介绍
以下[10,24]，群中子集中心化子的嵌套链的最大长度克被称为c（c）-尺寸属于克（相同的数字也称为扶正器晶格的长度克，参见，例如[25]). 这里我们考虑有限的群c（c）-尺寸。这类群的种类相当广泛：例如，它包括阿贝尔群、线性群、无挠双曲群，特别是自由群。它在取子群、有限直积和有限群扩张下是封闭的，在取同态映象和任意扩张下是不封闭的。显然，每个有限组c（c）-尺寸满足扶正器的最小条件，因此，它是所谓的𝔐C类-组.
关于中心化子的最小条件是局部有限群类中一个有用的概念。的确，局部有限𝔐C类-群满足Sylow定理的类似条件[4，定理B]。周期性局部可溶𝔐C类-群满足π-子群上Hall定理的类比[5，定理1.6]；此外，这些群是可解的，并且包含有限指数的幂零-by-abelian子群[5，定理2.1和2.2]。当我们把自己限制在有限的局部有限群的类上时c（c）-维度，自然会问上述结果是否可以得到加强。例如，该类中局部可解群的导出长度是根据c（c）-尺寸？另一个自然的问题是，这样的群是否包含一个在相同项上有界的有限指标的幂零-by-abelian子群。第一个问题得到了肯定的回答[21，定理1]。第二个问题的答案是否定的[21，示例1]，但较弱的语句适用于：如果克是一个周期的局部可解群c（c）-尺寸k个，然后是克第二位赫希-普洛金激进分子F类2(克)包含的阿贝尔子群k个-有界指数。
在同一篇论文中[21]E.I.Khukhro提出了以下推测，并将其归因于A.V.Borovik。
博罗维克——库克罗猜想。
让克是有限的局部有限群c（c）-尺寸k个.让S公司是…的完全反像F类*(克/F类(克))在里面克然后：
非贝拉简单构成因子的个数克是有限的，并且k个-有界，
回想一下Hirsch–Plotkin激进派F类(克)是最大正规局部幂零子群。这个我-th Hirsch–Plotkin激进派F类我(克)归纳定义为：F类1(克)=F类(克)和F类我(克)是的完整反转图像F类(克/F类我-1(克))在里面克.图层E类(克)属于克是由以下所有组件生成的子组克，即它的次正规拟单子群。广义Fitting子群F类*(克)是的产品F类(克)和E类(克).
虽然推测的第（1）部分是正确的[7]第二部分是错误的。
定理1。
Borovik–Khukhro猜想的陈述（2）并不成立。
很明显，一个反例证明了定理1应该是局部有限群的无穷级数克一致有界的c（c）-商中阿贝尔子群的具有无界极小指数的维数克/S公司事实上，我们构造了无限多的反例，如下所示。对于每个整数n个>0，我们定义了一个无穷级数𝒢n个有限群的克n个,第页，其中第页遍历无穷多个素数。这个c（c）-群的维数𝒢n个以…为界n个只有。的商克=克n个,第页由相应的子组S公司（即广义Fitting子群的全逆像克n个,第页/F类(克n个,第页))与辛群同构服务提供商2n个(第页)这与Borovik–Khukhro猜想的陈述（2）相矛盾，因为克/S公司=服务提供商2n个(第页)增加了第页.
值得注意的是，我们的构建依赖于一些深层次的数论结果。它需要关于Dickson猜想和Schinzel假设H的一些结果，即在[1]. 我们感谢mathoverflow.net论坛的参与者[28]，特别是向T.Tao和J.Maynard提供关于这些猜想和相关筛选方法的各种结果的信息。在定理证明之后，对这个主题进行了更详细的讨论1在节中2.
