
的共轭类
阶
1 2 3 3 4 5 5
代表元
1
(12)(34)
(123)
(123)( 45 6)
( 1 23 4) (5 6)
(12345)
(13524)
共轭类长
1
45
40
40
90
72
72
现在,我们能够很快证明
6
A
是一个单群
。事实上,任取
6
A
的正规子群
N
,
N
的阶整
除
360
,且
1212
1 45904072
Nxx yy
=++++
,其中
0
i
x
=
或
1
,
0,1
i
y
=
或
2
。
不难验证
1
N
=
或
360
,即
1
N
=
或
6
A
,
6
A
是
单群。
4)
对
2)
里的
( )
123
u
=
和
(
)
456
v
=
,
,
P uv
=
是
6
A
的一个
Sylow 3-
子群,注意到
(
)
( )
(
)
()(
)
( )
1
1436 251436 25
uv
−
=
(
)( )
( )
(
)( )
( )
1
1
1436 251436 25
vu
−
−
=
可得
(
)( )
(
)
6
1436 25
A
NP
∈
,从而
(
)
6
A
NP
被
36
整除,这样
6
A
的
Sylow 3
-
子群的 个数
( )
6
36
:
A
nAN P
=
整除
10
。
又
6
A
共含有
40
+
40 = 80
个
3
阶元,
6
A
至少含有
80 810
÷=
个
Sylow 3
-
子群,由此
6
A
包含
10
个
Sylow 3
-
子群,
并且任意两个不同的
Sylow 3-
子群的交是平凡的。
5)
对
1)
里的元
( )
( )
1234 56
x
=
和
( )()
12 34
y
=
,
,
Qxy
=
是
6
A
的
Sylow 2
-
子群。根据
Sylow
定理,
6
A
的
Sylow 2-
子群的个数
( )
( )
( )
6
26 6
:1mod 2
A
nAAN Q
=≡
并且
( )
26
nA
整除
45
。注意到
6
A
是单群,可得
( )
26
6
nA
≥
,这样
(
)
26
9,15
nA
=
或
45
。因
6
A
共有
135
个
2-
元。
6
A
的
Sylow 2-
子群的个数
( )
26
135
19
7
nA
≥=
个,故
( )
26
45
nA
=
,从而
( )
6
A
NQQ
=
。
综上所述,我们得到了
6
A
的
Sylow
子群
P
的如下信息
(
表
2)
:
Table 2. On the Sylow subgroups of
A
6
表
2.
关于
A
6
的
Sylow
子群
素数
|
P
|
P
的结构
( )
6
p
Syl A
( )
6
A
NP
2 8
二面体群
45
8
3 9
初等
Abel
群
10
36
5 5
循环群
36
10
这些信息有助于我们弄清
360
阶单群的
Sylow
子群及其正规化子的结构。
3.
