C2⊕C2n上不可分原子的結構*

官歡歡，袁平之

(1. 貴州財經大學數學與統計學院，貴州 貴陽 550025;2. 華南師范大學數學科學學院，廣東 廣州 510631)

本文的符號參看文獻[1]。

設G是有限阿貝爾群，由有限阿貝爾群結構定理知，存在n1,n2,…,nr∈，使得G?Cn1⊕Cn2⊕…⊕Cnr，其中r=n1=1或者1

設F(G)是以群G為基的自由乘法阿貝爾幺半群。F(G)中的元素S稱為群G上的序列，記為

supp(S)={g∈G|νg(S)>0}?G

因此序列S是由群G中元素組成的多重集。F(G)中的單位元素1稱為空序列，記為φ，其長度為0。

若有νg(S)>0，稱S包含元素g，記為g|S。

序列T∈F(G)稱為序列S的子序列，如果對所有的g∈G，νg(T)≤νg(S)，記為T|S。若1≤|T|<|S|，稱T為S的真子序列。

如果T|S，則記ST-1為序列S去掉序列T中的元素之后所得的序列。

對任意的k∈{1,2,…,l}，記

i1

如果0?∑(S)，稱S為零和自由序列。

若S是群G上的零和序列，且其任意真子序列都是零和自由序列，則稱S是最小零和序列。

若S是群G上的零和序列，并且1≤|S|≤exp(G)，則稱S為短零和序列。

群G的所有零和序列的集合記為B(G)，所有最小零和序列的集合記為A(G)。

用D(G)記Davenport常數，即滿足下列條件的最小的正整數d，使得群G中每個長度不小于d的序列都含有一個非空的零和子序列。

設G和G′都是有限阿貝爾群，S=g1·…·gl∈F(G)，給定群同態φ:G→G′，將φ擴展到其生成的自由幺半群上的同態，定義φ(S)=φ(g1)·…·φ(gl)，則φ為F(G)上的同態。

為了更好的給出本文的結論，首先給出下面兩個定義。

定義 1[2]設S是群G上一個序列，稱S是可分的原子(a splittable atom)，如果S=(g1+g2)T，其中g1,g2∈G,T∈F(G)滿足S∈A(G)且g1g2T∈A(G)。反之則稱為不可分的(unsplittable)。

定義2[2]一個序列S∈F(G)稱為光滑的(smooth)，如果S=(n1g)·(n2g)·…·(nlg)，其中

|S|∈，g∈G，1=n1≤n2≤…≤nl，

n=n1+…+nl

且∑(S)={g,…,ng}(此時更確切地稱S是g-光滑的)。

設S是群G上一個不可分原子。2009年，Savchev與Chen給出了階為n的循環群上的長度超過其Davenport常數一半的不可分原子的結構，參看文獻[2-6]。

本文給出了秩為2的有限阿貝爾群C2⊕C2n上不可分原子S的的具體結構。下面是本文的結論。

定理2 設S是群G=C2⊕C2n上長度為n+k,k≥4的不可分原子。則存在群G的階為n的循環子群H=,h∈G使得S=bucvdw，其中b,c,d屬于群G的不同的H-陪集，min{v,w}=1，2b=h，c+d=b且ord(g)=2n。

1 準備知識

引理3[7]設n≥2是正整數。每一個長度|S|≥3n-2的序列S∈F(Cn⊕Cn)包含一個短零和序列。

故可將S分拆為S=S1…SNS′，其中σ(Si)∈H，|Si|≤2，1≤i≤N，S′∩H=?，h(S′)=1且|S′|≤3。設

A={S=S1…SNS′|σ(Si)∈H,|Si|≤2,1≤i≤N,

且S′∩H=?,h(S′)=1,|S′|≤3}

2 定理證明

設S∈A(G)是長度為n+k,k≥4的不可分原子。則由前面的討論知存在h∈G使得ord(h)=n且G/H?C2⊕C2，其中H=。故存在b,c,d∈G使得

G=H∪(b+H)∪(c+H)∪(d+H)，2b,2c,2d∈H且b+c+d∈H

因此可設S=ABCD，其中A∈F(H)，B∈F(b+H)，C∈F(c+H)，D∈F(d+H)。由S∈A(G)知，|B|,|C|,|D|有相同的奇偶性。

① 若|B|是偶數，則|C|,|D|均是偶數。對任意b1b2|B均有b1+b2∈H。同理C,D亦然。分別將B,C,D中的元素進行兩兩組合相加，則得到相應的序列的集合B,E,D。對任意AB∈B，AC∈E，AD∈D，可得序列T=AABACAD∈A(H)。故B,E,D?F(H)，并且有

|T|=|A|+|AB|+|AC|+|AD|=

若|B|是奇數，則|C|,|D|均是奇數。對任意的bi∈B，cj∈C，dk∈D，分別將B{bi}，C{cj}，D{dk}中的元素進行兩兩組合相加，則得到相應的序列的集合Bi,Ej,Dk。對任意AB∈Bi，AC∈Ej，AD∈Dk，由上面的論述知，可得序列