虽然Borovik–Khukhro猜想的第二部分是错误的，但它的较弱版本是成立的，至少在有限群的情况下是成立的。
定理2。
让克是有限的有限群c（c）-尺寸k个.放置克¯=克/F类三(克).小组克¯/E类(克¯)包含的阿贝尔子群k个-有界索引。
定理的证明2依赖于[21，定理1]和来自[7]. 与证明的差异[7]我们不仅限定了非贝拉构成因子的数量，还限定了它们的总体“大小”。
定理2意味着，对于有限群克，的商克/F类三(克)由广义Fitting子群包含一个指数有界的交换子群c（c）-维度，而推测是F类(克)而不是F类三(克)就够了。所以自然的问题是一个人是否可以取代F类三(克)通过F类2(克)此外，定理2只考虑有限群。因此，获得局部有限群的一些正命题将是有趣的。由于每个迭代的Hirsch–Plotkin根都包含在局部可解根中，以下似乎是猜测的“最弱”类比：克是有限的局部有限群c（c）-尺寸k个、和对（局部）可溶自由基克; 的商群克/对由广义Fitting子群包含有限指数的阿贝尔子群k个.有限群这一语句的证明遵循定理2（见推论2在节中三).
章节1包含关于中心化器的初步结果和关于简单组的一些信息。在节中2，我们给出了Borovik–Khukhro猜想的反例，并对其进行了讨论c（c）-存在这样的反例。定理2已在第节中证明三.
1准备工作
下面的引理列出了扶正器的一些众所周知的属性。
引理1.1。
让克成为一个团队，让X（X）,Y（Y）成为中的子集克然后：
C类克(X（X）)=⋂x个∈X（X）C类克(x个).
C类克(X（X）)⩽C类克(Y（Y）)当且仅当C类克(C类克(X（X）))⩾C类克(C类克(Y（Y）)); 此外，C类克(X（X）)=C类克(Y（Y）)当且仅当C类克(C类克(X（X）))=C类克(C类克(Y（Y）)).
让克成为一个团队V（V）的正规阿贝尔子群克.让¯:克→克/V（V）是自然同态。共轭作用克在V（V）引起…的动作克/V（V）在V（V）.在下面的引理中，扶正器C类V（V）(Y（Y）¯)对于Y（Y）⩽克与该行动有关，因此与C类V（V）(Y（Y）).
引理1.2。
让克成为一个团队V（V）的正规阿贝尔子群克。假设中每个嵌套子群链的长度克/V（V）最多是我.然后c（c）-的尺寸克最多是2我.如果V（V）是中央，然后是c（c）-的尺寸克最多是我.
证明。
假设c（c）-的尺寸克等于k个.让
(1.1)Y（Y）0>…>Y（Y）k个
是的子组链克这样的话
(1.2)C类克(Y（Y）0)<…<C类克(Y（Y）k个).
如上所述，¯:克→克/V（V）是自然同态。鉴于(1.1)和(1.2)，我们有以下包含链：
(1.3)Y（Y）¯0⩾…⩾Y（Y）¯k个,
(1.4)C类V（V）(Y（Y）0)⩽…⩽C类V（V）(Y（Y）k个),
(1.5)C类克(Y（Y）0)¯⩽…⩽C类克(Y（Y）k个)¯,
(1.6)C类V（V）(Y（Y）¯0)⩽…⩽C类V（V）(Y（Y）¯k个).
自C类克(Y（Y）我)/C类V（V）(Y（Y）我)≅C类克(Y（Y）我)¯和C类克(Y（Y）我-1)<克克(Y（Y）我)对于每个我，至少一个夹杂物的数量
C类V（V）(Y（Y）¯我-1)=C类V（V）(Y（Y）我-1)⩽C类V（V）(Y（Y）我)=C类V（V）(Y（Y）¯我) 和 C类克(Y（Y）我-1)¯⩽C类克(Y（Y）我)¯
是严格的。此外，如果C类V（V）(Y（Y）¯我-1)<C类V（V）(Y（Y）¯我)，那么Y（Y）¯我-1>Y（Y）¯我.因此k个不超过链中严格夹杂物数量的总和(1.3)和(1.5)的子群克/V（V）.因此k个⩽2我最后，如果V（V）是中心，然后所有夹杂物(1.4)是等式，所有包含在(1.5)都很严格。∎
备注。
我们想指出的是c（c）-引理中获得的维数1.2是锋利的。让H（H）成为有限群
1=H（H）0<H（H）1<…<H（H）我=H（H）
是最长的子组链。修复一些素数第页。对于我=0,…,我，表示为V（V）我的置换模H（H）在订单范围内第页由……的动作给出H（H）关于右陪集H（H）我通过右乘法。放置
V（V）=V（V）0⊕V（V）1⊕…⊕V（V）我
并表示为克自然半直积VH公司。我们声称c（c）-的尺寸克等于2我.
