3. Сильно -однородные геометрии

Предположим, что - сильно-однородная геометрия. По лемме 1.2 числоделит, поэтомуделит. По лемме 1.3 точечный графявляется псевдогеометрическим для частичной геометрии. В частности, он сильно регулярен с параметрами,λ, иделит. Далее, собственные значения графаравны,Можно считать, что, поэтому.

Лемма 3.1. Верны следующие утверждения:

делит ;

делит ;

если или, то- одна из геометрийили.

Доказательство. Утверждения (1–2)-не что иное, как условия целочисленности для и.

Пусть . Тогдаделит, поэтомуделит 18 и. Кроме того,делит. Вслучаечислоделит, поэтому. Противоречие с тем, что.

Если , тоделит, поэтому. В этом случае заключение леммы выполняется.

Если , то 27 делитно не делит.

Пусть теперь ,. Тогдаделит 18 иделит, поэтому. Таккак 27 делит. Если, тоделит, поэтому. Но геометрияне существует, ане удовлетворяет условию целочисленности.

Если делит, поэтому. Противоречие с тем, что.

Лемма 3.2. Либо естьс нечетным, либов графе.

Доказательство. Напомним, что . Если, тоиделит, противоречие.

Пусть . Тогда. Следовательно, либо, либо. В первом случае по утверждению (2) леммы 3.1 числоделит, поэтому, противоречие. Во втором случае имеем расширение частичной геометрии, и по утверждению (1) леммы 3.1числоделит, поэтомунечетно. В этом случае заключение леммы выполняется.

Пусть . Используя оценку для числа лап в графе, имеемпоэтому. Значит,не больше 0, поэтому.

Если , тоделит. Следовательно,, а такжеделити. По утверждению (2) леммы 3.1 числоделит, значит,делит. Дляпараметрне больше 4, ине делит, противоречие. Длячислоделит 9, а длячислоделит 4. В любом случае приходим к противоречию. Наконец, длячислоделит 3, иесть. Противоречие с леммой 1.4.

Если , тоделитиделят 12, поэтому. Но в этом случае, противоречие.

Пусть теперь .. Если, тои. Далее,делит, поэтомуделит. Ноделит, поэтому, противоречие с утверждением (2) леммы 3.1. Лемма доказана.

Будем предполагать, что .

Лемма 3.3. Если делит, то.

Доказательство. Пусть . Тогдаделит, и по утверждению (2) леммы 3.1 числоделит, поэтомуделит.

В случае числоделит, поэтому. В случаечислоделит,делит 6·7·8., и 11 не делит 7·8. В случаечислоделится на 7 иделит 6·9·10. Поэтомуи 24 не делит. В случаеимеем yделит 11 · 12. Значит,. В случаеимеем, и 45 не делит 13 · 14, противоречие.

Если четно, то либо 3 делит, либоделит. Следовательно,делит, поэтомуили 10, ине делит.

Значит, нечетно. Еслиделит 3 · 5 · 7, противоречие.

В случае число 8 делит y и 3+17y делит 6 · 18 · 19, противоречие.

В случае число 7 делитделит 2 · 16 · 17, противоречие.

В случае числочетноделит 3 · 7 · 15, противоречие.

В случае число 5 делитделит 6 · 12 · 13, противоречие.

В случае число 4 делитделит 5 · 11, противоречие.

В случае числоделит 6 · 8 · 9, поэтому.

В случае числочетно иделит 3·3·7, поэтомуи в псевдогеометрическом графе дляусловия целочисленности выполнены. Однако в этом случае имееми в геометриях,условия целочисленности нарушаются.

Лемма 3.4. Если нечетно, то геометрияесть либо, либо.

Доказательство. Если - простое число, тоделит, и ввиду лемм 3.1 и 3.3 заключение леммы выполняется.

Пусть . Тогдаделит 6·16·17. Если 3 делитделит 25 · 17, противоречие. Значит, 3 не делит, иделит 25 · 17. Поэтомуили 8 · 17. Значит,. В любом случае s делит α, противоречие.

Пусть . Тогда 4 делит, и по лемме 3.3 число 3 делит. Следовательно,или 6, кроме того,делит 5 · 11. Поэтому. В первом случаелибо, либо, и 11 не делит. Во втором случае получимпротиворечие с утверждением (2) леммы 3.1. В третьем случае α, противоречие с утверждением (1) леммы 3.1. Лемма доказана.

В леммах 3.5–3.8 будем предполагать, что четно.

Лемма 3.5. Если взаимно просто с, тоесть

Доказательство. Пусть взаимно просто с. По лемме 3.1 числоделит. Тогдаи 3 делит. В случаеимеем, противоречие. Поэтомуи 3 делит.

Пусть . Тогда. Так какделит. В случаеполучим, поэтомувзаимно просто си. Отсюдаи числоне целое. Значит,.

