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user: 3. 定理1.1的证明 本节中，我们分以下三个引理来完成定理1.1的证明。 引理3.1 设T是一个非交换单群， | T | | 2 6 ⋅ 3 ⋅ r ⋅ s l ，且 3 r s l | | T | ，其中 3 ≤ r < s 为素数。则 T ≅ A 6 ， PSL ( 2 ， 8 ) ， PSL ( 2 ， 11 ) ， PSL ( 2 ， 13 ) ， PSL ( 2 ， 16 ) ， PSL ( 2 ， 17 ) ， ， PSL ( 2 ， 31 ) ， PSL ( 2 ， 32 ) ， PSL ( 2 ， 47 ) ，或 PSL ( 2 ， 193 ) 。 证明：由于有限p-群和 m a n b (m，n为素数，a，b为正整数)阶群都可解，而可解单群必为素数阶循环群，所以 | π ( T ) | ≠ 1 或2，因此 | π ( T ) | = 3 或4。如果 | π ( T ) | = 3 ，由文献( [ 12 ]，定理1)，T同构于( [ 12 ]，表1)中的八个群之一，又因为 3 r s l | | T | 通过检查群的阶，满足条件的群只有 A 6 ， PSL ( 2 ， 8 ) ，或 PSL ( 2 ， 17 ) 。 假设 | π ( T ) | = 4 。则 5 ≤ r < s 且 | T | | 2 6 ⋅ 3 ⋅ r ⋅ s l 。由此可知 2 7 ∤ | T | ，     3 2 ∤ | T | ，     r 2 ∤ | T | 。 (1) 由文献( [ 12 ]，定理1)，T同构于( [ 12 ]，表3)中的某个群或 PSL ( 2 ， q ) ，其中q是一个素数幂。对于前一种情况，由于 3 r s l | | T | ，由( [ 12 ]，表3)查得不存在满足条件的群。 如果 T ≅ PSL ( 2 ， q ) ，则有 | T | = 1 2 q ( q − 1 ) ( q + 1 ) | 2 6 ⋅ 3 ⋅ r ⋅ s l 且 | π ( q 2 − 1 ) | = 3 ，因此 q = t e ，其中 e ≥ 1 且 t ∈ { 2 ， 3 ， 5 ， s } 。如果 t ∈ { 2 ， 3 ， 5 } ，由式子(1)和 | π ( q 2 − 1 ) | = 3 可知， q = 2 4 或2 5 ，即 T ≅ PSL ( 2 ， 16 ) ，或 PSL ( 2 ， 32 ) ，如果 t = s ，此时有 1 2 ( q − 1 ) ( q + 1 ) | 2 6 ⋅ 3 ⋅ r ， 即 q − 1 2 ⋅ q + 1 2 | 2 5 ⋅ 3 ⋅ r 。 我们注意到 ( q − 1 2 ， q + 1 2 ) = 1 ，于是 q − 1 2 | 2 5 ⋅ 3 或 q + 1 2 | 2 5 ⋅ 3 ，因此q = 11，13，23，31，47，49，97或193。通过检查群的阶可得， T ≅ PSL ( 2 ， 11 ) ， PSL ( 2 ， 13 ) ， PSL ( 2 ， 23 ) ， PSL ( 2 ， 31 ) ， PSL ( 2 ， 47 ) 或 。 之后，我们总假设 Γ 是一个阶为 4 p q n ( 3 ≤ p < q ， n ≥ 1 )的连通G-弧传递3度图，且G在 V Γ 上是拟本原或二部拟本原的，其中 G ≤ Aut ( Γ ) 。令 α ∈ V Γ 。 引理3.2 假设G在 V Γ 上是拟本原的，则 Γ ≅ F 084 ， G 220 1 ， G 364 1 ， G 1012 1 ， G 620 1 或 G 4324 1 。 证明：设N是G的一个极小正规子群。则N为同构单群的直积，即 N = T d = T 1 × T 2 × ⋯ × T d ，其中 T i ≅ T ( i = 1 ， ⋯ ， d )是一个单群。因为G在 V Γ 上拟本原，所以N在 V Γ 上是传递的。如果N是交换的，则N在 V Γ 上半正则，于是 | T | d = | N | | 4 p q n ，这是不可能的，故N是非交换的。首先我们断言 d = 1 。事实上，由 Γ 的连通性及 ，我们可知 Γ 是N-弧传递的。此时，如果 T 1 在 V Γ 上传递，由( [ 14 ]，定理4.2A)可知 T 1 的中心化子 C N ( T 1 ) (即 T 2 )是半正则的，与 | T 2 | ∤ 4 p q n 矛盾。如果 在 V Γ 上至少有三个轨道，则由定理2.2可知 T 1 是半正则的，同样是一个矛盾。从而 T 1 在 V Γ 上恰好有两个轨道U和W。又因为 T 1 ⊲ N ，因此U和W构成 V Γ 上一个N-不变划分，这就意味着集合稳定子 N U 在N中的指数为2，而 N = T d 中没有指数为2子群，矛盾。于是 N = T 。 因此 Γ 是T-弧传递的，故 T α 满足定理2.1。