让e（电子）我是的向量V（V）我这样的话C类H（H）(e（电子）我)=H（H）我.让W公司我是的子空间V（V）跨越者e（电子）我,e（电子）我+1,…,e（电子）我很容易看出C类克(W公司我)=V（V）H（H）我也是V（V）H（H）我包含W公司我并且不包含e（电子）我-1。因此，我们有
C类克(W公司我)>C类克(W公司我-1)>…>C类克(W公司0)=C类克(V（V）)
=C类克(V（V）H（H）0)>C类克(V（V）H（H）1)>…>C类克(V（V）H（H）我)=Z轴(克).
这条链条的长度正好是2我即最大可能长度。
以下引理对定理的证明至关重要2.
引理1.3([21，引理3]）。
如果是初等阿贝尔第页-组E类订单的第页n个忠实地作用于有限幂零第页′-组问，则存在一系列子组
E类=E类0>E类1>E类2>…>E类n个=1
这样的话
C类问(E类0)<C类问(E类1)<…<C类问(E类n个).
引理1.4。
这个c（c）-有限群中心积的维数H（H）和K（K）至少是它们的总和c（c）-尺寸。
证明。
让克成为核心产品H（H）∘K（K）.让
H（H）0<H（H）1<…<H（H）米 和 K（K）0<K（K）1<…<K（K）我
是的子群序列H（H）和K（K）使其扶正器系列严格且具有最大长度。我们可以假设H（H）和K（K）是的子组克，因此，它们的所有子组也是克.我们有C类克(H（H）我)=C类H（H）(H（H）我)∘K（K）和C类克(H（H）K（K）我)=Z轴(H（H）)∘C类K（K）(K（K）我)因此，子组H（H）我和H（H）K（K）我提供一系列具有所需长度的扶正器链的子组。∎
备注。
这个c（c）-的尺寸H（H）∘K（K）可以大于c（c）-尺寸H（H）和K（K）的确，让H（H）成为团队SL公司2(三).然后H（H）是8阶四元数群和置换4阶子群的3阶循环群的半直积。不难看出c（c）-的尺寸H（H）为2。表示方式问Sylow 2-亚群H（H）.如果问由两个元素生成一和b条然后是换向器[一,b条]是中心的生成器问因此H（H）.让K（K）是与同构的群H（H）然后让c（c）和d日是的形象一和b条在这种同构之下。
放置克=(H（H）×K（K）)/〈[一,b条][c（c）,d日]〉然后让¯代表自然同态H（H）×K（K）到上面克根据定义，克是的核心产品H（H）和K（K）考虑以下系列扶正器：
(1.7)克>C类克(一¯)⩾C类克(一¯c（c）¯)⩾C类克(一¯,c（c）¯)>C类克(H（H）¯,c（c）¯)>Z轴(克).
我们有b条¯d日¯∈C类克(一¯c（c）¯)∖C类克(一¯,c（c）¯)事实上，一¯b条¯d日¯=一¯-1和
[一¯c（c）¯,b条¯d日¯]=[一¯,b条¯][c（c）¯,d日¯]=1.
