[-1,n1]×[-l,n2]上的一类极小零和序列的结构*

2022-05-10 00:51邓贵新
关键词:正整数刻画整数

程 鹏,邓贵新

(南宁师范大学 数学与统计学院,广西 南宁 530100)

1 引言

零和理论研究交换群上的零和序列,该理论的两个主要研究课题是刻画极小零和序列的结构和计算Davenport常数.零和理论与编码理论、群论、整环的分解理论等有密切的联系.例如,设Κ是代数数域,F(x)是K中模不超过x的互不相伴的不可约元的个数,则存在正数C使得

其中D是K的类群的Davenport常数(见文献[1],定理9.15).这是经典的素数定理在代数数域上的一个推广.

有限交换群上的零和问题已有很长的研究历史,详见文献[2].现在已经知道p-群和秩不大于2的群的Davenport常数,但秩大于等于3的有限交换群的Davenport常数的计算仍然非常困难.目前关于无限群上的零和问题的结果还比较少.文献[5,6]得到了整数加群上的极小零和序列的一些基本信息.文献[7]考察了整数区间的乘积上的极小零和序列的性质,给出了其Davenport常数的上、下界.文献[8,9]确定了整数区间的Davenport常数(最多除去有限个例外).文献[10,11]分别证明了平面整点区域[-1,1]×[-m,n]和[-1,m]×[-1,n]的Davenport常数分别为2(m+n)和(m+1)(n+1).本文对任意正整数n1,n2,l,刻画了平面整点区域[-1,n1]×[-l,n2]上的长度至少为(n1+1)(l+n2)的极小零和序列的结构.

2 预备知识

其中vg(S)∈是g在S中出现的次数,称为g在S中的重数.S的长度定义为的和定义为

序列S称为零和的,如果σ(S)=0;称为极小零和的,如果S是零和的,且它的所有非空真子列都不是零和的.集合X的Davenport常数,记作D(X),定义为X上的极小零和序列的长度的上确界.

定义1设G是交换群,α∈G,S是G上的一个序列.若存在整数k使得σ(S)=kα,则称S是一个模α的零和序列;若S是模α零和的且S的任意非空真子列都不是模α零和的,则称S是模α极小零和的.

易知极小零和序列的长度为1当且仅当它只有一项0.以下总设所考虑的极小零和序列S是非平凡的,即|S|≥2.

引理3[7]设S是上的一个极小零和序列.设max{S}=n,min{S}=-m.那么有|S+|≤m,|S-|≤n,从而|S|≤m+n.特别地,|S|=m+n当且仅当m与n互素且S=(-m)[n]·(n)[m].

3 主要结论

本节主要考察[-1,n1]×[-l,n2]上的极小零和序列的结构,其中n1,n2,l都是正整数.文献[10]刻画了[-1,1]×[-l,n2]上长度至少为2(l+n2)的极小零和序列的结构,并由此得出D([-1,1]×[-l,n2])=2(l+n2);文献[11]刻画了[-1,n1]×[-1,n2]上长度至少为(n1+1)(n2+1)的极小零和序列的结构,并由此得出D([-1,n1]×[-1,n2])=(n1+1)(n2+1),因此,以下我们总假设min{n1,n2,l}≥2.

例4下面的(1)~(5)都是[-1,n1]×[-l,n2]上的长度为(n1+1)(l+n2)的极小零和序列:

(2) (-1,-l)[n1n2-l+t]·(-1,n2)[n1l+l-t]·(n1,-l)[n2+l-t]·(n1,n2)[t],gcd(l,n2)=gcd(n1+1,l+n2)=1,max{0,l-n1n2}≤t≤min{l+n2,n1l+l}.

(3) (n1,d)[l+n2]·(-1,-l)[n1n2+d]·(-1,n2)[n1l-d],gcd(n1n2+d,l+n2)=1,-l≤d≤n2,-n1n2

(4) (0,-l)[(n1+1)n2]·(-1,n2)[n1l]·(n1,n2)[l],gcd(n1+1,l)=gcd(n2,l)=1.

(5) (0,n2)[(n1+1)l]·(-1,-l)[n1n2]·(n1,-l)[n2],gcd(n1+1,n2)=gcd(n2,l)=1.

验证它们是极小零和序列是很容易的,我们以验证(2)是极小零和的为例.设

T=(1,-l)[r1]·(-1,n2)[r2]·(n1,-l)[r3]·(n1,n2)[r4]

是(2)的一个零和子列,那么

由于gcd(l,n2)=1,可设r1+r3=kn2,r2+r4=kl,k∈.那么有

k(n2+l)=r1+r2+r3+r4=(n1+1)(r3+r4).

又因为gcd(l+n2,n1+1)=1,有n2+l|r3+r4.由于r3+r4≤l+n2,有r3+r4=0或l+n2.容易看出前者蕴涵T是空序列,而后者蕴涵T=S.所以S是极小零和的.

注意当gcd(n1,l,n2)>1时,(1)、(2)、(4)、(5)中的零和序列都不是极小的.但我们指出,在[-1,n1]×[-l,n2]必有形如(3)的极小零和序列.由对称性不妨设n2≥l.当n1l>n2时恰好存在φ(l+n2)(φ是欧拉函数)个d∈[-l,n2-1]使得gcd(n1n2+d,l+n2)=1.如果n1l≤n2,那么取d=n1l-1∈[-l,n2],此时仍有

gcd(n1n2+d,l+n2)=gcd(n1(n2+l)-1,l+n2)=1.

故此类极小零和序列是存在的.

推论5D([-1,n1]×[-l,n2])≥(n1+1)(l+n2),∀n1,n2,l≥1.

