4p階11度對稱圖

藍婷 凌波

(云南民族大學數學與計算機科學學院,昆明,650504)

1 引言

本文涉及到的圖都是有限的、連通的、簡單的和無向的.對于一個圖Γ,我們分別用VΓ,EΓ,AΓ和AutΓ表示其頂點集、邊集、弧集和自同構群.若AutΓ分別傳遞作用在VΓ,EΓ和AΓ上,則分別稱圖Γ是點傳遞的、邊傳遞的和弧傳遞的.對于圖Γ的一個頂點序列(α0,α1,···,αs),如果滿足{αi?1,αi}∈EΓ(1≤i≤s)和αi?1?=αi+1,則稱為圖Γ的一條s?弧.若AutΓ傳遞作用在圖Γ的s?弧集上,則稱Γ為s?弧傳遞圖.特別地,0?弧傳遞稱為點傳遞,1?弧傳遞稱為弧傳遞.若圖Γ是s?弧傳遞(s≥1)但不是(s+1)?弧傳遞的,則稱Γ是s?傳遞圖.如果AutΓ在AΓ上作用正則,則稱圖Γ是1?弧正則的.

小度數弧傳遞圖的分類是代數圖論中的熱門問題.例如,文獻[1-3]分別給出了3度、5度和7度的4p階對稱圖的分類.本文將進一步分類11度的4p階對稱圖.

2 預備知識

正規(guī)商圖是研究素數度弧傳遞圖的重要方法.設Γ是一個G?點傳遞圖,N(N?=1)是G的非傳遞正規(guī)子群,用VΓN表示N?軌道集合.定義正規(guī)商圖ΓN,其點集為VΓN,兩頂點B,C相鄰當且僅當B中存在點α,C中存在點β,使得{α,β}∈EΓ.如果Γ和ΓN有相同的度數,則稱Γ是ΓN的正規(guī)覆蓋.特別地,如果圖Γ是連通的素數度的對稱圖,則根據文獻[4]或者文獻[5],可得到下面的引理:

引理1([4]或[5])設p為素數，Γ是連通的p度(G,s)?弧傳遞圖,其中G≤AutΓ和s≥1.如果N是G的正規(guī)子群且在VΓ上至少有三個軌道,則N在VΓ上作用半正則且正規(guī)商圖ΓN是連通的p度(G/N,s)?弧傳遞圖.

根據文獻[6]的Theorem 2.1和文獻[7]的Corollary 1.3,我們可以知道11度弧傳遞圖頂點穩(wěn)定子群的結構.

引理2([6],[7])設圖Γ是連通的11度(G,s)?傳遞圖,其中G≤AutΓ和s≥1.令α∈VΓ,則s≤3且下列之一成立：

(1)若Gα可解,則|Gα||1100.進一步有,(s,Gα)在下表之中.

?

(2)若Gα不可解,則|Gα||216·38·54·72·11.進一步有,(s,Gα)在下表之中.

?

根據文獻[8],可知兩倍素數階素數度對稱圖的分類.

引理3([8])設Σ是連通的奇素數p度2r階對稱圖,其中r是素數.則下列之一成立.

(i)(r,p)=(7,3),AutΣ～=PGL(2,7)；

(ii)(r,p)=(11,5),AutΣ～=PGL(2,11)；

(iii)(r,p)?=(7,3)和(11,5),AutΣ～=D2r:Zp.

根據文獻[9,p.134-136],通過檢驗非交換單群的階,有下面的引理.

引理4([9])設T是一個非交換單群,且滿足44p||T|和|T||218·38·54·72·11·p,其中p是一個奇素數,則T在表1中.

表1 非交換單群T

證明根據非交換單群的分類,T有三種情況：零散單群、n級交錯群和Lie型單群.

若T是零散單群,則直接檢驗零散單群的階可知,滿足條件的零散單群有：M11,M12,M22,M23,M24,J1,HS,McL,Suz,Co2,Co3.

若T是n級交錯群,則由引理條件知|T|至多有六個素因子且11||T|,從而得到,T～=An,11≤n≤16.