因此，第三个包含在(1.7)是严格的。
我们认为3级元素没有集中一¯c（c）¯.让克¯是…的元素克订单3。在不失一般性的情况下，我们可以假设克¯不规范化中任何顺序为4的子组H（H）此外，我们可以假设一¯克¯=b条¯。假设(一¯c（c）¯)克¯=一¯c（c）¯.然后(b条¯一¯-1)(c（c）¯克¯c（c）¯-1)=1.自b条一-1是的元素H（H）订单4和c（c）¯克¯c（c）¯-1是的2元素K（K），他们的产品是4阶元素，在克.因此克¯不会集中一¯c（c）¯因此，所有夹杂物(1.7)严格且c（c）-的尺寸H（H）∘K（K）至少是5（可以证明它正好是5）。
对于有限群克，我们定义了一个非负整数λ(克)如下所示。首先，让克做一个非基督教的简单群体。如果克是一组Lie类型，那么λ(克)是与同构的Lie型群的最小Lie秩克（李秩是对应的(B类,N个)-成对[三第249页）。如果克是一个交替组，那么λ(克)是的度数克（除了小组中高音5,中高音6和中高音8它们与Lie类型的组同构，因此已经有赋值λ(克)). 放置λ(克)=1对于零星组。如果克是任意有限群，那么λ(克)是以下各项的总和λ(S公司)，其中S公司超越非贝拉构成因素克.
回想一下第页-群的等级克对于给定的素数第页是初等阿贝尔的最大秩第页-的子组克.
引理1.5。
让第页∈{2,三,5}.存在正常数c（c）这样第页-任意非贝拉有限单群的秩克其顺序可被第页至少是c（c）λ(克).
证明。
对于零星的群体，没有什么可证明的。在交替组的情况下，这一事实是显而易见的。例如，对于Lie类型的组，它如下所示[14，第一部分，10-6]。∎
下一个引理直接来自李型群阶的公式[三，表16.1]和众所周知的Zsigmondy定理[27].
引理1.6。
让克是Lie型的有限单群。以下顺序的不同素数除数克至少是λ(克).
表示方式μ(克)有限群忠实置换表示的最小度克.
引理1.7([19，定理2]）。
让克成为一个有限群。让𝔏是一类在取子群、同态映象和扩张下闭合的有限群。让N个成为𝔏-的根克，即最大法线𝔏-的子组克.然后μ(克)⩾μ(克/N个).
引理1.8([11，定理3.1]）。
让S公司1,S公司2,…,S公司第页是有限单群。然后μ(S公司1×S公司2×…×S公司第页)=μ(S公司1)+μ(S公司2)+…+μ(S公司第页).
引理1.9。
如果S公司是有限非贝拉单群，那么μ(S公司)⩾λ(S公司).
证明。
对于交替和零星的群体，这种断言是显而易见的。如果S公司是一组具有度的忠实置换表示的Lie类型n个，然后是|S公司|小于n个通过引理1.6，不小于λ(S公司).∎
注意引理1.9也可以从关于μ(S公司)对于有限简单群S公司所有已知的Lie类型（这些数字的完整列表可以在[17，表4]）。
引理1.10。
如果克是对称组的子组Sym公司n个，那么λ(克)<5n个4.
证明。
我们通过归纳法|克|.如果可溶性自由基对属于克不是平凡的，那么引理1.7意味着克/对也是的一个子组Sym公司n个不等式由归纳得出。
让对变得微不足道。如果底座Soc公司(克)属于克是非贝拉单群的直积S公司1,S公司2,…,S公司我，那么克是的半直积的子群Aut（奥特）(S公司1)×Aut（奥特）(S公司2)×…×Aut（奥特）(S公司我)和一个子组Sym公司我.引理1.8和1.9暗示λ(Soc公司(克))⩽n个.自μ(S公司)⩾5对于每个有限单群S公司，来自引理1.8由此可见我⩽n个5根据Schreier猜想克/Soc公司(克)到Sym公司我是可溶的。根据归纳假设，λ(克/Soc公司(克))⩽5我4⩽n个4。最后，我们有
λ(克)=λ(Soc公司(克))+λ(克/Soc公司(克))⩽n个+n个4=5n个4.∎
引理1.11([7，提案2.1]）。
如果克是有限组c（c）-尺寸k个，那么非贝拉构成因子的数量克小于5k个.
下面的引理是[21，定理1]。
引理1.12。
如果是周期性局部可解群克具有有限的c（c）-尺寸k个，然后是商克/F类2(克)具有有限的阿贝尔子群k个-有界索引。特别是克/F类三(克)是k个-有界。
2 Borovik–Khukhro猜想的反例
表示方式Ω(n个)正整数的素除数n个计算多重性，即如果n个=第页1α1⋯第页米α米对于素数第页1,…,第页米，那么
Ω(n个)=α1+⋯+α米.