由例 4,以下总设S是[-1,n1]×[-l,n2]上的一个长度至少为(n1+1)(l+n2)的极小零和序列.设ω:S=S1…Sq是S的一个模(0,1)的极小零和分解,σ(Si)=(0,si),即其中每个Si都是模(0,1)的极小零和序列.对此分解我们定义Sω=s1…sq.易见Sω是一个整数极小零和序列.

我们的想法是考察一类特殊的分解ω,使得Sω满足一些特殊性质,从而确定Sω的结构,进一步得到相应的S的结构的信息.

sj-si≤b-a.

证不妨设i=1,j=2.x=0的情形是显然的,下设x≠0.令T1=S1·(x,a)[-1]·(x,b),T2=S2·(x,b)[-1]·(x,a),则

z∶S=T1·T2·S3·S4…Sq

是S的另一个模(0,1)的极小零和分解,且Sz=(s1-a+b)·(s2-b+a)·s3·s4…sq.

下面是本文的主要结论,它刻画了一个极端情形.

ω:S=S1…Sl+n2,

其中s1≤s2≤…≤sl+n2.

我们断言:对该分解ω必有h=max{Sω}-min{Sω}=sl+n2-s1=l+n2.

首先,由引理 3 有h≥|Sω|≥l+n2.令

其中a=min{a1,…,an1},b=max{b1,…,bn1}.

若b≤a,则有

因此,h=l+n2,并且此时有b0=n2,a0=-l且ai=bj对任意i,j∈{1,…,n1}成立.

若b>a,则由引理7得

sl+n2-si≤b-a≤l+n2.

因此

sl+n2-s1=b-a=l+n2,

并且b=n2,a=-l.此时再次由引理7,有ai,bi∈{-l,n2},i≥1.于是有

h=l+n2, max{Sω}-min{Sω}=|Sω|=l+n2.

令sl+n2=v,-u=s1,由引理 3,

Sω=v[u]·(-u)[v],

其中u,v>0,u+v=l+n2,gcd(u,v)=1.即

s1=s2=…=sv=-u,sv+1=sv+2=…=sl+n2=v.

以下分两种情形讨论.

情形1设对任意(-1,a)∈S1…Sv,(-1,b)∈Sv+1…Sl+n2都有a≥b.任取i≤v

并且

那么由断言证明中第一个情形部分,可得b0=n2,a0=-l且所有ai=bi=c,i≥1,j≥1,v=n2+cn1,-u=-l+cn1,即

Si=(-1,c)[n1]·(n1,-l),Sj=(-1,c)[n1]·(n1,n2).

所以

S=(-1,c)[n1n2+n1l]·(n1,n2)[l-cn1]·(n1,-l)[n2+cn1],

并且gcd(l-cn1,l+n2)=gcd(n2+cn1,l+n2)=gcd(u,u+v)=gcd(u,v)=1.即此时S是例 4 中的序列(1).

情形2如果存在(-1,a)∈S1…Sv,(-1,b)∈Sv+1…Sl+n2并且a

Si=(n1,d)·(-1,n2)[pi]·(-1,-l)[n1-pi].

那么对任意1≤i,j≤l有

si-sj=di-dj+(pi-pj)(l+n2)∈{0,±(l+n2)}.

从而l+n2|di-dj,又因为di,dj∈[-l,n2],我们有di=dj或者{di,dj}={-l,n2}.由此易得以下两款之一成立:

(i)d1=d2=…=dl=d∈[-l,n2].

(ii)di∈{-l,n2},i=1,…,l.

若(i)成立,则可设

S=(n1,di)[l+n2]·(-1,-l)[P]·(-1,-n2)[Q],

其中P+Q=n1(l+n2).因S是零和的,我们有lP-n2Q=d(l+n2).由以上两式可得P=n1n2+d,Q=-d+n1l,并且此时有-u=d+p1n2-(n1-p1)l,v=d+(p1+1)n2-(n1-p1-1)l.所以

gcd(n1n2+d,l+n2)=gcd(n1n2+d-(n1-p1)(l+n2),l+n2)=gcd(-u,u+v)=1.

此时S是例 4 中的序列(3).

若(ii)成立,则可设

S=(1,-l)[t1]·(-1,n2)[t2]·(n1,-l)[t3]·(n1,n2)[t4],

其中t1+t2=n1(l+n2),t3+t4=l+n2.结合S是零和的,我们有l(t1+t3)=n2(t2+t4).由这三个关于t1,t2,t3,t4的等式得到t1=n1n2-l+t4,t2=n1l+l-t4,t3=l+n2-t4.可见S形如例 4 中的序列(2).最后需要证明后半部分的互素条件成立.由于此时S中每一项的第二分量都是-l或n2,故存在整数p使得-u=pn2-(n1+1-p)l.我们有

gcd(l+n2,(n1+1)l)=gcd(l+n2,p(l+n2)+u)=gcd(u+v,u)=1

所以gcd(l,n2)=gcd(n1+1,l+n2)=1.定理证毕.

最后我们给出一个猜想:

猜想对任意的正整数n1,n2,l都有D([-1,n1]×[-l,n2])=(n1+1)(l+n2).进一步地,如果S是[-1,n1]×[-l,n2]上的长度为(n1+1)(l+n2)的极小零和序列,那么S是例4中的(1)~(5)之一.

猜你喜欢
正整数刻画整数
关于包含Euler函数φ(n)的一个方程的正整数解
Artin单群的一种刻画
被k(2≤k≤16)整除的正整数的特征
周期数列中的常见结论及应用*
刻画细节,展现关爱
方程xy=yx+1的全部正整数解
一类整数递推数列的周期性
ℬ(ℋ)上在某点处左可导映射的刻画
答案
求整数解的策略