有序的三元系和它們的大集
康慶德
一. 引言
本文是“從西爾威斯特問題談起”(見本 刊第十五卷第二期) 的一個續篇。 在那篇中, 我們介紹了幾類區組設計 (包括無序的和有 序的) 以及區組設計的大集問題。 這裡我們將 僅談有序設計, 特別是要介紹一下有序三元 系及其大集的最近進展情況。 首先, 讓我們再 重溫幾類有序三元系的概念。
設 X 是一個 n 元集。 X上的一 個循環三元組指的是由三個有序對 (x, y), (y, z), 與 (z, x) 構成的一個組, 它被簡記為 hx, y, zi; 而 X 上的一個可遷三元組指的是 由三個有序對 (x, y), (y, z) 與 (x, z) 構成 的組, 它被簡記為 (x, y, z); 這裡, x, y, z 是 X 中的不同元。 注意, 由定義可見, 循環三 元組 hx, y, zi 與 hy, z, xi, hz, x, yi 是同樣 的, 但可遷三元組 (x, y, z) 與 (y, z, x) 及 (z, x, y) 卻一定是不同的。 事實上, X 中給 定的三個不同元僅可組成兩個不同的循環三 元組, 但卻可組成六個不同的可遷三元組。 從 圖的觀點看, 若將 X 中的元看作點, 兩個不 同元構成的有序對 (x, y) 看作是點 x 到點 y 的一條有向邊, 那麼由 x, y, z 構成的兩個循 環三元組和六個可遷三元組分別表示以下所 示的一些有向三角形:
這些有向三角形中的前兩個, 通常亦被記為 C3, 而後六個則被記為 T T3 (即三點平移賽 程圖)。
1
v 元集 X 的一些循環三元組構成的 A 稱作是一個指數為 λ 的 v 階 Mendelsohn 三元系, 如果 X 中任二不同元的有序對都恰 被包含在 A 的 λ 個循環三元組中, 它被記 為 MT S(v, λ) = (X, A)。 X 的一些可遷 三元組構成的 B 稱作是一個指數為 λ 的 v 階可遷三元系, 如果 X 中任二不同元的有序 對都恰被包在 B 的 λ 個可遷三元組中, 它被 記為 DT S(v, λ) = (X, B), (註: 它亦曾記 作 T T S(v, λ), 但為避免與其它設計符號混 淆, 已大多採用 DTS)。 由 X 的一些循環三 元組和一些可遷三元組構成的 C 稱作是一個 指數為 λ 的混成三元系, 如果 X 中任二不 同元的有序對都恰被包含在 C 的 λ 個有序三 元組 (即循環的或可遷的三元組) 中, 它被記 為 HT S(v, λ) = (X, C), (這是上一篇文章 中所介紹的 OT S 的特例。 在 OT S 的定義 中允許區組集僅由單一類型的有序三元組構 成, 但在這裡的 HT S 意義下, 區組集 C 必 須是“混成的”, 即其中既有循環三元組也有 可遷三元組)。 不難算出, 每個 MT S(v, λ), (或 DT S(v, λ), 或 HT S(v, λ)) 都恰好包 含有 λv(v − 1)/3 個三元組。 因此這三類有 序三元系存在的必要條件都是 3|λv(v − 1)。
人們早已證明了:
定理1: MT S(v, λ), DT S(v, λ) 與 HT S (v, λ) 存在的充分必要條件是 3|λv(v−1), v ≥ 3, 除去不存在 MT S(6, 1) 之外。
當 λ = 1 時, MT S(v, 1)(簡記為 MT S(v)) 存在的譜是 v ≡ 0, 1(mod 3),
v ≥ 3, v 6= 6。 而 DT S(v) 與 HT S(v) 存 在的譜都是 v ≡ 0, 1(mod 3), v ≥ 3。
例1. X = {0, 1, 2, 3}, B = {h0, 1, 2i, h1, 0, 3i, h2, 3, 0i, h3, 2, 1i}, 則 (X, B) 即是一個 MT S(4), 而若將 B 中各 區組的角括號“h i”改為圓括號“( )”, 則它將 是一個 DT S(4)。
例2. X = Z5 = {0, 1, 2, 3, 4}, 即模 5 剩餘類環, B={(i, i + 1, i + 2),(i, i + 2, i + 4),(i, i + 3, i + 1),(i, i + 4, i + 3); i ∈ Z5}。
則 (X, B) 是一個 DT S(5, 3)。 而若將首尾 兩族區組的圓括號改為角括號, 它將成為一 個 HT S(5, 3), 其中有循環三元組和可遷三 元組各 10個。
例3. X = {0, 1, 2, 3, 4, 5}。 對於 X 的每個三元子集 {a, b, c} (不妨假定 a <
b < c), 當 a + b + c 為偶數時令 ha, b, ci ∈ B, 而當 a + b + c 為奇數時令 ha, c, bi ∈ B, 這樣得到的 (X, B) 將是一個 MT S(6, 2)。
不難知道, v 元集 X 共有 v(v − 1)(v − 2)/3 個循環三元組和 v(v − 1)(v − 2) 個可遷三元 組。 如果 X 的全部循環三 元組可分拆為若干個 Bi, 使得每個 (X, Bi) 都是一個 MT S(v, λ), 則稱它們構成一 個 LMT S(v, λ), 即指數為 λ 的 v 階 Mendelsohn 三元系大集。 類似地, 我們可 以給出指數為 λ 的 v 階可遷三元系大集 LDT S(v, λ) 及指數為 λ 的 v 階混成三 元系大集 LHT S(v, λ) 的概念。 顯然, 每個 LMT S(v, λ) 由 v−2λ 個兩兩無公共三元組 的 MT S(v, λ) 組成, 每個 LDT S(v, λ) 由
3(v−2)
λ 個兩兩無公共三元組的 DT S(v, λ)
組成, 而每個 LHT S(v, λ) 由 4(v−2)λ 個兩 兩無公共三元組的 HT S(v, λ) 組成。
例4. 取例 1 中的 MT S(4) = (X, B), 令 B−1 = {hc, b, ai; ha, b, ci ∈ B}, 則 (X, B−1) 也是一個 MT S(4), 而且 B 與 B−1 恰構成 X 的全部 (8 個) 循環 三元組的一個分拆。 故得到 LMT S(4) = {(X, B), (X, B−1)}。
例5. 取例 1 中的 DT S(4) = (X, B), 並取 X 上的置換 π = (0)(123)。 令 Bi = πiB = {(πia, πib, πic); (a, b, c) ∈ B}, i = 0, 1, 2。 並令 Bi+3 = B−1i , i = 0, 1, 2。 則我們可以得到一個 LDT S(4) = {(X, Bi); 0 ≤ i ≤ 5}。 事實上, 我們有 B0 : (0,1,2) B1 : (0,2,3) B2 : (0,3,1)
(1,0,3) (2,0,1) (3,0,2) (2,3,0) (3,1,0) (1,2,0) (3,2,1) (1,3,2) (2,1,3) B3 : (2,1,0) B4 : (3,2,0) B5 : (1,3,0) (3,0,1) (1,0,2) (2,0,3) (0,3,2) (0,1,3) (0,2,1) (1,2,3) (2,3,1) (3,1,2) 例6. X = Z4 = {0, 1, 2, 3}, B0 = {h1, 2, 3i, (1, 0, 3), (2, 0, 1), (3, 0, 2)}, Bi = B0 + i, 即 B0 每個區組的各個 元均加 i (mod 4), 區組類型不變, i = 1, 2, 3, 並令 Bi+3 = Bi−1 (i = 0, 1, 2, 3) 則 {(X, Bi); 0 ≤ i ≤ 7} 即是一個 LHT S(4)。
例7. X = {0, 1, 2}, B0 = {h0, 1, 2i, (1, 0, 2), (2, 1, 0), (0, 2, 1)},
B1 = B−10 , 則 {(X, Bi); 0 ≤ i ≤ 1}
是一個 LHT S(3, 2)。
例8. 取例 2 中的 DT S(5, 3) = (X, B), 記 B0 = B。 再令 B1 = {(i, i + 1, i + 3), (i, i + 2, i + 1), (i, i + 3, i + 4), (i, i + 4, i + 2); i ∈ Z5}, B2 = B1−1, 則 {(X, Bi); 0 ≤ i ≤ 2} 是一個 LDT S(5, 3)。
例9. 取例 3 中的 MT S(6, 2) = (X, B), 則 {(X, B), (X, B−1)} 將構成一個 LMT S(6, 2)。