对于正整数n个和M（M），我们设置
πn个,M（M）={第页:第页是一个奇素数Ω(第页n个-1)⩽M（M）}.
很明显，以下内含物适用于n个:
(2.1)πn个,1⊆πn个,2⊆πn个,三⊆⋯.
构建反例的一个关键因素是下面的大量理论陈述。
提议2.1([1，定理C]）。
对于每个正整数n个，存在一个正整数M（M）这样的话πn个,M（M）是无限的。
鉴于n个，投入
M（M）n个=最小值{M（M）:πn个,M（M）是无限的} 和 πn个=πn个,M（M）n个.
因此πn个是中的第一个无限集链条(2.1).
固定一个正整数n个和一个奇素数第页.让对n个,第页成为一个特殊的秩序群体第页2n个+1和指数第页.众所周知Aut（奥特）(对n个,第页)被分开了客栈(对n个,第页)（请参见[16第404页）和中的图像输出(对n个,第页)扶正器的Aut（奥特）(对n个,第页)属于Z轴(对n个,第页)同构于辛群服务提供商2n个(第页)（请参见[三，练习8.5，第116页]）。因此Aut（奥特）(对n个,第页)包含子组A类n个,第页≅服务提供商2n个(第页)集中化的Z轴(对n个,第页).我们可以形成自然半直积
X（X）n个,第页=对n个,第页A类n个,第页.
取一个素数第页具有第页≡1(国防部第页).它是已知的（请参见[22（第151页）对n个,第页具有度的忠实不可约表示第页n个在田野上𝔽第页订单的第页此外，此表示扩展为对X（X）n个,第页（请参见[2，（3A）和（3B）]）。让V（V）n个,第页做一个忠实的不可还原的人𝔽第页X（X）n个,第页-尺寸模数第页n个对应于此表示形成天然半直积
克n个,第页=V（V）n个,第页X（X）n个,第页.
下一个断言列出了的一些基本属性克n个,第页这可以很容易地从这个群的定义中推断出来。
提议2.2。
以下陈述成立：
F类*(克n个,第页/V（V）n个,第页)=F类(克n个,第页/V（V）n个,第页)≅对n个,第页,
克n个,第页/(对n个,第页V（V）n个,第页)≅A类n个,第页≅服务提供商2n个(第页).
对于正整数n个，投入
n个¯=2生命周期管理(1,2,…,n个) 和 𝒢n个={克n个,第页:第页∈πn个¯}.
观察到根据定义𝒢n个是无限的。
定理3。
对于任意正整数n个，的c（c）-中每个组的维数𝒢n个不超过
(2.2)2((n个+1)2+n个M（M）n个¯).
证明。
采取克=克n个,第页∈𝒢n个根据定义，我们有第页∈πn个¯和Ω(第页n个¯-1)⩽M（M）n个¯.拉格朗日定理表明X（X）n个,第页不超过我=Ω(|X（X）n个,第页|).自
|X（X）n个,第页|=|对n个,第页||A类n个,第页|=第页2n个+1|服务提供商2n个(第页)|=第页(n个+1)2∏我=1n个(第页2我-1)
和第页2我-1划分第页n个¯-1对于每个我=1,…,n个，我们有
我=(n个+1)2+∑我=1n个Ω(第页2我-1)⩽(n个+1)2+n个Ω(第页n个¯-1)⩽(n个+1)2+n个M（M）n个¯.
现在定理遵循引理1.2.∎
现在我们证明定理1假设Borovik–Khukhro猜想的陈述（2）是正确的。固定一个正整数n个考虑一下这个集合𝒢n个.定理三意味着c（c）-群的维数𝒢n个以中给出的数字为界(2.2). 因此，每个小组克n个,第页/(对n个,第页V（V）n个,第页)≅服务提供商2n个(第页)对于第页∈πn个¯包含指数有界的交换子群，因此是正规交换子群n个但是存在一个唯一的极大真正规子群服务提供商2n个(第页)，即其2阶中心，这些子组的指数随着第页.这个矛盾完成了定理的证明1.
