在文献[1]中, Cameron和Praeger证明了, 如果一个非平凡的 $t$ -设计具有一个旗传递的自同构群, 那么 $t \leq 6$.因此, 对 $t \leq 6$的旗传递 $t$ -设计的分类是很有必要的.最近数十年, 旗传递 $t$ -设计已经被广泛研究, 特别是 $t=2$的情况.文献[2-5]中, Buekenhout, Delandtsheer, Doyen, Klaidman, Liebeck和Saxl利用了有限单群的分类, 共同完成了有限的旗传递线性空间(Steiner2-设计)的分类.而对于Steiner $t$ -设计( $t>2$)的分类问题, 40年来一直是一个公开问题.最近, Huber ^[6]完成了 $6 > t > 2$的旗传递Steiner $t$-设计的分类, 并证明没有非平凡的旗传递Steiner6-设计.前者利用了有限双传递和3 -齐次置换群的分类.后者主要利用有限单群的分类.他的这些工作与文献[1]共同完成了旗传递Steiner $t$ -设计的分类.于是人们自然转到了更一般的旗传递 $t$ -设计(即 $ \lambda\geq 2)$的分类问题.在文献[7]我们考虑非平凡旗传递5-$(v, k, 2)$设计的分类, 证明了这些设计的自同构群的基柱只可能是 $PSL(2, 2^n)$或 $PSL(2, 3^n)$.文[8]继续了文[7]的工作, 证明了基柱不可能是 $PSL(2, 2^n)$.本文继续上面的工作, 证明了下面主要定理.

主要定理  设 ${\cal D}$是一个非平凡的5-$(v, k, 2)$设计, $G\leq {\hbox{Aut}}(\cal D)$.若 $Soc(G)=PSL(2, 3^n)$, 那么 $G$不能旗传递的作用在设计 $\cal D$上.从而证明了不存在旗传递非平凡的5-$(v, k, 2)$设计.

本部分, 我们先列出下文中需要的结论.

引理2.1^[13]  设 ${\cal D} = (X, {\cal B}, I)$是一个 $t$- $(v, k, \lambda)$设计.那么下列结论成立:

(a) $bk = vr$;

(b) $\left(\begin{array}{c}v\\t\end{array}\right)\lambda =b\left(\begin{array}{c}k\\t\end{array}\right);$

(c)特别的, 如果 $t = 5$, 那么 $r(k-1)(k-2)(k-3)(k-4)$= $\lambda(v-1) (v -2)(v-3)(v-4)$.

引理2.2^[13]  若 ${\cal D} = (X, {\cal B}, I)$是一个非平凡的 $t$- $(v, k, \lambda)$设计, 那么 $v>k+t$.

设 $q=3^n$, $U$是 $PSL(2, q)$的子群, $N_l$表示长度为 $l$的轨道数.由文献[6], 我们有如下重要的引理.

引理2.3  设 $U$阶为 $c$循环子群, $c|\frac{q\pm 1}{d}$.那么,

(a)如果 $c|\frac{q+1}{2}$, 则 $N_c=(q+1)/c$;

(b)如果 $c|\frac{q-1}{2}$, 则 $N_1=2$和 $N_c=(q-1)/c$.

引理2.4  设 $U$阶为 $2c$的二面体子群, $c|\frac{q\pm1}{2}$.那么

(ⅰ)对于 $q\equiv 1 \pmod{4}$, 则

(a)如果 $c|\frac{q+1}{2}$, 那么 $N_c=2$, 并且 $N_{2c}=(q+1-2c)/(2c)$;

(b)如果 $c|\frac{q-1}{2}$, 那么 $N_2=1, N_c=2$且 $N_{2c}=(q-1-2c)/(2c)$.

(ⅱ)对于 $q\equiv 3 \pmod{4}$, 则

(a)如果 $c|\frac{q+1}{2}$, 那么 $N_c=2$且 $N_{2c}=(q+1)/(2c)$;

(b)如果 $c|\frac{q-1}{2}$, 那么 $N_2=1$且 $N_{2c}=(q-1)/(2c)$.

引理2.5  设 $U$阶为 $q_0|q$初等Abelian子群, 那么 $N_1=1$且 $N_{q_0}=q/q_0$.

引理2.6  设 $U$是阶为 $q_0(q_0|q）$初等Abelian群和阶为 $c$( $c|q_0-1$)的循环群的半直积群.那么 $N_1=1, N_{q_0}$且 $N_{cq_0}=q-q_0)/(cq_0)$.