T=AABACAD(bi+cj+dk)∈A(H)，

且

|T|=|A|+|AB|+|AC|+|AD|+1=

為了更好的證明，首先給出一個斷言。

斷言1 如果下列的條件有一個成立，則S是可分的。

(i)g|A,g≠h；

(ii)存在g|B，使得對任意的g′|Bg-1，g′+g≠h，且對任意的c|C，d|D，g′+c+d≠h。同理由對稱性，條件對C,D也成立。

斷言的證明：(i) 若存在g|A滿足g=sh,s≥2，則g=(s-1)h+h。下面證明序列S′=Sg-1·(s-1)h·h是最小零和序列。欲證S′∈A(G)，只需證明對任意U|S′h-1，U是零和自由的。

首先考慮(s-1)h|U。設U=A′·B′·C′·D′·(s-1)h，其中A′|A，B′|B，C′|C，D′|D是S的子序列。因為A′|A，B′|B，C′|C，D′|D，若σ(S′)=0，則|B′|,|C′|,|D′|的奇偶性相同。

最后考慮U不包含元素(s-1)h，顯然U是零和自由的。

(ii)若存在g|B使得對任意的g′|Bg-1，g′+g≠h，且對任意的c|C，d|D，g′+c+d≠h，只需證明序列S′=Sg-1·(g-h)·h∈A(G)。顯然σ(S′)=0。只需證明對任意的U|S′h-1=Sg-1·(g-h)是零和自由的。若U不包含元素(g-h)，則U|S,|U|<|S|。 由S∈A(G)知，U是零和自由的。

若(g-h)|U，設U=A′·B′·C′·D′·(g-h)。 若σ(U)=0，則|B′|+1，|C′|+1，|D′|+1有相同的奇偶性。類似于(i)的討論可得矛盾。因此U是零和自由的，故S′∈A(G)。斷言得證。

②A=ht,t≥0。

由斷言1，顯然可以得到。

③ |supp(B)|≤2。同理|supp(C)|≤2，|supp(D)|≤2。

bi+bj+bk+bl=(bi+bj)+(bk+bl)=2h=

(bk+bi)+(bj+bl)=(s+r)h

矛盾！因此|supp(B)|≤2。

④ 若g1g2|B且g1≠g2，則g1+g2=h。同理對C,D結論亦成立。

由斷言1可直接得到。

⑤ 存在B,C,D中的一個滿足其supp等于1。

由斷言1以及④，結論顯然成立。在下面的證明中，不妨設

|supp(B)|=1,B=bu,u≥2,2b=h

⑥A=?，即A是空序列。

由⑤知，不妨設B=bu,u≥2,2b=h。若A≠?，則h=2b。 從而Sh-1bu+2∈A(G)。故A=?。

下面給出另外一個斷言。

斷言2 當C≠?,D≠?時，若存在c|C，對任意的d|D，均有c+d≠b，則S是可分的。

斷言2的證明：若存在c|C，對任意的d|D，均有c+d≠b，考慮序列S′=S·c-1·(c-b)·b。下面證明S′∈A(G)。只需證明S·c-1·(c-b)是零和自由的。

對任意的U|S·c-1·(c-b)，若U|S，則由S∈A(G)知，U是零和自由的。下設(c-b)|U。設U=B′C′D′(c-b)，其中B′|B,C′|C,D′|D。若σ(U)=0，則|B′|，|C′|，|D′|+1有相同的奇偶性。應用①，顯然與σ(U)≠0矛盾。因此S是可分的。斷言得證。

⑦ 當C≠?,D≠?時，C=cv,D=dw且min{v,w}=1。不妨設S=bucvd。

由③知|supp(C)|≤2，|supp(D)|≤2。

若|supp(C)|=2，設c1c2|C,c1≠c2。因為D≠?，由斷言2知， 存在dd′|D，使得c1+d=c2+d′=b。由2b=h知，c1+d+b=c2+d′+b=h。因為c1≠c2，故c2+d+b≠h，c1+d′+b≠h，矛盾。因此|supp(C)|=1。同理可證|supp(D)|=1。

若v≥2,w≥2，由斷言1知2c=h,2d=h，故2c+2d=2h。由斷言2知c+d=b。又由2b=h可得b+c+d=h，即2(c+d)=h，矛盾。因為C≠?,D≠?，所以min{v,w}=1。

⑧D≠?。

若D=?，由S∈A(G)知，|B|,|D|均是偶數。由斷言1知或者C=?，或者C=cv,v≥2，2c=h,2|v。若C≠?，則2c=2b=h，即2(c-d)=0?？紤]序列S·c-1·(c-b)·b。顯然S·c-1·(c-b)·b∈A(G)，與S不可分矛盾，因此C=?。此時S=b2n,ord(b)=2n,2b=h。但是存在c,d∈G，使得b=c+d，從而序列S′=b2n-1·c·d∈A(G)，與S不可分矛盾。因此D≠?。

綜上可得S=bucvdw，其中min{v,w}=1，且2b=h，b=c+d，ord(b)=2n。

參考文獻：

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