從圖論的觀點看, MT S(v) 是 v 階 對稱完全有向圖 Kv∗(即一個 v 點有向圖, 任二點 x, y 之間都有 x 到 y 和 y 到 x 的有向邊各一條) 的全部有向邊的一個分 拆 SC3。 通常記此種分拆為 Kv∗ → C3。 MT S(v, λ) 則是一個 λKv∗ → C3 (λKv∗ 表 示 Kv∗ 的每條有向邊重複 λ 次的一個多重 有向圖)。 而 DT S(v, λ) 是 λKv∗ → T T3, HT S(v, λ) 是 λKv∗ → (C3 與 T T3)。 進而, LMT S(v, λ) 是 v−2λ 種不同的 λKv∗ → C3, 使得 Kv∗ 的每個 C3 都恰出現於一種分拆中;
LDT S(v, λ) 是 3(v−2)λ 種不同的 λKv∗ → T T3, 使得 Kv∗ 的每個 T T3 都恰出現於一種 分拆中; 而 LHT S(v, λ) 是 4(v−2)λ 種不同 的 λKv∗ → (C3 與 T T3), 使得 Kv∗ 的每個 C3 與每個 T T3 都恰出現於一種分拆中。
二. λ = 1的有序三元系大集
1. LMT S(v, 1) 的存在性
國內外對於 Mendelsohn 三元系大集 的研究開始於十多年前, 當然首先是從 λ = 1 開始的。 我與常彥勛、 雷建國從 1987 年 開始投身於它, 直到 1992 年終於完成了 LMT S(v, 1) 的存在譜。 這裡將簡要介紹一 下這一工作的過程。 限於篇幅和難度, 一些構 造方法被刪略了。
引理1: 對於正整數 u ≡ ±1 (mod 6), 存在對稱的 LMT S (u + 2, 1)。
這一引理的構造已在 [17]介紹過。 這 裡所說的“對稱的 LMT S”是 Mendelsehn 三元系大集的一種特例。 一般來講, 一個 LMT S(v, λ) = {(X, Bi)}i 被稱作是對稱 的, 如果存在 X 的兩個不同元 a, b, 使得對 每個 Bi 均滿足
ha, b, xi ∈ Bi ⇐⇒ hb, a, xi ∈ Bi, ha, x, yi ∈ Bi ⇐⇒ hb, y, xi ∈ Bi, (∗)
其中 x 6= y ∈ X\{a, b}。
引理2: 若存在對稱的 LMT S(u + 2, 1), 則存在 LMT S(2u + 2)。
構造: 設有對稱的 LMT S(u + 2, 1) = {({∞0, ∞1} ∪ Zu, Ai); i ∈ Zu}, 其中
∞0, ∞16∈ Zu(亦不屬於 Z2 及 Zu×Z2), 而 且 ∞0, ∞1 即是上述定義條件 (∗) 中的特定 元 a, b, Ai 中包含循環三元組 h∞0, ∞1, ii。
今在集合 X = {∞0, ∞1}∪(Zu×Z2) 上構 造總共 2u 個循環三元組系 Bij(i ∈ Zu, j ∈ Z2), 每個 Bij 由以下四部分組成:
(1) h∞s, ∞1−s, (i, j + s)i 與 h∞s, (i, j + s), (i, j + s + 1)i, 其中 s ∈ Z2; (2) h∞0, xs, yj+si 與 h∞1, ys, xj+s+1i,
其中 x, y ∈ Zu, s ∈ Z2, 且 h∞0, x, yi ∈ Ai。
(3) h(x, s), (x, 1 − s), (y, j + s)i, 其中 x, y ∈ Zu, s ∈ Z2 且 h∞0, x, yi ∈ Ai;
(4) h(x, l), (y, m), (z, n)i, 其中 x, y, z ∈ Zu, l, m, n ∈ Z2, l + m + n = j 且 hx, y, zi ∈ Ai。
引理3: 若存在 LMT S(v + 2) 及對 稱的 LMT S(u + 2), 則當 v ≥ 3 時存在 LMT S(uv +2)。
構造: 設 (aij)v−10 是 Zv 上的 v 階冪 等拉丁方, ∞0, ∞1 6∈ Zu× Zv。 據已知, 有
LMT S(v + 2) = {({∞0, ∞1} ∪ Zv, Aq); q ∈ Zv}, 及 對稱的 LMT S(u + 2) = {({∞0, ∞1} ∪ Zu,
Bp); p ∈ Zu},
其中 h∞0, ∞1, pi ∈ Bp。 今在集合 X = {∞0, ∞1} ∪ (Zu× Zv) 上構作 uv 個循環 三元組系 Cpq(p ∈ Zu, q ∈ Zv)。 每個 Cpq
由以下四部分組成:
(1) h(x, i), (y, j), (z, aij + q)i, 其中 x, y, z ∈ Zu, i, j ∈ Zv 且 hx, y, zi ∈ Bp; (2) h(x, i), (x, j), (y, aij + q)i, 其中 x, y
∈ Zu, i 6= j ∈ Zv 且 h∞0, x, yi ∈ Bp;
(3) h∞0, (x, i), (y, i + q)i 與 h∞1, (y, i + q), (x, i)i; 其中 x, y ∈ Zu, i ∈ Zv 且 h∞0, x, yi ∈ Bp;
(4) h(p, i), (p, j), (p, k)i, 其中 hi, j, ki ∈ Aq, 當 ∞0 或 ∞1 作為 i, j, k 出現時 刪去其前邊的坐標 p。
這個構造中所提到的v 階拉丁方指的是 v 元集上的一個 v × v 方陣, 使得每行、 每列 都是這 v 個元的某種全排列。 Zv 上的 v 階 拉丁方可以記為 (aij)v−10 , 它表示該方陣第 i 行第 j 列的元為 aij, 其中行號 i, 列號 j 與 元素 aij 均取自 Zv。 如果對於每個 i ∈ Zv
均有 aii = i, 則稱此拉丁方為“冪等的”, 比 如
0 1 1 0
!
, 1 0 0 1
!
,
0 1 2 1 2 0 2 0 1
,
0 2 1 2 1 0 1 0 2
,
0 1 2 3 2 3 0 1 1 0 3 2 3 2 1 0
,
0 2 3 1 3 1 0 2 1 3 2 0 2 0 1 3
,
分別是 2,3,4 階拉丁方, 其中只有第 4 個和 第 6 個是冪等的, 其餘都不是。 人們早已證 明了, 對任意正整數 n 存在 n 階拉丁方; 而 當 n ≥ 3 時存在冪等 n 階拉丁方 (注意不 存在 2 階冪等拉丁方)。
以下兩個引理的構造比較複雜, 我們只 介紹它的結論。
引理4: 對任意正整數 n ≥ 3, 存在 LMT S (2n+ 2, 1)。
引理5: 對於正整數 u > 1, u ≡ ±1 (mod 6), 若存在 LMT S(u + 2, 1) 則存在 LMT S (4u + 2, 1)。
根據以上這些引理, 我們即可以得到 LMT S(v, 1) 存在性的完全解答。
定理2: 存在 LMT S(v, 1) 當且僅當 v ≡ 0, 1 (mod 3) 且 v ≥ 3, v 6= 6。
證明: 因為 MT S(v, 1) 的存在是 LMT S (v, 1) 存在的一個必要條件, 由定理 1 即知這裡所列的條件確是必要的, 只需再說 明充分性, 滿足定理條件的整數 v 可以表為 v = 2nu+2, 其中 u ≡ ±1 (mod 6), n ≥ 0, 而 n = 2 時 u > 1, 則 LMT S(v, 1) 的存 在性可如下得知:
n = 0 時, 根據引理 1;
n = 1 時, 根據引理 1 與引理 2;
n = 2 時, 根據引理 1 與引理 5;
n ≥ 3 時, 根據引理 1, 引理 4 與引理 3。
2. LDT S(v, 1)的存在性
這方面的研究工作是由 C. C. Lindner 和 A. P. Street 於 1983 年首先開始的。 他 們的成果主要是
(1) 對於 v = 3, 4, 6, 18, 存在 LDT S(v, 1);
(2) 若存在 LDT S(v, 1), v 6= 6, 則存在 LDT S(3v, 1);
(3) 若存在 LDT S(v + 1, 1), v ≥ 3, 則存 在 LDT S(3v + 1, 1);
(4) 對於 u ≡ ±1 (mod 6) 存在 LDT S (u + 2, 1);
(5) 若存在 LDT S(v + 2, 1), v ≥ 3, 則對 於 u ≡ ±1 (mod 6), 存在 LDT S(uv +2, 1)。
(6) 對於 u ≡ ±1 (mod 6), 存在 LDT S (2u + 2, 1)。
在這些結果之後, LDT S(v, 1) 存在性的關 鍵將是階數 v = 2n+ 2, 我與常彥勛於 1990 年給出了以下遞歸結論:
(7) 若存在 LDT S(n + 2, 1), n ≥ 3, 則存 在 LDT S(16n + 2, 1)。
於是, 應用 (1), (2), (3) 與 (7), 即可得到:
(8) 對任意非負整數 n 存在 LDT S(2n+ 2, 1)。
根據 (4), (5), (6) 和 (8), 類似於定理 2 的證明可得
定理3: 存在 LDT S(v, 1) 當且僅當 v ≡ 0, 1 (mod 3) 且 v ≥ 3。
作 為一 個 例 子, 我 們 給 出 一 個 LDT S(6, 1), 它的構造簡單並與 C. C.