引理2.7  设 $U$是 $PSL(2, q_0)$ ( $q_0^m=q, m>1$), 那么若 $m$是偶数, 则 $N_{q_0+1}=1, N_{q_0(q_0-1)}=1$.其他的轨道都是正规的.

引理2.8  设 $U$是 $PGL(2, q_0)$( $q_0^m=q, m>1$)为偶数, 那么 $N_{q_0+1}=1, N_{q_0(q_0-1)}=1$, 其他的轨道都是正规的.

引理2.9  设 $U$同构于 $A_4$.则

(ⅰ)若 $q\equiv 1\pmod{4}$, 且 $3|q$, 那么 $N_4=1, N_6=1$, 且 $N_{12}=(q-9)/12$;

(ⅱ)若 $q\equiv 3\pmod{4}$, 且 $3|q$, 那么 $N_4=1, $, and $N_{12}=(q-3)/12$.

引理2.10  设 $U$同构于 $A_5$, 那么若 $q\equiv 1\pmod{4}$, 则

(a)若 $3|q$且 $5|\frac{q+1}{2}$, 则 $N_{10}=1$, 且 $N_{60}=(q-9)/60$;

(b)若 $3|q$且 $5|\frac{q-1}{2}$, 则 $N_{10}=1, N_{12}=1$, $N_{12}=(q-21)/60$.

引理2.11^[7]  设 ${\cal D}=(X, {\cal B}, I)$是一个 $t\geq 3$的 $t$ -设计.若 $G\leq {\hbox{Aut}}({\cal D})$旗传递的作用在设计 $\cal D$, 那么 $G$也区传递的作用在设计 $\cal D$上.

因为 $G\leq Aut(\cal D)$旗传递的作用在5-$(v, k, 2)$设计 $\cal D$上, 由引理2.11和引理2.1(b)得到方程 $b=\frac{v(v-1)|G_{xy}|}{|G_B|}$, 这里 $x, y$是 $X$中的两个不同的点, $B$是 $\cal B$中的一个区组.于是有

$ 2\cdot\left(\begin{array}{c}v-2\\3\end{array}\right)= (k-1)\cdot\left(\begin{array}{c}k-2\\3\end{array}\right)\frac{|G_{xy}|}{|G_{xB}|}~~\hbox{如果}~~ x\in B. $

故有方程 $2d(q-2)(q-3)|PSL(2, q)_{0B}|$= $(k-1)k-2)(k-3)(k-4).$

我们这里 $p=3$, 因此Aut $(N)=P\Gamma L(2, q)=PGL(2, q):\langle\tau_{\alpha}\rangle$.由于 $PGL(2, q)$是精确3 -传递群, 从而 $P\Gamma L(2, q)_{0, 1, \infty}=\langle\tau_{\alpha}\rangle$.定义 $G^*=G\cap (PSL(2, q):\langle\tau_{\alpha}\rangle)$.

下面我们分 $G=G^*$和 $|G:G^*|=2$两种情形进行讨论.

首先, 对于 $G=G^*$.若存在一个旗 ${\cal F}=\{(0, B), (0, B')\}$, 使得

$ \langle\tau_{\alpha}\rangle\leq P\Sigma L(2, q)_{\cal F}, P\Sigma L(2, q)=PSL(2, q):\langle\tau_{\alpha}\rangle, $

则类似我们在文献[7]中讨论 $p>3$的方法, 能够得到矛盾.因此, 我们假设对任何的旗 ${\cal F}$ $\langle\tau_{\alpha}\rangle\nleqslant P\Sigma L(2, q)_{\cal F}$.设 $s$是 $n=|\langle\tau_{\alpha}\rangle|$的一个素因子.定义 $H:=(P\Sigma L(2, q)_{0, 1, \infty})^{s}\leq \langle\tau_{\alpha}\rangle$是一个指数为 $s$的正规子群.由文献[10]知, 它恰好有 $p^{s}+1$个不同的稳定点.因此 $H\cap G\leq G_{\cal F}$.显然, 子群 $G\cap H$要么稳定区组 $B$, 要么将区组 $B$与区组 $B'$交换.因此 $G_{0B}\cap H$的指数最多是2.于是可设 $G_{0B}=PSL(2, q)_{0B}:(G\cap H), $或者 $G_{0B}=PSL(2, q)_{0B}:(G\cap H)/2.$对于前者(后者类似可证), 有

