Characterization of PSL(2, p) by the Number of Singular Elements

有限群的结构可以由群的一些特殊数量关系反映出来，例如：同阶交换子群的个数、与最高阶元素有关的数量条件以及特征标维数等都可以刻画群的结构^[1-3]. 因此，通过群的数量特征来研究群的结构有着重要意义.

为了叙述方便，我们先对r-奇异元的概念进行说明. 设G是有限群，用π(G)表示|G|的所有素因子集合. 若r∈π(G)，r-奇异元表示G的元阶能被r整除的元，否则为r-正则元. r-奇异元和r-正则元的个数对群的结构有很大的影响，特别在计算群论中对单群的认识有重要作用. 文献[4]证明了：若G是n次置换群，则r-奇异元在G中的比例至少为$\frac{1}{n}$. 文献[5]给出了交错群、典型群、李型例外群以及零散单群的r-正则元在G中比例的下界. 若H≤G，且对任意x∈G－N_G(H)，有H^x∩H=1，则称H为TI子群. 文献[6]证明了：G的Sylow p-子群是交换TI子群当且仅当G的任意p-正则元的共轭类长与p互素. 文献[7]确定了例外群中r-正则元在G中的比例. 文献[8]研究了r-正则元对r-可解群结构的影响. 设μ_r(G)为r-奇异元在G中的比例，并记μ(G)= {μ_r(G)：r∈π(G)}. 在群确定的情况下容易得到μ(G)的值，那么μ(G)的值是否可以唯一确定群便是一个值得探索的课题. 本文研究了奇异元对线性群PSL(2，p) 的结构的影响，运用r-奇异元比例的集合刻画PSL(2，p)，并证明了如下结果：

定理1   设G是有限群，p是素数. 若μ(G)=μ(PSL(2，p))，则$G \cong P S L(2, p)$.

引理1   设G是有限群，R是G的Sylow r-子群，则$\mu_r(G)=\frac{m}{|R|}$，其中m与r互素.

证   设|G|_r表示|G|的r-部分，|G|_r′表示|G|的r′-部分. 由于方程x^|G|_r′=1的解的个数为r-正则元的个数，根据Frobenius定理^[9-10]知方程解的个数是|G|_r′的倍数，则G中r-正则元的个数R_r(G)为k|G|_r′，其中k为一正整数. 同样记G中r-奇异元的个数为S_r(G)，则

下证m与r互素，只需证r-正则元的个数与r互素. 设G的Sylow r-子群R共轭作用在G中的r-正则元Ω_r上，并设轨道为O₁，O₂，…，O_k. 注意到O_i={x_i}当且仅当C_R(x_i)=R，因此G中r-正则元的个数为

其中x∈Ω_r-C_Ωr(R)根据Schur-Zassenhaus定理知C_G(R)=Z(R)×H，其中H的阶与r互素，则

从而R_r(G)=|H| (mod r). 故r-正则元的个数与r互素.

注1   根据引理1知，若μ(G)=μ(H)，显然有|G|=|H|.

引理2   设G的所有非平凡r-元的共轭类代表为x₁，x₂，…，x_k，则$\mu_r(G)=\sum\limits_{i=1}^k\left(1-\mu_r\left(C_G\left(x_i\right)\right)\right)$.

证   设x∈G，由于G的任何元x可以唯一分解为它的r-部分和r′-部分的乘积，且C_G(x_i)^g=C_G(x_i^g)(其中g∈G)，从而G中r-奇异元的个数为

这里R_r(C_G(x_i))是C_G(x_i)中r-正则元的个数，故

引理3   设p为奇素数，且r∈π(PSL(2，p))，则

证   设$\bar{S}_d$为$PSL(2，p)$中d阶元的个数. 若d>1，由文献[10]的引理2.2.9或文献[11]知，当$d\left|\frac{1}{2}(p-1)\right|$ 时，有$\bar{S}_d=\frac{1}{2} p(p+1) \varphi(d)$；当$d \mid \frac{1}{2}(p-1)$时，有$\bar{S}_d=\frac{1}{2} p(p-1) \varphi(d)$；当$d \mid p$时，有$\bar{S}_d=p^2-1$.

