DOI:10.12677/AAM.2018.75071,PDF,HTML,XML,被引量下载: 1,424浏览: 1,936国家自然科学基金支持
作者:凌 波：云南民族大学数学与计算机科学学院，云南 昆明；刘响林：广西大学广西大学行健文理学院，广西 南宁
关键词:对称图；单群；自同构群；正规Cayley图；Symmetric Graph；Simple Group；Automorphism Group；Normal Cayley Graph

文章引用：凌波, 刘响林. 有限非交换单群上的5度2-传递Cayley图[J]. 应用数学进展, 2018, 7(5): 602-608. https://doi.org/10.12677/AAM.2018.75071

1. 引言

本文仅讨论有限，简单，连通，无向图。

设 $\Gamma$是一个图。其顶点集，边集，弧集，图的全自同构群分别记为 $V\Gamma$, $E\Gamma$, $Arc\Gamma$, $Aut\Gamma$。设 $X\le Aut\Gamma$。我们称图 $\Gamma$为X-点传递的，X-边传递的，X-弧传递的，如果X传递的作用在 $V\Gamma$, $E\Gamma$, $Arc\Gamma$。相应地，称图 $\Gamma$是点传递的，边传递的，弧传递的，如果 $X=Aut\Gamma$。

设s是一正整数，称图 $\Gamma$中的 $s+1$个顶点的序列 $\left(v_0,v_1,\cdots ,v_s\right)$是一条s-弧}，如果 $\left(v_i,v_{i+1}\right)\in E\Gamma$对于 $0\le i\le s-1$，并且对 $s\ge 2$有。称图 $\Gamma$是 $\left(X,s\right)$-弧传递，如果 $\Gamma$至少有一条s-弧且X作用在 $\Gamma$的顶点集和s-弧集上是传递的。称图 $\Gamma$为-传递}，如果 $\Gamma$是 $\left(X,s\right)$-弧传递但不是 $\left(X,s+1\right)$-弧传递。特别地，1-弧我们简单的称为弧，而， $(X,1)$-弧传递图我们称为X-弧传递图或者X-对称图。当 $X=Aut\Gamma$时，对于 $\left(X,s\right)$-弧传递图， $\left(X,s\right)$-传递图，X-对称图我们简单的称其为s-弧传递图，s-传递图，对称图。

设G是一个有限群。取 $S\subseteq G-\left\{1\right\}$，称它为G的Cayley子集。设S满足 $S=S^{-1}:=\left\{s^{-1}|s\in S\right\}$。定义群G关于S的Cayley无向图 $\Gamma :=Cay\left(G,S\right)$，其中：

$V\left(\Gamma \right):=G,E\left(\Gamma \right):=\left\{\left\{g,sg\right\}|g\in G,s\in S\right\}.$

我们称Cayley图 $\Gamma =Cay\left(G,S\right)$关于G是正规的，如果 $G⊲Aut\Gamma$。记 $Aut\left(G,S\right)=\left\{\alpha \in Aut\left(G\right)|S^{\alpha }=S\right\}$，记 $A_1$是顶点1的点稳定子群。由文献( [1] ，命题4.22)，我们有： $N_{Aut\Gamma }\left(G\right)=G:Aut\left(G,S\right)$。所以， $\Gamma$是正规Cayley图当且仅当 $A_1=Aut\left(G,S\right)$，当且仅当 $Aut\Gamma =G:Aut\left(G,S\right)$。由此可见，正规Cayley图的全自同构群可被原群完全决定。

