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user: 4. 定理1.1的证明 设 Γ 是连通的阶为8p 2 的7度X-弧传递图，其中 X ≤ A u t Γ ，p是奇素数。设N是X的极小正规子群，则 N = T d ，其中T为单群且 d ≥ 1 。设 α ∈ V Γ 。我们先证明下面的引理。 引理4.1 假设N是非交换的，则 d = 1 。 证明：反正法。设N是非交换的且 d ≥ 2 ，从而有 | N | ∤ 8 p 2 ， N α ≠ 1 ，根据定理2.4可知N在 V Γ 上至多有两个轨道。设 N = T 1 × T 2 × ⋯ × T d ，其中 T ≅ T i ( i = 1 ， 2 ， ⋯ ， d ) 。 假设N在 V Γ 上是传递的。因为 1 ≠ N α ⊲ X α 且 Γ 是连通的，所以有 1 ≠ N α Γ ( α ) ⊲ X α Γ ( α ) 。由此可知， 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，则中心化子 C N ( T 1 ) 在 V Γ 上半正则(可见 [ 24 ] [定理4.2A])，因此是 T 2 也是半正则的，这和 | T 2 | 不能整除 | V Γ | = 8 p 2 是矛盾的。如果 T 1 在 V Γ 上至少有3个轨道，由定理2.4可知， T 1 是半正则的，推出矛盾。因此， T 1 在 V Γ 上恰好有两个轨道，分别记作V和W。因为 T 1 ⊲ N ，V和W在 V Γ 上构成N-不变块系。所以，点稳定子群 N v 在N中的指数为2，这与 N = T d 不存在指数为2的子群相矛盾。 假设N在 V Γ 上恰好有两个轨道，分别记作 V 1 和 V 2 。那么 Γ 是二部图且二部分别为 V 1 和 V 2 。假设 X + = X V 1 = X V 2 是二部图 Γ 上的点稳定子群。如果 X + 作用在 V 1 上是不忠实的，根据 [ 25 ] [引理5.2]可知， Γ 是一个完全二部图，从而有 Γ = K 7 ， 7 且 v a l ( Γ ) = 7 ，于是推出 | V Γ | = 14 ，矛盾。假设 X + 在 V 1 上的作用是忠实的。则 N ≤ X + 可以被视为 V 1 上的传递置换群。若 T 1 在 V 1 上作用传递，则由 [ 24 ] [定理4.2A]可得， T 2 在 V 1 上是半正则的，于是 | T 2 | | 4 p 2 ，这是矛盾的。因此 T 1 在 V 1 上至少有2个轨道。又根据 [ 26 ] [引理3.2]，得到 T 1 在 V 1 上是半正则的，矛盾。 定理1.1的证明主要是从X在 V Γ 上是拟本原和二部拟本原两种情形来讨论。 引理4.2 假设X在 V Γ 上是拟本原的，存在两个7度弧传递图 C 72 1 和 C 72 2 ，且 A u t ( C 72 1 ) ≅ A u t ( C 72 2 ) ≅ P S L ( 2 ， 8 ) × ℤ 2 。 证明：因为X在 V Γ 上是拟本原的，则N在 V Γ 上是传递的。如果N是交换的，则N在 V Γ 上是正则的且 | T | d = | N | = 8 p 2 ，矛盾。于是N是非交换的，根据引理4.1，得到 d = 1 且 N = T 。又因为 T α ≠ 1 ，因此 Γ 是T-弧传递的，且 T α 满足引理2.3。下面的证明将分为两个部分， 5 | | T α | 和 5 ∤ | T α | 。 情形1：假设 5 | | T α | 。 根据引理2.3，得到 | T α | | 2 8 ⋅ 3 4 ⋅ 5 2 ⋅ 7 且 T α Γ ( α ) ≅ A 7 或 S 7 。又因为 | T | = | V Γ | | T α | ，从而有 | T | | 2 11 ⋅ 3 4 ⋅ 5 2 ⋅ 7 p 2 ，而且，当 35 | | T α | 时， 35 p 2 | | T | 。于是T满足引理3.2。由 3 ≤ | π ( T ) | ≤ 5 ，再由引理3.2，只需考虑 | π ( T ) | = 4 的情形。 假设 | π ( T ) | = 4 ，由引理3.2(2)可知，表2中的群都满足条件。