以下分情况讨论$\mu_r(P S L(2, p))$的值：

情形1    r=2且$2 \mid \frac{1}{2}(p-1)$. 设$\frac{1}{2}(p-1)=2^h t$，其中h，t均为正整数且(2，t)=1. 由于

则$2^h t=\sum\limits_{2 \mid d} \varphi(d)+t$，从而

由PSL(2，p)中d阶元的个数知PSL(2，p)中2-奇异元的个数S₂为$\sum\limits_{2 \mid d} \frac{1}{2} p(p+1) \varphi(d)$，则

故

同理当r=2且$2 \mid \frac{1}{2}(p+1)$时，有

情形2    r≠2且$r \mid \frac{1}{2}(p-1)$. 设$\frac{1}{2}(p-1)=r^a b$，其中a，b均为正整数且(r，b)=1. 由于

则$r^a b=\sum\limits_{r \mid d} \varphi(d)+b$，从而

由PSL(2，p)中d阶元的个数知PSL(2，p)中r-奇异元的个数S_r为$\sum\limits_{r \mid d} \frac{1}{2} p(p+1) \varphi(d)$，则

故

同理当r≠2且$r \mid \frac{1}{2}(p+1)$时，有

情形3   r|p. 由PSL(2，p)中d阶元的个数可知PSL(2，p)中r-奇异元的个数S_r为p²－1，则$\mu_r(P S L(2, p))=\frac{S_r}{|P S L(2, p)|}=\frac{2}{p}$. 即证引理3.

设G是有限群，定义G的素图Γ(G)：Γ(G)的顶点集为π(G)，两个不同的顶点p，r有边相连当且仅当G中有一pr阶元，t(G)表示Γ(G)的连通分支数，π_i(i=1，2，…)表示Γ(G)的连通分支所含顶点之集. 如果2 | |G|，则总设2∈π₁.

首先给出Frobenius群和2-Frobenius群的结构：

引理4 ^[12]   (ⅰ) 设G是偶阶Frobenius群，H是Frobenius核，K是Frobenius补，则t(G)=2，Γ(G)={π(H)，π(K)}；

(ⅱ) 2-Frobenius群可解.

以下是由Williams给出的具有非连通素图的群的结构：

引理5 ^[13-14]    设G是有限群，G的素图非连通，则G有如下3种结构：

(ⅰ) Frobenius群；

(ⅱ) 2-Frobenius群；

(ⅲ) G有一正规列$1 \unlhd H \unlhd K \unlhd G$，使得K/H是非交换单群，H和G/K是π₁-群，H是幂零群且$|G / K||| \operatorname{Out}(K / H) \mid$.

另外，对于非连通素图的单群的分类可参见文献[14]的表Ib-Ie，IIa-IIc、文献[15]的表Ia，Ib，II，III以及文献[16].

定理1的证明

首先，若p=2，3，根据GAP小群容易知道定理1成立. 以下不妨设p≥5，根据引理1知|G|=|PSL(2，p)|，即$|G|=\frac{p\left(p^2-1\right)}{2}$. 我们将分为4步进行证明：

步骤1    G是完全群，即G′=G.

否则，G有一极大正规子群N，使得$G / N \cong Z_r$，其中r是素数，即有$\mu_r(G) \geqslant 1-\frac{1}{r}$.

当r=2且$2 \nmid p$时，有$\mu_r(G) \geqslant 1-\frac{1}{r}=\frac{1}{2}$. 由引理3知

这与$\mu_r(G)=\mu_r(P S L(2, p))$矛盾.

当r≠2且$r \chi p$时，有$\mu_r(G) \geqslant 1-\frac{1}{r}>\frac{1}{2}$. 同样通过引理3得

这与$\mu_r(G)=\mu_r(P S L(2, p))$ 矛盾.

当r|p时，有$\mu_r(G) \geqslant 1-\frac{1}{r}$，而

因此

即有p=r=3，这与我们假设的p≥5矛盾.

综上所述，G/N是非交换单群，G是完全群.

步骤2  顶点p是G的素图的孤立点，且G中的Sylow p-子群不正规.

证明顶点p是G的素图的孤立点等价于证明对任意素数r(≠p)，G中无pr阶元.

由于

则G的Sylow p-子群P同构于Z_p. 设G的Sylow p-子群的个数为n_p，G中p-奇异元的个数为S_p(G). 由Sylow定理知n_p≡1(mod p)，则G中p-奇异元的个数S_p(G)≥(p－1)n_p，由引理3知S_p(G)=p²－1，从而n_p=p+1，1.

首先假设n_p=p+1，则G中的p阶元的个数为(p+1)(p－1). 而S_p(G)=p²－1，故G中p阶元的个数等于p-奇异元的个数，即G中无pr阶元.

