单纯3-设计与群PSL(2,q)，q≡1(mod4)

Simple 3-Designs and Group PSL(2,q), q≡1(mod4)

摘要: 在本文中，我们以特殊射影线性群PSL(2,q)为自同构群，考虑了PSL(2,q)在射影直线X=GF(q)∪{∞}上的作用，其中q是一个素数幂且q≡1(mod4)。通过取PSL(2,q)作用下的轨道的并，我们构建了一些单纯3-设计。

Abstract: In this paper, we consider the action of PSL(2,q) acting as a group of automorphisms on the projective line X=GF(q)∪{∞}, where q is a prime power and congruent to 1 modulo 4. We construct some simple 3-designs by taking a union of orbits under the action of PSL(2,q).

1. 引言

设 $t,v,k$ 和 $\lambda$ 是整数，其中 $0<t\le k<v$， $\lambda >0$。令X是一个v-集合， $\mathcal{B}$ 是X的一组k-子集，若X的任意给定的t-子集都恰好出现在 $\mathcal{B}$ 的 $\lambda$ 个成员之中，则称有序对 $\left(X,\mathcal{B}\right)$ 是一个 $t\text{-}\left(v,k,\lambda \right)$ 设计，其中X的元素称为点， $\mathcal{B}$ 中的成员称为区组。若 $\mathcal{B}$ 中的任意两个区组都不相同，则称这个设计为单纯的。在本文中，我们只考虑单纯t-设计。

设 $G\le sym\left(X\right)$，对于任意 $g\in G$， $S\subseteq X$，令 $g\left(S\right)=\left\{g\left(x\right)|x\in S\right\}$。 $G\left(S\right)=\left\{g\left(S\right)|g\in G\right\}$ 和 $G_S=\left\{g\in G|g\left(S\right)=S\right\}$ 分别称为S的轨道和稳定子群，且 $\left|G\right|=\left|G\left(S\right)\right|\left|G_S\right|$ [1] 。长度为 $\left|G\right|$ 的轨道 $G\left(S\right)$ 称为正则轨道，即 $\left|G\left(S\right)\right|=\left|G\right|$，其它的轨道称为非正则轨道。对于任意的 $x,y\in X$，若存在 $g\in G$ 使 $g\left(x\right)=y$，则称G在X上的作用是传递的。若G在集合 $P_k\left(X\right)$ 上的作用是传递的，其中 $P_k\left(X\right)$ 是X的所有k-子集

的集合，则称G是k-齐次的。

在本文中，设 $q=p^n$，其中 $q\equiv 1\left(\mathrm{mod}4\right)$ 且p为素数， $X=GF\left(q\right)\cup \left\{\infty \right\}$ 为射影直线。对于任意的 $a,b,c,d\in GF\left(q\right)$，定义映射f：

$x\mapsto \frac{ax+b}{cx+d}=f\left(x\right),$

其中 $ad-bc$ 是 $GF\left(q\right)$ 中的一个非零平方元。所有形如f的映射的集合构成一个群，称为射影特殊线性群 $\text{PSL}\left(2,q\right)$。以下总是用G表示 $\text{PSL}\left(2,q\right)$。

当 $q\equiv 3\left(\mathrm{mod}4\right)$ 时，群G是3-齐次的，即G作用在集合 $P_3\left(X\right)$ 上是传递的。因此，G在 $P_k\left(X\right)$ 上作用的轨道可以构造出单纯3-设计。文献 [2] [3] 给出了以G为自同构群，区组长度为4，5和6的单纯3-设计的完整结果。目前，这种设计的最好结果在文献 [4] 中，给出了所有以G为自同构群，区组长度为k的所有单纯3-设计，其中 $k\cancel{\equiv }0,1\left(\mathrm{mod}p\right)$。然而，当 $q\equiv 1\left(\mathrm{mod}4\right)$ 时，G不是3-齐次的。因此，G在 $P_k\left(X\right)$ 上作用的轨道不一定能构造出单纯3-设计。但在文献 [5] 中提供了一种方法，可以利用G在 $P_k\left(X\right)$ 上作用的轨道的并来构造单纯3-设计。通过这种方法，文献 [6] [7] 找到了一些单纯3-设计存在的例子。