如果 ( T ， p 2 ) = ( J 2 ， 3 2 ) ， ( A 7 ， 3 2 ) ， ( A 8 ， 3 2 ) ， ( A 10 ， 3 2 ) ， ( P S L ( 3 ， 4 ) ， 3 2 ) ， ( P S U ( 4 ， 3 ) ， 3 2 ) 或 ( P S p ( 6 ， 2 ) ， 3 2 ) 时，它们的 | V Γ | 均为 2 3 ⋅ 3 2 ，因为 | T α | = | T | / | V Γ | ，所以 | T α | = 2 4 ⋅ 3 ⋅ 5 2 ⋅ 7 ， 5 ⋅ 7 ， 2 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ， 2 4 ⋅ 3 2 ⋅ 5 2 ⋅ 7 ， 2 4 ⋅ 5 ⋅ 7 ， 2 4 ⋅ 3 4 ⋅ 5 ⋅ 7 或 2 6 ⋅ 3 2 ⋅ 5 ⋅ 7 ，由引理2.3可知，这样的 T α 不存在，矛盾。如果 ( T ， p 2 ) = ( A 9 ， 3 2 ) ，则 | V Γ | = 2 3 ⋅ 3 2 ，由于 | T α | = | T | / | T α | = 2 3 ⋅ 3 2 ⋅ 5 ⋅ 7 ，由引理2.3可知， T α ≅ A 7 ，利用Magma [ 17 ] 计算可得，图 Γ 不存在。如果 ( T ， p 2 ) = ( P S U ( 3 ， 5 ) ， 5 2 ) ，则 | V Γ | = 2 3 ⋅ 5 2 ，因为 | T α | = | T | / | V Γ | = 2 ⋅ 3 2 ⋅ 5 ⋅ 7 ，由引理2.3可得，矛盾。 情形2：假设 5 ∤ | T α | 。 根据引理2.3，得到 | T α | | 2 24 ⋅ 3 2 ⋅ 7 ，由T的传递性和 | T | = | T α | | V Γ | ，推出 | T | | 2 27 ⋅ 3 2 ⋅ 7 p 2 。另一方面，因为 Γ 是T-弧传递的，从而有 7 | | T α | ，因此， 7 p 2 | | T | 。于是，T满足引理3.1。故而 | π ( T ) | = 3 或4。再由引理3.1，只需考虑 | π ( T ) | = 3 的情形。 假设 | π ( T ) | = 3 ，得到 ( T ， p 2 ) = ( P S L ( 2 ， 8 ) ， 3 2 ) 或 ( P S U ( 3 ， 3 ) ， 3 2 ) 。对于第一种情形， | V Γ | = 2 3 ⋅ 3 2 ，因此有 | T α | = | T | / | V Γ | = 7 ，由例2.1可知存在两个图 C 72 1 和 C 72 2 。对于第二种情形， | V Γ | = 2 3 ⋅ 3 2 ，因此 | T α | = | T | / | V Γ | = 2 3 ⋅ 3 ⋅ 7 ，再由Atlas [ 16 ] 可知， P S U ( 3 ， 3 ) 不存在阶为 2 2 ⋅ 3 ⋅ 7 的子群，矛盾。 引理4.3 假设X在 V Γ 上是二部拟本原的，则图 Γ 不存在。 证明：因为X在 V Γ 上是二部拟本原的，X有一个极小正规子群 N = T d 在 V Γ 上恰好有2个轨道，分别记作 V 1 和 V 2 。那么 V 1 和 V 2 是图 Γ 的两个部。设 X + = X V 1 = X V 2 。从而有 N ≤ X + ， | X : X + | = 2 且 X α = X α + 。如果N是交换的，则N在 V 1 上是正则的且 | T | d = | N | = 4 p 2 ，矛盾。所以N是不交换的，根据引理4.1可知， N = T 为非交换单群。 假设 作用在 V 1 和 V 2 上是不忠实的，根据 [ 25 ] [引理5.2]可知， Γ 是一个完全二部图，因此， Γ ≅ K 7 ， 7 且 | V Γ | = 14 ，矛盾。 假设 X + 作用在 V 1 和 V 2 上是忠实的，由 [ 27 ] [定理1.5]，则下列表述之一成立： 1) X + 在 V i 上是拟本原的。 2) X + 有两个正规子群 U 1 和 U 2 ，使得 U 1 ≅ U 2 在 V Γ 上半正则。进一步可得 U 1 × U 2 在 V i 上是正则的。 对于情形(2)，我们有 | U | 2 = | V i | = 4 p 2 ，矛盾。下考察(1)，因为 X + 在 V i 上是拟本原的且有一个极小正规子群T，这里的T是一个单群。根据O’Nan-Scott-Praeger定理 [ 24 ]， s o c ( X + ) = T 或 T 2 。先考虑 s o c ( X + ) = T 2 ，于是 X + 是复合全形型的且T在 V i 上是正则的。故而有 | T | = | V i | = 4 p 2 ，矛盾。