定理1表示存在正整数k个这样，Borovik–Khukhro猜想的第二部分对于c（c）-尺寸k个另一方面c（c）-尺寸2（参见[25，定理9.3.12]）给出了这些群猜想的完整版本。因此，很自然地会问c（c）-Borovik–Khukhro猜想的维度是错误的。我们已经知道3是这个数字的下限，我们不知道有更好的下限。让我们通过边界获得一个上限M（M）2.
回想一下M（M）2是最小的M（M）这样就存在无穷多个素数第页令人满意的Ω(第页2-1)⩽M（M）.
自第页2-1可被24整除第页>三，很明显Ω(第页2-1)⩾6足够大的第页，因此M（M）2⩾6有一个问题属于P.Neumann[26第316页]询问质数的数量第页这样PSL公司2(第页)是六个素数的乘积是无限的。自
Ω(第页2-1)=Ω(|PSL公司2(第页)|),
对这个问题的肯定回答意味着M（M）2=6和c（c）-群的维数𝒢1不会超过2⋅(22+6)=20.
对诺依曼问题的肯定回答来自狄克逊猜想的有效性（k个-元组猜想）[9]. 这个猜想表明，对于一组有限的积分线性形式一1n个+b条1,…,一k个n个+b条k个具有一我>0，有无穷多个正整数n个这样所有这些形式都同时是素数，除非它们的乘积有固定的除数。等效地，
Ω(∏我=1k个(一我n个+b条我))=k个 对于无穷多个整数n个.
如果Dickson的猜想对三胞胎有效12n个+1,6n个+1和n个，则有无穷多个素数第页表单的第页=12n个+1这样的话n个和6n个+1也是素数和
Ω(第页2-1)=Ω(12n个⋅(12n个+2))=Ω(2三⋅三⋅n个⋅(6n个+1))=6.
Dickson和Neumann的猜想都提供了M（M）2，但就我们的目的而言，部分结果可能是令人满意的。有成熟的筛选方法可以获得此类陈述的部分结果（参见[18]详细信息）。例如[23]非常接近要求。在本文中，J.Maynard证明了对于任何形式的三元组一我n个+b条我,我=1,2,三，如果没有乘积的固定除数，就有无限多个正整数n个这样的话
Ω(∏我=1三(一我n个+b条我))⩽7.
特别是，有无限多n个这样，产品n个⋅(6n个+1)⋅(12n个+1)至多有七个素因子，因此有无穷多个整数米这样的话Ω(米(米2-1))⩽11不幸的是，我们不能保证米在这个结果中。尽管如此，在一封私人信件中，J·梅纳德表示相信，一个人可以证明有无限多个素数第页这样的话Ω(第页(第页2-1))⩽11，或同等Ω(第页2-1)⩽10通过稍微改变他的证明。这意味着c（c）-群的维数𝒢1不要超过28。
命题2.1，这在中也得到了证明[1]通过使用筛分方法，有以下改进[1，推论4.2]：素数无穷多第页这样的话Ω(第页2-1)⩽21。该声明意味着M（M）2⩽21因此，下面是定理的一个结果三.
很明显第页在模块的构造中V（V）1,第页可以进行选择，以便第页不会分裂|X（X）1,第页|.然后可以将子组的描述应用于SL公司2(第页)≅服务提供商2(第页)≅A类1,第页、该组的字符表和结果[20]计算表示的字符X（X）1,第页对应于模块V（V）1,第页并使用它计算c（c）-的尺寸克1,第页.
备注（2018年6月）。
根据D.R.Heath-Brown的最新结果[6，定理A.1]，有无穷多个素数第页具有Ω(第页2-1)⩽11这一结果可以提高推论中的界限1至30。
3定理的证明2
在论文的其余部分克表示有限群和k个表示c（c）-的尺寸克第节中定义了函数λ1。我们首先在层上限定λ的值E类(克)属于克.