Cayley图的正规性概念由我国著名代数学家徐明曜教授1998年在文献 [2] 中提出。因为正规Cayley图的全自同构群可被原群完全决定，所以这个问题的研究引起了国内外众多学者的极大关注并取得了许多重要成果。单群是构成群的基本元素，具有群的内在特点，因此单群上Cayley图的正规性问题更是受到学者们的关注。例如，李才恒教授在 [3] 中证明：除了7个例外，所有的有限非交换单群上的3度弧传递Cayley图都是正规的。基于这个工作，徐尚进教授等人在文献 [4] [5] 中证明：除交错群 $A_{47}$上的两个例外，所有有限非交换单群的连通3度弧传递Cayley图都是正规的。方新贵教授等人在文献 [6] 中证明：除单群 $M_{11}$上的两个例外，所有有限非交换单群上的4度2-传递Cayley图都是正规的。对于5度图，周进鑫和冯衍全教授2010年在 [7] 中证明：所有有限非交换单群上的5度1-传递Cayley图都是正规的。2017年，冯衍全教授等人在文献 [8] 中进一步证明：除了13个例外，所有的有限非交换单群上的5度弧传递Cayley图都是正规的。

本文证明了如下定理：

定理1.1. 设G是有限非交换单群， $\Gamma$是G上的5度2-传递Cayley图。则要么 $G⊲Aut\Gamma$，要么, $A_{59}$, $A_{119}$。

2. 预备知识

设G是有限群，H是G的子群， $C_G\left(H\right)$是H在G中的中心化子， $N_G\left(H\right)$是H在G中的正规化子。则有下面的引理，我们称之为“N/C”定理，参见文献( [9] ，第I章，定理5.7)。

引理2.1. 设 $H\le G$，则 $N_G\left(H\right)/C_G\left(H\right)$同构于 $Aut\left(H\right)$的一个子群。

下面的引理是关于 Fitting子群的一个性质，参阅( [10] ，P.30，推论)。

引理2.2. 设F是G的Fitting子群。如果G是可解的，则 $F\ne 1$且中心化子 $C_G\left(H\right)\le F$。

设 $\Gamma$为X—点传递图，其中 $X\le Aut\Gamma$。设N为X的一个正规子群。记 $V_N$为N作用在 $V\Gamma$上的轨道的集合。由N诱导的 $\Gamma$的正规商图 ${\Gamma }_N$定义为： ${\Gamma }_N$的顶点集为 $V_N$；任意两个顶点 $B,C\in V_N$相邻当且仅当存在 $u\in B$和 $v\in C$在 $\Gamma$中相邻。当 $val\Gamma =val{\Gamma }_N$时，称 $\Gamma$为 ${\Gamma }_N$的正规覆盖。

一个图 $\Gamma$称G-局部本原的，如果对于每一个 $\alpha \in V\Gamma$，点稳定子群 $G_{\alpha }$在 $\Gamma \left(\alpha \right)$上作用本原。下面的引理给了一个基本的方法去研究点传递局部本原图，参阅文献( [11] ，定理4.1)以及( [12] ，引理2.5)。

引理2.3. 设 $\Gamma$是一个G-点传递局部本原图，其中 $G\le Aut\Gamma$。设在 $V\Gamma$上作用至少有3个轨道。则下列结论成立：

1) N在 $V\Gamma$上作用半正则， $G/N\le Aut{\Gamma }_N$， $\Gamma$是 ${\Gamma }_N$的一个正规覆盖；

2) $G_{\alpha }\cong {\left(G/N\right)}_{\gamma }$，其中 $\alpha \in V\Gamma$, $\gamma \in V{\Gamma }_N$；

3) $\Gamma$是 $\left(G,s\right)$-传递的当且仅当 ${\Gamma }_N$是 $\left(G/N,s\right)$-传递的，其中 $1\le s\le 5$或者 $s=7$。

下面的引理给出了5度对称图的点稳定子群的结构，参考文献 [7] [13] 。

引理2.4. 设 $\Gamma$是一个5度 $\left(G,s\right)$-传递图，其中 $G\le Aut\Gamma$且 $s\ge 1$。设 $\alpha \in V\Gamma$。则下列之一成立，其中 $F_{20}$是阶为20的Frobenius群。

1) 如果 $G_{\alpha }$可解，则 $s\le 3$且 $\left|G_{\alpha }\right||80$。此外， $\left(s,G_{\alpha }\right)$为表1之一。

2) 如果 $G_{\alpha }$非可解，则 $2\le s\le 5$且 $\left|G_{\alpha }\right||2^9\cdot 3^2\cdot 5$。此外， $\left(s,G_{\alpha }\right)$为表2之一。