因此， s o c ( X + ) = T ，假设T不是X的极小正规子群。因为 X = X + . ℤ 2 ，得到 X = X + × ℤ 2 ，所以正规子群 ℤ 2 在 V Γ 上有4p 2 个轨道，这与X是二部拟本原的相矛盾。由此推出X是几乎单群且令它的基柱为 s o c ( X ) = T 。下设 X = T . o ， X + = T . o ′ ，其中 ℤ 2 ≤ o ≤ O u t ( T ) 且 | o : o ′ | = 2 。后面的证明，将分两种情况讨论。 情形1：假设 5 ∤ | T α | 。 因为 T α ≤ X α ，根据引理2.3，有 | T α | | 2 24 ⋅ 3 2 ⋅ 7 。又因为 | T | = | V 1 | | T α | ，推出 | T | | 2 26 ⋅ 3 2 ⋅ 7 p 2 。另一方面，由于 T α ≠ 1 ，所以 7 | | T α | ，于是有 7 p 2 | | T | 。因此，T满足引理3.1且 | π ( T ) | = 3 或4。再由引理3.1，只需考虑 | π ( T ) | = 3 的情形。 先考虑 | π ( T ) | = 3 的情形，由引理3.1 (1)，容易得到 ( T ， p 2 ) = ( P S L ( 2 ， 8 ) ， 3 2 ) 或 ( P S U ( 3 ， 3 ) ， 3 2 ) 。对于第一种情形，由Atlas [ 16 ] 可知， O u t ( P S L ( 2 ， 8 ) ) ≅ ℤ 3 ，有 o = ℤ 2 ， o ′ = 1 且 X + = T 。从而 | X α | = | X α + | = | T α | = | T | / | V 1 | = 2 ⋅ 7 ，由引理2.3可知，这是矛盾的。对于第二种情形，由 O u t ( T ) ≅ ℤ 2 ，有 o = ℤ 2 ， o ′ = 1 ，因此 X + = T ，于是 | X α | = | X α + | = | T α | = | T | / | V 1 | = 2 3 ⋅ 3 ⋅ 7 ，由引理2.3可知，得到 X α ≅ P S L ( 3 ， 2 ) ，利用Magma [ 17 ] 计算可知，这种情况不存在图。 情形2：假设 5 | | T α | 。 因为 T α ⊲ X α ，由引理2.3，推出 | T α | | 2 8 ⋅ 3 4 ⋅ 5 2 ⋅ 7 且 T α Γ ( α ) ≅ A 7 或 S 7 。又因为 | T | = | T α | | V 1 | ，从而 | T | | 2 10 ⋅ 3 4 ⋅ 5 2 ⋅ 7 p 2 。由 35 | | T α | ，于是有 35 p 2 | | T | 。因此T满足引理3.2。再由引理3.2，只需考虑 | π ( T ) | = 4 的情形。 假设 | π ( T ) | = 4 ，根据引理3.2 (2)，表2中的群都满足条件。如果 ( T ， p 2 ) = ( J 2 ， 3 2 ) ，从而有 | T α | = | T | / | V 1 | = 2 5 ⋅ 3 ⋅ 5 2 ⋅ 7 。进一步，由Atlas [ 16 ] 可知， O u t ( J 2 ) ≅ ℤ 2 ，有 o = ℤ 2 ， o ′ = 1 且 X + = T . o ′ = T ，于是 | X α | = | X α + | = | T α | | o ′ | = 2 5 ⋅ 3 ⋅ 5 2 ⋅ 7 。根据引理2.3可知，矛盾。如果 ( T ， p 2 ) = ( A 7 ， 3 2 ) ，则 | T α | = | T | / | V 1 | = 2 ⋅ 5 ⋅ 7 ，由Atlas [ 16 ] 可知， O u t ( A 7 ) ≅ ℤ 2 ，有 o = ℤ 2 ， o ′ = 1 且 X + = T . o ′ = T ，因此 | X α | = | X α + | = | T α | | o ′ | = 2 ⋅ 5 ⋅ 7 。由引理2.3可知，矛盾。如果 ( T ， p 2 ) = ( A 8 ， 3 2 ) ，则 | T α | = | T | / | V 1 | = 2 4 ⋅ 5 ⋅ 7 。由Atlas [ 16 ]，有 O u t ( A 8 ) ≅ ℤ 2 ，因此 o = ℤ 2 ， o ′ = 1 ，因为 X + = T . o ′ = T ，所以 | X α | = | X α + | = | T α | | o ′ | = 2 4 ⋅ 5 ⋅ 7 ，由引理2.3推出矛盾。