于是由T的传递性可以得到， | V Γ | ⋅ | T α | = | T | | 2 6 ⋅ 3 ⋅ p ⋅ q n 。又因为 Γ 是T-弧传递的，故 3 | | T α | ，从而 3 p q n | | T | ，即T满足引理3.1。 假设 ，则T和 如表3所示。 Table 3 Nonabelian groups with 3 prime factors and ( p ， q n T A 6 PSL(2，8) PSL(2，17) (3，5) (3，7) (3，17) 表3. 含有3个素因子的单群及对应 ( p ， q n ) 取值 如果 T ≅ A 6 ，则 | T α | = | T | / | V Γ | = 6 ，即 T α ≅ S 3 。由Magma ( [ 17 ] )计算可得，满足条件的图 不存在。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 8 ) ，则 | T α | = | T | / | V Γ | = 6 ，即 T α ≅ S 3 。由文献( [ 18 ] )可知 Γ ≅ F 084 ，如果 T ≅ PSL ( 2 ， 17 ) ，则 | T α | = | T | / | V Γ | = 12 ，即 T α ≅ S 3 × ℤ 2 。但是 PSL ( 2 ， 17 ) 中没有子群同构于 S 3 × ℤ 2 ，这是不可能的。 假设 | π ( T ) | = 4 ，则T和 ( p ， q n ) 如表4所示。 Table 4 Nonabelian groups with 4 prime factors and ( p ， q n T PSL(2，11) PSL(2，13) PSL(2，16) PSL(2，23) ( p ， q n ) (5，11) (7，13) (5，17) (11，23) T PSL(2，31) PSL(2，32) PSL(2，47) PSL(2，193) ( p ， q n ) (5，31) (11，31) (23，47) (97，193) 表4. 含有4个素因子的单群及对应 ( p ， q n ) 取值 如果 T ≅ PSL ( 2 ， 11 ) ，则 | T α | = | T | / | V Γ | = 3 ，即 T α ≅ ℤ 3 ，由例2.4可知 Γ ≅ G 220 1 。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 13 ) ，则 | T α | = | T | / | V Γ | = 3 ，即 T α ≅ ℤ 3 。由例2.5可知 Γ ≅ G 364 1 。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 2 4 ) ，则 | T α | = | T | / | V Γ | = 12 ，即 T α ≅ S 3 × ℤ 2 ，但 PSL ( 2 ， 2 4 ) 中没有同构于 S 3 × ℤ 2 的12阶子群。如果 ，则 | T α | = | T | / | V Γ | = 6 ，即 ，由例2.6可知 Γ ≅ G 1012 1 。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 31 ) ，则 | T α | = | T | / | V Γ | = 24 ，即 T α ≅ S 4 ，由文献( [ 18 ] )可知 Γ ≅ F 620 * 。同样地，由例2.7可以得到 Γ ≅ G 4324 1 ，此时 T ≅ PSL ( 2 ， 47 ) ， T α ≅ S 3 × ℤ 2 。而对于 T ≅ PSL ( 2 ， 2 5 ) 和 T ≅ PSL ( 2 ， 193 ) ，有 T α ≅ S 4 和 S 4 × ℤ 2 ，但是对应的T都没有子群同构于 和 S 4 × ℤ 2 。 引理3.3 G在 V Γ 上是二部拟本原的，则 Γ ≅ G 220 2 ，或 G 364 2 。 证明：因为G在 V Γ 上二部拟本原，所以G存在极小正规子群 N = T d 在 V Γ 上恰好有两个轨道 Δ 1 和 Δ 2 ，那么 Γ 就是一个二部图。令 G + = G Δ 1 = G Δ 2 ，则有 N ≤ G + ， | G : G + | = 2 且 G α = G α + 。假设 G + 作用在 Δ 1 上是不忠实的，由( [ 19 ]，引理5.2)，是一个完全二部图，又因为 Γ 为3度图，则 Γ ≅ K 3 ， 3 ，即 | V Γ | = 6 ，与 | V Γ | = 4 p q n 矛盾。从而 G + 作用在 Δ i ( i = 1 ， 2 )上忠实，由( [ 20 ]，定理1.5)可知，下述之一成立： 1) G + 在 Δ i 上是拟本原的；或 2) G + 中存在两个正规子群 M 1 和 ，使得 M 1 ≅ M 2 且在 V Γ 上半正则。