再假设n_p=1，即Sylow p-子群正规，则G中p阶元的个数为p－1. 由引理2知$\mu_p(G)=\sum\limits_{i=1}^k(1-\left.\mu_p\left(C_G\left(x_i\right)\right)\right)$，其中x_i(i=1，2，…，k)为p阶元的共轭类代表. 由于G的Sylow p-子群P同构于Z_p，则C_G(x_i)的Sylow p-子群就是G的Sylow p-子群. 又由引理2和引理3知$\mu_p\left(C_G\left(x_i\right)\right) \leqslant \frac{|P|-1}{|P|}$，从而

故由引理3知$\mu_p(G)=\frac{2}{p}$. 因此p阶元至多有两个共轭类.

首先假设p阶元只有一个共轭类. 设x₁为p阶元共轭类的代表，C_G(x₁)中p-奇异元的个数为S_p(C_G(x₁)). 由引理2和引理3知

我们有$\mu_p\left(C_G\left(x_1\right)\right)=\frac{p-2}{p}$，即$\frac{S_p\left(C_G\left(x_1\right)\right)}{\left|C_G\left(x_1\right)\right|}=\frac{p-2}{p}$. 由于p阶元有一个共轭类，则p阶元的共轭类长为$\left|G: C_G\left(x_1\right)\right|=p-1$，从而$\left|C_G\left(x_1\right)\right|=\frac{p(p+1)}{2}$. 故

而(p－1)|S_p(C_G(x₁))，我们有(p－1)|(p－2)或(p－1)|(p+1)，即p只能为2，这与p≥5矛盾.

以下假设p阶元有两个共轭类. 设x₂，x₃为p阶元共轭类的代表. 同样由引理2和引理3知

由于$1-\mu_p\left(C_G\left(x_i\right)\right) \geqslant \frac{1}{p}$，则

即

由于p阶元有两个共轭类，则p阶元的两个共轭类长的和为

从而

结合(1)式得

通过放缩有

从而

即

如果$S_p\left(C_G\left(x_2\right)\right)>(p+1)(p-1)$或$S_p\left(C_G\left(x_3\right)\right)>(p+1)(p-1)$，则与$S_p(G)=p^2-1$矛盾. 如果$S_p\left(C_G\left(x_2\right)\right)=S_p\left(C_G\left(x_3\right)\right)=(p+1)(p-1)$，则由(1)式得$\left|C_G\left(x_2\right)\right|=\left|C_G\left(x_3\right)\right|=p(p+1)$. 由于$n_p=1$，则$P \triangleleft G$. 由N/C定理知

设f是G到G/C_G(P)的同态映射，N是包含C_G(P)的极大正规子群. 由子群对应定理知，G/N (G/C_G(P))/f(N). 又由(2)式知(G/C_G(P))/f(N)同构于素数阶循环群，通过步骤1知G/N是非交换单群，则G/N=1. 又由于$G / C_G(P) \cong G / C_G\left(\left\langle x_2\right\rangle\right) \cong Z_{\frac{p-1}{2}}$，则$\frac{p-1}{2}=1$，即p=3，这与我们假设的p≥5矛盾. 因此n_p≠1，即G中的Sylow p-子群不正规.

步骤3   G既不是Frobenius群也不是2-Frobenius群.

首先假设G是Frobenius群且G是偶阶. 设H是Frobenius核，K是Frobenius补，由引理4知t(G)=2且Γ(G)={π(H)，π(K)}. 由步骤2知G中顶点p是孤立点，则Γ(G)={p，π(K)}或Γ(G)={p，π(H)}.

若Γ(G)={p，π(K)}，则P是Frobenius核，从而P在G中正规，矛盾.

若Γ(G)={p，π(H)}，则P是Frobenius补，从而|P| (|H|－1)，即$p \mid\left(\frac{(p+1)(p-1)}{2}-1\right)$，故p=3，这与我们假设的p≥5矛盾.

假设G是2-Frobenius群且G是偶阶. 由引理4知2-Frobenius群可解，这与G是完全群矛盾.

步骤4   $G \cong P S L(2, p)$.

若群G为引理5中的结构(ⅲ)，即G有一正规列$1 \unlhd H \unlhd K \unlhd G$，其中$K / H$是非交换单群，H和G/K是π₁-群. 由于$G / K \lesssim \operatorname{Out}(K / H)$，而单群的外自同构群为可解群^[9]，则G/K为可解群. 由步骤1知G是完全群，故G=K. 假设p | |H|，由于H是π₁-群且幂零，则p=2，这与假设p≥5矛盾. 从而p | |$G / H$|，故$G / H$的素图非连通，且p是$G / H$的素图的孤立点. 以下运用非连通素图的单群分类^[14-16]进行证明. 注意，$|G / H| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$.

