C2⊕C2n上不可分原子的结构*

官欢欢，袁平之

(1. 贵州财经大学数学与统计学院，贵州 贵阳 550025;2. 华南师范大学数学科学学院，广东 广州 510631)

本文的符号参看文献[1]。

设G是有限阿贝尔群，由有限阿贝尔群结构定理知，存在n1,n2,…,nr∈，使得G≅Cn1⊕Cn2⊕…⊕Cnr，其中r=n1=1或者1

设F(G)是以群G为基的自由乘法阿贝尔幺半群。F(G)中的元素S称为群G上的序列，记为

supp(S)={g∈G|νg(S)>0}⊂G

因此序列S是由群G中元素组成的多重集。F(G)中的单位元素1称为空序列，记为φ，其长度为0。

若有νg(S)>0，称S包含元素g，记为g|S。

序列T∈F(G)称为序列S的子序列，如果对所有的g∈G，νg(T)≤νg(S)，记为T|S。若1≤|T|<|S|，称T为S的真子序列。

如果T|S，则记ST-1为序列S去掉序列T中的元素之后所得的序列。

对任意的k∈{1,2,…,l}，记

i1

如果0∉∑(S)，称S为零和自由序列。

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，则称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)，则称S为短零和序列。

群G的所有零和序列的集合记为B(G)，所有最小零和序列的集合记为A(G)。

用D(G)记Davenport常数，即满足下列条件的最小的正整数d，使得群G中每个长度不小于d的序列都含有一个非空的零和子序列。

设G和G′都是有限阿贝尔群，S=g1·…·gl∈F(G)，给定群同态φ:G→G′，将φ扩展到其生成的自由幺半群上的同态，定义φ(S)=φ(g1)·…·φ(gl)，则φ为F(G)上的同态。

为了更好的给出本文的结论，首先给出下面两个定义。

定义 1[2]设S是群G上一个序列，称S是可分的原子(a splittable atom)，如果S=(g1+g2)T，其中g1,g2∈G,T∈F(G)满足S∈A(G)且g1g2T∈A(G)。反之则称为不可分的(unsplittable)。

定义2[2]一个序列S∈F(G)称为光滑的(smooth)，如果S=(n1g)·(n2g)·…·(nlg)，其中

|S|∈，g∈G，1=n1≤n2≤…≤nl，

n=n1+…+nl

且∑(S)={g,…,ng}(此时更确切地称S是g-光滑的)。

设S是群G上一个不可分原子。2009年，Savchev与Chen给出了阶为n的循环群上的长度超过其Davenport常数一半的不可分原子的结构，参看文献[2-6]。

本文给出了秩为2的有限阿贝尔群C2⊕C2n上不可分原子S的的具体结构。下面是本文的结论。

定理2 设S是群G=C2⊕C2n上长度为n+k,k≥4的不可分原子。则存在群G的阶为n的循环子群H=,h∈G使得S=bucvdw，其中b,c,d属于群G的不同的H-陪集，min{v,w}=1，2b=h，c+d=b且ord(g)=2n。

1 准备知识

引理3[7]设n≥2是正整数。每一个长度|S|≥3n-2的序列S∈F(Cn⊕Cn)包含一个短零和序列。

故可将S分拆为S=S1…SNS′，其中σ(Si)∈H，|Si|≤2，1≤i≤N，S′∩H=∅，h(S′)=1且|S′|≤3。设

A={S=S1…SNS′|σ(Si)∈H,|Si|≤2,1≤i≤N,

且S′∩H=∅,h(S′)=1,|S′|≤3}

2 定理证明

设S∈A(G)是长度为n+k,k≥4的不可分原子。则由前面的讨论知存在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

因此可设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|是偶数，则|C|,|D|均是偶数。对任意b1b2|B均有b1+b2∈H。同理C,D亦然。分别将B,C,D中的元素进行两两组合相加，则得到相应的序列的集合B,E,D。对任意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|是奇数，则|C|,|D|均是奇数。对任意的bi∈B，cj∈C，dk∈D，分别将B{bi}，C{cj}，D{dk}中的元素进行两两组合相加，则得到相应的序列的集合Bi,Ej,Dk。对任意AB∈Bi，AC∈Ej，AD∈Dk，由上面的论述知，可得序列