3. 定理1.1的证明

以下设是5度2-传递Cayley图，其中G为有限非交换单群， $A:=Aut\Gamma$且 $A_1$表示

顶点1的点稳定子群。则由引理2.4 $A_1=F_{20}$, $F_{20}\times Z_2$, $A_5$, $S_5$。令 $\Delta =\left\{20,40,60,120\right\}$。若 $G=A_5$，则由( [14] ，推论2.3.2)， $G⊲A$。所以，以下假设 $G\ne A_5$。

我们把证明分为下面的两种情形：

情形一：A不存在可解的正规子群。

设N是A的一个极小正规子群，则 $N=T^d$，T为非交换单群。

我们用反证法证明。下面我们假设G在A中不正规。因为 $N\cap G⊲G$且G为非交换单群，所以 $N\cap G=1$，G。假设 $N\cap G=1$。因为 $A=G{A}_1$，所以 $\left|N\right||\left|A_1\right|$。因为 $\Gamma$为5度2-传递Cayley图，由引理2.4知 $\left|A_1\right||120$，所以 $\left|N\right|$最多有3个2因子，1个3因子，1个5因子。又因为N非可解，所以 $N\cong A_5$。由引理2.1， $A/C_A\left(N\right)\le Aut\left(N\right)\cong S_5$。这意味着G中心化 $\left|N\right|$，亦即 $GN=G\times N$。因为G不同构于 $A_5$，所以 $GcharGN⊲A$， $G⊲A$矛盾。所以 $N\cap G=G$， $G\le N$。如果 $G=N$，则 $G⊲A$矛盾。所以 $G<N$。首先，我们断言此时N为非交换单群。若不然， $N=T^d$， $d\ge 2$，T为非交换单群。因为G为非交换单群， $T_1\cap G⊲G$，所以 $T_1\cap G=1$或者G。假设 $T_1\cap G=1$。则 $\left|T_1\right||\left|N_1\right||\left|A_1\right|$，这意味着 $T_1\cong A_5$。这推出 $G\cong A_5$，矛盾。假设 $T_1\cap G=G$，则 $G\le T_1$。所以 $\left|T_1\right||\left|N_1\right||\left|A_1\right|$，这意味着 $T_2\cong A_5$， $G=A_5$矛盾。因此，N为非交换单群。设K为N中包含G的极大真子群。令 $\Omega =[N:K]$。因为N是非交换单群，所以N通过右乘作用忠实的作用在 $\Omega$上且 $\left|\Omega \right|$最有3个2因子，1个3因子，1个5因子。因为K为N作用在 $\Omega$上的点稳定子群且K在N中极大，所以N为作用在 $\Omega$上的本原置换群。注意到N为非交换单群， $K\ge G$非可解，由文献 [15] ，N，K， $\left|\Omega \right|$为表3的群之一。

首先，因为 $G\le K$，G为非交换单群且 $\left|N:G\right|\le 120$，这推出K不能是表3中的最后一行以及 $K\ne Z_3^3:PSL\left(3,3\right)$。若 $K=Z_2^3:PSL\left(3,2\right)$，则 $G=PSL\left(3,2\right)$, $N=A_8$, $N_v=S_5$。这种情况可以由Magma [16] 排除。所以 $K\ge G$且K也是一个非交换单群。若 $K>G$，则可设I为K中包含G的极大子群。此时的K和I也满足表3，这导致 $\left|N:G\right|=\left|N:K\right|\left|K:I\right|\left|I:G\right|\notin \Omega$，不可。所以 $K=G$。