下面证明$G / H$ PSL(2，p)，显然由|G|=|PSL(2，p)|就证明了$G \cong P S L(2, p)$. 以下s为奇素数，q为素数幂，单群的阶参见文献[17]. 我们根据素图分支的个数进行讨论.

$G / H$的素图为两个连通分支：

情形1    $G / H \cong A_{s-1}(q)$，其中s≥2，q为奇素数幂，或q为2的幂且(s，q)≠(3，2)，(3，4).

由于A_s－1(q)的孤立点为$\frac{q^s-1}{q-1} \operatorname{gcd}(s, q-1), G / H$的孤立点为p，则$\frac{q^s-1}{q-1} \operatorname{gcd}(s, q-1)=p$, 即

又由于$G / H \cong A_{s-1}(q)$且$|G / H| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，则$\left|A_{s-1}(q)\right| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，即

将(3)式代入(4)式，得

则$q^{\frac{(s-1)}{2}} \leqslant \frac{1}{2}(p+1)(p-1)$. 由(3)式知$p \leqslant q^s-1$，代入$q^{\frac{s(s-1)}{2}} \leqslant \frac{1}{2}(p+1)(p-1)$有$q^{\frac{s(s-1)}{2}} \leqslant \frac{1}{2} q^s\left(q^s-\right. 2) <\frac{q^{2 s}}{2}$，于是s <5. 同时由于s≥2且s是奇素数，则s=3. 将s=3代入(3)式得$q^3-1=p(q-1) \operatorname{gcd}(3, q-1)$，即$p \leqslant q^3-1$. 将s=3代入(4)式得$\frac{q^3\left(q^2-1\right)\left(q^3-1\right)}{(3, q-1)} \mid \frac{p(p+1)(p-1)}{2}$. 根据

得

由于$p \leqslant q^3-1$，则$\frac{(p+1)(p-1)}{2} \leqslant \frac{q^3\left(q^3-2\right)}{2}$. 从而

于是q=2. 将s=3，q=2代入原条件$|G / H| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$ 和$G / H \cong A_{s-1}(q)$中，得

情形2    $ G / H \cong A_s(q)$，其中$(q-1) \mid(s+1)$且$s \geqslant 1$.

由于$A_s(q)$的孤立点为$\frac{q^s-1}{q-1}, G / H$的孤立点为p，则$\frac{q^s-1}{q-1}=p$，即$q^s-1=p(q-1)$. 又由于$ G / H \cong A_s(q)$且$|G / H| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，则$\left|A_s(q)\right| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，即

根据$q^s-1=p(q-1)$得

根据$p=\frac{q^s-1}{q-1}$ 得

从而由整除关系易知

即$q^{\frac{s(s+1)}{2}} < q^{2 s}$，故$s < 3$. 由于s≥1，且s是奇素数，则s=1. 当s=1时，通过$\frac{q^s-1}{q-1}=p$得p=1，这与我们假设的p≥5矛盾.

情形3    $ G / H \cong B_{2^m}(q)$，其中m≥2且q为奇素数幂.

由于$B_{2 m}(q)$的孤立点为$\frac{q^l+1}{2}, G / H$的孤立点为p，则$\frac{q^l+1}{2}=p$，即$q^l+1=2 p$. 又由于

则$\left|B_{2 m}(q)\right| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，即

根据$p=\frac{q^l+1}{2}$ 得

显然有$\left(q^{2^{2 m}}, q^l+1\right)=1, \left(q^{2^{2 m}}, q^l-1\right)=1, q^{2^{2 m}} \nmid\left(q^l+3\right)$，这与整除关系矛盾.

假设$G / H \cong C_{2^m}(q)$，其中m≥1，且q为奇素数幂；$G / H \cong C_{2^m}(q)$，其中q为2的幂. 由于$\left|C_{2^m}(q)\right|=\left|B_{2^m}(q)\right|$，则证明与$G / H \cong B_{2^m}(q)$一致.

情形4    $ G / H \cong B_s(3)$，其中s≥2.

由于$B_s(3)$的孤立点为$\frac{3^s-1}{2}, G / H$的孤立点为p，则$\frac{3^s-1}{2}=p$，即$3^s-1=2 p$. 又由于$ G / H \cong B_s(3)$且$|G / H| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，则$\left|B_s(3)\right| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，即$3^{s^2}\left(3^2-1\right) \cdots\left(3^{2 s}-1\right) \mid p(p+1)(p-1)$. 根据$p=\frac{3^s-1}{2}$ 得$3^{s^2}\left(3^2-1\right) \cdots\left(3^{2 s}-1\right) \mid \frac{1}{8}\left(3^s-1\right)\left(3^s+1\right)\left(3^s-3\right)$. 由原条件知s≥2，显然有$\left(3^{s^2}, 3^s-1\right)=1, \left(3^{3^{s^2}}, 3^s+1\right)=1, 3^{s^2} \nmid \left(3^s-3\right)$，这与整除关系矛盾.