本文在文献 [6] [7] 的基础上，借助上述方法给出了其它单纯3-设计的一些例子。

2. 预备知识

下面的引理给出了G的所有子群。

引理1 [8] G的一个子群必为下列之一：

1) $p^m$ 阶初等Abel群，其中 $m\le n$ ；

2) 循环群 $C_d$， $d|\frac{q\pm 1}{2}$ ；

3) 2d阶二面体群， $d|\frac{q\pm 1}{2}$ ；

4) $A_4$ ；

5) $S_4$，当 $q^2\equiv 1\left(\mathrm{mod}16\right)$ 时；

6) $p^m$ 阶初等Abel群和d阶循环群的半直积，其中 $d|\frac{q-1}{2}$ 且 $d|\left(p^m-1\right)$ ；

7) $A_5$，当 $q^2\equiv 1\left(\mathrm{mod}5\right)$ 时；

8) $\text{PSL}\left(2,p^m\right)$，其中 $m|n$ ；

9) $\text{PGL}\left(2,p^m\right)$，其中 $2m|n$。

以下总假设K是群G的一个子群， $N_l$ 表示K在X上作用的长度为 的轨道的条数。在文献 [7] [9] [10] 中都介绍了下面引理所列举的结果。

引理2设K是一个d阶循环群，则

1) 若 $d|\left(q+1\right)/2$，则 $N_d=\frac{q+1}{d}$ ；

2) 若 $d|\left(q-1\right)/2$，则 $N_1=2$， $N_d=\frac{q-1}{d}$ ；

3) 若 $d=p$，则 $N_1=1$， $N_d=\frac{q}{d}$。

引理3设K是一个 $p^m$ 阶初等Abel群和一个d阶循环群的半直积，其中 $d|\frac{q-1}{2}$ 且 $d|\left(p^m-1\right)$，则 $N_1=1$， $N_{p^m}=1$ 且其他轨道是正则的。

引理4设 $K=\text{PSL}\left(2,p^m\right)$，其中 $m|n$，则

1) 若n/m是奇数，则 $N_{p^m+1}=1$ 且其他轨道是正则的；

2) 若n/m是偶数，则 $N_{p^m+1}=1$， $N_{p^m\left(p^m-1\right)}=1$ 且其他轨道是正则的。

3. 主要结果

以下总假设 $\theta$ 是 $GF\left(q\right)$ 的一个本原元。下面的引理指出，我们可以通过G在 $P_k\left(X\right)$ 上作用轨道的并来构造一个3-设计。设 $\mathcal{B}$ 是X的k-子集的一个集合，Δ是X的一个t-子集，其中 $t<k$。令 ${\lambda }_{\mathcal{B}}\left(\text{Δ}\right)$ 表示 $\mathcal{B}$ 中包含Δ的k-子集的个数，即 ${\lambda }_{\mathcal{B}}\left(\text{Δ}\right)=\left|\left\{B|B\in \mathcal{B},\text{Δ}\subseteq B\right\}\right|$。

引理5 [6] 设Γ是G在X的k-子集上作用的一个轨道，则

${\lambda }_{\Gamma }\left(\left\{0,1,\infty \right\}\right)={\lambda }_{\theta \Gamma }\left(\left\{0,\theta ,\infty \right\}\right),$

${\lambda }_{\theta \Gamma }\left(\left\{0,1,\infty \right\}\right)={\lambda }_{\Gamma }\left(\left\{0,\theta ,\infty \right\}\right).$

若 $\mathcal{B}=\Gamma \cup \theta \Gamma$，则 ${\lambda }_{\mathcal{B}}\left(\left\{0,1,\infty \right\}\right)={\lambda }_{\mathcal{B}}\left(\left\{0,\theta ,\infty \right\}\right)$。因此， $\left(X,\mathcal{B}\right)$ 是一个3- $\left(q+1,k,\lambda \right)$ 设计，其中 $\lambda =\frac{k\left(k-1\right)\left(k-2\right)}{\left|G_B\right|}$。