T=AABACAD(bi+cj+dk)∈A(H)，

且

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

为了更好的证明，首先给出一个断言。

断言1 如果下列的条件有一个成立，则S是可分的。

(i)g|A,g≠h；

(ii)存在g|B，使得对任意的g′|Bg-1，g′+g≠h，且对任意的c|C，d|D，g′+c+d≠h。同理由对称性，条件对C,D也成立。

断言的证明：(i) 若存在g|A满足g=sh,s≥2，则g=(s-1)h+h。下面证明序列S′=Sg-1·(s-1)h·h是最小零和序列。欲证S′∈A(G)，只需证明对任意U|S′h-1，U是零和自由的。

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

最后考虑U不包含元素(s-1)h，显然U是零和自由的。

(ii)若存在g|B使得对任意的g′|Bg-1，g′+g≠h，且对任意的c|C，d|D，g′+c+d≠h，只需证明序列S′=Sg-1·(g-h)·h∈A(G)。显然σ(S′)=0。只需证明对任意的U|S′h-1=Sg-1·(g-h)是零和自由的。若U不包含元素(g-h)，则U|S,|U|<|S|。 由S∈A(G)知，U是零和自由的。

若(g-h)|U，设U=A′·B′·C′·D′·(g-h)。 若σ(U)=0，则|B′|+1，|C′|+1，|D′|+1有相同的奇偶性。类似于(i)的讨论可得矛盾。因此U是零和自由的，故S′∈A(G)。断言得证。

②A=ht,t≥0。

由断言1，显然可以得到。

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，则g1+g2=h。同理对C,D结论亦成立。

由断言1可直接得到。

⑤ 存在B,C,D中的一个满足其supp等于1。

由断言1以及④，结论显然成立。在下面的证明中，不妨设

|supp(B)|=1,B=bu,u≥2,2b=h

⑥A=∅，即A是空序列。

由⑤知，不妨设B=bu,u≥2,2b=h。若A≠∅，则h=2b。 从而Sh-1bu+2∈A(G)。故A=∅。

下面给出另外一个断言。

断言2 当C≠∅,D≠∅时，若存在c|C，对任意的d|D，均有c+d≠b，则S是可分的。

断言2的证明：若存在c|C，对任意的d|D，均有c+d≠b，考虑序列S′=S·c-1·(c-b)·b。下面证明S′∈A(G)。只需证明S·c-1·(c-b)是零和自由的。

对任意的U|S·c-1·(c-b)，若U|S，则由S∈A(G)知，U是零和自由的。下设(c-b)|U。设U=B′C′D′(c-b)，其中B′|B,C′|C,D′|D。若σ(U)=0，则|B′|，|C′|，|D′|+1有相同的奇偶性。应用①，显然与σ(U)≠0矛盾。因此S是可分的。断言得证。

⑦ 当C≠∅,D≠∅时，C=cv,D=dw且min{v,w}=1。不妨设S=bucvd。

由③知|supp(C)|≤2，|supp(D)|≤2。

若|supp(C)|=2，设c1c2|C,c1≠c2。因为D≠∅，由断言2知， 存在dd′|D，使得c1+d=c2+d′=b。由2b=h知，c1+d+b=c2+d′+b=h。因为c1≠c2，故c2+d+b≠h，c1+d′+b≠h，矛盾。因此|supp(C)|=1。同理可证|supp(D)|=1。

若v≥2,w≥2，由断言1知2c=h,2d=h，故2c+2d=2h。由断言2知c+d=b。又由2b=h可得b+c+d=h，即2(c+d)=h，矛盾。因为C≠∅,D≠∅，所以min{v,w}=1。

⑧D≠∅。

若D=∅，由S∈A(G)知，|B|,|D|均是偶数。由断言1知或者C=∅，或者C=cv,v≥2，2c=h,2|v。若C≠∅，则2c=2b=h，即2(c-d)=0。考虑序列S·c-1·(c-b)·b。显然S·c-1·(c-b)·b∈A(G)，与S不可分矛盾，因此C=∅。此时S=b2n,ord(b)=2n,2b=h。但是存在c,d∈G，使得b=c+d，从而序列S′=b2n-1·c·d∈A(G)，与S不可分矛盾。因此D≠∅。

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

参考文献：

[1] GEROLDINGER A, HALTER-KOCH F. Non-unique factorizations [M]. Boca Raton: Chapman&Hall/CRC, 2006.

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