假设$G / H \cong C_s(3)$，其中s≥2. 由于$\left|B_s(3)\right|=\left|C_s(3)\right|$，则证明与$ G / H \cong B_s(3)$一致.

情形5    $G / H \cong{ }^2 A_{s-1}\left(q^2\right)$，其中s≥3.

由于$G / H$的孤立点为$p, { }^2 A_{s-1}\left(q^2\right)$的孤立点为$\frac{q^s+1}{q+1} \operatorname{gcd}(s, q+1)$，则$\frac{q^s+1}{q+1} \operatorname{gcd}(s, q+1)=p$，即

又由于$G / H \cong{ }^2 A_{s-1}\left(q^2\right)$且$|G / H| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，则$\left.\right|^2 A_{s-1}\left(q^2\right)|| \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，即

根据$q^s+1=p(q+1) \cdot(s, q+1)$得

则$q^{s(s-1)}\left(q^s-1\right) < \frac{1}{2}(p+1)(p-1)$. 由$q^s+1=p(q+1) \cdot(s, q+1)$知$p \leqslant q^s+1$，则

由于$q^s-1>\frac{q^s}{2}$，则$q^{s(s-1)} < q^s+2 < q^{s+1}$，于是$s < 1+\sqrt{2}$，这与s≥3矛盾.

情形6   $ G / H \cong{ }^2 A_s\left(q^2\right)$，其中(q+1)|(s+1)且s≥2.

由于$G / H$ 的孤立点为$p, { }^2 A_s\left(q^2\right)$的孤立点为$\frac{q^s+1}{q+1}$，则$\frac{q^s+1}{q+1}$ =p，即$q^s+1=p(q+1)$. 又由于$ G / H \cong{ }^2 A_s\left(q^2\right)$且$|G / H| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，则$\left.\right|^2 A_s\left(q^2\right)|| \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，即

由(5)式左边得

由(5)式右边得

由整除关系得$q^{s(s+1)}\left(q^{s+1}+1\right) \leqslant \frac{1}{2} q^s\left(q^s+1\right)\left(q^s+2\right)$，这与$q^{s(s+1)}\left(q^{s+1}+1\right)>\frac{1}{2} q^s\left(q^s+1\right)\left(q^s+2\right)$矛盾.

情形7    $ G / H \cong^2 D_{2^n}\left(q^2\right)$，其中n≥1且q为奇素数幂.

由于${ }^2 D_{2^n}\left(q^2\right)$的孤立点为$\frac{q^l+1}{2}, G / H$的孤立点为p，则$\frac{q^l+1}{2}=p$. 又由于

则$\left.\right|^2 D_{2^n}\left(q^2\right)|| \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，即

根据$p=\frac{q^l+1}{2}$ 得

显然有$q^{2^{n+1}\left(2^n-1\right)} \nmid \left(q^l-1\right), q^{2^{n+1}\left(2^n-1\right)} \nmid \left(q^l+1\right)$，因此$q^{2^{n+1}\left(2^n-1\right)} \mid\left(q^l+3\right)$，则q=3且$2^{n+1}\left(2^n-1\right)=1$. 这与$2^{n+1}\left(2^n-1\right) \geqslant 4$矛盾.

情形8    $G / H \cong{ }^2 D_s\left(3^2\right)$，其中s≥5且s≠2ⁿ+1.

由于${ }^2 D_s\left(3^2\right)$的孤立点为$\frac{3^s+1}{4}, G / H$的孤立点为p，则$\frac{3^s+1}{4}=p$. 又由于

则$\left.\right|^2 D_s\left(3^2\right)|| \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，即

根据$p=\frac{3^s+1}{4}$ 得

显然有$9^{s(s+1)} \nmid \left(3^s+1\right), 9^{s(s+1)} \nmid \left(3^s+5\right)$. 因此$9^{s(s+1)} \mid\left(3^s-3\right)$，即$2 s(s-1)$只可能为1. 这与$2 s(s-1) \geqslant 40$矛盾. 同理可证$G / H \cong{ }^2 D_l\left(3^2\right)$，其中$l=2^n+1$ 且$l \neq s$.

