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user: 3. 定理1.1的证明 为了完整的证明定理1.1，我们先证明以下两个引理，第一个引理分类了一类单群。 引理3.1：设T是一个非交换单群且满足 | T | | 2 5 ⋅ 3 ⋅ r m ⋅ s n ，且 3 r m s n | | T | ，其中 r < s 为素数， m ， n ≥ 1 。则下列之一成立，其中 | π ( T ) | 表示 | T | 的所有素因子的个数。 1) 如果 | π ( T ) | = 3 ，则 ( T ， | T | ) 满足表3。 Table 3 Single group T with 3 prime factor T | T | T | T | A 5 2 2 ⋅ 3 ⋅ 5 A 6 2 3 ⋅ 3 2 ⋅ 5 PSL ( 2 ， 7 ) 2 3 ⋅ 3 ⋅ 7 PSL ( 2 ， 8 ) PSU ( 3 ， 3 ) 2 5 ⋅ 3 3 ⋅ 7 PSL ( 3 ， 3 ) 2 4 ⋅ 3 3 ⋅ 13 PSL ( 2 ， 17 ) 2 4 ⋅ 3 2 ⋅ 17 表3. 含有3个素因子的单群T 2) 如果 | π ( T ) | = 4 ，则 ( T ， | T | ) 满足表4。 Table 4 Single group T with 4 prime factor T | T | T | T | PSL ( 2 ， 11 ) 2 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 11 PSL ( 2 ， 13 ) 2 2 ⋅ 3 ⋅ 7 ⋅ 13 PSL ( 2 ， 16 ) 2 4 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 17 PSL ( 2 ， 23 ) 2 3 ⋅ 3 ⋅ 11 ⋅ 23 PSL ( 2 ， 25 ) 2 3 ⋅ 3 ⋅ 5 2 ⋅ 13 PSL ( 2 ， 31 ) 2 5 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 31 PSL ( 2 ， 32 ) 2 5 ⋅ 3 ⋅ 11 ⋅ 31 PSL ( 2 ， 47 ) 2 4 ⋅ 3 ⋅ 23 ⋅ 47 PSL ( 2 ， 49 ) 2 4 ⋅ 3 ⋅ 5 2 ⋅ 7 2 PSL ( 2 ， 97 ) 2 5 ⋅ 3 ⋅ 7 2 ⋅ 97 PSL ( 3 ， 5 ) 2 5 ⋅ 3 ⋅ 5 3 ⋅ 31 表4. 含有4个素因子的单群T 证明：因为 3 r m s n | | T | ，所以 3 ≤ | π ( T ) | ≤ 4 ，因此T满足( [ 18 ]，定理I)。 如果 | π ( T ) | = 3 ，则 r = 2 或3， s ≥ 5 ，因此T是一个 { 2 ， 3 ， s } -群。如果 r = 2 ，则 | T | | 2 5 + m ⋅ 3 ⋅ s n ，于是 3 2 ∤ | T | ，故由( [ 18 ]，表1)可知： T ≅ A 5 或 PSL ( 2 ， 7 ) ，此时， | T | = 2 2 × 3 × 5 或 2 3 × 3 × 7 。如果 r = 3 ，则 | T | | 2 5 ⋅ 3 m + 1 ⋅ s n ，故 2 6 ∤ | T | 。再由( [ 18 ]，表1)可得： T ≅ A 5 ， A 6 ， PSL ( 2 ， 7 ) ， PSL ( 2 ， 8 ) ， PSU ( 3 ， 3 ) ， PSL ( 3 ， 3 ) 或 PSL ( 2 ， 17 ) 。 如果 | π ( T ) | = 4 ，由 | T | | 2 5 ⋅ 3 ⋅ r m ⋅ s n 可知 3 < r < s ，因此T是一个 { 2 ， 3 ， r ， s } -群，于是由( [ 18 ]，定理I)可知：T满足( [ 18 ]，表2)或者T同构于单群 PSL ( 2 ， q ) ，其中 q > 3 为一个素数的方幂。如果T满足( [ 18 ]，表2)，则通过检查它们的阶可得： T ≅ PSL ( 3 ， 5 ) ，此时 | T | = 2 5 ⋅ 3 ⋅ 5 3 ⋅ 31 。