假设 $\left(N,K\right)=(PSL\left(3,4\right),PSL\left(2,7\right)$。因为 $\left|N:G\right|\le 120$， $\left|N:K\right|=120$， $G\le K$，所以 $K=G$。又因为 $\Gamma$是N—弧传递的，所以 $\left|N_1\right|=120$， $N_1\cong S_5$。然而， $PSL\left(3,4\right)$不存在子群同构于 $S_5$，矛盾。至此可得 $\left|\Omega \right|\ne 120$。假设 $\left|\Omega \right|=6$，8，12，24。则因为 $N⊲A$, $N_v^{\Gamma \left(v\right)}⊲A_v^{\Gamma \left(v\right)}$, $A_v^{\Gamma \left(v\right)}$在 $\Gamma \left(v\right)$上作用本原，所以 $N_v^{\Gamma \left(v\right)}$在 $\Gamma \left(v\right)$上传递。这推出 $5|\left|N_v\right|=\left|N:G\right|=\left|\Omega \right|$，矛盾。因此， $\left|\Omega \right|\ne 6$，8，12，24。下面仅需排除当 $\left|\Omega \right|=10$，15，20，30的情形。若 $\left|\Omega \right|=15$或者30，则 $\Gamma$为N—弧传递的5度图且 $\left|N_v\right|=15$或者30，由引理2.4，不可。若 $\left|\Omega \right|=10$或者20，则由( [7] ，定理5.4)可以排除。最后假设 $\left(N,K\right)=\left(P{\Omega }^{+}\left(8,2\right),PSp\left(6,2\right)\right)$。由上可知 $K=G$且此时 $N_v\cong S_5$。此时，N通过右乘作用在 $\left[N:K\right]$上忠实， $N_v$为这个作用的一个正则子群。因为，所以N可以看成是 $S_{120}$的一个子群， $N_v$是 $S_{120}$的一个正则子群，K为某一个点的点稳定子群。这种情况可由Magma [16] 排除。

情形二：A存在可解的正规子群。

设M为A最大的可解正规子群。则 $1<McharA$。因为 $M\cap G⊲G$以及G是非交换单群，所以 $M\cap G=1$。进而得 $\left|M\right||\left|A_1\right|\in \Delta$。这意味着M在 $V\Gamma$上至少有3个轨道。由引理2.3，M在 $V\Gamma$上半正则。

令 $\bar{A}=A/M$, $\Sigma ={\Gamma }_M$。则由引理2.3， $\Sigma$是 $\bar{A}$-弧传递的。设 $\bar{N}$是 $\bar{A}$的一个极小正规子群，N是在自然同态： $A\to A/M$下的原像。由M的极大性，可以得到 $\bar{N}$是非可解的。所以 $\bar{N}\cong T^d$，其中T为非交换单群， $d\ge 1$。下证 $\bar{N}$是单群。

设 $\bar{G}:=GM/M$。则 $\bar{G}\cong G$。即， $\bar{G}$是非交换单群。又因为 $\bar{N}\cap \bar{G}⊲\bar{G}$，所以 $\bar{N}\cap \bar{G}=1$或者 $\bar{G}$。若 $\bar{N}\cap \bar{G}=1$，则 $\left|\bar{N}\right||\left|A_1\right|\in \Delta$。这推出 $T\cong A_5$， $d=1$。所以 $\bar{N}\cong A_5$。进而得 $M\cong Z_2$， $\bar{A}=\bar{N}:\bar{G}$。又因为

$\bar{G}\cong G\ne A_5$，所以 $\bar{G}$在 $\bar{N}$上的共轭作用平凡， $\bar{A}=\bar{N}\times \bar{G}$。设 $\delta \in V\Sigma$。因为 $\left|\overline{A_{\delta }}\right|=\frac{\left|\bar{A}\right|}{\left|G\right|/\left|M\right|}=\frac{\left|\bar{N}\right|\cdot \left|G\right|}{\left|G\right|}=60$，由引理2.4， $\overline{A_{\delta }}\cong A_5$。另一方面，因为 $\left|\overline{G_{\delta }}\right|=\frac{\left|\bar{G}\right|}{\left|G\right|/\left|M\right|}=\left|M\right|=2$，所以 $\overline{G_{\delta }}\cong Z_2$。又 $\bar{G}⊲\bar{A}$，所以