结论的初等证明
本文的主要目的是要用完全初等的群论技巧重新证明下面的
定理
:
360
阶单群同构于
6
A
OPEN ACCESS
33
周峰
等
|
360
阶单群同构于
A
6
的初等群论证明
证明:设
G
是
360
阶单群,此时
32
360 235
G
= =××
。令
( )
5
SSyl G
∈
,由
Sylow
定理知
(
)
()
5
1 mod5
nG
=
和
()( )
5
:
G
nGGNS
=
,因 此
(
)
5
1, 6
nG
=
或
36
。注意到
G
为单群,
( )
5
6
nG
=
或
36
。若
( )
5
6
nG
=
,则
( )
60
G
NS
=
,
( )
G
NS
为
G
的指数为
6
的子群,这时容易验证
6
GA
≅
。我们已知,
6
A
有
36
个
Sylow 5
-
子群,这是不可能的。
所以只能有
( )
5
36
nG
=
,
G
有
( )
5 136144
−× =
个
5
阶元
。
选取不同的
( )
3
,
ABSylG
∈
,使
DAB
=
的阶最大。若
1
D
>
,则
3
D
=
且
( )
,
G
AB N D
≤
,显 然
,
AB
都
( )
G
ND
是的
Sylow 3-
子群,
( )
G
ND
的
Sylow
3-
子群个数
( )
( )
3
1
G
nN D
>
且
9
整除
(
)
G
ND
。又
27
AB
AB
AB
= =
,
( )
27
G
N DAB
≥=
。考虑到
G
的真子群指数至少为
6
,不难验证
( )
36
G
ND
=
或
45
。若
( )
45
G
ND
=
,
( )
G
ND
只有唯一的
Sylow
3-
子群,这是不可能的。若
(
)
36
G
ND
=
,
( )
G
N DD
是
12
阶群,
( )
G
N DD
的
Sylow 3-
子群
肯定不是正规的,由
Sylow
定理知,
( )
G
N DD
包含
4
个
Sylow
3-
子群,它包含
8
个
3
阶元,故
( )
G
N DD
的
Sylow
2-
子群是正规的。设
TD
是
( )
G
N DD
的
Sylow 2
-
子群 ,
( )
G
TND
,取
T
的
Sylow 2
-
子群
X
,
X
是
4
阶群,
T DX
=
。从
()( )
2
X
X CDAut GZ
≤=
知,
()( )
1
X
C DZT
<≤
,
( )
ZT
是
T
的中心。当
( )
2
X
CD
=
时,
( )
X
CD
是
( )
ZT
的
Sylow 2
-
子群,故
( )( )
XG
CD ND
,
( )
( )
GX
N DC D
是
18
阶群,它有正规的
Sylow 3
-
子群,这将导致
(
)
G
ND
含有正规的
Sylow 3
-
子群,矛盾,因此只能有
( )
X
CD X
=
。当
( )
X
CD X
=
时,
T
是
12
阶
Abel
群,
X
是
T
的特征子群,
(
)
G
X ND
。又取
G
的包含
X
的
Sylow 2-
子群
C
,当 然
XC
,从 而
(
)
,,
G
ABCNX
≤
,
( )
G
NX
能被
72
AC
⋅=
整除,
( )
:1
G
GNX
=
或
5
,这是不可能的,因此
1
D
=
,这表明
G
的任意两个不同的
Sylow 3-
子群有平凡的交。
取
( )
3
PSyl G
∈
,由
Sylow
定理
( )
3
1, 4,10
nG
=
或
40
。注意到
G
是单群,所以
( )
3
10
nG
=
或
40
。若
( )
3
40
nG
=
,
考虑到
G
的任意两个不同的
Sylow 3
-
子群的交平凡,
G
将包含
( )
409 1320
× −=
个
3-
元,又
G
含有
144
个
5-
元,
从
320 144360
G
+>=
知这是不可能的,于是只能有
( )
3
10
nG
=
,
( )
36
G
NP
=
,
G
含有
(
)
9 11080
−× =
个
3-
元。
我们断言
G
不含
6
阶元。考虑
G
在
(
)
3
Syl G
上的共轭作用,
G
同构于
10
A
的一个子群。把
G
看作
10
A
的子群,
若
g
为
10
A
里的
6
阶元,则
g
可分解为如下三种形式:
(
)( )( )