如果 T ≅ PSL ( 2 ， q ) ，则由( [ 18 ]，定理3.2和引理3.4(2)，3.5(2))可知：要么 q ∈ { 5 2 ， 7 2 ， 2 4 ， 2 5 } ，要么 q ≥ 11 是一个素数。 假设 T ≅ PSL ( 2 ， q ) ，其中 q ≥ 11 是一个素数，则 | T | = 1 2 q ( q + 1 ) ( q − 1 ) 。注意到， ，因此， 1 2 ( q + 1 ) ( q − 1 ) | 2 5 ⋅ 3 ⋅ r m ， 即 q + 1 2 ⋅ q − 1 2 | 2 4 ⋅ 3 ⋅ r m . 因为 ( q + 1 2 ， q − 1 2 ) = 1 ，所以 q + 1 2 | r m 或 q − 1 2 | r m ，即 q − 1 2 | 2 4 ⋅ 3 或 q + 1 2 | 2 4 ⋅ 3 。由此可得： q = 11 ，13，17，23，31，47或97。通过检查它们对应单群 PSL ( 2 ， q ) 的阶可知：满足条件的q为11，13，23，31，47，97。□ 假设 p < q 为素数， Γ 是一个连通的阶为 2 p m q n 的3度G-弧传递图，其中 G ≤ Aut   Γ ， m ， n ≥ 1 。设N是 的一个极小正规子群，则 N = T d ，其中T是一个单群且 。令 α ∈ V Γ 。 引理3.2：应用上面的符号说明。如果N是非交换的，则 d = 1 。 证明：反证法。假设 d ≥ 2 ，则由 N = T d 可知： | N | ∤ 2 p m q n 。如果N在 V Γ 上至少有3个轨道，则由引理2.12可知，N在 V Γ 上半正则，于是 | N | | | V Γ | ，注意到 | V Γ | = 2 p m q n ，矛盾。故N在 V Γ 上至多有2个轨道。令 N = T 1 × T 2 × ⋯ × T d ，其中 T i ≅ T ( i = 1 ， 2 ， ⋯ ， d ) 。 假设N在 V Γ 上传递。由 1 ≠ N α ⊲ G α 且 Γ 是连通图可得： 1 ≠ N α Γ ( α ) ⊲ G α Γ ( α ) 。因此， N α Γ ( α ) 是传递的且 Γ 是N-弧传递的。如果 T 1 在 V Γ 上传递，则由( [ 12 ]，定理4.2A)可知：中心化子 C N ( T 1 ) 在 V Γ 上半正则，从而 T 2 在 V Γ 上半正则，这与 | T 2 | 不能整除 | V Γ | = 2 p m q n 相矛盾。如果 T 1 在 V Γ 上至少有3个轨道，则由引理2.12可知： T 1 在 V Γ 上半正则，矛盾。因此， T 1 在 V Γ 上恰好有2个轨道，记为U和W。因为 T 1 ⊲ N ，故U和W构成 V Γ 上的一个N-不变块系，于是 N U 在N中的指数为2。但是， N = T d 没有指数为2的子群，矛盾。 假设N在 V Γ 上恰有两个轨道，记为 Δ 1 ， Δ 2 。此时， Γ 是一个二部图，其二部分别为 Δ 1 和 Δ 2 。令 G + = G Δ 1 = G Δ 2 。如果 G + 作用在 Δ 1 上是非忠实的，则由( [ 19 ]，引理5.2)可知： 是一个完全二部图，于是 Γ = K 3 ， 3 ，因此， | V Γ | = 6 ，矛盾。如果 G + 作用在 Δ 1 上是忠实的，则 N ≤ G + 可以看作 Δ 1 上的一个传递置换群。如果 T 1 在 Δ 1 上传递，则由( [ 12 ]，定理4.2A)可知： T 2 在 Δ 1 上半正则，故 | T 2 | | p m q n ，矛盾。因此， T 1 在 Δ 1 上至少有2个轨道，故由( [ 20 ]，引理3.2)可知： T 1 在 Δ 1 上半正则，矛盾。□ 下面给出定理1.1的完整证明。 定理1.1的证明：设 Γ 是一个连通的阶为 2 p m q n 的3度对称G-基图，则G在 V Γ 上是拟本原的或者二部拟本原的，其中 p < q 为素数， G ≤ Aut   Γ ， m ， n ≥ 1 。设N是G的一个极小正规子群，则 N = T d ，其中T是一个单群且 d ≥ 1 。令 α ∈ V Γ ，下面我们分两种情形来完成定理1.1的证明。 情形1：假设G在 V Γ 上是拟本原的。 此时N在 V Γ 上是传递的。如果N是一个交换群，则N在 V Γ 上正则，从而 | T | d = | N | = 2 p m q n ，矛盾。