进一步地，有群 M = M 1 × M 2 在 Δ i 上是正则的。 对于(2)，我们可以得到 | M | = | M 1 | 2 = 2 p q n ，这是不可能的。 故(1)成立，因为 | Δ i | = 2 p q n ，由定理2.3可知， G + 是几乎单或乘积作用型。设 N = soc ( G + ) = T d 是 G + 的基柱。其中T是非交换单群且 。 假设 G + 是几乎单的，因此 soc ( G + ) = T 。进一步地，如果T不是G唯一的极小正规子群，由于 G = G + . ℤ 2 ，我们很容易可以得到 G = G + × ℤ 2 ，也就是说G有正规子群 ℤ 2 在 V Γ 上有 2 p q n 个轨道，与G的二部拟本原性矛盾。从而G是几乎单的，设 soc ( G ) = T 。因此我们可以令 G = T . o ， G + = T . o ′ ，其中 且 | o : o ′ | = 2 。 因为 T α ⊴ G α ，由定理2.1可知 | T α | | 2 4 ⋅ 3 ，因此 。另一方面，由于 T α ≠ 1 ，我们可以得到 ，从而 3 p q n | | T | ，故T满足引理3.1且 | π ( T ) | = 3 或4。 当 | π ( T ) | = 3 时，则T和 ( p ， q n ) 满足表3。如果 ，则 | T α | = | T | / | Δ i | = 12 。因为 Out ( A 6 ) = ℤ 2 2 ，所以 o = ℤ 2 ， o ′ = 1 或 o = ℤ 2 2 ， o ′ = ℤ 2 。故 | G α | = | G α + | = | T α | ⋅ | o ′ | = 12 或 ， G ≅ S 6 或 Aut ( A 6 ) 。由Magma ( [ 17 ] )，这两种情况下都没有图 存在。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 8 ) ，因为 Out ( PSL ( 2 ， 8 ) ) = ℤ 3 没有指数为2的子群，与 | o : o ′ | = 2 矛盾。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 17 ) ，因为 Out ( PSL ( 2 ， 17 ) ) = ℤ 2 ， | T α | = | T | / | Δ i | = 24 ，所以 | G α | = | G α + | = | T α | ⋅ | o ′ | = 24 ， G ≅ PSL ( 2 ， 17 ) . ℤ 2 = PGL ( 2 ， 17 ) ，由Magma ( [ 17 ] )，不存在满足条件的图 Γ 。 当 | π ( T ) | = 4 时， ( T ， p ， q n ) 满足表4。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 193 ) ，则 | T α | = | T | / | Δ i | = 96 ，从而 。这与定理2.1矛盾。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 32 ) ，则 Out ( T ) = ℤ 5 ，因为 | o : o ′ | = 2 ，矛盾。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 2 4 ) ，则 | T α | = | T | / | Δ i | = 24 。因为 ，故 G ≅ PGL ( 2 ， 16 ) 或 Aut ( PSL ( 2 ， 16 ) ) ，且对应的 G α 分别为 或 S 4 × ℤ 2 ，由Magma ( [ 17 ] )可知 PGL ( 2 ， 2 4 ) 中没有24阶子群， 中没有同构于 S 4 × ℤ 2 的48阶子群，矛盾。如果 T ≅ PSL ( 2 ， 31 ) ，则 | T α | = 48 。又因为 Out ( PSL ( 2 ， 31 ) ) = ℤ 2 ，所以 G ≅ PGL ( 2 ， 31 ) 且 。与 PGL ( 2 ， 31 ) 中没有48阶子群矛盾。若 T ≅ PSL ( 2 ， 23 ) 或 时，由Magma ( [ 17 ] )，不存在这样的3度对称图。若 T ≅ PSL ( 2 ， 11 ) 或 PSL ( 2 ， 13 ) ，由例2.4和2.5可知， Γ ≅ G 220 2 或 G 364 2 。 假设 G + 是乘积作用型的，则 N = T d = T 1 × T 2 × ⋯ × T d ( d ≥ 2 ) ，其中 ( i = 1 ， ⋯ ， d )是一个单群。如果 在 上是传递的，由( [ 14 ]，定理4.2A)可知 T 2 是半正则的，故 | T 2 | | 2 p q n ，矛盾。从而 T 1 在 Δ 1 和 上都不传递，由( [ 8 ]，引理3.2)可知 T 1 是半正则的，同样可以推出矛盾。