以下我们总假设 $H=\left\{1,{\theta }^2,{\theta }^4,\cdots ,{\theta }^{q-3}\right\}$， $f\left(x\right)={\theta }^{2}x$， $g\left(x\right)=\frac{1}{x}$，其中 $x\in X$，则 $f,g\in G$，易见 $f,g\in G_H$。因 $\left|f\right|=\frac{q-1}{2}$， $\left|g\right|=2$， $gf=f^{-1}g$，故 $\langle f,g\rangle \cong D_{q-1}$，易见 $\langle f,g\rangle \subseteq G_H$。

定理1设 $q\equiv 1\left(\mathrm{mod}8\right)$， $q>11$ 且 $k=\frac{q-1}{2}$，则存在一个单纯3- $\left(q+1,k,\frac{\left(k-1\right)\left(k-2\right)}{2}\right)$ 设计。

证明取 $B=H$，令 $\mathcal{B}=\Gamma \cup \theta \Gamma$，其中 $\Gamma =G\left(B\right)=\left\{g\left(B\right)|g\in G\right\}$，由引理5知， $\left(X,\mathcal{B}\right)$ 是一个3- $\left(q+1,k,\lambda \right)$ 设计，其中

$\lambda =\frac{k\left(k-1\right)\left(k-2\right)}{\left|G_B\right|}.$

因 $\langle f,g\rangle \subseteq G_B$，故 $\left(2k\right)|\left|G_B\right|$，可得 $\lambda |\frac{\left(k-1\right)\left(k-2\right)}{2}$。又 $q\equiv 1\left(\mathrm{mod}8\right)$，故 $k\equiv 0\left(\mathrm{mod}4\right)$，从而 $\frac{\left(k-1\right)\left(k-2\right)}{2}$ 为奇数，可得 $\lambda$ 为奇数。所以 $\left(X,\mathcal{B}\right)$ 是一个单纯3-设计。

因 $\langle f,g\rangle \subseteq G_B$，由引理1知， $G_B$ 不为循环群或初等Abel群。又 $\left|f\right|=k>5$，故 $G_B$ 中含有阶数大于5的元素，从而 $G_B$ 不为 $A_4$， $S_4$ 或 $A_5$。又 $k=\frac{q-1}{2}$，故 $\left(k,p\right)=1$。若 $G_B$ 是阶数为 $p^{m}d$ 的半直积，则 $\left(2k\right)|p^{m}d$。又p是奇素数，故 $\left(2k,p^m\right)=1$，所以 $\left(2k\right)|d$，可得 $d>k$。由引理2知，这是不可能的。

若 $G_B=\text{PSL}\left(2,p^m\right)$，其中 $m|n$，则B是由 $\text{PSL}\left(2,p^m\right)$ 在X上作用的轨道的并构成。由引理4知， $\left|B\right|\ge p^m+1$。又 $f\in G_B$ 且 $\left|B\right|=k$，故 $G_B$ 中元素的最大阶为k。而 $\text{PSL}\left(2,p^m\right)$ 中元素的最大阶为 $\frac{p^m+1}{2}$，故 $k=\frac{p^m+1}{2}$，即 $\left|B\right|=\frac{p^m+1}{2}$，与 $\left|B\right|\ge p^m+1$ 矛盾。

若 $G_B=\text{PGL}\left(2,p^m\right)$，其中 $\left(2m\right)|n$，则 $G_B$ 中元素的最大阶为 $p^m+1$。因此 $k=p^m+1$，即

$p^m+1=\frac{q-1}{2}=\frac{p^n-1}{2},$

可得 $p^m|3$。所以 $p=3$， $m=1$，故 $k=4$，与 $k>5$ 矛盾。

综上所述， $G_B$ 是阶数为2d的二面体群，其中 $d|\frac{q\pm 1}{2}$。因 $f\in G_B$，故 $d=\frac{q-1}{2}$，从而 $G_B=\langle f,g\rangle$，所以 $\lambda =\frac{\left(k-1\right)\left(k-2\right)}{2}$。