假设$G / H$同构于单群S，根据Atlas定理^{[17, 9]}知群S的阶，则S取以下群之一：

① $D_s(2)$, 其中$s \geqslant 3, \left|D_s(2)\right|=2^{s(s-1)}\left(2^s-1\right)\left(2^2-1\right)\left(2^4-1\right) \cdots\left(2^{2(s-1)}-1\right)$;

② $D_{s+1}(2)$, 其中$s \geqslant 2, \left|D_{s+1}(2)\right|=2^{s(s+1)}\left(2^{s+1}-1\right)\left(2^2-1\right)\left(2^4-1\right) \cdots\left(2^{2 s}-1\right)$;

③ $D_s$ (3), 其中$s \geqslant 5, \left|D_s(3)\right|=3^{s(s-1)}\left(3^s-1\right)\left(3^2-1\right)\left(3^4-1\right) \cdots \frac{3^{2(s-1)}-1}{\left(4, 3^s-1\right)}$;

④ $D_{s+1}$ (3), 其中$s \geqslant 3, \left|D_{s+1}(3)\right|=3^{s(s+1)}\left(3^{s+1}-1\right)\left(3^2-1\right)\left(3^4-1\right) \cdots \frac{3^{2 s}-1}{\left(4, 3^{s+1}-1\right)}$;

⑤ $D_s(5)$, 其中$s \geqslant 5, \left|D_s(5)\right|=5^{s(s-1)}\left(5^s-1\right)\left(5^2-1\right)\left(5^4-1\right) \cdots \frac{5^{2(s-1)}-1}{\left(4, 5^s-1\right)}$;

⑥ ${ }^3 D_4\left(q^3\right)$, 其中$q$ 为奇素数幂, $\left|{ }^3 D_4\left(q^3\right)\right|=q^{36}\left(q^{24}+q^{12}+1\right)\left(q^{18}-1\right)\left(q^6-1\right)$;

⑦ ${ }^2 D_{k+1}$ (2), 其中$k=2^n$ 且$n \geqslant 2, \left.\right|^2 D_{k+1}$ (2) $\mid=2^{k(k+1)}\left(2^{k+1}+1\right)\left(2^2-1\right) \cdots \frac{2^{2 k}-1}{\left(4, 2^{k+1}+1\right)}$;

⑧ ${ }^2 D_k(q)$, 这里$q$ 为2的幂, 其中$k=2^n$ 且$n \geqslant 2, \left|{ }^2 D_k(q)\right|=q^{k(k-1)}\left(q^k+1\right)\left(q^2-1\right)\left(q^4-1\right) \cdots \frac{q^{2(k-1)}-1}{\left(4, q^k+1\right)}$;

⑨ $G_2(q)$, 其中$q \equiv \pm 1(\bmod 3)$ 且$q$ 为奇素数幂, $\left|G_2(q)\right|=q^6\left(q^6-1\right)\left(q^2-1\right)$;

⑩ $E_6(q)$, 其中$q \equiv 1(\bmod 3)$ 且$q$ 为奇素数幂; $E_6(q)$, 其中$q \neq 1(\bmod 3)$ 且$q$ 为奇素数幂, $\left|E_6(q)\right|=\frac{q^{36}\left(q^{12}-1\right)\left(q^9-1\right)\left(q^8-1\right)\left(q^6-1\right)\left(q^5-1\right)\left(q^2-1\right)}{(3, q-1)}$;

⑪ ${ }^2 E_6\left(q^2\right)$, 其中$q \equiv \pm 1(\bmod 3)$ 且$q$ 为2的幂; ${ }^2 E_6\left(q^2\right)$, 其中$q$ 为奇素数幕, $\left|{ }^2 E_6\left(q^2\right)\right|=\frac{q^{72}\left(q^{24}-1\right)\left(q^{18}+1\right)\left(q^{16}-1\right)\left(q^{12}-1\right)\left(q^{10}+1\right)\left(q^4-1\right)}{\left(3, q^2+1\right)}$;

⑫ ${ }^2 A_3\left(2^2\right), \left.\right|^2 A_3\left(2^2\right) \mid=4^6 \times\left(4^2-1\right)\left(4^3+1\right)\left(4^4-1\right)$;

⑬ $F_4(q)$, 其中$q$ 为奇素数幂, $\left|F_4(q)\right|=q^{24}\left(q^{12}-1\right)\left(q^8-1\right)\left(q^6-1\right)\left(q^2-1\right)$;

⑭ ${ }^2 F_4(2)^{\prime}, \left.\right|^2 F_4(2)^{\prime} \mid=2^{11} \times 3^3 \times 5^2 \times 13$;

⑮ $C_s(2)$, 其中$s \geqslant 2, \left|C_s(2)\right|=2^{s^2}\left(2^2-1\right)\left(2^4-1\right) \cdots\left(2^{2 s}-1\right)$;

⑯ $\operatorname{Alt}(n)$, 其中$n=s, s+1, s+2, n$ 和$n-2$ 不全为素数且$n \geqslant 7, |\operatorname{Alt}(n)|=\frac{n!}{2}$.