123 45 67
(
)( )
123456 78
()()( )()
123 456 78 9,10
从而
2
g
至少固定两个点。不妨设
( )
12 3
,,
P PSylG
∈
12
,
PP
≠
( )
2
1
G
g NP
∈
且
( )
2
2
G
g NP
∈
。因为
2
g
为
3
阶的,所以
2
12
g PP
∈
。这与
G
的任意两个不同的
Sylow
3-
子群只有平凡的交矛盾,因此
G
没有
6
阶元。
取
( )
( )
2
G
HSyl NP
∈
,由 于
( )
G
PNP
,因 而
( )
G
N PPH
=
为半直积。对
H
的非单位元
h
和
P
的非单位元
x
,
若
xh hx
=
,从
x
是
3-
元和
h
是
2-
元知,
xh
的阶
xhx h
=
是
6
的倍数
。记
6
xh k
=
,则
( )
k
xh
是个
6
阶元,这是
不可能的,因此必有
1
h xhx
−
≠
,进而
( )
1
H
CP
=
,
H
忠实作用在
P
上,
( )
HAutP
≤
。若
P
为循环群,则
( )
( )
96
Aut P
ϕ
= =
,这是不可能的,从而
P
为初等
Abel 3-
群。进一步地,
( )
( )
3
2,
HAut PGLZ
≤=
,设
n
是
H
的一个
2
阶元,
2
nI
=
,
n
的特征值等于
1
±
,
n
的最小多项式整除
2
1
λ
−
,
n
在
3
Z
上可以对角化。因对
P
的任
意非单位元
y
,
n
yy
≠
,故
1
不是
n
的特征值,
n
的特征值只能等于
1
−
,于是
nI
= −
,这表示
H
只含有一个
2
阶元,
H
是
4
阶循环群。现设
,
Hh
=
4
1,
h
=
h
的极小多项式为
2
1
λ
+
,在
3
Z
上
H
相似于
01
10
−
,由此存
在
,
ab P
∈
,使
1
,,
hh
Pababba
−
=×==
。
取
(
)
2
RSyl G
∈
,由
Sylow
定理并考虑到
G
是单群,
(
)
2
9,15
nG
=
或
45
。若
( )
2
9
nG
=
,则
(
)
3
405 2
G
NR
== ×
。
取
( )
(
)
5
G
SSyl NR
∈
,由
Sylow
定理知
( )
,
G
SNR
()( )
GG
NR NS
≤
,这与
( )
36
G
NS
=
矛盾。若
( )
2
15
nG
=
,则
( )
3
243 2
G
NR
==×
。由
Sylow
定理得
( )
( )
3
1
G
nN R
=
或
4
,
( )
G
NR
最多含有
( )
4 318
×−=
个
3
阶 元,但
( )
G
RNR
,
OPEN ACCESS
34
周峰
等
|
360
阶单群同构于
A
6
的初等群论证明
( )
G
NR
含有
7
个
2-
元,
87 124
++<
,这表明
( )
G
NR
一定包含
6
阶元,矛盾。所以只能有
( )
2
45
nG
=
,容易得
出
( )
8
G
NR
=
且
( )
G
NR R
=
。
我们断言
G
没有
15
阶和
10
阶元
。若
g
是
G
的
15
阶元,则
( )
3
5
gSylG
∈
且
( )
3
15
G
Ng
≥
,这与
( )
3
10
G
Ng
=
矛盾。若
g
是
G
的
10
阶元,则
( )
2
5
,
gSyl G
∈
( )
2
G
Ng
是一个
10
阶循环群,可以验证
G
含有
( )
1036436144
ϕ
×=×=
个
10
阶元,而
G
含有
144
个
5
阶元和
80
个
3
阶元,
144 14480368360
G
+ +=>=
,矛
盾,这样
G
的元素的阶只能等于
1
、
2
、
3
、
4
、
5
。
我们断言
R
不是
Abel
群。假设
R
是
Abel
群,因
G
没有
6
阶和
10
阶元,任取
1,
xR
≠∈
( )
,
G
Cx R
=
x
所在的
共轭类
( )
Cl x
的长
( )( )
: 45
G
Cl xG Cx
= =
。如果
R
的两个互异元
x
和
y
在
G
里是共轭的,即存在
gG
∈
,使
g
xy
=
,那么
( )
( )
( )
,
g
gg
GG G
RCx CyCyR
=== =
( )
,
G