$Z_2\cong \overline{G_{\delta }}⊲\overline{A_{\delta }}\cong A_5$，这与 $A_5$是单群矛盾。因此， $\bar{N}\cap \bar{G}=\bar{G}$， $\bar{G}\le \bar{N}$。因为 $\bar{G}$是非交换单群，所以 $\left|\bar{G}\right|$必整除 $\bar{N}$的某个合成因子的阶。这推出 $\left|\bar{G}\right||\left|T\right|$。若 $d\ge 2$，则 $\left|T\right|$整除 $\left|\bar{N}:\bar{G}\right||\left|\overline{A_{\delta }}\right|\in \Delta$。这只能是 $\bar{G}\cong T\cong A_5$，这得到 $G=A_5$，矛盾。所以， $d=1$。因此， $\bar{N}$是非交换单群。从上述证明过程还可以得到 $\bar{N}$是 $\bar{A}$唯一的极小正规子群。即得 $\bar{N}char\bar{A}$, $NcharA$。下证 $\bar{G}<\bar{N}$。

用反证法。若 $\bar{G}=\bar{N}$，则 $N=M:G$。如果G中心化M，则 $N=M\times G$。因此， $GcharNcharA$，这与G在A中不正规矛盾。所以G不中心化M。这意味着 $Aut\left(M\right)$不可解。

设F是M的Fitting子群。由引理2.2， $F\ne 1$且 $C_M\left(F\right)\le F$。因为， $\left|M\right||\left|A_1\right|\in \Delta$，所以

$F=O_2\left(M\right)\times O_3\left(M\right)\times O_5(M)$

其中 $O_2\left(M\right),O_3\left(M\right),O_5\left(M\right)$分别表示M中最大的正规2-，3-，5-子群。显然， $O_3\left(M\right)\le Z_3$, $O_5\left(M\right)\le Z_5$。若 $\left|O_2\left(M\right)\right|<4$，则F为交换群， $F=C_M\left(F\right)$且可解。则 $M/C_M\left(F\right)\le Aut\left(F\right)$。所以 $M\le F\cdot Aut\left(F\right)$。若 $\left|O_2\left(M\right)\right|=1$，则 $M\le Z_3.Z_2$, $Z_5\cdot Z_4$或者 $Z_{15}\cdot \left(Z_4\times Z_2\right)$。这与 $Aut\left(M\right)$非可解矛盾。若 $\left|O_2\left(M\right)\right|=2$，同样的可以得到 $Aut\left(M\right)$可解，不可。所以 $\left|O_2\left(M\right)\right|\ge 4$。令 $R=O_2\left(M\right)$， $B=RG$。下证B在A中不正规。

若不然， $B_v^{\Gamma \left(v\right)}⊲A_v^{\Gamma \left(v\right)}$。因为 $A_v^{\Gamma \left(v\right)}$在 $\Gamma \left(v\right)$上本原， $B>G$, $B_v\ne 1$，所以 $B_v^{\Gamma \left(v\right)}$在 $\Gamma \left(v\right)$上传递， $5|\left|B_v\right|=\left|B:G\right|=\left|R\right|$，矛盾。因而B在A中不正规。

假设G中心化R。因为 $R⊲B$，所以 $B/C_B\left(R\right)\le Aut\left(R\right)$。又G是非交换单群，所以 $\left|R\right|\ge 8$。进而 $\left|M/R\right|$最有1个3-因子以及1个5-因子。这推出 $Aut\left(M\right)/R$可解的。又， $N/R=\left(M/R\right):\left(RG/R\right)$。所以 $RG/R$中心化 $M/R$， $N/R=\left(M/R\right)\times \left(RG/R\right)$。这意味着 $RG/RcharN/R$， $RGcharN⊲A$，这与RG在A中不正规矛盾。

因此，G中心化R。因为G不中心化M，所以 $R\ne M$。又因为 $\left|R\right|\ge 4$，所以 $\left|M/R\right|$最有1个2-因子，1个3-因子，1个5-因子。而，M是可解的， $M/R\ne A_5$，这可以推出 $Aut\left(M/R\right)$是可解的。跟上一个自然段同样的分析可得， $RG⊲A$，不可。