由于$G / H \cong S$ 且$|G / H| \mid \frac{p(p+1)(p-1)}{2}$，则$|S| \mid \frac{p(p+1)(p-1)}{2}$. 又由于$G / H$的孤立点为p，S的孤立点见文献[14]的表Ib，Ic、文献[15]的表Ia，Ib以及文献[16]，则$G / H$的孤立点p等于S的孤立点，从而$|S|>\frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，这与$|S| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$矛盾.

$G / H$的素图为3个连通分支：

情形1    $ G / H \cong \operatorname{Alt}(n)$，其中n=5，6.

由于$\operatorname{Alt}(n)$ 的孤立点为3或5，$G / H$的孤立点为p，则p=3，5. 而p≥5，我们有p=5. 又由于$ G / H \cong \operatorname{Alt}(n)$且$|G / H| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，则$|\operatorname{Alt}(n)| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，即$\frac{n!}{2} \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$. 显然，当p=5时有$|\operatorname{Alt}(n)| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$ 成立，从而$G / H \cong \operatorname{Alt}(5)$.

情形2    $ G / H \cong A_1(q)$，其中q≡1(mod 4)且q为奇素数幂.

由于$A_1(q)$的孤立点为q或$\frac{q+1}{2}, G / H$ 的孤立点为p，则q=p或$\frac{q+1}{2}=p$，又由于

则$\left|A_1(q)\right| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，即$\frac{q\left(q^2-1\right)}{(2, q-1)} \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$. 当$q=p$时有$\frac{q\left(q^2-1\right)}{(2, q-1)} \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，当$\frac{q+1}{2}=p$时有$\frac{q\left(q^2-1\right)}{(2, q-1)}>\frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，这与整除关系矛盾. 从而$G / H \cong A_1(p) \cong P S L(2, p)$，其中p≡1(mod 4).

假设$ G / H \cong A_1(q)$，其中q≡－1(mod 4)且q为奇素数幂.

由于$A_1(q)$的孤立点为q或$\frac{q+1}{2}$，$G / H$的孤立点为p，则q=p或$\frac{q+1}{2}$ =p，又由于

则$\left|A_1(q)\right| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，即

当q=p时有$\frac{q\left(q^2-1\right)}{(2, q-1)} \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，当$\frac{q+1}{2}$ =p时有$\frac{q\left(q^2-1\right)}{(2, q-1)}>\frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，这与整除关系矛盾. 从而$G / H \cong A_1(p) \cong P S L(2, p)$，其中p≡－1(mod 4).

假设$ G / H \cong A_1(q)$，其中q为2的幂. 由于$A_1(q)$的孤立点为q－1或q+1，$G / H$的孤立点为p，则q－1=p或q+1=p. 又由于

则$\left|A_1(q)\right| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，即$\frac{q\left(q^2-1\right)}{(2, q-1)} \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$. 当q－1=p时有$q\left(q^2-1\right)>$ $\frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，这与整除关系矛盾. 当q+1=p时，$\frac{q\left(q^2-1\right)}{(2, q-1)} \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$成立当且仅当q=2，4. 而q+1=p≥5，则q=4，从而$G / H \cong A_1(4) \cong L_2(5)$.

情形3    $ G / H \cong A_2(2)$.

由于A₂(2)的孤立点为3或7，$G / H$的孤立点为p，则3=p或7=p，又由于

则$\left|A_2(2)\right| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$. 即$2^3\left(2^2-1\right)\left(2^3-1\right) \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$. 当3=p时有$2^3\left(2^2-1\right)\left(2^3-1\right)>$ $\frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，这与整除关系矛盾. 当7=p时有$2^3\left(2^2-1\right)\left(2^3-1\right) \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$. 从而$G / H \cong A_2(2) \cong L_2(7)$.

情形4    $G / H \cong{ }^2 G_2\left(3^{2 m+1}\right)$，其中$q=3^{2 m+1}$且m≥1.