gNR R
∈=
g
xy y
= =
,矛盾
。这就是说
R
的任意两个不
同的元在
G
里不共轭,所以
G
包含
( )
458 1315
×−=
个
2-
元,但
G
包含
144
个
5
阶元,
315 144360
G
+>=
,矛
盾。所以
R
不是
Abel
群。
既然
R
是
8
阶非
Abel
群,
R
同构于
8
Q
或
8
D
。因为
G
含有
144
个
5
阶元和
80
个
3
阶元,所以
G
含有
360 14480 1135
−− −=
个
2-
元。但
( )
2
45
nG
=
,故存在不同的
( )
12 2
,
R RSylG
∈
,使
12
1
RR
>
,否则
G
将含有
( )
458 1315
×−=
个
2-
元。若
R
同构于
8
Q
,则
12
RR
只有一个
2
阶元
t
,并 且
t
是
12
,
RR
的中心元,即
(
)
1
G
Ct R
≥
且
( )
2
G
Ct R
≥
,再考虑到
G
的任意元素的阶为素数方幂,我们有
(
)
12
G
R CtR
= =
。这与
12
RR
≠
矛盾,所以必有
R
同构于
8
D
。
现在考虑
G
在
( )
{ }
31 210
,,,
SylGP PP
=
上的共轭作用,
G
同构于
10
A
的一个子群,为了方便,将
{ }
1 210
,,,
PP P
简写成
{ }
1, 2,,10
,用
i
代表
( )
1 10
i
Pi
≤≤
。取
10
P ab
= ×
,适当调整
( )
19
i
Pi
≤≤
的脚标使
( )
( )( )
123 456 789
a
=
若
10
,
xyP
∈
将
1
映到同一点,则
( )
1
1
,
G
xyNP
−
∈
1
1
xy P
−
∈
,而
1
10
xy P
−
∈
且
1 10
1
PP
=
,所以
1
1,
xy
−
=
xy
=
。
因为
a
将
1
映到
2
,
2
a
将
1
映到
3
,
2
,
a bab
≠≠
,我们取
14
b
=
,则
()( )
( )
4,2 ,3
b
aab b
==
,这表明
()( )
25, 36
bb
==
。于是得到
( )(
)( )
1,4,2,5,3,6,
bi jk
=
,显然
{
}
, ,7,8,9
i jk
∈
,由此得到
b
的
3
种取法:
( )()()
1
147258369
b
=
( )(
)(
)
2
148 259 367
b
=
( )()()
3
149 257 368
b
=
容易验证对应的三个子群满足
( )
( )
798
789
1 23
, ,,
abab ab
= =
,它们彼此共轭。如果取
{ }
1 5,6,7,8,9
b
∈
,同样可以
得到
b
的
15
种取法
。直接计算可以验证它们与
a
生成的
9
阶初等阿贝尔子群都是共轭的。
因此不妨取
( )()()
147258 369
b
=
实际上,根据前面的讨论,
10
P
的
8
个非单位元中,任意两个不同的元将同一个点映到不同的点,因此
10
P
在
{ }
1,2,, 9
上的共轭作用是传递的,进一步地,
( )
10
G
NNP
=
在
{ }
1,2,, 9
上的共轭作用传递。考虑
( )
19
i
Pi
≤≤
在
( )
10
G
N NP
=
中的稳定化子
i
N
,因为
( )
10
4
9
G
i
NP
N
= =
,所以
( )
(
)
2 10
iG
NSyl NP
∈
且
i
N
为
4
阶循环群,于是得
到
( )
10 10
Gi
N PPN
=
。由前面的讨论,不妨设
( )
1010 1
,
G
N PPN
=
1
Nc
=
且
1
c acb
−
=
。
现证
c
在
{ }
2,3, ,9
上没有不动点。设
2
N
是
2
P
在
( )
10
G
NP
中的稳定子群,由于存在
10
1
xP
≠∈
使
12
x
PP
=
,故
21
x
NN
=
。
不妨设
2
是
c
的不动点,则
12
NN
=
,故
11
x
NN
=
。而
1
N
是一个
4
阶循环群且
( )
1
Aut N
是
2
阶的,
x
为
3
阶的,这将导致
G
含有
6
阶元
,矛盾。
由于
c
固定
1
和
10
,
c
为偶置换且变动了
{
}
2,3, ,9
的每个元,
c
为
4