$ 4(q-2)(q-3)|PSL(2, q)_{0B}||G\cap H |=(k-1)(k-2)(k-3)(k-4)|G\cap \langle\tau_{\alpha}\rangle|, $

其中 $k=|0^{G_B}|=|G_B:G_{0B}|$, 若 $G=PSL(2, q):G\cap H$, 则

$ 4(q-2)(q-3)|PSL(2, q)_{0B}|=(k-1)(k-2)(k-3)(k-4), $

其中 $|PSL(2, q)_{0B}|=\frac{|PSL(2, q)_{B}}{k}, $这正是我们在文献[7]中讨论过的不可能的情形.因此 $G=P\Sigma L(2, q)$.故

$ 4(q-2)(q-3)|PSL(2, q)_{0B}|=(k-1)(k-2)(k-3)(k-4)s, $

其中

$ |PSL(2, q)_{0B}|=\frac{|PSL(2, q)_{B}}{k}\cdot\left \{\begin{array}{ll}s,&\hbox{如果}\, G_B=PSL(2, q)_{B}:\langle\tau_{\alpha}\rangle, \\ 1,& \hbox{如果}\, G_B=PSL(2, q)_{B}:H.\end{array}\right. $

由引理2.3-引理2.10知, 我们只需考虑如下的可能情形:

(ⅰ) $PSL(2, q)_B$共轭于 $PSL(2, q)$一个阶为 $c$( $c|\frac{q\pm 1}{2}$)的循环子群, 且 $k=c$.

(ⅱ) $PSL(2, q)_B$是 $PSL(2, q)$的一个阶为 $2c$( $c|\frac{q\pm 1}{2}$)的二面体群, 且 $k=c$或 $2c$.

(ⅲ) $PSL(2, q)_B$是 $PSL(2, q)$的阶为 $q_0|q$的初等Abelianis子群, 且 $k=q_0$.

(ⅳ) $PSL(2, q)_B$是 $PSL(2, q)$的阶为 $q_0|q$的初等Abelianis子群和阶为 $c$ ( $c|q_0-1$)和 $c|q-1$循子群的半直积, 且 $k=q_0$或 $cq_0$.

(ⅴ) $PSL(2, q)_B$共轭于 $PSL(2, q_0)$, 这里 $q_0^m=q, m>1$, 且 $k=q_0+1$或 $q_0(q_0-1)$ ( $m$为偶数), 或者 $k=(q_0-1)q_0(q_0+1)/2$.

(ⅵ) $PSL(2, q)_B$共轭于 $PGL(2, q_0)$, 这里 $q_0^m=q, m>1$为偶数, 且 $k=q_0+1, q_0(q_0-1)$或 $k=(q_0-1)q_0(q_0+1)$.

(ⅶ) $PSL(2, q)_B$共轭于 $A_4$, 且 $k=6$或 $12$.

(ⅷ) $PSL(2, q)_B$共轭于 $S_4$, 且 $k=6$或24.

(ⅸ) $PSL(2, q)_B$共轭于 $A_5$, 且 $k=10, 12$或20.

下面我们分别对这9种情形进行讨论.同文献[8]类似可设 $q=3^n=3^{s^u}$, 故可记 $q_0=3^r=3^{s^{w}}$ ( $0\leq w\leq u), $从而 $q=q_0^m=q_0^{s^{u-w}}$.

情形(ⅰ)由条件有 $4(q-2)(q-3)|PSL(2, q)_{0B}|$= $(c-1)(c-2)(c-3)(c-4)s$, 这里

$ |PSL(2, q)_{0B}|=\left \{\begin{array}{ll}s,&\hbox{如果}\, G_B=PSL(2, q)_{B}:\langle\tau_{\alpha}\rangle, \\ 1,& \hbox{如果}\, G_B=PSL(2, q)_{B}:H.\end{array}\right. $

若 $|PSL(2, q)_{0B}|=s$, 那么

$ \begin{equation} \label{}(q-2)(q-3)=\frac{(c-1)(c-2)(c-3)(c-4)}{4}. \end{equation} $

(3.1)

若 $c|\frac{q+1}{2}$, 由方程(3.1) 得

$ c|\frac{(q+1)(q-6)}{2}=\frac{(q-2)(q-3)}{2}-6=\frac{c}{8}(c^3-10c^2+35c-50)-3. $