因此N是非交换的，于是由引理3.2可知： d = 1 ，从而 N = T 。进一步，由于 T α ≠ 1 ，则 Γ 是T-弧传递的，因此 T α 满足引理2.1，于是 | T α | | 48 。由T的传递性可得： | T | = | V Γ | ⋅ | T α | 整除 2 5 ⋅ 3 ⋅ p m ⋅ q n 。另一方面，由于 Γ 是T-弧传递的，则 3 | | T α | ，于是 3 p m q n | | T | 。故T满足引理3.1。 假设 | π ( T ) | = 3 ，则T和 ( p m ， q n ) 满足下表5。 Table 5 Single group T with three prime factors and its corresponding ( p m ， q n T A 5 A 6 PSL ( 2 ， 7 ) PSL ( 2 ， 8 ) PSU ( 3 ， 3 ) PSL ( 3 ， 3 ) PSL ( 2 ， 17 ) ( p m ， q n ) (2，5) (3，5) (2，7)或(2 2 ，7) (3，7) (3 2 ，7) (3 2 ，13) (3，17) 表5. 含有3个素因子的单群T及其对应的 ( p m ， q n ) 如果 T ≅ A 5 ，则 | T α | = | T | / | V Γ | = 3 ，从而 T α ≅ ℤ 3 ，故由例2.7可知 Γ ≅ G 20 1 。如果 T ≅ A 6 ， PSL ( 2 ， 8 ) 或 PSL ( 2 ， 17 ) ，则 | V Γ | = 2 p q ，从而由( [ 10 ] )可知：只有当 T ≅ PSL ( 2 ， 17 ) 时才存在满足条件的图 Γ ，此时T有一个子群 T α ≅ S 4 。由例2.6可知 Γ ≅ N C 102 。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 7 ) ，且 ( p m ， q n ) = ( 2 ， 7 ) 或 ( 2 2 ， 7 ) ，则 | T α | = 6 或3，从而由引理2.1可得， T α ≅ S 3 或 ℤ 3 。由例2.8可知 Γ ≅ G 28 1 或 G 56 1 。如果 T ≅ PSU ( 3 ， 3 ) ，则 | T α | = 2 4 ⋅ 3 ，但是， PSU ( 3 ， 3 ) 没有子群同构于 S 4 × S 2 ，这与引理2.1相矛盾。如果 T ≅ PSL ( 3 ， 3 ) ，则 | T α | = 2 3 ⋅ 3 且 T α ≅ S 4 。由例2.11可知： Γ ≅ G 234 1 。 假设 | π ( T ) | = 4 ，则T和 ( p m ， q n ) 满足下表6。 Table 6 Single group T with four prime factors and their corresponding ( p m ， q n T PSL ( 2 ， 11 ) PSL ( 2 ， 16 ) PSL ( 2 ， 23 ) PSL ( 2 ， 25 ) PSL ( 2 ， 31 ) ( p m ， q n ) (5，11) (7，13) (5，17) (11，23) (5 2 ，13) (5，31) T PSL ( 2 ， 32 ) PSL ( 2 ， 47 ) PSL ( 2 ， 49 ) PSL ( 2 ， 97 ) PSL ( 3 ， 5 ) ( p m ， q n ) (11，31) (23，47) (5 2 ，7 2 ) (7 2 ，97) (5 3 ，31) 表6. 含有4个素因子的单群T及其对应的 ( p m ， q n ) 如果 T ≅ PSL ( 2 ， q ) ，其中 ，则 | V Γ | = 2 p q ，由( [ 10 ] )可知，只有当 q = 13 ，23或47时才存在满足条件的图 Γ ，进一步，由例2.3，2.4和2.5可得， Γ ≅ N C 182 1 ， N C 506 或 N C 2162 。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 97 ) 或 PSL ( 3 ， 5 ) ，则 | T α | = 2 4 ⋅ 3 。