阶元,因而
c
必为两个不相交
4-
轮换
的乘积。
考虑到
1
c acb
−
=
及
( )()()
123 456 789
a
=
,
( )()()
147258 369
b
=
,故有
OPEN ACCESS
35
周峰
等
|
360
阶单群同构于
A
6
的初等群论证明
( )()()
( )
()() ()
( )
()() ()
( )
( )()()
1,2, 34, 5, 67,8, 9147258369
cccccc ccc
=
由于
c
不可能将
{ }
1,2,, 9
中不同的点映到同一点,因而上式左端为不相交的
3
个
3-
轮换的乘积,而
(
)
11
c
=
,
因此
() () ()
( )
( )
1 ,2,3147
cc c
=
且有
(
)(
)
24,37
cc
= =
。
若
()() ()
( )
( )
4 ,5 ,6258
ccc
=
,当
( )
42
c
=
时 ,有
( )
55
c
=
,矛 盾
。当
( )
45
c
=
时,
(
)
5 8,
c
=
( )
62
c
=
,此 时
c
将
包含
( )
62458
,这与
c
为
4
阶元矛盾。当
( )
48
c
=
时,
( )
5 2,
c
=
( )
65
c
=
,
c
将包含
( )
65248
,这与
c
为
4
阶
元矛盾。所以只能有
()() ()
( )
( )
4 ,5 ,6369
ccc
=
。
当
( )
49
c
=
时,将有
( )
66
c
=
,矛盾
。当
( )
46
c
=
时,
( )
5 9,
c
=
( )
63
c
=
,此时
c
将包含
( )
24637
,这与
c
为
4
阶元矛盾。所以只能有
( )
4 3,
c
=
( )
5 6,
c
=
( )
69
c
=
。
最后,
()() ()
( )
( )
7,8 ,9258
ccc
=
,当
( )
75
c
=
时,
( )
88
c
=
,矛盾,当
( )
78
c
=
时,
c
将包含
( )
24378
,矛
盾。
所以只能有
( )
7 2,
c
=
( )
8 5,
c
=
( )
98
c
=
。
综合上面的结论可以得到
(
)(
)
2437 5698
c
=
显然
23
,,
cc c
均固定
2
个点。又对
G
的任意
2
阶元
w
,
w
是
10
A
里的偶置换,
w
至少固定
2
个点,从而
w
属
于某个
Sylow 3-
子群的正规化子,进而
G
的任意
2
阶元固定
2
个点。
取
( )
2
TSyl G
∈
且
1
NT
⊆
,
T
为二面体群,则有
2
阶元
1
dT N
∈−
使
,
T cd
=
。由于
(
)
1
G
dNP
∉
,因而
d
不
固定
1
,考虑到
d
是
2
阶元,所以
d
形如
( )
(
)
(
)
1,, ,
k
⋅⋅ ⋅⋅
,其 中
{ }
2,3, ,10
k
∈
。若
10
k
≠
,考 虑
d
c dcd
=
,
d
将
1
映到
( )
19
kk
≤≤
,
c
将
k
映到
k
′
,其 中
kk
′
≠
且
29
k
′
≤≤
,但
d
不能将
k
′
映到
1
,所以
d
c
不固定
1
。另一方面,
因为
T
是二面体群,
1
d
cc
−
=
固定
1
,矛盾,所以必有
10
k
=
,这表明
d
包含轮换
(
)
1,10
。
考虑到
d
为偶置换,
则必有
()(
)
1,10 ,
d
= ⋅⋅
或
(
)( )
()()
1,10,,,
d
=⋅⋅ ⋅⋅ ⋅⋅
,再根据上一段的讨论,
dG
∈
固定
2
个点,所以
()( )( )()
1,10,,,
d
=⋅⋅ ⋅⋅ ⋅⋅
。
因为
T
为二面体群且
11
d cdc
−−
=
,所以
( )( )()( )
( )
()()(
)( )
( )
( )( )
2 ,4 ,3,75 ,6 ,9 ,842736589
dddddddd
=
由于
d
不可能将
{ }
2,3, ,9
中不同的点映到同一点,则上式左端为不相交的
2
个
4-
轮换的乘积,比较两端,
若
( )( )()( )
( )
( )
2 ,4 ,3,76589
dddd
=
,则
d
将
{
}
2,4,3,7
映到
{ }
6,5,8,9
,这将有
(
)
()(
)( )()