若T是Lie型單群,則根據Lie型單群表可知Lie型單群有：PSL(d,rf)(d≥2),PSU(d,rf)(d≥3),PSp(2d,rf)(d≥2),P?+(2d,rf)(d≥4),P??(2d,rf)(d≥4),P?(2d+1,rf)(d≥3),G2(rf)(d>4),F4(rf),E6(rf),E7(rf),E8(rf),Sz(22f+1),Ree(32f+1),2F4(22f+1),3D4(rf),2E6(rf),其中d和f是大于等于0的正整數.根據引理條件有,219,310,56,74和113不整除T的階,從而知F4(rf),E6(rf),E7(rf),E8(rf)和2E6(rf)不符合條件.下面將對剩下的Lie型單群逐一討論.

假設T=PSL(d,rf),其中d≥2.根據PSL(d,rf)的階,得到rfd(d?1)/2整除|T|,再由引理的條件,進一步我們推出2≤d≤6.

當d=2時,T=PSL(2,rf),那么rf整除|T|.此時,若r>11,根據PSL(2,rf)的階知這不可能.若r=11,有11f整除|T|,又113不整除T的階,故f≤2.這時T可能為PSL(2,11)和PSL(2,112).檢驗PSL(2,11)和PSL(2,112)的階,可知PSL(2,112)不符合條件.若r<11,那么r∈{2,3,5,7}.當r=2時,有2f整除|T|,又因為219不整除|T|,可得f≤18,此時T=PSL(2,2f)(f≤18).逐一驗算它們的階,我們得到只有PSL(2,25)符合條件.類似地分析,我們可將r∈{3,5,7}的情況排除掉.

當d=3時,T=PSL(3,rf).根據PSL(3,rf)的階,我們得到r3f整除|T|.由引理條件知,r3f(r≥11)不能整除|T|.因此r∈{2,3,5,7}.若r=2,則有23f整除|T|.又因為219不整除|T|,因此f≤6.此時T=PSL(3,2f)(f≤6).逐一驗算它們的階,知無一滿足條件.若p=3,則有33f整除|T|,310不整除|T|,可得到f≤3.此時T可能為PSL(3,3),PSL(3,9)和PSL(3,27).檢驗它們的階,均不滿足條件.同理可將r∈{5,7}的情況排除掉.

當d=4時,T=PSL(4,rf).根據PSL(4,rf)的階,有r6f整除|T|.注意到56,74,113和r2(r>11)不整除|T|,因此有r∈{2,3}.當r=2時,26f整除|T|,又219不整除|T|,進一步可得到f≤3,此時T=PSL(4,2f)(f≤3).再檢驗這三個群的階數,可知均不滿足條件.當r=3時,36f整除|T|,又310不整除|T|,得到f=1.檢驗PSL(4,3)的階,知PSL(4,3)不滿足條件.

當d=5時,T=PSL(5,pf).根據PSL(5,rf)的階,有r10f整除|T|.注意到310,56,74,113和r2(r>11)不整除|T|,因此可知只有r=2這種情況.進一步有,210f整除|T|,又219?|T|,故f=1,此時T=PSL(5,2).檢驗PSL(5,2)的階,知其不滿足條件.

當d=6時,有T=PSL(6,rf),r15f整除|T|.注意到310,56,74,113和r2(r>11)不整除|T|,故r=2.又由215f整除|T|和219?|T|,可得f=1.此時T可能為PSL(6,2),但由它的階知其不滿足條件.

假設T=PSU(d,rf),其中d≥3.根據PSU(d,rf)的階,得到rfd(d?1)/2整除T的階.又由引理條件有219,310,56,74,113和r2(r>11)不整除|T|,故3≤d≤6.

當d=3時,T=PSU(3,rf).根據PSU(3,rf)的階,有r3f整除|T|.注意到113和r2(r>11)不整除|T|,有r∈{2,3,5,7}.當r=2時,23f整除|T|,又219||T|,我們可得f≤6.此時T=PSU(3,2f)(f≤6).檢驗它們的階,知無一滿足條件.

當d=4時,有T=PSU(4,rf),r6f整除|T|.又因為56,74,113和r2(r>11)不整除|T|,我們有r∈{2,3}.當r=2時,26f整除|T|,又219不整除|T|,可得f≤3,故T可能為PSU(4,2),PSU(4,4),PSU(4,8).又因為11整除|T|,通過計算階可得PSU(4,2),PSU(4,4),PSU(4,8)都不滿足條件.