提议3.1。
存在一个通用常数b条这样的话λ(E类(克))⩽b条⋅k个对于每个克.
证明。
自从c（c）-子组的维数不超过c（c）-我们可以假设克=E类(克).通过引理1.4，我们也可以假设克是准单的。让¯是来自的自然同态克到克/Z轴(克).注意如果克¯是零星群，或是有界李秩的李型群，或有界度的交替群，那么我们可以选择b条大到足以使命题变得琐碎。所以我们可以假设克¯是一个具有足够大度的交替群，或者是一个拥有足够大李秩的经典群。
假设第页是以下顺序的素除数克¯满足以下两个属性。首先，它与中心的阶互质Z轴(克)第二，存在严格嵌套的第页-元素的长度我由以下线性函数限定λ(克)（不取决于克)不同集合的中心化子是不同的。很明显第页-的元素克¯可以在表单中显示M（M）¯对于某些子集M（M）属于克也包括第页-元素。让M（M）0⊂M（M）1⊂…⊂M（M）我⊂克是的子集链第页-元素，以便
C类克¯(M（M）¯0)>C类克¯(M（M）¯1)>…>C类克¯(M（M）¯我).
根据互质作用的性质，C类克¯(M（M）我¯)=C类克(M（M）我)¯.因此
C类克(M（M）0)>C类克(M（M）1)>…>C类克(M（M）我).
因此我至多是c（c）-的尺寸克由于它由以下线性函数限定λ(克)，所需的不等式如下。因此，仍需确定这样一个素数第页对于每个克.
让我们考虑以下条件第页不划分顺序Z轴(克).的每个素数除数Z轴(克)是舒尔乘数阶的素数M（M）(克¯)属于克¯。所有有限简单群的Schur乘子的阶都是已知的，可以在中找到，例如[15，第6.1节]。由于这些结果，如果M（M）(克¯)不是{2,三}-组，然后克¯与同构A类n个(q个)或A类n个2(q个)以及M（M）(克¯)划分6(q个2-1).所以第页应根据这些限制进行选择。
现在我们考虑以下第二个条件第页也就是，中心化子链最大长度的线性下限第页-元素。如果克是交替组中高音n个，那么我们可以第页为5。对于1⩽我⩽n个5，我们可以选择嵌套集M（M）我包括我不相交的5个循环。它们的扶正器形成一条长度超过n个5-1.根据λ的定义，得出λ(克)5-1作为的下限我.
让克¯是序域上的经典群q个.根据[8，提案7-12]，小组克¯包含与拟单子群的中心积同构的子群H（H）1,H（H）2,…,H（H）秒，其中每H（H）我是一组Lie类型A类三或A类三2在订单字段上q个此外，数字秒这些因素中至少有λ(克)-64根据Zsigmondy定理，存在一个素数第页划分每个的顺序H（H）我，但不是6(q个2-1)对于每个我=1,…,秒，让小时我∈H（H）我成为秩序的要素第页.然后小时我不在中心位置H（H）我.因此
C类克¯(小时1)>C类克¯(小时1,小时2)>…>C类克¯(小时1,小时2,…,小时秒),
我们发现了一系列严格的第页-长度至少为λ(克)-64-1这一命题得到了证明。∎
提议3.2。
存在一个通用常数d日这样的话λ(克)⩽d日⋅k个对于每个克.
证明。
让对是…的可溶自由基克.如果P（P）是的Sylow子组对，那么克/对≅N个克(P（P）)/(对∩N个克(P（P）))所以非贝拉成分因子N个克(P（P）)和克重合。此外c（c）-的尺寸N个克(P（P）)作为的子组克最多是k个因此，我们可以假设对是的Fitting子组克.
放置克¯=克/对.让我是socle的非贝拉构成因子数L（左）¯属于克¯（请注意L（左）¯是非贝拉简单群的直积）。商克¯/L（左）¯是对称群的子群对可解群的扩展Sym公司我.引理1.11意味着我<5k个.因此λ(克¯/L（左）¯)<25k个4由Lemma1.10因此，足以表明λ(L（左）¯)⩽d日′⋅k个对一些人来说d日′特别是，我们可以假设克与的完整反转图像一致L（左）¯在里面克.