Если , тоиделит. В случаеимеем, противоречие. В случаеимееми 7 не делит. В случаеимеем} и 11 не делит. В случаеимееми 8 не делит, поэтому αне делит. В случаеимеем. Так какне делит, тоявляется расширением геометрии.

Если , тоиделит. Поэтому α, противоречие с тем, чтоне делит.

Если , противоречие.

Итак, не делится на 3, поэтому 3 делит. Тогда

.

Если , то, противоречие. Если,четно инечетно. Так как, то. Если, то, противоречие с тем, что частичная геометрияне существует. Если,является псевдогеометрическим графом дляи нарушается условие целочисленности.

Лемма 3.6. Если , тоявляется геометрией

Доказательство. Пусть . Тогдаиделиткроме того, по лемме 3.5 простое число 5 делит. Следовательно,не делит.

Пусть . По лемме 3.5 число 7 делит. Еслитоделится на 7 и. Далее,делит) иделит 126, противоречие.

Если , тоделится на 7 и. Далее,делитиделит 84, поэтомуиявляется расширением геометрии. Но в этом случае по лемме 1.2 числодолжно быть четно, противоречие.

Если , тоделится на 7 и. Далее,делитиделит 21 · 20, поэтому, противоречие с тем, что геометрияне удовлетворяет условию Крейна.

Пусть . Так как, то 7 делитичетно (так какделит, но не делит). По лемме 3.5 число 3 делит, поэтому.

Если тоделитиделит, поэтому. В случаечислоне делит. В случаечислоне делит, противоречие.

Если , тоделитделит, поэтому, противоречие. Если, тоделитделит, поэтому, противоречие с тем, чтоне делит.

Пусть . Тогдадля некоторого целого числа, и 11 делит. Поэтому. Если, тоделитиделит, противоречие.

Если , тоделитиделит, противоречие.

Если , тоделитиделит, противоречие.

Если , тоиделитиделит, противоречие.

Если , тоиделитиделит, противоречие.

Если , тоиделитиделит, противоречие.

Если , тоиделитиделит, поэтомуине делит.

Лемма 3.7. Если , тоделит, и.

Доказательство. Пусть . Еслине делит, тои 3 не делит. Но в этом случаевзаимно просто с 6, иделит 17, противоречие.

Пусть . Тогда 13 делит, и либо, либочетно. Еслитоделит, противоречие.

Если 3 делит тоделит. Ноне делитдля любого делителячисла. Значит, 3 не делит, иделит. Как и выше, пришли к противоречию.

Лемма 3.8. Параметр меньше 12.

Доказательство. Пусть . Согласно леммам 3.5, 3.7 числоделит, иделит. Если 3 не делит, тоделит. Пусть. Тогда 3 делит, иделит. Значит,и(по лемме 1.2). Следовательно,или 44, но в каждом случаене делит. Если, тоделит 17, противоречие. Пусть. Тогда, и 3 не делит, так чтоделит. Противоречие с тем, что 17 делит.

Таким образом, 3 делит , иделит. Пусть. Тогда 11 делитдля некоторого делителячисла. Поэтомуи. Но в первом случае нарушается условие Крейна, а во втором числоне делит.

Пусть . Тогдаявляется четным, иделит. Если, тоделитинечетно. Значит,или. В любом из этих случаевне делит. Поэтому 5 не делит, и 5 делитдля некоторого, являющегося делителем числа. Следовательно,и. В этом случаене делит.

Пусть . Тогдаделит, и 17 делитдля, противоречие. Лемма доказана.

Леммы 3.4, 3.6 и 3.8 доказывают теорему 2.

Список литературы

1. Cameron P. J., Hughes D. R., Pasini A. Extended generalized quadrangles // Geom. Dedicata. 1990. V. 35. P. 193–228.

2. Thas J. A. Some results on quadrics and newpartial geometries // Simon Stevin. 1981. V. 55. P. 129–139.

3. Hobart S. A., Hughes D. R. Extended partial geometries: nets and dual nets // Europ. J. Comb. 1990. V. 11. P. 357–372.

4. Hobart S. A., Hughes D. R. withminimal µ. II //Geom. Dedicata. 1992.

V. 42. P. 129–138.

5. HughesD. R. Extended partial geometries: dual 2-design //Europ. J. Comb. 1990. V. 11. P. 459–472.

6. Seidel J. J. Strongly regular graphs with (−1,1,0) adjacency matrix having eigenvalue 3 // Linear Algebra&Appl. 1968. V. 1. P. 281–298.

7. Brouwer A. E., Lint J. H. van. Strongly regular graphs and partial geometries // Enumeration&Design / Eds. D. Jackson, S. Vanstone. NewYork: Academic Press, 1984. P. 85–122.

49