但是， PSL ( 2 ， 97 ) 和 PSL ( 3 ， 5 ) 都没有子群同构于 S 4 × S 2 ，这与引理2.1相矛盾。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 25 ) 或 PSL ( 2 ， 49 ) ，则 | T α | = 2 2 ⋅ 3 或 2 3 ⋅ 3 ，此时 T α ≅ S 3 × S 2 或 S 4 ，由Magma ( [ 15 ] )计算可知，此时不存在满足条件的图 Γ 。 情形2：假设G在 V Γ 上是二部拟本原的。 此时，G有一个极小正规子群 N = T d 在 V Γ 上恰有两个轨道，分别记为 Δ 1 和 Δ 2 。于是， Γ 是一个二部图，并且其二部分别为 Δ 1 和 Δ 2 。令 G + = G Δ 1 = G Δ 2 ，则 N ≤ G + ， | G : G + | = 2 ， G α = G α + 。如果N是交换的，则N在 Δ 1 上正则，从而 | T | d = | N | = p m q n ，矛盾。因此N是非交换的。由引理3.2可知： N = T 是一个非交换单群。如果 G + 作用在 Δ 1 或 Δ 2 上是非忠实的，则由( [ 19 ]，引理5.2)可知： Γ 是一个完全二部图，于是 Γ = K 3 ， 3 。故， | V Γ | = 6 ，矛盾。假设 G + 作用在 Δ 1 和 Δ 2 上是忠实的，则由( [ 21 ]，定理1.5)可知下列之一成立： (a) G + 在 Δ i ( i = 1 ， 2 ) 上是拟本原的； (b) G + 有两个正规子群 M 1 ， M 2 满足 M 1 ≅ M 2 且它们在 V Γ 半正则。进一步，群 M 1 × M 2 在 Δ i 上正则。 对于情形(b)，有： | M 1 | 2 = | Δ i | = p m q n ，矛盾。下面考虑情形(a)。假设 G + 在 Δ i 上是拟本原的，则 G + 有一个极小正规子群T且T是一个单群，于是由O’Nan-Scott-Praeger定理( [ 17 ] )可知： soc ( G + ) = T 或 T 2 。如果 soc ( G + ) = T 2 ，则 G + 是全形单型，且T在 Δ i 上正则。因此 ，矛盾。故 soc ( G + ) = T 。进一步，如果T不是G的唯一极小正规子群，则由 G = G + . ℤ 2 可知 G = G + × ℤ 2 ，于是G的正规子群 在 V Γ 上有 p m q n 个轨道，这与G在 V Γ 上是二部拟本原的相矛盾。故，T是G的唯一极小正规子群，即G是几乎单的且其基柱 soc ( G ) = T 。令 G = T . o ， ，其中 ℤ 2 ≤ o ≤ Out ( T ) 且 | o : o ′ | = 2 。由于 T α ≤ G α ，于是由引理2.1可知 ，因此 | T | = | Δ 1 | ⋅ | T α | 整除 2 5 ⋅ 3 ⋅ p m ⋅ q n 。另一方面，由于 T α ≠ 1 ，则 3 | | T α | ， 3 p m q n | | T | 。故T满足引理3.1。 假设 | π ( T ) | = 3 。此时T和 ( p m ， q n ) 满足表5。如果 T ≅ A 5 ，则由Altas ( [ 22 ] )可知 Out ( A 5 ) = ℤ 2 。因此 G + = A 5 ， G = S 5 ，且 ，于是由引理2.1可知， G α ≅ S 3 。故由例2.7可知 Γ ≅ G 20 2 。如果 T ≅ A 6 ，则 Out ( A 6 ) = ℤ 2 2 ，于是 G = S 6 或 S 6 . ℤ 2 。若 G = S 6 ，则 | G α | = 24 ，于是 G α ≅ S 4 ，由Magma ( [ 15 ] )计算可知：此时不存在满足条件的图 Γ 。若 G = S 6 . ℤ 2 ，则 | G α | = 48 ，于是 G α ≅ S 4 × S 2 ，由例2.6可知 Γ ≅ N C 30 。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 7 ) ，则 Out ( PSL ( 2 ， 7 ) ) = ℤ 2 ，且 ( p m ， q n ) = ( 2 ， 7 ) 或 ( 2 2 ， 7 ) 。