让ℱ是非贝拉构成因子的集合C类克(对).对于素数第页，表示为ℱ第页非贝拉构成因子集克/C类克(O（运行）第页′(对))其顺序可被第页（此处O（运行）第页′(对)代表最大值第页′-的子组对). 根据Feit–Thompson定理[12]和汤普森-格劳伯曼定理[13，第二章，推论7.3]，每个有限非贝叶斯单群的阶都可以被2整除，并且不与15互素。自对=O（运行）第页′(对)O（运行）q个′(对)对于不同的素数第页和q个，我们有C类克(O（运行）第页′(对))∩C类克(O（运行）q个′(对))=C类克(对)因此，每个非贝拉构成因子克包含在中ℱ∪ℱ2∪ℱ三∪ℱ5因此，为了证明这个命题，用以下线性函数限定这四个集合中每一个λ的值之和就足够了k个.
放置K（K）=C类克(对).自K（K）¯=K（K）对/对在中正常克¯，它是以下元素的直接产物ℱ.让S公司¯加入ℱ然后让S公司是…的完全反像S公司¯在里面K（K）.然后S公司(∞)，即导出的级数中的最小项S公司，是S公司¯这在中是正常的K（K），因此它是K（K）因此ℱ是层的组成因子E类(K（K）).自E类(K（K）)是的子组E类(克)，数字λ(K（K）)以为界b条⋅k个对于一些常量b条由于提议3.1.
放置K（K）第页=克/C类克(O（运行）第页′(对))对于第页∈{2,三,5}很明显K（K）第页是某些非贝拉构成因子的直积的推广克通过幂零第页′-小组。根据定义，K（K）第页忠实于O（运行）第页′(对)它的Sylow也是第页-子组P（P）.小组P（P）是Sylow的直接产品第页-元素的子群ℱ第页.通过引理1.5,P（P）包含一个基本阿贝尔第页-秩从下到下有界的群c（c）∑S公司∈ℱ第页λ(S公司)对于某些正常数c（c）.它来自引理1.3那个c（c）∑S公司∈ℱ第页λ(S公司)⩽k个.最后，
λ(克)⩽三k个c（c）+b条⋅k个
根据需要。∎
现在我们准备完成定理的证明2.放置克¯=克/F类三(克).让F类¯*是的广义拟合子群克¯.商克¯/F类¯*与外自同构群的一个子群同构输出(F类¯*)属于F类*后者是输出(F类(克¯))和输出(E类(克¯)).通过引理1.12，的顺序F类(克¯)因此输出(F类(克¯))有界于k个因此，足以证明输出(E类(克¯))包含的阿贝尔子群k个-有界索引。
如果E类(克¯)是组件的产物问1,问2,…,问秒，那么输出(E类(克))是半直积的子群输出(问1)×输出(问2)×…×输出(问秒)和一些亚组Sym公司秒.根据引理1.11，数字秒有界于k个因此，足以证明组件的外自同构群的直积具有k个-有界索引。小组输出(问我)是对应单群的外自同构群的子群S公司我=问我/Z轴(问我)（请参见[15，推论5.1.4]）。如果S公司我是一个交替或零星的组，那么输出(S公司我)最多为4。如果S公司我是Lie型的一组，则是中域自同构的循环子群的指数输出(S公司我)根据Lie秩有界S公司我（请参见[15，定理2.5.1和2.5.12]）。由于提议3.2，每个S公司我有界于k个.定义A类我如果S公司我不是Lie类型的组，并且S公司我否则。直接产品指数A类1×…×A类秒在里面输出(S公司1)×…×输出(S公司秒)是k个-受到前面的评论的限制。这就完成了定理的证明。
从小组开始观察克¯/Soc公司(克¯)是克/F类三(克)就其层次而言，以下是定理2的直接结果。
推论2。
让克是有限群c（c）-尺寸k个然后让对是它的可溶自由基。放置克¯=克/对然后是小组克¯/Soc公司(克¯)包含的阿贝尔子群k个-有界索引。