當d=5時,有T=PSU(5,rf),r10f整除|T|.又因為310,56,74,113和r2(r>11)不整除|T|,故r=2.進而有210f整除|T|,f=1,T=PSU(5,2).檢驗PSU(5,2)的階,知PSU(5,2)滿足條件.

當d=6時,T=PSU(6,rf).由PSU(6,rf)的階,有r15f整除|T|.又因為310,56,74,113和r2(r>11)不整除|T|,故r=2,即T=PSU(6,2f).進而根據PSU(6,2f)的階,有215f整除|T|,f=1,T=PSU(6,2).檢驗PSU(6,2)的階,知PSU(6,2)滿足條件.

假設T=PSp(2d,rf),其中d≥2.根據PSp(2d,rf)的階,有rfd2整除|T|,進而可得2≤d≤4.

當d=2時,有T=PSp(4,rf),r4f整除|T|.又因為74,113和r2(r>11)不整除|T|,我們有r∈{2,3,5}.當r=2時,24f整除|T|,又219?|T|,可得f≤4.此時T=PSp(4,2f)(f≤4),但PSp(4,2f)(f≤4)的階不被11整除,故不滿足條件.當r=3時,T=PSp(4,3f),根據其階有,34f整除|T|.又因為310不整除|T|,故可得f≤2.此時T=PSp(4,3f)(f≤2).注意到11整除|T|,但|PSp(4,3)|和|PSp(4,9)|不被11整除,故而排除掉.當r=5時,54f整除|T|,又因為56不整除|T|,從而得到f=1,進而有T=PSp(4,5).檢驗PSp(4,5)的階,知|PSp(4,5)|不被11整除,因此不符合條件.

當d=3時,T=PSp(6,rf).根據PSp(6,rf)的階,有r9f整除|T|.又因為56,74,113和r2(r>11)不整除|T|,我們有r∈{2,3}.當r=2時,29f整除|T|,又219?|T|,可得f≤2,T=PSp(6,2f)(f≤2).檢驗它們的階,知|PSp(6,2)|和|PSp(6,4)|不被11整除,故而不滿足引理條件.當r=3時,T=PSp(6,3f),39f整除|T|.又310?|T|,從而得到f=1.由PSp(6,2)的階知,|PSp(6,2)|不被11整除,不滿足引理條件.

當d=4時,T=PSp(8,rf),r16f整除|T|.又因為310,56,74,113和r2(r>11)不整除|T|,故r=2.進一步有,216f整除|T|,但219不整除|T|,因而可得f=1,T=PSp(8,2).由PSp(8,2)的階知,|PSp(8,2)|不被11整除,不滿足條件.

假設T=P?+(2d,rf),其中d≥4.則可得到rfd(d?1)整除|T|.又因為219,310,56,74,113和r2(r>11)不整除|T|,得到d=4,r=2和f=1,即T=P?+(8,2).但是P?+(8,2)的階不被11整除,因而不滿足條件.

假設T=P??(2d,rf),其中d≥4.則可得到rfd(d?1)整除|T|.又因為219,310,56,74,113和r2(r>11)不整除|T|,得到d=4,r=2和f=1,即T=P??(8,2).但是P??(8,2)的階不被11整除,因而不滿足條件.

假設T=P?(2d+1,rf),其中d≥3.則可得到rfd2整除|T|.又因為219,310,56,74,113和r2(r>11)不整除|T|,得到d∈{3,4}和r∈{2,3}.當d=3時,有T=P?(7,rf),r9f整除|T|,從而T=P?(7,2f)(f≤2)和P?(7,3).但P?(7,2f)(f≤2)和P?(7,3)的階均不被11整除,因此不滿足條件.當d=4時,T=P?(9,rf),又因為219和310不整除T的階,故有r=2和f=1,T=P?(9,2).但11不整除P?(9,2)的階,故不滿足條件.

假設T=G2(rf),其中rf>2.由G2(rf)的階,有r6f整除|T|.根據219,310,56,74,113和r2(r>11)不整除|T|,推出r∈{2,3}.當r=2時,2≤f≤3,T為G2(4)或G2(8).但它們的階均不被11整除,不滿足條件.當r=3時,有36f整除|T|,又310不整除|T|,推出f=1,T=G2(3).檢驗G2(3)的階,知其不滿足條件.

假設T=Sz(22f+1),則有22(2f+1)整除|T|.又因為219不整除|T|,故f≤4,從而T為Sz(2),Sz(8),Sz(32),Sz(128)或Sz(512).但這些群的階均不被11整除,不滿足條件.