由于${ }^2 G_2\left(3^{2 m+1}\right)$的孤立点为$q^2-\sqrt{3 q}+1$或$q^2+\sqrt{3 q}+1, G / H$的孤立点为p，则$q^2-\sqrt{3 q}+1=p$或$q^2+\sqrt{3 q}+1=p$. 又由于

则$\|\left.\right|^ 2 G_2\left(3^{2 n+1}\right)|| \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，即$^3\left(q^3+1\right)(q-1) \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$. 显然有$q {\nmid p, } q \nmid { p }+1, q \nmid p-1$，这与整除关系矛盾.

假设$G / H$同构于单群S，根据Atlas定理^{[17, 9]}知群S的阶，则S取以下群之一：

① $E_7(3), \left|E_7(3)\right|=\frac{1}{2} 3^{63} \times\left(3^{18}-1\right)\left(3^{14}-1\right)\left(3^{12}-1\right)\left(3^{10}-1\right)\left(3^8-1\right)\left(3^6-1\right)\left(3^2-1\right)$;

② $E_7(2), \left|E_7(2)\right|=2^{63} \times\left(2^{18}-1\right)\left(2^{14}-1\right)\left(2^{12}-1\right)\left(2^{10}-1\right)\left(2^8-1\right)\left(2^6-1\right)\left(2^2-1\right)$;

③ ${ }^2 F_4(q)$, 其中$q$ 为2的幂, $\left.\right|^2 F_4(q) \mid=q^{12}\left(q^6+1\right)\left(q^4-1\right)\left(q^3+1\right)(q-1)$;

④ $F_4(q)$, 其中$q$ 为2的幂, $\left|F_4(q)\right|=q^{24}\left(q^{12}-1\right)\left(q^8-1\right)\left(q^6-1\right)\left(q^2-1\right)$;

⑤ ${ }^2 D_s\left(3^2\right)$, 其中$s=2^n+1$ 且$n \geqslant 2, \left.\right|^2 D_s\left(3^2\right) \mid=9^{s s(s-1)} \times\left(9^s+1\right) \times\left(9^2-1\right) \times\left(9^4-1\right) \cdots \frac{\left(9^{2(s-1)}-1\right)}{\left(4, 9^s+1\right)}$;

⑥ $G_2(q)$, 其中$q \equiv 0(\bmod 3)$ 且$q$ 为奇素数幂, $\left|G_2(q)\right|=q^6\left(q^6-1\right)\left(q^2-1\right)$;

⑦ ${ }^2 A_5\left(2^2\right), \left.\right|^2 A_5\left(2^2\right) \mid=4^{15}\left(4^2-1\right)\left(4^3+1\right)\left(4^4-1\right)\left(4^5+1\right)\left(4^6-1\right)$;

⑧ $\operatorname{Alt}(n)$, 这里$n=s, n-2=q, n \geqslant 7$, 其中$q$ 为奇素数幂, $|\operatorname{Alt}(n)|=\frac{n!}{2}$.

由于$G / H \cong S$ 且$|G / H| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，则$|S| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$. 又由于$G / H$的孤立点为p，S的孤立点见文献[14]的表Id、文献[15]的表II，则$G / H$的孤立点p等于S的孤立点，从而$|S|>\frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，这与$|S| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$ 矛盾.

$G / H$的素图为4或5个连通分支：

假设$G / H$同构于单群S，则S是以下群之一：当q为2的幂时，S同构于A₂(4)；²E₆(4)；E₈(q)，其中q≡2，3(mod 5)；E₈(q)，其中q≡0，1，4(mod 5)；²B₂(q)，其中q=2^2k+1且k为正整数. 当q为奇素数幂时，S同构于E₈(q)，其中q≡2，3(mod 5)；E₈(q)，其中q≡0，1，4(mod 5). 由于$G / H \cong S$ 且$|G / H| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，则$|S| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$. 又由于$G / H$的孤立点为p，S的孤立点见文献[14]的表Ie以及文献[15]的表III，则$G / H$的孤立点p等于S的孤立点，再根据文献[9]的第311页知|S|，从而$|S|>\frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，这与$|S| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$ 矛盾.

最后假设$G / H$同构于零散单群S. 由于$G / H \cong S$ 且$|G / H| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，则$|S| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$. 又由于$G / H$的孤立点为p，S的孤立点见文献[14]的表IIa-IIc，则$G / H$的孤立点p等于S的孤立点，再根据文献[9]的第312页知|S|，从而$ \mid S \mid>\frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$，这与$|S| \mid \frac{1}{2} p(p+1)(p-1)$ 矛盾.

综上所述$G / H \cong P S L(2, p)$，从而$G \cong P S L(2, p)$.