定理2设 $q\equiv 1\left(\mathrm{mod}8\right)$， $q>11$ 且 $k=\frac{q-1}{2}+2$，则存在一个单纯3- $\left(q+1,k,\frac{k\left(k-1\right)}{2}\right)$ 设计。

证明取 $B=H\cup \left\{0,\infty \right\}$，易知 $f,g\in G_B$ 且 $\langle f,g\rangle \subseteq G_B$。令 $\mathcal{B}=\Gamma \cup \theta \Gamma$，其中 $\Gamma =G\left(B\right)=\left\{g\left(B\right)|g\in G\right\}$，由引理5知， $\left(X,\mathcal{B}\right)$ 是一个3- $\left(q+1,k,\lambda \right)$ 设计，其中

$\lambda =\frac{k\left(k-1\right)\left(k-2\right)}{\left|G_B\right|}.$

因 $\langle f,g\rangle \subseteq G_B$，故 $\left(2k-4\right)|\left|G_B\right|$，从而 $\lambda |\frac{k\left(k-1\right)}{2}$。又 $q\equiv 1\left(\mathrm{mod}8\right)$，故 $k\equiv 2\left(\mathrm{mod}4\right)$，从而 $\frac{k\left(k-1\right)}{2}$ 为奇数，可得 为奇数。所以， $\left(X,\mathcal{B}\right)$ 是一个单纯3-设计。

因 $\langle f,g\rangle \subseteq G_B$，由引理1知， $G_B$ 不为循环群或初等Abel群。又 $k>7$，则 $\left|f\right|=k-2>5$，从而 $G_B$ 中含有阶数大于5的元素，所以 $G_B$ 不为 $A_4$， $S_4$ 或 $A_5$。又 $k=\frac{q-1}{2}+2$，故 $\left(k-2,p\right)=1$。若 $G_B$ 是阶数为 $p^{m}d$ 的半直积，则 $\left(2k-4\right)|p^{m}d$。又p是奇素数，故 $\left(2,p\right)=1$，从而 $\left(2\left(k-2\right),p\right)=1$，所以 $\left(2k-4\right)|d$，可得 $d>k$。由引理2知，这是不可能的。

若 $G_B=\text{PSL}\left(2,p^m\right)$，其中 $m|n$，则 $G_B$ 中元素的最大阶为 $\frac{p^m+1}{2}$，而 $G_B$ 中含有阶数为 $k-2$ 的元素，故 $k-2\le \frac{p^m+1}{2}$，即 $q\le p^m+2$。所以 $m=n$，即 $G_B=\text{PSL}\left(2,q\right)$，从而 $G_B$ 中含有 $\frac{q+1}{2}$ 阶元 $h_1$，而 $h_1$ 无不动点，与 $k=\frac{q+1}{2}+1$ 矛盾。

若 $G_B=\text{PGL}\left(2,p^m\right)$，其中 $\left(2m\right)|n$，设 $h_2$ 是 $G_B$ 中阶数为 $p^m+1$ 的元素，则 $k-2\le \left|h_2\right|\le k$，而 $h_2$ 无不动点，故

$p^m+1=k=\frac{q-1}{2}+2=\frac{p^n+3}{2},$

可得 $p^m|1$。所以 $p=1$，从而 $q=1$，与 $q>11$ 矛盾。

综上所述， $G_B$ 是阶数为2d的二面体群，其中 $d|\frac{q\pm 1}{2}$。因 $f\in G_B$，故 $d=\frac{q-1}{2}$，从而 $G_B=\langle f,g\rangle$，所以 $\lambda =\frac{k\left(k-1\right)}{2}$。

定理3设 $q\equiv 1\left(\mathrm{mod}4\right)$， $q>11$ 且 $k=\frac{q-1}{2}+1$，则存在一个单纯3- $\left(q+1,k,k\left(k-2\right)\right)$ 设计。

证明取 $B=H\cup \left\{0\right\}$，易知 $f\in G_B$，从而 $\langle f\rangle \subseteq G_B$。令 $\mathcal{B}=\Gamma \cup \theta \Gamma$，其中 $\Gamma =G\left(B\right)=\left\{g\left(B\right)|g\in G\right\}$，由引理5知， $\left(X,\mathcal{B}\right)$ 是一个3- $\left(q+1,k,\lambda \right)$ 设计，其中