因此 $c|6$, 从而得 $c=6$.但是这个值不满足(3.1) 式.故 $c|\frac{q-1}{2}$, 又由方程(3.1) 得

$ c|\frac{(q-1)(q-4)}{2}=\frac{(q-2)(q-3)}{2}-1=\frac{c}{8}(c^3-10c^2+35c-50)+2. $

这可推出 $c=4$.这也不满足方程(3.1).因此 $|PSL(2, q)_{0B}|=1$.于是有

$ \begin{equation} \label{17}(q-2)(q-3)=\frac{(c-1)(c-2)(c-3)(c-4)s}{4}. \end{equation} $

(3.2)

若 $c|\frac{q+1}{2}$, 由方程(3.2) 得

$ c|\frac{(q+1)(q-6)}{2}=\frac{(q-2)(q-3)}{2}-6=\frac{cs}{8}(c^3-10c^2+35c-50)+3s-6, $

从而 $c|2(3s-6)$.若 $c|\frac{q-1}{2}$, 又由方程(3.2) 得

$ c|\frac{(q-1)(q-4)}{2}=\frac{(q-2)(q-3)}{2}-1=\frac{cs}{8}(c^3-10c^2+35c-50)+3s-1, $

从而 $c|2(3s-1)$.显然在这两种情形下都有 $c<6s$, 故由方程(3.2) 可得

$ (3^{s^{u}}-2)(3^{s^{u-1}}-1)<\frac{c^4s}{12}<2^2\cdot3^3\cdot s^5, $

这说明 $s^{u}\leq 5.$故只有少量的 $k$值需检验, 这些都可以利用方程(3.2) 简单的排除.

情形(ⅱ)先考虑 $k=c$, 此时有 $4(q-2)(q-3)|PSL(2, q)_{0B}|$= $(c-1)(c-2)(c-3)(c-4)s$, 这里

$ |PSL(2, q)_{0B}|=2\cdot\left \{\begin{array}{ll}s,&\hbox{如果}\, G_B=PSL(2, q)_{B}:\langle\tau_{\alpha}\rangle, \\ 1,& \hbox{如果}\, G_B=PSL(2, q)_{B}:H.\end{array}\right. $

若 $|PSL(2, q)_{0B}|=2s$, 则

$ \begin{equation} \label{18}(q-2)(q-3)=\frac{(c-1)(c-2)(c-3)(c-4)}{8}. \end{equation} $

(3.3)

若 $c|\frac{q+1}{2}$, 由方程(3.3) 得

$ c|(q+1)(q-6)=(q-2)(q-3)-12=\frac{c}{8}(c^3-10c^2+35c-50)-9. $

因此 $c|18$, 故 $c=2, 3, 6, 9$或18.但是, 它们都不满足方程(3.3)(因 $q=3^n$).故 $c|\frac{q-1}{2}$, 又由方程(3.3) 得

$ c|(q-1)(q-4)=(q-2)(q-3)-2=\frac{c}{8}(c^3-10c^2+35c-50)+1. $

因此 $c|2$, 故 $k=c=2$.而这个值对于设计太小了.因此 $|PSL(2, q)_{0B}|=2$, 于是有

$ \begin{equation} \label{}(q-2)(q-3)=\frac{(c-1)(c-2)(c-3)(c-4)s}{8}. \end{equation} $

(3.4)

若 $c|\frac{q+1}{2}$, 由方程(3.4) 得

$ c|(q+1)(q-6)=(q-2)(q-3)-12=\frac{cs}{8}(c^3-10c^2+35c-50)+3s-12. $

因此 $c|2(3s-12)$.若 $c|\frac{q-1}{2}$, 又由方程(3.4) 得

$ c|(q-1)(q-4)=(q-2)(q-3)-2=\frac{c}{8}(c^3-10c^2+35c-50)+3s-2. $

因此 $c|2(3s-2)$.显然, 两种情形下都有 $c<6s$, 故由方程(3.4) 可得

$ (3^{s^{u}}-2)(3^{s^{u-1}}-1)<\frac{c^4s}{24}<2\cdot3^3\cdot s^5, $

从而 $s^{u}\leq 5.$这也只有少量的 $k$值需检验, 这些值也可以利用方程(3.4) 轻易的排除.