Lindner 和 A. P. Street 文章 [1]中給出 的不同構, 它的 12 個 DT S(6, 1) 是由兩個 初始的 A 與 B 經 mod 6 平移產生的:
在 Z6 上定義以下可遷三元組系:
C = {(0, 4, 5), (1, 2, 0), (2, 3, 4), (4, 0, 2), (5, 3, 0)};
D = {(0, 3, 1), (1, 4, 3), (2, 1, 5), (3, 5, 2),
(5, 4, 1)};
E = {(3, 1, 0), (1, 3, 4), (1, 2, 5), (5, 2, 3), (4, 5, 1)}。
令 Ai = C ∪ D, B = C−1∪ E, 而 Ai = A + i, Bi = B + i, i ∈ Z6。 則 {(Z6, Ai), (Z6, B); i ∈ Z6} 即構成 一個 LDT S(6, 1)。 事實上, 首先很容易核 查 A 與 B 都是一個 DT S(6, 1)。 而若 將一個可遷三元組 (x, y, z) 稱為是屬於型 [y − x, z − y, z − x] 的, 則 Z6 中恰有 20 種 不同的型, 每種型均含有 6 個不同的可遷三 元組, (一般來講, Zn 上恰有 (n − 1)(n − 2) 種可遷三元組型, 每種型均含 n 個可遷三 元組, 它們可由該型中任一三元組模 n 平移 得到)。 不難逐個算出 C 中五個區組的型分 別是 [4, 1, 5], [1, 4, 5], [1, 1, 2], [2, 2, 4], [4, 3, 1], D 的五個型是 [3, 4, 1], [3, 5, 2], [5, 4, 3], [2, 3, 5], [5, 3, 2],E的五個型是 [4, 5, 3], [2, 1, 3]
, [1, 3, 4], [3, 1, 4], [1, 2, 3], 而 C−1 的型則 是 [5, 2, 1], [2, 5, 1], [5, 5, 4], [4, 4, 2], [3, 2, 5]。
這些恰好取遍 Z6 中應有的 20 個型各一次。
3. LHT S(v, 1) 的存在性
這類大集也是由 C. C. Lindner 與 A.
P. Street 首先研究的 (1984 年), 但當時 並未限制每個小集的“混成”意義, 這種允許 MT S 或 DT S 作為小集的“非混成”大集 (即 LOT S(v, 1)) 的存在譜是由常彥勛在 1990 年完成的。 混成三元系 HT S 的概念 是 1989 年才提出的, 而它的大集問題則由 我與雷建國在 1993 年完全解決。
首 先, 我 們 給 出 了 LHT S(4, 1), LHT S (6, 1) 和 LHT S(7, 1)。 上一節例 6 已介紹了 LHT S(4, 1), 這裡我們再給出 LHT S(6, 1) 和 LHT S(7, 1) 的構造。
(1) LHT S(6, 1) = {(Z6, Bi); 0 ≤ i ≤ 11} ∪ {(Z6, Cj); 0 ≤ j ≤ 3}
令 B = {h1, 4, 3i, (0, 1, 3), (0, 4, 5), (4, 0, 2), (1, 2, 0), (5, 3, 0), (5, 4, 1), (3, 5, 2), (2, 1, 5), (2, 3, 4)};
C = {h1, 5, 3i, h0, 2, 5i, h2, 4, 1i, h4, 0, 3i, h0, 5, 1i, h2, 1, 3i, h4, 3, 5i, (0, 1, 4), (2, 3, 0), (4, 5, 2)}
其中 B 由 1 個循環三元組和 9 個可遷三元 組構成, 而 C 由 7 個循環三元組和 3 個可遷 三元組構成。 進一步, 令
Bi = B + i, 0 ≤ i ≤ 5; Bi+6 = B−1i , 0 ≤ i ≤ 5;
Cj = C + j, j = 0, 1; Cj+2 = Cj−1, j = 0, 1。
為了說明它的正確性, 除去核驗 B 與 C 確都 是 HT S(6, 1) 外, 還需從“型”的角度去看, 前邊已對於 LDT S(6, 1) 談過它, 現在再更 詳盡地談談。
Zn上的可遷三元組共有 (n−1)(n−2) 個型 [a, b, c], 其中 a, b, c ∈ Zn\{0}, a + b ≡ c (mod n)。 可以通過任選 a, b ∈ Zn, b 6= −a 得到全部的型。 每個型 [a, b, c] 包含
有形如 (x, x + a, x + c), x ∈ Zn, 的 n 個 可遷三元組。
Zn 上的循環三元組 hx, y, zi 稱作是屬 於型 [y −x, z −y, x−z] 的。 每個型 [a, b, c]
滿足 a, b, c ∈ Zn\{0}, a + b + c ≡ 0 (mod n), 且型 [a, b, c], [b, c, a] 與 [c, a, b]
是一樣的。 一般來講, 型 [a, b, c] 包含有形 如 hx, x + a, x − ci, x ∈ Zn, 的 n 個 循環三元組, 但當 a = b = c 時 (這 只有 3|n 時才可能, 此時有這樣的型兩個:
[n3,n3,n3] 與 [2n3 ,2n3 ,2n3 ]), 型 [a, a, a] 僅含 有 n
3 個不同的循環三元組。 因此, 當 3|n 時 共有 (n−1)(n−2)
3 個不同的型; 而當 3|n 時 共有 (n−1)(n−2)−2
3 + 2 = n(n−3)3 + 2 個不 同的型, 其中包括兩個特殊的型 [n3,n3,n3] 及 [2n3 ,2n3 ,2n3 ]。
若可遷 (或循環) 三元組 B ∈ 型 [a, b, c], 則 B 的反序區組 B−1 屬於型 [−b, −a, −c], 稱 [−b, −a, −c] 為 [a, b, c]
的反型。 顯然, 不論是可遷型還是循環型, 一 個型與其反型的關係是相互的, 一一對應的, 且不會有 [a, b, c] = [−b, −a, −c]。 因此, 全 部型可分拆為這樣的型與反型的對子 (注意, 上述數字 (n − 1)(n − 2), (n−1)(n−2)3 與
n(n−3)
3 + 2 都是偶數)。
現在列出 B 與 C 各區組的型及它們的 反型, 所示第一列為依序各區組的型, 而第二 列為它對應的反型。
B C
循環型 可遷型 循環型 可遷型
3 5 4 1 3 2 1 2 3 4 5 3 4 4 4 2 2 2 1 3 4 3 5 2 4 1 5 5 2 1 2 3 1 3 4 5 1 3 4 3 5 2 2 2 4 4 4 2 2 3 1 3 4 5 1 3 4 3 5 2 1 4 5 2 5 1 2 3 1 3 4 5
4 3 1 3 2 5 5 2 5 4 1 1 5 3 2 3 1 4 5 2 5 4 1 1 2 3 5 3 4 1 5 2 5 4 1 1 5 4 3 2 1 3
1 1 2 5 5 4
由此表可見, 全部 20 個可遷型與 8 個循環型 都己出現, B 與 C 沒有公共的型, 且 B 中各 區組的型全不同。 但 C 中除去特殊型 [4, 4, 4]
出現一次外, 其餘的型皆出現三次, 然而因 C 只平移一次 (即 C0 = C, C1 = C + 1), 這 些型的區組恰被合理地分成兩族分別安排在 了 C0 與 C1 中。
(2) LHT S(7, 1) = {({∞1, ∞2} ∪ Z5, Bik); i ∈ Z5, k ∈ Z4}
對於 X = {∞1, ∞2} ∪ Z5 的任一 個 3-子集 A, 記 A 上的 LMT S(3, 1) 為 σ0(B), 而 A 上的 LDT S(3, 1) 為 {σ1(B), σ2(B), σ3(B)} (注意, 不存在 LHT S(3, 1) 因為沒有 HT S(3, 1))。 定義 τ0 = {h∞1, 1, 3i, h∞1, 3, 4i, h∞1, 4, 2i,
h∞1, 2, 1i};
τ1 = {(∞1, 1, 3), (3, 4, ∞1), (∞1, 4, 2), (2, 1, ∞1)};
τ2 = {(1, ∞1, 3), (3, ∞1, 4), (4, ∞1, 2), (2, ∞1, 1)};
τ3 = {(1, 3, ∞1), (∞1, 3, 4), (4, 2, ∞1), (∞1, 2, 1)}。
並定義 τi′ 由 τi 諸區組的反序構成 (同時將
∞1 換為 ∞2), 這裡 i ∈ Z4。 構造如下四個 三元系
B00 = σ0(A) ∪ τ1∩ τ2′ ∪ σ3(B) ∪ σ3(C);
B01 = σ1(A) ∪ τ2∪ τ3′ ∪ σ0(B) ∪ σ0(C);
B02 = σ2(A) ∪ τ3∪ τ0′ ∪ σ1(B) ∪ σ1(C);
B03 = σ3(A) ∪ τ0∪ τ1′ ∪ σ2(B) ∪ σ2(C),
其中 A = {∞1, ∞2, 0}, B = {0, 1, 4}, C = {0, 2, 3}。 最後, 令
Bik= Bk0 + i, i ∈ Z5, k ∈ Z4, 其中 ∞1+ i = ∞1, ∞2 + i = ∞2, 而 Z5 中元加 i 模 5 取值。
Teirlinck 在 [2]中對於一種特殊的設計 大集 LS(t, (k, K), v) 給出了以下結論:
“當且僅當 v ≡ 0, 1 (mod 3), v 6= 7 時存 在有 LS(2, (3, {3, 4, 6}), v), v ≥ 3”。
利用這個結論及已給出的 LHT S(4, 1), LHT S(6, 1) 與 LHT S(7, 1), 採用嵌入 替換的方法, 我們可以證明