假設T=Ree(32f+1).根據Ree(32f+1)的階,有33(2f+1)整除|T|.又310不整除|T|,故f∈{0,1},從而T為Ree(3)或Ree(33).但它們的階均不被11整除,故不滿足條件.

假設T=2F4(22f+1),則有212(2f+1)整除T的階.又因為219不整除|T|,因而T只有2F4(2).但|2F4(2)|不被11整除,故不滿足條件.

假設T=3D4(rf),則有r12f整除T的階.又因為219,310,56,74,113和r2(r>11)不整除|T|,故T只有2D4(2).但2D4(2)的階不被11整除,故不滿足條件.

3 主要結果

定理1設Γ是連通的11度4p階對稱圖,其中p是素數.則Γ～=K12.

證明若p=2,則Γ為8階11度對稱圖,這顯然不可能.若p=3,則Γ為12階11度對稱圖,即有?！?K12.下面討論p>3的情況.

設A=AutΓ,N是A的極小正規(guī)子群,α∈VΓ.由引理2,|Aα|整除216·38·54·72·11,因此有|A|整除218·38·54·72·11p,其中p是素數.

假設N是可解的,則N是一個初等交換群.令其中r是素數和d≥1是一個正整數.顯然N在VΓ上至少有3個軌道,由引理1,知N半正則,進而得到|N|=|Zr|d整除4p,因此如果N～=Zp,由引理1知,正規(guī)商圖ΓN是4階的11度A/N?弧傳遞圖,這顯然不可能.如果由引理1知,正規(guī)商圖ΓN是p階的11度A/N?弧傳遞圖.注意到奇數度對稱圖的階數是偶數,故而矛盾.因此N～=Z2,由引理1知,正規(guī)商圖ΓN是2p階11度A/N?弧傳遞圖,其中A/N≤AutΓN.由引理3,有或CD2p.若則Γ是K11,11的一個正規(guī)Z2?覆蓋,根據文獻[10],知這樣的覆蓋圖不存在.若又因為ΓN為A/N?弧傳遞圖,有11·2p||A/N|,進而從而Γ是1-弧正則圖.由文獻[11]知,該圖不存在.

因此N是不可解的.設N=Tm,其中T是非交換單群且m是大于等于1的正整數.接下來,我們證明N在VΓ上至多有兩個軌道,N不是半正則的且44||N|,以及N是A的唯一的極小正規(guī)子群且m=1.

如果N半正則,那么|N|=|T|m整除4p.根據Burnside定理,即兩個素因子階的群可解,我們有N是可解的,矛盾.于是N不是半正則的,即Nα?=1.因此由引理1可推出N在VΓ上至多有兩個軌道.因為Γ連通和N?A,我們得到從而11||Nα|.注意到N在VΓ上至多有兩個軌道,有|N|=2p|Nα|或4p|Nα|,故p||N|.因此44p||N|,進而,44p||T|和(44p)m||N|.因為

我們有(4p)m?1·11m||Aα|.由引理2知,112?|Aα|,因此m=1.

令C=CA(N).假設C?=1.因為A無可解正規(guī)子群,因而C是不可解的.若Cα=1,則|C|整除4p,得到C是可解的,從而矛盾,故Cα?=1.又因為C?A,由連通性我們得到進一步有11||Cα|.由C∩N=1,有C×N?A,進而,這與引理2矛盾.因此C=1,這意味著N是A的唯一的極小正規(guī)子群.

上面我們證明了N在VΓ上至多有兩個軌道,N=T是一個非交換單群且44p||N|.此外,由引理2知|A|=|VΓ||Aα||218·38·54·72·11·p,故|N||218·38·54·72·11·p.因此N的可能性由引理4決定,并由表1給出.注意到N在VΓ上至多有兩個軌道,我們有|N:Nα|=2p或4p.

假設N～=M11,則|N|=24·32·5·11.注意到11||Nα|和假設條件p>3,我們有p=5.根據Atlas[12]知,M11極大子群的指數為11,12,55,66,165.因此M11沒有指數為2p=10或4p=20的子群,矛盾.對于表1中剩余的單群,同理,根據Atlas[12]或Magma計算,可以知道N沒有指數為2p或4p的子群,矛盾.