于是 G = PGL ( 2 ， 7 ) ，并且G有两个子群分别同构于 S 3 × S 2 和 S 3 。故由例2.9可知： Γ ≅ G 28 2 ， G 56 2 ，或 G 56 3 。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 8 ) ，则由Altas ( [ 6 ] )可知 Out ( T ) = ℤ 3 ，此时与 ℤ 2 ≤ o ≤ Out ( T ) 且 | o : o ′ | = 2 相矛盾。如果 T ≅ PSU ( 3 ， 3 ) ，则 Out ( T ) = ℤ 2 ，于是 G = Aut ( PSU ( 3 ， 3 ) ) ，此时 | G α | = 2 5 ⋅ 3 ，这与引理2.1相矛盾。如果 T ≅ PSL ( 3 ， 3 ) ，则 Out ( T ) = ℤ 2 ，从而 G = Aut ( PSL ( 3 ， 3 ) ) ，此时 G α ≅ S 4 × S 2 ，由例2.11可知 Γ ≅ G 234 2 。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 17 ) ，则 Out ( T ) = ℤ 2 ，故 G = PGL ( 2 ， 17 ) ，此时 | G α | = 48 ，但是， PGL ( 2 ， 17 ) 不存在48阶的子群，矛盾。 假设 | π ( T ) | = 4 。此时T和 ( p m ， q n ) 满足表6。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 31 ) ， PSL ( 2 ， 97 ) 或 PSL ( 3 ， 5 ) ，则 Out ( T ) = ℤ 2 ，于是 G = PGL ( 2 ， 31 ) ， PGL ( 2 ， 97 ) 或 PGL ( 3 ， 5 ) 。此时， | G α | = | G | / | V Γ | = 2 5 ⋅ 3 ，这与引理2.1相矛盾。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 32 ) ，则 Out ( PSL ( 2 ， 32 ) ) = ℤ 5 ，此时与 ℤ 2 ≤ o ≤ Out ( T ) 且 | o : o ′ | = 2 相矛盾。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 16 ) 或 PSL ( 2 ， 49 ) ，则 Out ( T ) = ℤ 2 2 ，于是 G = T . ℤ 2 或 Aut ( T ) 。若 G = T . ℤ 2 ，则 | G α | = 2 4 ⋅ 3 ，但是，G没有子群同构于 S 4 × S 2 ，这与引理2.1相矛盾。若 G = Aut ( T ) ，则 | G α | = 2 5 ⋅ 3 ，这与引理2.1相矛盾。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 47 ) ，则 Out ( T ) = ℤ 2 ，于是 G = PGL ( 2 ， 47 ) ， | G α | = 2 4 ⋅ 3 ，然而，G没有子群同构于 S 4 × S 2 ，矛盾。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 11 ) ， PSL ( 2 ， 13 ) 或 PSL ( 2 ， 23 ) ，则 Out ( T ) = ℤ 2 ，故 G = PGL ( 2 ， 11 ) ， PGL ( 2 ， 13 ) 或 PGL ( 2 ， 23 ) ，进一步可得， G α ≅ S 3 × S 2 或 S 4 。故由例2.3，2.4和2.6可知： Γ ≅ C 110 ， N C 182 2 或 C 506 。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 25 ) ，则 Out ( PSL ( 2 ， 25 ) ) = ℤ 2 2 ，于是 G = T . ℤ 2 ≅ P G L ( 2 ， 25 ) 或 Aut ( T ) 。因此， G α = S 4 或 S 4 × S 2 。由例2.10可知 Γ ≅ G 650 1 或 G 650 2 。□