定理4: 存在 LHT S(v, 1) 當且僅當 v ≡ 0, 1 (mod 3) 且 v > 3。
三. 任意 λ的有序三元系大集
隨著 λ = 1 的有序三元系大集的譜 的完成, 人們自然期望去進一步解決任意 λ 的有序三元系大集。 最近, 我們先後完成了它 們。
1. LMT S(v, λ) 的譜
一個 LMT S(v, λ) 含有 v−2λ 個 MT S(v, λ), 而每個 MT S(v, λ) 含 有 λv(v−1)
3 個循環三元組。 因此, 存在 LMT S(v, λ) 的必要條件是 3|λv(v − 1) 且 λ|(v − 2)。 如果 3†λ, 這一條件成為 v ≡ 0, 1 (mod 3) 且 λ|v − 2, 此時的最小 λ 值是 1, 已在上節研究過; 如果 3|λ, 這一 條件成為 λ|(v − 2), 此時的最小 λ 值是 3, 而 v ≡ 2 (mod 3)。 所以主要關鍵是 LMT S(3k + 2, 3) 的存在性。
LMT S(3k + 2, 3) 的存在譜由以下幾 步完成:
(1) 存在 LMT S(5, 3), LMT S(8, 3) 與 LMT S(14, 3)。
(2) 對於 u ≥ 3, 若存在 LMT S(u + 2, 1), 則存在 LMT S(3u + 2, 3)。
(3) 對於 w ≡ 3 (mod 6), n ≥ 0, 存 在 LS(2, (3, {3, 4, 3 · 2n+ 2}), 2nw + 2)。 其中 LS(· · ·) 即是上節指出的一種 特殊的設計大集, 而且構成它的諸小集 S(2, {3, 4, 3 · 2n+ 2}, 2nw + 2) 中均 恰含一個長度為 3 · 2n+ 2 的區組。
由上述 (1) 與 (2) 以及 LMT S(2n+ 2, 1), n 6= 2 的存在性我們得知: “對於任意 n ≥ 0, 存在 LMT S(3 · 2n+ 2, 3)”。 進而 由 (3) 及 LMT S(3, 1), LMT S(4, 1) 的存 在性, 採用類似於定理 4 證明嵌入替換方法, 即可得知 (注意每個階數 v = 3k + 2 都可 表示為 v = 2nw + 2 的形式, 其中 n ≥ 0, 而 w ≡ 3 (mod 6)):
定理5: 存在 LMT S(v, 3) 當且僅當 v ≡ 2 (mod 3) 且 v ≥ 5。
根據定理 2和定理5, 採用若干個小集合 併的方法, 我們即可得到:
定理6: LMT S(v, λ) 的存在譜是:
v ≡ 2 (mod λ), λ ≤ v − 2, 而當 3†λ 時 v ≡ 0, 1 (mod 3), 且 λ = 1 時 v 6= 6。
作為具體構造的例子, 我們介紹一下 LMT S(8, 3) 與 LMT S(14, 3) 的作法。
LMT S(8, 3) = {(Z8, Bi); 0 ≤ i ≤ 1}:
對 Z8 的任意 3-子集 {a, b, c}, a <
b < c, 若 a+b+c 為偶數, 則 ha, b, ci ∈ B0, ha, b, ci ∈ B1; 而若 a + b + c 為奇數, 則 ha, b, ci ∈ B1, ha, c, bi ∈ B0, 這種作法可以 推廣到一般情況, 即構作 LMT S(2λ+2, λ)。
此時這種階數的大集恰含兩個小集 B0 與 B1。設元素集為 Z2λ+2= {0, 1, · · · , 2λ+1}
它的序即為自然順序 0 < 1 < · · · < 2λ+1。
對於它的任一個 3-子集 {a, b, c}, a < b <
c, 均可採用上述做法, 將相應的兩個循環三 元組 ha, b, ci 與 ha, c, bi, 按 a + b + c 為 偶或奇恰當地分派到 B0 或 B1 中, 現在讓 我們來證明這一構造的合理性, 顯然只需說 明 Z2λ+2 中任二不同元的有序對 (x, y) 恰 出現在 B0 的 λ 個循環三元組中。 不妨假定 x < y (x > y 的情況類似可知)。 根據作法, 含序對 (x, y) 的 B0 中區組有:
z < x < y時,
hz, x, yi ∈ B0 ⇐⇒ x + y + z 為偶;
x < z < y時,
hx, y, zi ∈ B0 ⇐⇒ x + y + z 為奇;
x < y < z時,
hx, y, zi ∈ B0 ⇐⇒ x + y + z 為偶。
對於給定的 (x, y), x + y 的奇偶性是固定 的, 因此若 x + y 為偶 (奇), 我們只需說明 [0, x) 與 (y, 2λ + 1] 內偶 (奇) 數的個數與 (x, y) 內奇 (偶) 數的個數之和均恰為 λ 即 可, 我們有下列計數表:
0 ≤ z < x x < z < y y < z ≤ 2λ + 1
x y
z偶 z奇 z偶 z奇 z偶 z奇
偶 偶 x
2
x 2
y−x
2 − 1 y−x2 2λ−y2 2λ−y2 + 1
奇 奇 x+1
2 x−1
2
y−x 2
y−x
2 − 1 2λ−y+12 2λ−y+12
偶 奇 x
2
x 2
y−x−1 2
y−x−1 2
2λ−y+1 2
2λ−y+1 2
奇 偶 x+1
2 x−1
2
y−x−1 2
y−x−1 2
2λ−y 2
2λ−y 2 + 1
* △ △ * * △
不難算出每行畫 * 三列的數字之和等於 畫 △ 三列的數字之和, 均為 λ, 這就完成了 證明。
LMT S(14, 3) = {({∞0, ∞1} ∪ (Z4× Z3), Bi); i ∈ Z4}:
每個 Bi 由以下七部分組成
h(i + 1, x), (i + 2, y)(i + 3, z)i 與 h(i + 3, x), (i + 2, y), (i + 1, z)i, 其中 x, y, z ∈ Z3 且 x + y + z = 0;
h(i, x), (i + 1, y), (i + 2, z)i 與 h(i +
3, x), (i+2, y), (i+1, z)i, 其中 x, y, z ∈ Z3
且 x + y + z = 1;
h(i, x), (i + 2, y), (i + 3, z)i 與 h(i, x), (i + 3, y), (i + 1, z)i, 其中 x, y, z ∈ Z3 且 x + y + z = 2;
h(i, x), (j, y), (j, z)i, 其中 j ∈ Z4\{i}, x, y, z ∈ Z3 且 y 6= z;
h∞k, (i + 1, x), (i + 2, y)i, h∞k, (i + 2, x), (i + 3, y)i 與 h∞k, (i + 3, x), (i + 1, y)i, 其中 x, y ∈ Z3 而 k = 1−(−1)2 i;
h∞k, (i + 1, x), (i + 3, y)i, h∞k, (i + 3, x), (i + 2, y)i 與 h∞k, (i + 2, x), (i + 1, y)i, 其中 x, y ∈ Z3 而 k = 1+(−1)2 i;
{∞0, ∞1} ∪ ({i} × Z3) 上的 MT S(5, 3)。
這一構造的驗證請讀者自行完成。
2. LDT S(v, λ) 的譜
一個 LDT S(v, λ) 含有 3(v−2)λ 個 DT S(v, λ), 而每個 DT S(v, λ) 含 有 λv(v−1)
3 個可遷三元組。 因此, 存在 LDT S(v, λ) 的必要條件是 3|λv(v −1) 且 λ|3(v−2)。 如果 3†λ 這一條件成為 v ≡ 0, 1 (mod 3) 且 λ|(v − 2), 此時的最小 λ 值是 1, 已在上節研究過; 如果 3|λ, 這一條件成為
λ
3|(v − 2), 此時的最小 λ 值是 3, 而 v ≥ 3。
所以首先需解決的是 LDT S(v, 3), v ≥ 3。
在引理 3 的構造中, 我們曾用到冪等拉 丁方的概念, 同一個階數的兩個冪等拉丁方 A = (aij)v−10 與 B = (bij)v−10 , 若對任意 i 6= j ∈ Zv, 恆有 aij 6= bij, 則稱它們為不 相交的。 若存在 v − 2 個兩兩不相交的 v 階 冪等拉丁方, 則稱它們構成一個 v 階冪等拉 丁方大集。 例如:
0 2 3 1 3 1 0 2 1 3 2 0 2 0 1 3
,
0 3 1 2 2 1 3 0 3 0 2 1 1 2 0 3
;
0 2 3 4 1 2 1 4 0 3 3 4 2 1 0 4 0 1 3 2 1 3 0 2 4
,
0 3 4 1 2 4 1 3 2 0 1 0 2 4 3 2 4 0 3 1 3 2 1 0 4
,
0 4 1 2 3 3 1 0 4 2 4 3 2 0 1 1 2 4 3 0 2 0 3 1 4
;
分別是 4 階和 5 階的冪等拉丁方大集。 Teir- linck 與 Lindner 在 1988 年證明了: “當 v 6= 2, 6, 14 與 62 時, 存在 v 階冪等拉 丁方大集”(見 [3])。 設有 v 階冪等拉丁方大 集 (Zv 上的): Lk = (akij)v−1i,j=0, 若定義可遷 三元組系 (k = 1, 2, · · · , v − 2)
Bk = {(i, j, akij); i, j ∈ Zv, i 6= j}, 易知每個 Bk 恰包含 v(v − 1) 個可遷三元 組, 且 Zv 中的任二不同元有序對 (x, y) 均 在 Bk 的恰好三個區組中出現 (由冪等拉丁 方位的定義可知, 分別出現於形為 (x, y, ∗), (x, ∗, y) 和 (∗, x, y) 的三個區組中)。 因此, 每個 Bk 是一個 DT S(v, 3), 而這 v − 2 個 兩兩不交的 Bk 恰構成一個 LDT S(v, 3)。