$\lambda =\frac{k\left(k-1\right)\left(k-2\right)}{\left|G_B\right|}.$

因 $f\in G_B$，故 $\left(k-1\right)|\left|G_B\right|$，从而 $\lambda |k\left(k-2\right)$。又 $q\equiv 1\left(\mathrm{mod}4\right)$，故k为奇数，从而 $k\left(k-2\right)$ 为奇数，可得 $\lambda$ 为奇数。所以， $\left(X,\mathcal{B}\right)$ 是一个单纯3-设计。

因 $\langle f\rangle \subseteq G_B$，由引理1知， $G_B$ 不为初等Abel群。又 $k>6$，则 $\left|f\right|=k-1>5$，从而 $G_B$ 中含有阶数大于5的元素，所以 $G_B$ 不为 $A_4$， $S_4$ 或 $A_5$。若 $G_B=D_{2d}$，则 $\left(k-1\right)|d$，即 $\frac{q-1}{2}|d$，从而 $d=\frac{q-1}{2}=k-1$，而 $\left|G_B\right|=\left(2k-2\right)|k\left(k-1\right)\left(k-2\right)$，故 $2|k\left(k-2\right)$，与 $k\left(k-2\right)$ 为奇数矛盾。所以 $G_B$ 不为二面体群。又 $k=\frac{q-1}{2}+1$，故 $\left(k-1,p\right)=1$，从而 $\left(k-1,p^m\right)=1$。若 $G_B$ 是阶数为 $p^{m}d$ 的半直积，则 $\left(k-1\right)|p^{m}d$，即 $\frac{q-1}{2}|p^{m}d$，从而 $\frac{q-1}{2}|d$，可得 $d=\frac{q-1}{2}$。因 $d|\left(p^m-1\right)$，故 $\frac{q-1}{2}|\left(p^m-1\right)$，所以 $m=n$，即 $\left|G_B\right|=\frac{q\left(q-1\right)}{2}$。因B是由 $G_B$ 在X上作用的轨道的并构成，由引理3知， $\left|B\right|\ge q$，而 $\left|B\right|=k=\frac{q+1}{2}$，与 $q>\frac{q+1}{2}$ 矛盾。

若 $G_B=\text{PSL}\left(2,p^m\right)$，其中 $m|n$，则B是由 $\text{PSL}\left(2,p^m\right)$ 在X上作用的轨道的并构成。由引理4知， $\left|B\right|\ge p^m+1$。又 $f\in G_B$，故 $G_B$ 中含有阶数为 $k-1$ 的元素。而 $\text{PSL}\left(2,p^m\right)$ 中元素的最大阶为 $\frac{p^m+1}{2}$，故 $k-1\le \frac{p^m+1}{2}$，即 $k\le \frac{p^m+1}{2}+1$，因此 $p^m+1\le \left|B\right|\le \frac{p^m+1}{2}+1$。所以 $p^m+1\le \frac{p^m+1}{2}+1$，即 $p^m\le 1$，可得 $p=1$，从而 $q=1$，与 $q>11$ 矛盾。

若 $G_B=\text{PGL}\left(2,p^m\right)$，其中 $\left(2m\right)|n$，设h是 $G_B$ 中阶数为 $p^m+1$ 的元素，则 $k-1\le \left|h\right|\le k$，而h无不

动点，故

$p^m+1=k=\frac{q-1}{2}+1=\frac{p^n+1}{2},$

可得 $p^m|1$。所以 $p=1$，从而 $q=1$，与 $q>11$ 矛盾。

综上所述， $G_B$ 是d阶循环群，其中 $d|\frac{q\pm 1}{2}$。因 $f\in G_B$，故 $d=\frac{q-1}{2}$。所以 $G_B=\langle f\rangle$，故 $\lambda =k\left(k-2\right)$。

致谢

衷心感谢导师李伟霞在本文写作过程中的悉心指导。

基金项目

国家自然科学基金资助项目(11501315)。

NOTES

^*通讯作者。