以上证明了 $\bar{G}<\bar{N}$。此时，由情形一的证明可得 $\bar{N}$和 $\bar{G}$为表4群之一。

假设 $\left(\bar{G},\bar{N}\right)=\left(A_5,A_6\right)$。下面先证明存在 $L⊲N$使得 $5|\left|N:L\right|$。因为 $\left|\overline{N_w}:\overline{G_w}\right|=\left|\bar{N}:\bar{G}\right|=6$, $5|\left|\overline{N_w}\right|$，所以 $5|\left|\overline{G_w}\right|$。这意味着 $5|\left|M\right|$。因为 $\left|M\right|=\left|\overline{G_w}\right|$， $6\left|\overline{G_w}\right|\le 120$，所以 $\left|M\right|=5$，10，20。设 $M_5$为M的Sylow 5-子群。如果 $\left|M\right|=5$，则因为 $A_6$的Schur乘子为 $Z_6$(可参考文献 [17] )，所以 $N\cong M_5\times A_6$。此时存在 $L\cong A_6$满足我们的要求。如果 $\left|M\right|=10$，则 $M\cong Z_{10}$或者 $D_{10}$。这推出 $N\cong M_5\times \left(Z_2\cdot A_6\right)$或者 $\left(M_5\times A_6\right)\cdot Z_2$。此时存在 $L\cong Z_2\cdot A_6$或者 $A_6$满足我们的要求。如果 $\left|M\right|=20$，则同样可以得到 $L\cong A_6$或者 $Z_2\cdot A_6$满足要求。综上，总是存在 $L⊲N$使得 $5|\left|N:L\right|$。因为 $\left|L\right|\ne \left|G\right|$$，L在 $V\Gamma$上不正则，所以 $1\ne L_v^{\Gamma \left(v\right)}⊲N_v^{\Gamma \left(v\right)}$。又因为 $N_v^{\Gamma \left(v\right)}$在 $\Gamma \left(v\right)$上本原，所以 $L_v^{\Gamma \left(v\right)}$在 $\Gamma \left(v\right)$上传递。进而得 $5|\left|L_v\right|$。这导致 $5^2|\left|N:L\right|\cdot \left|L:G\right|=\left|N:G\right|=\left|N_v\right|$。由引理2.4，这是不可能的。类似的，对于 $\left(\bar{G},\bar{N}\right)=\left(A_7,A_8\right)$, $\left(A_{11},A_{12}\right)$, $\left(A_{23},A_{24}\right)$, $\left(PSL\left(2,11\right),M_{11}\right)$, $\left(M_{11},A_{12}\right)$， $\left(M_{23},M_{24}\right)$的情形也可以排除。下面假设 $\left(\bar{G},\bar{N}\right)=\left(PSL\left(2,7\right),A_7\right)$, $\left(A_{14},A_{15}\right)$, $\left(A_{29},A_{30}\right)$。则此时 $\left|M\right|\le 4$， $N\cong M\cdot \bar{N}$。因为 $N_N\left(M\right)/C_N\left(M\right)=N/C_N\left(M\right)\le Aut\left(M\right)$，而 $Aut(M)$中不包含子群同构于 $A_7$， $A_{15}$， $A_{30}$，所以 $\bar{N}$中心化M。进而得到 $N\cong M\times \bar{N}$。另一方面， $A_v\cong A_5$或者。此时， $\bar{N}charN⊲A$， $\overline{N_v}⊲\overline{A_v}$， $\left|\overline{N_v}\right|=15$，这与 $A_v$不包含15阶的正规子群矛盾。最后 $\left(\bar{G},\bar{N}\right)=\left(A_9,A_{10}\right)$， $\left(A_{19},A_{20}\right)$的情况可以由文献( [7] ，定理5.4)的证明过程排除。综上，在此种情形下， $G\cong \bar{G}\cong A_{39}$或者 $A_{59}$，定理1.1成立。

基金项目

国家自然科学基金项目(11701503)；云南省教育厅科学研究基金项目(2017ZZX086)。

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