故 $k=2c$, 此时有

$ 4(q-2)(q-3)|PSL(2, q)_{0B}|=(2c-1)(2c-2)(2c-3)(2c-4)s, $

这里

$ |PSL(2, q)_{0B}|=\left \{\begin{array}{ll}s,&\hbox{当}\, G_B=PSL(2, q)_{B}:\langle\tau_{\alpha}\rangle, \\ 1,& \hbox{当}\, G_B=PSL(2, q)_{B}:H.\end{array}\right. $

若 $|PSL(2, q)_{0B}|=s$, 则有

$ \begin{equation} \label{20}(q-2)(q-3)=\frac{(2c-1)(2c-2)(2c-3)(2c-4)}{4}. \end{equation} $

(3.5)

若 $c|\frac{q+1}{2}$, 由方程(3.5) 可得

$ c|\frac{(q+1)(q-6)}{2}=\frac{(q-2)(q-3)}{2}-6=\frac{c}{2}(4c^3-20c^2+35c-25)-3. $

因此 $c|6$, 故 $c=3, 6$.但是它们都不满足方程(3.5).若 $c|\frac{q-1}{2}$, 由方程(3.5) 可得

$ c|\frac{(q-1)(q-4)}{2}=\frac{(q-2)(q-3)}{2}-1=\frac{c}{2}(4c^3-20c^2+35c-25)+2. $

因此 $c|2$, 故 $c=2$, 从而 $k=4$, 这个值太小.故只可能是 $|PSL(2, q)_{0B}|=1$, 此时有

$ \begin{equation} \label{}(q-2)(q-3)=\frac{(2c-1)(2c-2)(2c-3)(2c-4)s}{4}. \end{equation} $

(3.6)

若 $c|\frac{q+1}{2}$, 由方程(3.6) 可得

$ c|\frac{(q+1)(q-6)}{2}=\frac{(q-2)(q-3)}{2}-6=\frac{cs}{2}(4c^3-20c^2+35c-25)+3s-6. $

因此 $c|2(3s-6)$.若 $c|\frac{q-1}{2}$, 又由方程(3.6) 可得

$ c|\frac{(q-1)(q-4)}{2}=\frac{(q-2)(q-3)}{2}-1=\frac{c}{2}(4c^3-20c^2+35c-25)+3s-1. $

因此 $c|2(3s-1$).因此 $c<6s$.由方程(3.6) 得

$ (3^{s^{u}}-2)(3^{s^{u-1}}-1)<\frac{(2c)^4s}{12}<2^6\cdot3^3\cdot s^5, $

从而 $s^{u}\leq 7.$因为 $c|2(3s-6)$或 $c|2(3s-1)$, 这就只有少量的 $k$值需检验, 利用方程(3.6) 可以轻易的排除这些值.

情形(ⅲ)此时 $4(q-2)(q-3)|PSL(2, q)_{0B}|$= $(q_0-1)(q_0-2)(q_0-3)(q_0-4)s, $这里

$ |PSL(2, q)_{0B}|=\left \{\begin{array}{ll}s,&\hbox{如果}\, G_B=PSL(2, q)_{B}:\langle\tau_{\alpha}\rangle, \\ 1,& \hbox{如果}\, G_B=PSL(2, q)_{B}:H.\end{array}\right. $

故有方程

$ \begin{equation} \label{}4(q-2)(q-3)=(q_0-1)(q_0-2)(q_0-3)(q_0-4)x\, (x=1\, \hbox{或}\, s). \end{equation} $

(3.7)

因为 $q_0=3^{s^{w}}>5$, 故 $w\geq 1$, 且 $s<3^{s^{w}}\leq q_0$.从而由方程(3.7) 可得

$ 4(q_0^{s^{u-w}}-2)(q_0^{s^{u-w}}-3)=4(q-2)(q-3) < q_0^4x. $

由此不等式可得 $s=2$且 $u-w=1$.于是由方程(3.7) 可得 $q_0-3|(q-2)(q-3)=q_0^4-5q_0^2+6.$但是 $(q_0-3, q_0^4-5q_0^2+6)=(q_0-3, 7)$, 这是一个矛盾.