於是, LDT S(v, 3), v ≥ 3 的存在 性只剩下了 v = 6, 14 和 62 這三個 階數了。 LDT S (6, 3) 可由 LDT S(6, 1) 的 12 個小集 DT S (6, 1) 每三個併為一個 DT S(6, 3), 從而得到組成 LDT S(6, 3) 的 四個小集。LDT S(14, 3) 的構造為:
設 A = (axy)30 是 Z4 上的 4 階冪等 拉丁方。 令 LDT S(6, 1) = {({∞1, ∞2} ∪ Z4, Bij); i ∈ Z3, j ∈ Z4}。 今在集合 X = {∞1, ∞2} ∪ (Z3 × Z4) 上構作以下 12 個可遷三元組系 Tij (i ∈ Z3, j ∈ Z4), 每個 Tij 由四部分組成:
(1) ((k, x), (k, y), (k, z)), 其中 k ∈ Z3, (x, y, z) ∈ Bij, 當 x, y, z 處出現 ∞1
或 ∞2 時, 刪去前邊第一坐標 k;
(2) ((i, x), (i + 1, y), (i + 2, axy + j)) 與 其反序組, 其中 x, y ∈ Z4;
(3)
(M, N, P ) 與 (P, N, M),
當 i = 0 時 (M, P, N) 與 (N, Q, M),
當 i = 1 時 (Q, M, N) 與 (N, M, Q),
當 i = 2 時 其中 M = (k, x), N = (k, y), P = (k + 1, axy+ j), Q = (k − 1, axy+ j), 而 k ∈ Z3, x 6= y ∈ Z4;
(4)
(∞1, U, V ), (V, U, ∞1), (∞2, U, V ), (V, U, ∞2), 當 i = 0 時 (U, ∞1, V ), (V, ∞1, U), (U, ∞2, W ), (W, ∞2, U), 當 i = 1 時 (∞1, U, W ), (W, U, ∞1), (∞2, U, W ),
(W, U, ∞2), 當 i = 2 時 其中 U = (k, x), V = (k + 1, x + j), W = (k − 1, x + j), 而 k ∈ Z3, x ∈ Z4。
則 {(X, Tij); i ∈ Z3, j ∈ Z4} 即是一 個 LDT S(14, 3)。 證明也請讀者自己給出。
LDT S(62, 3) 是利用遞歸構造
“LDT S(m + 2, 3), n ≡ ±1 (mod 6)−→
LDT S(mn + 2, 3)”
給出的, 取 m = 12, n = 5。 這樣我們就可 得到
定理7: v ≥ 3 時存在 LDT S(v, 3)。
根據定理 3和定理7, 仍採用小集分別集 組合併的方法, 得知
定理8: LDT S(v, λ) 存在的譜是: v ≥ 3, λ|3(v − 2), 而當 3†λ 時 v 6≡ 2 (mod 3)。
3. LHT S(v, λ) 的譜
一個 LHT S(v, λ) 含有 4(v−2)λ 個 HT S(v, λ), 而每個 HT S(v, λ) 含有
λv(v−1)
3 個循環或可遷三元組 (且兩者均需含 有)。 因此, 存在 LHT S(v, λ) 的必要條件是 3|λv(v − 1) 且 λ|4(v − 2)。 如果 3†λ, 這一 條件成為 v ≡ 0, 1 (mod 3) 且 λ|4(v − 2), 此時的最小 λ 值是 1, 已由定理 4給出; 如果 3|λ, 這一條件成為 λ|4(v − 2), 此時的最小 λ 值是 3, 而 v ≡ 2 (mod 3), 以下首先研 究這一情形。
(1) LHT S(5, 3) = {({∞} ∪ Z4, Bi); i ∈ Z4}, 每個 Bi 由以下四部分 區組構成 (共有 5 個循環三元組, 15 個可遷 三元組):
集合 Z4\{i} 上的 MT S(3, 1);
h∞, i, ji 與 (j, i, ∞), 其中 j ∈ Z4\{i}; (i+1, ∞, i+2), (i+2, ∞, i+
1), (i+3, ∞, i+1), (∞, i+1, i+3), (∞, i+
2, i + 3), (∞, i + 3, i + 2);
(i, i+1, i+2), (i+3, i, i+2), (i+1, i+
3, i), (i, i + 3, i + 1), (i + 2, i, i + 3), (i + 2, i + 1, i)。
(2) LHT S(8, 3) = {({∞0, ∞1} ∪ (Z2 × Z3), Br); 1 ≤ r ≤ 8}, 其中 Br = Cr∪ Dr∪ Er∪ Fr, 而
Cr = ∪{Cr(x); x ∈ Z3}, 其中
{({∞0, ∞1} ∪ (Z2× {x}), Cr(x));
1 ≤ r ≤ 8} 是一個 LHT S(4, 1);
Dr = ∪{Dr(x, y); x 6= y ∈ Z3}, 其中 {(Z2×{x, y}, Dr(x, y)); 1 ≤ r ≤ 8}
是一個 LHT S(4, 1);
E1+4t = ∪{M(i, j, k); i, j, k ∈ Z2, i + j + k = t}, t ∈ Z2, 其中
{({(i, 0), (j, 1), (k, 2)}, M(i, j, k))}
是一個 LMT S(3, 1);
Es+4t = ∪{Ns(i, j, k); i, j, k ∈ Z2,
i + j + k = t}, t ∈ Z2, 2 ≤ s ≤ 4, 其中 {({(i, 0), (j, 1), (k, 2)},
Ns(i, j, k)); 2 ≤ s ≤ 4} 是一個 LDT S(3, 1);
Fy = ∪{Fr(x, y); x, y ∈ Z3 且 x < y}, 其中(以下 t ∈ Z2)
F1+4t(x, y) = {h∞t, (i, x), (i, y)i, h∞1−t, (i, x), (1 − i, y)i 及其反序; i ∈ Z2} F2+4t(x, y) = {(∞t, (i, x), (i, y)),
(∞1−t, (i, x), (1 − i, y)) 及其反序; i ∈ Z2} F3+4t(x, y) = {((i, x), ∞t, (i, y)),
((i, x), ∞1−t, (1 − i, y)) 及其反序; i ∈ Z2} F4+4t(x, y) = {((i, x), (i, y), ∞t),
((i, x), (1 − i, y), ∞t) 及其反序; i ∈ Z2}
(3) 一個遞歸構造: “對於 u ≥ 3, 若存 在 LHT S(u + 2, 1), 則存在 LHT S(3u + 2, 3)”。 根據它和 (1), (2) 以及定理 4, 即可
知道: “對任意的 u 6≡ 0 (mod 3), 存在 LHT S(3u + 2, 3)”, 這就可得到推論: “對 任意 n ≥ 0, 存在 LHT S(3 · 2n+ 2, 3)”。
(4) 仿照定理 5 的嵌入替換做法, 根 據定理 5 前邊的 (3) 以及 LHT S(4, 1), LHT S(3 · 2n + 2, 3) 和 LMT S(3, 1), LDT S(3, 1) 的存在性即可得到
定理9: 存在 LHT S(v, 3) 當且僅當 v ≡ 2 (mod 3) 且 v ≥ 5。
和前邊兩類三元系大集的最後一步一 樣, 利用定理 4 和定理 9, 通過合併小集即可 得到最終結論。 這裡, 讓我們來具體寫出這一 合併過程。
定理10: LHT S(v, λ) 的存在譜是:
v ≥ 3, λ|4(v − 2), 而當 3†λ 時, v ≡ 2 (mod 3) 且 λ = 1 時 v 6= 3。
證明: 條件的必要性前邊已談過。
當 3|λ 時, 令 λ = 3t, X 是一個 v(≥ 3) 元集, 且 λ|4(v−2), 此時必有 v ≡ 2 (mod 3), 由定 理 9, 存在 LHT S(v, 3) = {(X, Bi); 1 ≤ i ≤ 4(v−2)3 }。 定義
Ak = ∪{Bi; kt + 1 ≤ i ≤ (k + 1)t}, 0 ≤ k ≤ 4(v − 2)
3t − 1,
則 {(X, Ak); 0 ≤ k ≤ 4(v−2)λ − 1} 是一個 LHT S(v, λ)。
當 3†λ 時, 令 X 是一個 v 元集, v > 3, v ≡ 0, 1 (mod 3) 且 λ|4(v − 2)。 由定理 4, 存在 LHT S(v, 1) = {(X, Bi); 1 ≤ i ≤
4(v − 2)}。 定義
Ak = ∪{Bi; kλ + 1 ≤ i ≤ (k + 1)λ}, 0 ≤ k ≤ 4(v − 2)
λ − 1,
則 {(X, Ak); 0 ≤ k ≤ 4(v−2)λ − 1} 是一 個 LHT S(v, λ)。 這種情況還遺留下 v = 3, λ 6= 1 需處理。 由條件 λ|4(3 − 2), 只 能 λ = 2 與 λ = 4。LHT S(3, 2) = {(I3, Bi); i = 0, 1} 的構造已在例 7 中給出 過, 而 LHT S(3, 4) = {(I3, B0 ∪ B1)} 僅 含有一個小集。
四. 自反的有序三元系
在前邊一些大集的構造例子中我們已經 幾次用到下述事實:
(1) 若 (Zv, B) 是一個 v 階有序三元系 (不論 λ 是幾, 也不論它是哪種類型—MT S, DT S 或 HT S), 則 (Zv, B + i) 也是同一階 數同一類型和同一 λ 值的一個有序三元系, 其中 B + i = {B + i; B ∈ B}, 而當 B = ha, b, ci (或 (a, b, c)) 時, B + i = ha + i, b + i, c + ii (或 (a + i, b + i, c + i)), 這裡的加法結果都是在 Zv 中的, 即加法模 v 取值。
(2) 若 (X, B) 是一個 v 階有序三元系, 則 (X, B−1) 也是一個(階數, 類型及 λ 值相 同的) 有序三元系。 其中 B−1 = {B−1; B ∈ B}, 而當 B = ha, b, ci (或 (a, b, c)) 時, B−1 = hc, b, ai (或 (c, b, a))。
這裡的第一個事實可以推廣到更一般的情況, 即若 (X, B) 是一個序三元系, 而 f 是集
合 X 的元的一個一一變換 (在代數學中稱 f 為 X 上的一個置換), 則 (X, f (B)) 也是 一個 (階數、 類型及 λ 值相同的) 有序三元 系。 這裡的 f (B) = {f (B); B ∈ B}, 而 當 B = ha, b, ci (或 (a, b, c)) 時, f (B) = hf (a), f (b), f (c)i (或 (f (a), f (b), f (c)))。
這一事實和事實 (2) 都很容易根據有序三元 系的定義來說明。
兩個 (λ 值相同的, 且同一類型的) 有序 三元系 (X, B) 與 (X′, B′), 若存在 X → X′ 的一個 1-1 映射 f , 使得 B′ = f (B), 則稱這兩個有序三元系是同構的, 而 f 稱為 是它們的一個同構 (映射)。 如果 X 上的一 個置換 f 使得某個有序三元系 (X, B) 滿 足 f (B) = B (即 f 對區組集 B 的作用 僅是諸區組的一個重新排列), 則稱此 f 為 這個 (X, B) 的一個自同構。 如果 X 上的 一個置換 f 使得有序三元系 (X, B) 滿足 f (B) = B−1, 則稱此 f 為這個 (X, B) 的 一個反自同構, 而此 (X, B) 稱作是自反的 (self-converse)。
顯然, 恆等映射 (即 f (x) = x, ∀x ∈ X) 是任一個設計 (X, B) 的自同構。 這說明, 每個有序三元系都存在自同構, 而且可以證 明, 一個設計的全部自同構恰構成一個群 (它 的運算是“映射的合成”)。 但並非每個有序三 元系都存在反自同構。 例如:
存在有三個 (彼此不同構的) DT S(4), 若分別記它們為 (Z4, Bi), i = 1, 2, 3, 它們 是
B1: (1,2,3) B2: (1,2,3) B3 (1,2,3) (0,3,2) (0,3,2) (0,3,1) (3,0,1) (2,0,1) (3,0,2) (2,1,0) (3,1,0) (2,1,0) 可以驗證, B1 恰有四個反自同構 fj(j = 1, 2, 3, 4), 用置換的循環之積形式表達即是:
f1 = (0)(2)(1, 3), f2 = (1)(3)(0, 2), f3 = (0, 1, 2, 3), f4 = (0, 3, 2, 1)。
而 B2 與 B3 都不存在任何反自同構。 因此, 我們稱 (Z4, B1) 是一個自反的 DT S(4), 而 (Z4, B) 與 (Z4, B3) 都不是自反的。 讓我們 再來舉幾個例子:
DT S(3) 是唯一的, 即 {(0, 1, 2), (2, 1, 0)}, 由 Z3 上的兩個可遷三元組構成。 它 是自反的, 它的反自同構僅有 (0)(1)(2) 與 (1)(0, 2) 兩個, 它們構成一個二階群 (但一 般來講一個有序三元系的全部反自同構不一 定構成群, 比如上例中的 {f1, f2, f3, f4} 就 不是一個群)。
MT S(3) 也是唯一的, 即 {h0, 1, 2i, h2, 1, 0i}, 它也是自反的, 它的全部反自同構恰是 Z3 上的全部 6 個置換, 它們也構成一個群 (通常稱為三次對稱群, 記為 S3)。
MT S(4) 亦是唯一的, 即 {h0, 1, 2i, h1, 0, 3i, h2, 3, 0i, h3, 2, 1i}, 它也是自反的, 它 共有 12 個反自同構, 即 Z4 上全部形為 (∗)(∗)(∗, ∗) 與 (∗, ∗, ∗, ∗) 的置換。 但它 們不構成群, 若用代數學上的記法, 這 12 個 置換恰是 S4\A4, 即 4 次對稱群 S4 去掉其 中的 4 次交代群 A4。
C. J. Colbourn 和 A. Rosa 在 1992 年的一篇綜述 [4]中提出了這樣的公開問 題: “對什麼樣的階數存在自反的 DT S?”以 及“對什麼樣的階數存在自反的 MT S?” 我 們將在這節介紹我們對這問題的回答。
1.自反的DT S(v, 1)的存在譜 全部工作分以下八步進行。
(1) 當 v ≡ 1, 3 (mod 6) 時, 存 在自反的 DT S(v)。 這只需由 Steiner 三 元系 ST S(v) = (X, B) (它的存在譜恰是 v ≡ 1, 3 (mod 6)) 出發, 將 B 中每個無序三 元組 {x, y, z} 換為兩個可遷三元組 (x, y, z) 與 (z, y, x) 即可。 它的反自同構可取為恆等 映射。
(2) 當 v ≡ 4 (mod 6) 時, 存在自反的 DT S(v)。 令 v = 6t + 4, 取 X = {∞} ∪ (Z2t+1× Z3), 其中 Z2t+1 = {0, 1, · · · , 2t}, Z3 = {0, 1, 2}。 在 X 上構作如下的 B:
((x + y, i), (x, i + 1), (x − y, i)), 其中 x ∈ Z2t+1, 1 ≤ y ≤ t, i ∈ Z3; ((x − y, i), (x, i − 1), (x + y, i)), 其中
x ∈ Z2t+1, 1 ≤ y ≤ t, i ∈ Z3; ((x, 1), (x, 0), (x, 2)), (∞, (x, 2), (x, 0)),
((x, 2), ∞, (x, 1)) 及 ((x, 0), (x, 1), ∞), 其中 x ∈ Z2t+1。
定義映射 f 為: f (∞) = ∞, f (x, 0) = (x, 0), f (x, 1) = (x, 2), f (x, 2) = (x, 1) 其中 x ∈ Z2t+1 。 則 (X, B, f ) 即構成 一個自反的 DT S (6t + 4)。 這裡的記號 (X, B, f ) 是專用來記自反的有序三元系的, 其中 X 為元素集, B 為區組集, 而 f 為給
定的反自同構映射。 注意這裡的最後一組四 個區組與前邊提到的 DT S(4) = (Z4, B1) 是同構的, 而映射 f 即是那裡指出的四個映 射的第一個, f1。
(3) 對於 n ≡ 1, 3 (mod 6), 若有自反 的 DT S(m), 則存在自反的 DT S(mn), 根 據這一結論, 取 n = 3 可知“若存在自反的 DT S(m), 則存在自反的 DT S(3m)”。
(4) 直接構造自反的DT S(18)與DT S(24)
。
(5) 若存在自反的 DT S(v), 則存在自 反的 DT S(4v)。
首先, 構作自反的 MT S(4) = (I4, Bc, g) 與 DT S(4) = (I4, Bt, g):
Bc = {h0, 1, 2i, h1, 0, 3i, h2, 3, 0i, h3, 2, 1i};
Bt= {(0, 2, 1), (1, 3, 0), (2, 0, 3), (3, 1, 2)}。
它們具有同樣的反自同構 g : g(0) = 0, g(1)
= 1, g(2) = 3, g(3) = 2。 設已知自反的 DT S(v) = (Iv, A, f )。 在 I4× Iv 上構作如 下的可遷三元組系 T :
((x, i), (x, j), (x, k)), 其中 x ∈ Iv, (i, j, k) ∈ Bt;
((x, i), (y, i), (z, i)), 其中 (x, y, z) ∈ A, i ∈ I4;
((x, i), (y, j), (z, k)), 其中 (x, y, z) ∈ A, hi, j, ki ∈ Bc。
並定義映射 F (x, i) = (f (x), g(i)), 則 (Iv× I4, T , F ) 即為自反的 DT S(4v)。
根據這一構造及 (3) 的推論可知:
“若存在自反的 DT S(v), 則存在自反的 DT S(4kv) 及 DT S(12v)。
(6) 根據以上 (1)—(5), 可證明: “對於 v ≡ 0 (mod 18), 存在自反的 DT S(v)”。
(7) 通過幾個遞歸構造得到具有某種特 殊性質的自反 DT S(6k + 4), 從而再利用一 個遞歸構造得到自反 DT S(18k + 6), k ≥ 1。
(8) 不存在自反的 DT S(6)。
根據以上 (1)—(8) 的結論, 我們可以得到 定理11: 存在自反的 DT S(v) 當且僅 當 v ≡ 0, 1 (mod 3) 且 v 6= 6。
證明: 由定理 1 及上述 (8) 知所述條件 是必要的, 所有可能的階數 v 可分為四類:
v ≡ 0, 1, 3, 4 (mod 6), 後三類己分別在 (1) 與 (2) 中解決, 而 v ≡ 0 (mod 6) 這 一類又可分為三個子類: v ≡ 0, 6, 12 (mod 18)。 其中前兩個子類由 (6) 與 (7) 可知, 而 當 v = 18k + 12 = 3(6k + 4) 時, 可由 (2) 與 (3) 解決。
2.自反的MT S(v, 1)的存在譜