1,10,,,,
d
=⋅⋅ ⋅⋅ ⋅⋅ ⋅⋅
,根据上
一段的讨论,这将与
d
的轮换形式矛盾,所以
()(
)()
( )
(
)
( )
2 ,4 ,3,74273
dddd
=
这将导致
d
包含的对换的形式可能为如下情形
i)
( )( )
24 37
ii)
( )
47
,
2
和
3
为不动点
iii)
()( )
27 34
iv)
( )
23
,
4
和
7
为不动点
同样的讨论运用到
(
) () () ()
( )
( )
5 ,6 ,9 ,86589
dd d d
=
,可得
d
包含的对换的形式可能为如下情形
a)
( )( )
56 98
b)
( )
68
,
5
和
9
为不动点
c)
( )( )
58 96
d)
( )
59
,
6
和
8
为不动点
综合上面的结果并考虑到
()( )( )()
1,10,,,
d
=⋅⋅ ⋅⋅ ⋅⋅
,可能出现如下
8
种情形
:
1) i)
和
b)
同时出现,此时
()()()( )
1,10 2437 68
d
=
2) i)
和
d)
同时出现,此时
()(
)()()
1,1024 37 59
d
=
OPEN ACCESS
36
周峰
等
|
360
阶单群同构于
A
6
的初等群论证明
3) ii)
和
a)
同时出现,此时
()()( )( )
1,1047 56 98
d
=
4) ii)
和
c)
同时出现,此时
()()( )( )
1,1047 58 96
d
=
5) iii)
和
b)
同时出现,此时
()()( )( )
1,1027 34 68
d
=
6) iii)
和
d)
同时出现,此时
()()( )( )
1,1027 34 59
d
=
7) iv)
和
a)
同时出现,此时
(
)(
)
( )
()
1,1023 56 98
d
=
8) iv)
和
c)
同时出现,此时
(
)(
)
( )
()
1,1023 58 96
d
=
,
cd
为二面体群。
A)
在情形
i)
中,将
()()( )( )
1,10 2437 68
d
=
代入
23
,,
cdcdcd
直接计算,可得到
3
个
2
阶元,它们正好是情形
4)
,
6)
,
7)
中的
2
阶元。此时直接计算可得
ad
为
21
阶元,
21
不能整除
360
G
=
,故
()()( )( )
1,10 2437 68
dG
= ∉
,
所以只能有下面的
B)
在情形
ii)
中,将
()()()( )
1,1024 37 59
d
=
代入
23
,,
cdcdcd
直接计算,
可得到
3
个
2
阶元,它们正好是情
形
3)
,
5)
,
8)
中的
2
阶元
。
不妨设
()()( )( )
1,1024 37 59
d
=
子群
, ,,
abcd
至少为
3 3 4272
××× =
阶的,考虑到
G
为单群,于是必有
, ,,
G abcd
≅
。我们知道,
6
A
为
360
阶单群,故
6
, ,,
A abcd
≅
,即
6
GA
≅
。
因
( )
2,9
PSL
也是
360
阶单群,故从上述定理立即得到下面的
推论
:
( )
6
2,9
PSL A
≅
。
项目基金
国家自然科学基金
(11371124)
、湖北省高层次人才工程基金
(070
-
016533)
。
参考文献
(References)
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Isaacs,
I.M.
(
2008
) Finite group theory. American Mathematical Society, Providence.
[2]
Huppert
, B. (
1967
)
Endliche gr uppen. Springer
-Verlag, Berlin-Heidelberg-New York.
[3]
Smith, G.
and Tabachnikova
, O. (
2000
) Topics in
group theory
. Springer-Verlag
,
Berlin-Heidelberg-New York.
[4]
周峰
,
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