情形(ⅳ)首先, 设 $k=q_0$, 此时有方程

$ 4(q-2)(q-3)|PSL(2, q)_{0B}|=(q_0-1)(q_0-2)(q_0-3)(q_0-4)s, $

这里

$ |PSL(2, q)_{0B}|=c\cdot\left \{\begin{array}{ll}s,&\hbox{如果}\, G_B=PSL(2, q)_{B}:\langle\tau_{\alpha}\rangle, \\ 1,& \hbox{如果}\, G_B=PSL(2, q)_{B}:H.\end{array}\right. $

若 $c|q_0-1$, 与情形(ⅲ)类似讨论, 可得到矛盾.故 $k=cq_0$, 此时我们有

$ 4(q-2)(q-3)|PSL(2, q)_{0B}|=(cq_0-1)(cq_0-2)(cq_0-3)(cq_0-4)s, $

这里

$ |PSL(2, q)_{0B}|=\left \{\begin{array}{ll}s,&\hbox{如果}\, G_B=PSL(2, q)_{B}:\langle\tau_{\alpha}\rangle, \\ 1,& \hbox{如果}\, G_B=PSL(2, q)_{B}:H.\end{array}\right. $

从而我们可得到如下方程

$ \begin{equation} \label{23}4(q-2)(q-3)=(cq_0-1)(cq_0-2)(cq_0-3)(cq_0-4)x\, (x=1\, \hbox{或}\, s). \end{equation} $

(3.8)

由此得 $cq_0-3|2(q-2)(q-3)$.由多项式带余除法知, 对于某个 $\overline{m}\in N$有

$\begin{eqnarray*} 2(q^2-5q+6)&=&2(\sum^m_{i=1}3^{i-1}\frac{q^2}{(cq_0)^i}+\sum^{\overline{m}}_{j=1}3^{j-1}\frac{((3/c)^m-5)q}{cq_0)^j}) (cq_0-3)\\ &&+2(\frac{3}{c})^{\overline{m}}\frac{((3/c)^m-5)q}{q_0^{\overline{m}}}+12, \end{eqnarray*} $

使得 $\hbox{deg}((\frac{3}{c})^{\overline{m}}\frac{(((3/c)^m-5)q}{q_0^{\overline{m}}}+12)<\hbox{deg}(cq_0-3).$因为 $c|q-1$, 故 $c$不能被3整除.因此这个余项可以写成

$ 2\cdot3^{e-\overline{m}(r-1)}\frac{(3/c)^m-5}{c^{\overline{m}}}+12. $

故要使得这个余项为零, 必须有等式 $e-\overline{m}(r-1)=1$成立.于是有 $3^m=(-2c^{\overline{m}}+5)c^m$, 这是一个矛盾.

情形(ⅴ)若 $k=q_0+1$, 则有

$ 4(q-2)(q-3)|PSL(2, q)_{0B}|=q_0(q_0-1)(q_0-2)(q_0-3)s, $

这里

$ |PSL(2, q)_{0B}|=\frac{q_0(q_0-1)}{2}\cdot\left \{\begin{array}{ll}s,&\hbox{如果}\, G_B=PSL(2, q)_{B}:\langle\tau_{\alpha}\rangle, \\ 1,& \hbox{如果}\, G_B=PSL(2, q)_{B}:H.\end{array}\right. $

故我们有如下方程

$ \begin{equation} \label{}2(q-2)(q-3)=(q_0-2)(q_0-3)x\, (x=1\, \hbox{或者}\, s). \end{equation} $

(3.9)

显然, 在方程(3.9) 中, $x\neq 1$.故 $x=s$.由于 $k=q_0+1=3^{s^{w}}+1>5$, 故 $w\geq 1$.因此 $s < 3^{s^{w}} < q_0$.从而由方程(3.9) 可得

$ 2(q_0^{s^{u-w}}-2)(q_0^{s^{u-w}}-3)<(q_0^2-2s)(q_0-3). $

因此 $u-w\geq 1$ (否则, $k=p+1$, 与引理2.2矛盾).因此方程

$ 2(q_0^{s_l^{u_l-w_l}}-2) (q_0^{s_l^{u_l-w_l}}-3)<(q_0^2-2s_i)(q_0-3), $

不可能成立, 矛盾.

若 $k=(q_0+1)q_0(q_0-1)/2$, 则有

$ 4(q-2)(q-3)|PSL(2, q)_{0B}|=(\frac{q_0^3-q_0}{2}-1)(\frac{q_0^3-q_0}{2}-2) (\frac{q_0^3-q_0}{2}-3)(\frac{q_0^3-q_0}{2}-4)s, $

这里

$ |PSL(2, q)_{0B}|=\left \{\begin{array}{ll}s,&\hbox{如果}\, G_B=PSL(2, q)_{B}:\langle\tau_{\alpha}\rangle, \\ 1,& \hbox{如果}\, G_B=PSL(2, q)_{B}:H.\end{array}\right. $

故有方程

$ \begin{equation} \label{}4(3^e-2)(3^e-3)=(\frac{q_0^3-q_0}{2}-1)(\frac{q_0^3-q_0}{2}-2)(\frac{q_0^3-q_0}{2}-3)(\frac{q_0^3-q_0}{2}-4)x \, (x=1\, \hbox{或者}\, s). \end{equation} $

(3.10)

若 $x=1$, 则由方程(3.10) 可得

$ \begin{equation} \label{} 4q(q-5)=q_0(q_0^2-1)((q_0^3-q_0)^3-10(q_0^3-q_0)^2+35(q_0^3-q_0)-50). \end{equation} $

(3.11)

因为

$ (q(q_0^2-1)(q_0^3-q_0)^3-10(q_0^3-q_0)^2+35(q_0^3-q_0)-50)=1, $

故由方程(3.11) 得 $q=q_0$, 但是这个值又不满足方程(3.11).因此 $x=s$.于是有方程

$ \begin{equation} \label{}4(q-2)(q-3)=(\frac{q_0^3-q_0}{2}-1)(\frac{q_0^3-q_0}{2}-2)(\frac{q_0^3-q_0}{2}-3)(\frac{q_0^3-q_0}{2}-4)s. \end{equation} $

(3.12)

如果 $q_0=3$, 那么 $k=12$.故 $n < 5$.因此只有少量的 $q$值需检验, 这很容易排除.从而 $s < q_0>3$.由方程(3.12) 可得 $4(q-2)(q-3) < (\frac{q_0^3-q_0}{2})^4s < \frac{q_0^{13}}{16}.$

另一方面, 有

$ \begin{eqnarray*} 4(q-2)(q-3)&=&(\frac{q_0^3-q_0}{2}-1)(\frac{q_0^3-q_0}{2}-2)(\frac{q_0^3-q_0}{2}-3)(\frac{q_0^3-q_0}{2}-4)s\\ &\geq& 2(\frac{q_0^3-q_0}{2}-1)(\frac{q_0^3-q_0}{2}-2)(\frac{q_0^3-q_0}{2}-3)(\frac{q_0^3-q_0}{2}-4) = \frac{q_0^{12}}{8}-l, \end{eqnarray*} $

其中

$ l=\frac{1}{2}q_0^{10}+\frac{5}{2}q_0^{9}-\frac{3}{4}q_0^{8}-\frac{15}{2}q_0^{7}-17q_0^{6}+ \frac{15}{2}q_0^{5}+\frac{279}{8}q_0^{4}+\frac{95}{2}q_0^{3}-\frac{35}{2}q_0^{2}-50q_0-48. $

因 $q_0>3$, 故有 $l<\frac{q_0^{12}}{16}$, 从而

$ \frac{q_0^{12}}{16}\leq 4(q-2)(q-3)=4(q_0^{2m}-5q_0^m+6)\leq\frac{q_0^{13}}{16}, $

由此可推出 $m=6$.由方程(3.12) 知 $q_0^3-q_0-2$整除 $q_0^{12}-5q_0^6+6$.而由多项式带余除法可得

$ q_0^{12}-5q_0^6+6=(q_0^9+q_0^7+2q_0^6+q_0^5+4q_0^4+6q_0^2+8q_0+6)\\ (q_0^3-q_0-2)+(20q_0^2+18q_0+18), $

显然上面的余式不为零, 矛盾.

情形(ⅵ)与情形(ⅴ)类似的讨论可以排除.

情形(ⅶ)此时我们有 $G_B=PSL(2, q)_{B}$与 $A_4$共轭, 故有方程

$ \begin{equation} \label{}48(3^{n}-2)(3^{n}-3)=k(k-1)(k-2)(k-3)(k-4)x\, (x=1\, \hbox{或者}\, s). \end{equation} $

(3.13)

若 $k=6$, 则方程(3.13) 不成立.故 $k=12$, 从而有 $n\leq 3$, 这很少的几个值都可以利用方程(3.13), 手算就可以排除.

情形(ⅷ)和情形(ⅰ)与情形(ⅶ)类似的方法可以排除.

利用上面的同样的讨论方法, 可以轻易的证明 $|G:G^*|=2$也是不可能的.至此, 我们讨论了所以的可能的情形.再综合文献[7-8]知, 我们的主要定理成立.