尋求自反 MT S(v, 1) 的存在譜的過程 如下。
(1) 當 v ≡ 1, 3 (mod 6) 時存在自反 的 MT S(v)。 這一步與自反 DT S(v) 的第 (1) 步類似。
(2) 當v ≡ 4 (mod 6) 時存在自反的 MT S(v)。 它與自反 DT S(v) 的第 (2) 步 也是類似的。
(3) 若存在自反的 MT S(m) 與 MT S(n), 則存在自反的 MT S(mn)。 這 一結論優於DT S(v) 的第 (3) 步 (那裡要限 定 n ≡ 1, 3 (mod 6))。 它的構造是:
令 X, Y 分別為 m, n 元集, 設已知有 自反的 MT S(m) = (X, A, f ) 與自反的 MT S(n) = (Y, B, g)。 在集合 X × Y 上 構作如下循環三元系 T
h(x, u), (y, v), (z, w)i, 其中 hx, y, zi ∈ A, hu, v, wi ∈ B;
h(x, u), (x, v), (x, w)i, 其中 x ∈ X, hu, v, wi ∈ B;
h(x, u), (y, u), (z, u)i, 其中 hx, y, zi ∈ A, u ∈ Y 。
定義映射 F (x, u) = (f (x), g(u)), 對於任 意 (x, u) ∈ X × Y 。 則 (X × Y, T , F ) 即 是一個自反的 MT S(mn)。
根據以上三款, 我們有以下推論:“若 存 在自 反 的 MT S(v), 則 存 在自 反 的 MT S(3v), MT S(4v) 和 MT S(12v)”。
(4) 直接構造自反的 MT S(18)。
(5) 根據以上 (1)—(4), 可證明: “對於 v ≡ 0 (mod 18), 存在自反的 MT S(v)”。
(6) 通過幾個遞歸構造得到具有某種特 殊性質的自反的 MT S(6k + 4), 從而再利 用一個遞歸構造得到自反的 MT S(18k+6), k ≥ 1。 根據以上 (1)—(6) 的結論, 仿照定 理 11的證明, 我們即可得到
定理12: 存在自反的 MT S(v) 當且僅 當 v ≡ 0, 1 (mod 3) 且 v 6= 6。
通過本節的 1 與 2, 我們完成了自反 DT S (v, 1) 與自反 HT S(v, 1) 的存在 譜。 那麼, 對什麼樣的階數存在有自反的 HT S(v, 1) 呢? 申言之, 如果對某個階數 v 存在有自反的 HT S(v, 1), 那麼對於不同的 c, 1 ≤ c ≤ v(v−1)3 − 2, 是否都有自反的 c − HT S(v, 1) 呢? 這裡的 c − HT S(v, 1) 表示該混成三元系中恰含 c 個循環三元組 (從而所含可遷三元組的個數是 v(v−1)3 − c), 已經知道, 對任意的 1 ≤ c ≤ v(v−1)3 − 2, 存 在 c − HT S(v, 1)。
例如, 以下的 B1, B2, B3 都是 Z4 上的 HT S(4, 1)。 若給出映射 f = (0)(2)(1, 3), 則它們都是自反的
B1: h1, 2, 3i B2: h0, 1, 3i B3 h0, 1, 2i (1,0,3) (2,0,3) h0, 2, 3i (2,0,1) (3,2,1) (1,0,3) (3,0,2) (1,0,2) (3,2,1) 注意這裡的 B1 與 B2 都是 1 − HT S(4, 1), 但它們不同構; 而 B3 是 2 − HT S(4, 1)。
進而, 對任意的 λ, 自反的 DT S(v, λ), MT S(v, λ) 以及 HT S(v, λ) 的存在性問題 也都還未被完全解決。
五. 一些其它問題
1.可分解性與幾乎可分解性
v 元集 X 上的一些循環 (可遷) 三元組, 若它們恰構成 X 的一個分析, 則稱這些三元 組構成一個平行類, 顯然它應恰由 v3 個循環 (可遷) 三元組構成, 因此只有當 3| |X| 時, 才 有 X 上的平行類。 當 v ≡ 0 (mod 3) 時, 若
一個 MT S(v, 1) (或 DT S(v, 1)) 的全部區 組可分拆為若干個平行類, 則稱它為可分解 的, 記為 RMT S(v, 1) (或 RDT S(v, 1))。
例10. RMT S(12, 1)
取 Z4 上的有序三元組集 B = {(0, 1, 2), (1, 0, 3), (2, 3, 0), (3, 2, 1)} 及置 換 σ = (0) (123)。 連續進行 i 次置換 σ 記 為 σi, 易見 σ1 = (0)(123), σ2 = (0)(132), σ3 = (0)(1)(2)(3)。 今在集合 I3× Z4 上構 作如下 11 個平行系 (I3 = {1, 2, 3}):
(1) ∀(x, y, z) ∈ B, 令 t = Z4\{x, y, z}。
({h(i, x), (i, y), (i, z)i; i ∈ I3}, h(1, t), (2, t), (3, t)i。
(2) 對於 k = 1, 2, 3,
{h(1, σk(x)), (2, σk(y)), (3, σk(z))i;
(x, y, z) ∈ B}。
(3) 對於 k = 1, 2, 3,
{h(1, σk(x)), (3, σk(y)), (2, σk(z))i;
(x, y, z) ∈ B}。
(4) {h(1, t), (3, t), (2, t)i; t ∈ Z4}。
其中 (1) 含 4 個平行類, (2) 與 (3) 各含 3 個平行類, (4) 僅含 1 個平行類。 每個平行類 含 4 個循環三元組, 總共 44 個區組恰構成一 個 MT S(12, 1), 這不難說明。 而可分解性是 顯然的。
例11. RDT S(18, 1)
集合取為 {∞} ∪ Z17。 對於每個 i ∈ Z17, 可遷三元組集 Bi = {(i, ∞, 11 + i), (1 + i, 9 + i, 14 + i), (7 + i, 2 + i, 5 + i), (4 + i, 3 + i, 10 + i), (6 + i, 15 + i, 8 + i), (12 + i, 16 + i, 13 + i)} 恰是一個平 行類。 它的後五個區組所屬的可遷型依次是 [8, 5, 13], [12, 3, 15], [16, 7, 6], [9, 10, 2] 與 [4, 14, 1], 第一個區組所含的有序對差是 11, 它與這五個型中的 15 個有序對差恰取到 1∼16 各一次。 因此, 17 個平行類 Bi 中全部 6×17 = 102 個可遷三元組恰好將 Z17中全 部有序對及形為 (∞, x), (x, ∞), x ∈ Z17 的有序對全都各取一次。
當 v 6≡ 0 (mod 3) 時, 不存在平行類, 也就談不上 RMT S(v) 與 RDT S(v)。 但當 v ≡ 1 (mod 3) 時, 有一種“幾乎可分解”的 說法。 若 v = 3k + 1 元集 X 上的 k 個 循環 (可遷) 三元組恰構成 X 中某 3k 個元 的一個分拆, 則稱它們為一個“幾乎平行類”。
當 v ≡ 1 (mod 3) 時, 若一個 MT S(v, 1) (或 DT S(v, 1)) 的全部區組可分拆為若干 個“幾乎平行類”。 則稱它是幾乎可分解的, 記 為 ARMT S(v, 1) (或 ARDT S(v, 1))。
例11. ARMT S(7, 1)
元素集合取為 Z7。 對於每個 i ∈ Z7, 循環三元組集 αi = {h1 + i, 2 + i, 4 + ii, h6 + i, 5 + i, 3 + ii} 顯然是一個幾乎平行 類。 αi 中兩個區組分別屬於循環型 [1, 2, 4]
與 [6, 5, 3], 恰好涉及了全部有序差。 因此, 七 個幾乎平行類 αi 中全部 14 個循環三元組恰 好將 Z7 中全部有序對各取一次。
例12. ARDT S(10, 1)
它由 Z10 上的以下 10 個“幾乎平行類”
αi 構成:
(1,2,3) (0,6,2) (9,7,1) (5,1,6) (1,7,5) (8,7,4) (7,8,3) (3,5,8) (7,2,0) (2,8,6) (9,6,5) (5,9,4) (6,4,0) (4,9,8) (0,3,9)
α0 α1 α2 α3 α4
(6,1,8) (4,3,1) (0,8,1) (1,9,0) (2,1,4) (2,7,9) (8,9,2) (4,2,5) (5,3,2) (3,7,6) (3,0,4) (5,0,7) (6,9,3) (4,6,7) (8,0,5)
α5 α6 α7 α8 α9
每個平行類αi 所缺少的一個元恰是 i。
有序三元系的可分解性與幾乎可分解性 的研究 (對於 λ = 1) 已經完成。 J.
C. Bermond, A. Germa 與 D. Sot- teau 在1979年證明了:“存在 RMT S(v) 與 RDT S(v) 當且僅當 v ≡ 0 (mod 3) 且 v 6= 6”。 而 F. E. Bennett 與 D. Sotteau 在 1981 年證明了:“存在 ARMT S (v) 與 ARDT S(v) 當且僅當 v ≡ 1 (mod 3)”。(見 [5],[6])
進 一 步 需 要 考 慮 的 是RMT S (v), RDT S(v) 與 ARMT S(v), ARDT S(v) 的大集問題。 亦即以下問題:
(1) 對於每個 v ≡ 0 (mod 3), v 6=
6, 是否可將 v 元集上全部循環三元組分 拆為 (v − 2) 個族, 使得每一族都是一個 RMT S(v)?