如果 ( T ， p 2 ) = ( A 9 ， 3 2 ) ，则 | T α | = | T | / | V 1 | = 2 4 ⋅ 3 2 ⋅ 5 ⋅ 7 。由Atlas [ 16 ]，有 O u t ( A 9 ) ≅ ℤ 2 ，推出 o = ℤ 2 ， o ′ = 1 ，由于 X + = T . o ′ = T ，因此 | X α | = | X α + | = | T α | | o ′ | = 2 4 ⋅ 3 2 ⋅ 5 ⋅ 7 。由引理2.3可得， T α ≅ S 7 ，利用Magma [ 17 ] 计算可知，图 Γ 不存在。如果 ( T ， p 2 ) = ( A 10 ， 3 2 ) ，从而有 | T α | = | T | / | V 1 | = 2 5 ⋅ 3 2 ⋅ 5 2 ⋅ 7 。进一步，由Atlas [ 16 ] 可知， O u t ( A 10 ) ≅ ℤ 2 ，有 o = ℤ 2 ， o ′ = 1 且 X + = T . o ′ = T ，于是推出 | X α | = | X α + | = | T α | | o ′ | = | T | = 2 5 ⋅ 3 2 ⋅ 5 2 ⋅ 7 。由引理2.3可知，矛盾。若 ( T ， p 2 ) = ( P S L ( 3 ， 4 ) ， 3 2 ) ，从而有 | T α | = | T | / | V 1 | = 2 4 ⋅ 5 ⋅ 7 ，进而由Atlas [ 16 ] 可知， O u t ( P S L ( 3 ， 4 ) ) ≅ ℤ 2 × S 3 ，我们得到 o = ℤ 2 × S 3 ， o ′ = S 3 或 o = S 3 ， o ′ = ℤ 3 或 o = ℤ 2 2 ， o ′ = ℤ 2 或 o = ℤ 2 ， o ′ = 1 。又因为 X + = T . o ′ ， | T α | = 2 4 ⋅ 5 ⋅ 7 ，所以 | X α | = | X α + | = | T α | | o ′ | = 2 5 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ， 2 4 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ， 2 5 ⋅ 5 ⋅ 7 或 2 4 ⋅ 5 ⋅ 7 。根据引理2.3可知，矛盾。如果 ( T ， p 2 ) = ( P S U ( 3 ， 5 ) ， 5 2 ) ，则 | T α | = | T | / | V 1 | = 2 2 ⋅ 3 2 ⋅ 5 ⋅ 7 。由Atlas [ 16 ] 可知，有 O u t ( P S U ( 3 ， 5 ) ) ≅ S 3 ，推出 o = S 3 ， o ′ = ℤ 3 或 o = ℤ 2 ， o ′ = 1 。因为 X + = T . o ′ ，所以 | X + | = | X α + | = | T α | | o ′ | = 2 2 ⋅ 3 3 ⋅ 5 ⋅ 7 或 2 2 ⋅ 3 2 ⋅ 5 ⋅ 7 。由引理2.3推出矛盾。如果 ( T ， p 2 ) = ( P S U ( 4 ， 3 ) ， 3 2 ) ，从而有 | T α | = | T | / | V 1 | = 2 5 ⋅ 3 4 ⋅ 5 ⋅ 7 。再由Atlas [ 16 ] 可知， O u t ( P S U ( 4 ， 3 ) ) ≅ D 8 ，有 o = D 8 ， o ′ = ℤ 2 2 或 o = ℤ 2 2 ， o ′ = ℤ 2 或 o = ℤ 2 ， o ′ = 1 。又因为 X + = T . o ′ ， | T α | = 2 5 ⋅ 3 4 ⋅ 5 ⋅ 7 ，因此 | X α | = | X α + | = | T α | | o ′ | = 2 7 ⋅ 3 4 ⋅ 5 ⋅ 7 ， 2 6 ⋅ 3 4 ⋅ 5 ⋅ 7 或 2 5 ⋅ 3 4 ⋅ 5 ⋅ 7 。根据引理2.3，矛盾。如果 ( T ， p 2 ) = ( P S p ( 6 ， 2 ) ， 3 2 ) ，则 | T α | = | T | / | V 1 | = 2 7 ⋅ 3 2 ⋅ 5 ⋅ 7 。由Atlas [ 16 ] 可知， O u t ( P S p ( 6 ， 2 ) ) ≅ 1 ，从而 X = T ，于是有 | X α | = | T α | = 2 7 ⋅ 3 2 ⋅ 5 ⋅ 7 ，由引理2.3可知，矛盾。