(2) 對於每個 v ≡ 0 (mod 3), v 6=
6, 是否可將 v 元集上全部可遷三元組分拆 為 3(v − 2) 個族, 使得每一族都是一個 RDT S(v)?
(3) 對於每個 v ≡ 1 (mod 3), 是否可 將 v 元集上全部循環三元組分拆為 (v − 2) 個族, 使得每一族都是一個 ARMT S(v)?
(4) 對於每個 v ≡ 1 (mod 3), 是否可 將 v 元集上全部可遷三元組分拆為 3(v − 2) 個族, 使得每一族都是一個 ARDT S(v)?
在上一篇文章中提到柯克曼三元系大集 (即 LKT S(v)) 時曾談到可分解性要求給大 集構造帶來的難度。 這意味著, 上述四個問題 的解決恐怕也不是容易的。 在問題 1 與問題 2 中, 對於其中一半的階數 v ≡ 3 (mod 6), 如果存在有 LKT S(v), 則將其每個 (無序 的) 平行類換為正、 反加序的兩個平行類, 即 可給出 LRMT S(v) (或 LRDT S(v))。 但 問題是, 至今 LKT S(v) 的存在性還遠未解 決, 人們知道的僅是 v = 3km 這樣的階數, 其中 m ∈ {1, 5, 11, 17, 25, 35, 43}, k 為任 意數。
2.不同構有序三元系的計數
有序三元系的同構概念前邊已經談過。
同階的兩個有序三元系, 若不存在它們間的 同構映射, 則稱它們是不同構的。 比如上節開 始我們曾列出過三個 DT S(4) : (Z4, Bi), i = 1, 2, 3, 我們並指出它們是彼此不同構 的。 事實上, 可以用 Z4 上的全部 24 個置 換逐一檢查證實這一說法 (即對任一置換 π, 不會有 πBi = Bj, i 6= j ∈ {1, 2, 3})。 再比 如下邊三個 Ai 都是 Z7 上的 MT S(7):
0 1 3 3 1 0 0 3 4 4 3 0 0 1 3 2 5 4 1 2 4 4 2 1 1 3 5 5 3 1 0 2 6 1 4 3 2 3 5 5 3 2 2 3 6 6 3 2 0 3 2 1 5 6 3 4 6 6 4 3 0 1 2 4 6 5 0 4 5 1 6 2 4 5 0 0 5 4 0 2 5 4 1 6 0 5 1 3 4 6 5 6 1 1 6 5 0 5 6 4 2 1 0 6 4 2 3 5 6 0 2 2 0 6 0 6 1 4 5 2 1 2 4 3 6 5
| {z } | {z } | {z }
A1 A2 A3
但它們彼此是不同構的, 這點可從以下觀察 得知 (兩條中的任一條都可以區分出它們):
(1) 所含“3 階子設計”的個數不同: A1
的每行兩個區組是互為反序的, 因此每行都 是一個 MT S(3)。 於是 A1 中有 7 個子 MT S(3)。 (A1 的一半若改為無序三元組, 恰是 Steiner 三元系 ST S(7))。 A2 中只含 有 3 個子 MT S(3), 即前三行。 而 A3 中不 含任何子 MT S(3)。
(2) 所含“幾乎平行類”的個數不同: A3 的每個行都是一個幾乎平行類, 因此 A3實際 上是一個 ARMT S(7)。A2 的後四行, 每行 是一個幾乎平行類, 而且它不再含其它幾乎 平行類, 因此它恰有 4 個幾乎平行類。 A1 中 不含任何幾乎平行類。
以上兩款所比較的量 (“3 階子設計個 數” 及 “幾乎平行類個數”) 很容易說明都是 在同構映 射下的不度量。 在判定兩個設計是 否同構時 (特別當階數比較大時), 往往需要 通過計算它的同構不變量來說明。 對指定的 一類設計, 找出它的同構不變量(特別是那些 比較深刻的) 也不是很容易的。
通常, 在談及某種設計 (參數給定) 的 個數時往往有兩種意義。 一種是所謂不相交 的計數, 即兩兩“不相交”(或“無公共區組”) 的最大個數, 大集問題所談的實際即是這種 意義下的計數。 當然, 有的階數的設計不能構 成大集, 此時也同樣有不相交計數問題 (比如 v ≡ 0, 1 (mod 3) 時不存在 LMT S(v, 3) 與 LDT S(v, 3), 但仍可考慮兩兩不相交的 MT S(v, 3) 或 DT S(v, 3) 的最大個數; 再 比如不存在 LST S(7), 但已經知道兩兩不相 交的 ST S(7) 的最大個數是 2)。 不相交計數 (及實際構作) 在碼論中很有用處。 另一種計 數問題則是上邊談的不同構計數了, 這種問 題難度很大, 因為當階數較大時。 按給定設計 要求的組態數量極多, 如果沒有好的方法, 即 使用高速計算機, 也難於窮盡全部組態。 一般 的做法是——逐步擴展考察範圍, 通過與已 知設計的 (用同構不變量的) 比較, 不斷提高 不同構個數的下界。
對於 MT S(v, 1) 與 DT S(v, 1), 現今 已得知的確切的不同構個數有
MT S(3, 1) 1 DT S(3, 1) 1 MT S(4, 1) 1 DT S(4, 1) 3 MT S(7, 1) 3 DT S(6, 1) 32 MT S(9, 1) 18 DT S(7, 1) 2368 MT S(10, 1) 144
有興趣的讀者可以試著去求其它階數。
作為本文的結尾想附帶提一下剛剛見到 的本刊十七卷第二期上黃克華君的一篇題為
“區組設計的迴響”文章。 該文起名為“迴響”, 很解人意。 本人與各位作者撰文刊載之宗旨
即在於介紹一些數學知識與進展, 以期引起 讀者的興趣與迴響, 從而吸引更多的人投入 到有關分支的研究中。 我想這也正是 《數 學傳播》 刊物“傳播”二字的含意所在。 希 望本刊今後能有更多這樣的迴響與交流。 鑒 於該文涉及到了我前一篇文章 [17]所提的 LKT S(15), 而此刻文章的這一節正在談設 計的計數, 因此想順便指出以下兩點:
(1) 該文第五節 (80-83 頁) 所給出的 LKT S(15) 並不是新的, 它與 Denniston 1974 年已得到的 LKT S(15) 是同構的。 後 者的元素集 X = {a, b} ∪ Z13, 其中 Z13= {0, 1, · · · , 12}; 而黃文的元素集 Y = {1, 2,
· · · , 15}。 如果令映射 f : X → Y 是 f (a) = 14, f (b) = 15, f (j) =
(j + 7 (0 ≤ j ≤ 6) j − 6 (7 ≤ j ≤ 12) 則 f 是一個 1-1 映射, 而且它將 Denniston 構造中的頭一周 (即我的上一篇文章 32 頁尾 部到 33 頁開始所列的諸區組 i = 0 情形) 之 諸平行類, 即星期日、 一、 二、 三、 四、 五、 六, 依次映射到黃文的第一個小集 H0 之第 (3), (4), (2), (7), (5), (6), (1) 行各平行類。 進 而, 因大集中其它小集都是從初始小集模 13 平移得來的 (14 與 15 及 a 與 b 都是作為 不動元出現的), 所以黃文所得與 Denniston 所得是同構的。
至於所用方法, 實質都是: 列舉 Z13 中 的無序三子集的“對子差”型 (仿前所述可知,
無序三元組 {x, y, z}, x < y < z 所屬的 型可記為 [y − x, z − y, x − z], 它包容了該 三元組的 6 個差 ±(y − x), ±(z − y) 與
±(x − z)。 注意: 型 [a, b, c] = [b, c, a] = [c, a, b]。 在 Z13 中, 共有 22 個這種型—
[1,2,10], [1,10,2], [1,3,9], [1,9,3], [1,4,8], [1,8,4], [1,5,7], [1,7,5], [2,3,8], [2,8,3], [2,4,7], [2,7,4], [2,5,6], [2,6,5], [3,4,6], [3,6,4], [1,1,11], [2,2,9], [3,3,7], [4,4,5], [5,5, 3], [6,6,1]), 合理選取每個型各一個區 組, 再選出 Z13\{0} 的兩種 2-子集分拆 (使 每種分拆 {xi, yi}, 1 ≤ i ≤ 6 都滿足條件 {±(xi− yi); 1 ≤ i ≤ 6} = Z13\{0}。 一種 分拆的 6 個 2-子集分別與 a 構成三元組, 另 一種分拆的 6 個 2-子集則分別與 b 構成三 元組, 總共得到 12 個分別含 a 或 b 的區組), 最後使. 得. 上述選出的 22 + 12 = 34 個區組 與 {a, b, 0} 一起可. 以. 構成一個 KT S(15)。
當然, 關鍵在於前邊畫黑點“·”的動作, 這需 要對總數為 1322(3 · 5 · 7 · 9 · 11)2 種可能的 搭配進行核查。 顯然, 如果沒有進一步的處理 辦法, 僅靠這種過程是難以幸運地“碰上”正 確選擇的。
(2) 我在上一篇文章中用有限域方法給 出的那個 15 階大集 (見該文 36 頁), 並不是 LKT S(15) 而僅是 LST S(15)。 因為它的 區組集不存在平行類分拆 (儘管它也含有平 行類)。 事實上, B0 的全部區組列出來是:
