高斯整數(shù)環(huán)的商環(huán)的5次冪映射圖

韋揚江, 梁藝耀, 唐高華,2*

(1. 廣西師范學(xué)院 數(shù)學(xué)與統(tǒng)計科學(xué)學(xué)院, 廣西 南寧 530023; 2. 欽州學(xué)院 理學(xué)院, 廣西 欽州 535011)

令Z為整數(shù)環(huán),Zn為模n整數(shù)剩余類環(huán).對于任一正整數(shù)n,記模n高斯整數(shù)環(huán)為Zn[i],即Z[i]/〈n〉?Zn[i].如果α∈Zn[i],則α=x+yi,這里x與y均為Zn中的元素.定義Zn[i]上的5次冪映射圖G(n),該映射圖的頂點為Zn[i]中的所有元素,并且,對于圖中的2個頂點α和β,如果β=α5,則從α到β有一條有向邊,且稱α為β的一個母點,而β稱為α的衍生點.用indeg(β)表示β的入度,即β的所有母點的個數(shù).如果α的衍生點是它本身,即α5=α,則α稱為不動點.如果α為不動點,并且indeg(α)=1,則α稱為孤立不動點.

在G(n)中的每一個極大連通部分叫做G(n)的一個連通分支.顯然Zn[i]中的單位和零因子不可能位于同一連通分支,所以可以定義G(n)的2個子圖G1(n)、G2(n),其中G1(n)是由Zn[i]中所有單位及這些單位之間的有向邊組成的子圖,G2(n)是由Zn[i]中所有零因子及這些零因子之間的有向邊組成的子圖.若α是G(n)的頂點,α→α5→α52→…→α5m=α,且對于t∈{0,1,…,m-1},均有α5t≠α,則稱由α,α5,α52,…,α5m-1組成的圖為圈,且圈長為m.一個連通分支稱為孤立圈當(dāng)且僅當(dāng)這個連通分支上的點都在圈上.

一個圖稱為正則的當(dāng)且僅當(dāng)存在正整數(shù)d,使得圖中所有頂點的入度等于d.一個圖稱為半正則的當(dāng)且僅當(dāng)存在正整數(shù)d,使得圖中所有頂點的入度等于d或者0.顯然,正則圖也是半正則的.

令R為任意的交換環(huán),定義U(R)為R的單位群,D(R)為R中所有零因子構(gòu)成的集合.對于α∈U(R),定義o(α)為α在U(R)中的階.如果R為模n整數(shù)環(huán)Zn,將α在環(huán)Zn中的階用ordn(α)表示.不失一般性,也用Zn表示n階循環(huán)群.

本文研究了Zn[i]的5次冪映射圖G(n)的結(jié)構(gòu),包括G(n)中不動點的個數(shù),頂點0和1的入度,G(n)的半正則性,將文獻(xiàn)[4-5]中的相關(guān)結(jié)論從3次冪推廣到5次冪.

1) 當(dāng)gcd(m,n)=1時,同余方程xn≡1(modm)的解數(shù)為

gcd(n,p1-1)×gcd(n,p2-1)×
…×gcd(n,pr-1).

2) 當(dāng)x=c0是xn≡a(modm)的一個解時,它的全部解為x≡c0y(modm),這里y是yn≡1(modm)的解.

引理2[9]假設(shè)a+bi∈Zn[i],則:

1) 元素a+bi是Zn[i]的單位當(dāng)且僅當(dāng)a2+b2是Zn的單位;

其中

3)Zn[i]是局部環(huán)當(dāng)且僅當(dāng)n=2t或qt,其中q是素數(shù)且q≡3(mod4),t≥1;

4)Zn[i]是域當(dāng)且僅當(dāng)n=q,其中q是素數(shù)且q≡3(mod4).

引理3[11]1)U(Z2[i])?Z2,U(Z4[i])?Z2⊕Z4,U(Z2t[i])?Z4⊕Z2t-1⊕Z2t-2,t>2.因此|U(Z2t[i])|=22t-1,|D(Z2t[i])|=22t-1.

2) 若q是素數(shù)且q≡3(mod4),則U(Zqt[i])?Zqt-1⊕Zqt-1⊕Zq2-1,t≥1.因此|U(Zqt[i])|=q2t-q2t-2,|D(Zqt[i])|=q2t-2.

3) 若p是素數(shù)且p≡1(mod4),則U(Zpe[i])?Zpe-1⊕Zpe-1⊕Zp-1⊕Zp-1,e≥1.因此

|U(Zpe[i])|=(pe-pe-1)2,
|D(Zpe[i])|=2p2e-1-p2e-2.

與文獻(xiàn)[5]中引理2.4類似,可以證得以下引理.

與文獻(xiàn)[6]中定理2.7類似可得以下引理.

1 主要結(jié)論

如果沒有特別說明,均以p表示素數(shù)且p≡1(mod4),而以q表示素數(shù)且q≡3(mod4).

令α=x+yi∈G(n),則α是G(n)中的不動點當(dāng)且僅當(dāng)α5=α,即以下2個同余式成立：

x5-10x3y2+5xy4≡x(modn),

(1)

y5-10x2y3+5x4y≡y(modn).

(2)

下面令

(3)

是整數(shù)n的素數(shù)分解式,其中,k,m,l≥0,tj,es≥1,qj是素數(shù)且qj≡3(mod4),ps是素數(shù)且ps≡1(mod4).下面定理給出了G(n)中不動點的個數(shù).

定理6若n的素數(shù)分解式為(3)式,則對應(yīng)的映射圖G(n)中不動點的個數(shù)L(n)為

證明令α=x+yi∈Zn[i]并且α5=α.由引理4,只需求出n是素數(shù)的方冪時G(n)的不動點個數(shù)即可.

1) 令n=2k,k=1,2.容易算出L(2)=3,L(22)=9.

接下來,令k≥3.若α是Zn[i]中的零因子,由于α(α4-1)=0,又因為Z2k[i]是局部環(huán),所以α4-1是Z2k[i]中的單位,因此α5=α當(dāng)且僅當(dāng)α=0.

若α是Z2k[i]中的單位,則得α4=1,即以下2個同余式成立：

x4-6x2y2+y4≡1(modn),

(4)

4x3y-4xy3≡0(modn).

(5)

因為α是單位,所以x與y的奇偶性互異.

若x是奇數(shù),y是偶數(shù),由于同余式(5)等價于xy(x2-y2)≡0(mod2k-2),又因為x2-y2必是奇數(shù),故由同余式(5)得y≡0(mod2k-2).所以y=2k-2d,這里d=0,1,2,3.進(jìn)而可以得到,當(dāng)k≥3時,無論y是上述4個取值的哪一個,都有2k|6y2和2k|y4.所以同余式(4)可化簡為x4≡1(mod2k).由于當(dāng)k≥3時,剩余類環(huán)Z2k的單位群U(Z2k)同構(gòu)于Z2×Z2k-2,故當(dāng)k=3時在U(Z2k)中恰有4個元素的4次方等于1,而當(dāng)k>3時在U(Z2k)中恰有8個元素的4次方等于1.因此同余方程x4≡1(mod2k)的解數(shù)在k=3時等于4,在k>3時等于8.所以,當(dāng)2?x且2|y時,由同余式(4)和(5)構(gòu)成的同余方程組在k=3時恰有4×4=16個解,在k>3時恰有4×8=32個解.

當(dāng)y是奇數(shù),x是偶數(shù)時,證明過程與前面類似,此時由同余式(4)和(5)構(gòu)成的方程組也是在k=3時恰有4×4=16個解,在k>3時恰有4×8=32個解.

所以k=3時,L(2k)=16+16+1=33,當(dāng)k>3時,L(2k)=32+32+1=65.

2) 令n=qt,t≥1.由引理2,此時Zqt[i]是局部環(huán).若α5=α且α是Zqt[i]中的零因子,則顯然α=0.

下面,假設(shè)α∈U(Zqt[i])且α5=α,則必有α4=1.如果α=d(1±i),其中d∈{1,…,qt-1}且q?d,易得-4d4≡1(modqt),即(2d2)2≡-1(modqt).然而,由文獻(xiàn)[14]第196頁的推論3可知,當(dāng)q≡3(mod4)時,同余方程X2≡-1(modq)無解.所以,X2≡-1(modqt)無解.故同余式(2d2)2≡-1(modqt)對任意的d∈{1,…,qt-1}都不成立.所以映射圖G(qt)中沒有形如α=d(1±i)的不動點.

現(xiàn)在,假設(shè)α=x+yi且x?±y(modqt).由同余式(5)得xy(x2-y2)≡0(modqt).如果q?xy,這時有x2≡y2(modqt),這與x?±y(modqt)矛盾.所以,q必整除x或y.又由引理2的1)知,q不能同時整除x和y.首先,令q|x,q?y.由同余式(5)得,x(x2-y2)≡0(modqt).如果qt?x,則必有q|(x2-y2).由于q|x,所以可知q|y,這與q?y矛盾.因此,必有qt|x即x=0且q?y.同理,可得qt|y即y=0且q?x.先討論qt|x且q?y的情形.由同余式(4)可得y4≡1(modqt),此同余方程的解數(shù)為gcd(4,q-1)(引理1).由于q≡3(mod4),所以gcd(4,q-1)=2.因此當(dāng)x=0且q?y時,由同余式(4)和(5)構(gòu)成的方程組的解數(shù)為2.同理當(dāng)y=0且q?x時,此方程組的解數(shù)也為2.因此Zqt[i]的單位群中恰有4個元素為不動點.

所以,L(qt)=4+1=5.

3) 令n=pe,e≥1.根據(jù)引理2的3)可知,此時Zpe[i]不是局部環(huán).顯然α=0是一個不動點.下面假設(shè)α∈D(Zpe[i])且α≠0.由引理2的1),p|(x2+y2).所以p同時整除x與y或者同時不整除x與y.首先,由同余式(1)與(2)可得

如果p同時整除x與y,則p? (x4-10x2y2+5y4-1)且p? (y4-10x2y2+5x4-1),所以由以上2個同余式得pe|x且pe|y,即x=y=0,這與α≠0矛盾.因此可以推出p?xy.那么,上述方程組等價于

x4-10x2y2+5y4-1≡0(modpe),

(6)

y4-10x2y2+5x4-1≡0(modpe).

(7)

(6)與(7)式相減可得4x4-4y4≡0(modpe),即pe|(x2+y2)(x2-y2).若p|(x2-y2),則由p|(x2+y2),可得p|x且p|y,與p?xy矛盾.所以有p? (x2-y2).從而x2+y2≡0(modpe).將x2≡-y2(modpe)代入(6)式得(2x)4≡1(modpe),此方程的解數(shù)等于gcd(4,p-1)(引理1).又因為p≡1(mod4),所以gcd(4,p-1)=4.因為對給定的每個x,關(guān)于y的同余方程x2+y2≡0(modpe)都有2個解,所以當(dāng)p|(x2+y2)且x≠0,y≠0時,由(6)和(7)式構(gòu)成的方程組的解數(shù)為8,即Zpe[i]恰有8個非零的零因子為不動點.

下面,假設(shè)α∈U(Zpe[i]).如果α=d(1±i),其中d∈{1,…,pe-1}且p?d,由α5=α易得-4d4≡1(modpe),即

(2d2)2≡-1(modpe).

(8)

由于p≡1(mod4),由文獻(xiàn)[14]的推論3知,同余方程Y2≡-1(modp)恰有2個解.從而由文獻(xiàn)[16]的引理2.3得,方程Y2≡-1(modpe)恰有2個解,記為Y≡Yj(modpe),j=1,2.再由文獻(xiàn)[16]的引理2.3知,方程2d2≡Yj(modpe)的解數(shù)為2.因此方程(8)的解數(shù)為4.所以Zpe[i]的單位群中形如α=d(1±i)的不動點個數(shù)為8.

現(xiàn)在,假設(shè)α=x+yi且x?±y(modpe).與本定理情形2)的證明類似,可得x=0且p?y,或y=0且p?x.對于前者,有y4≡1(modpe),此方程的解數(shù)為gcd(4,p-1)=4.因此當(dāng)x=0且p?y時,由同余式(4)和(5)構(gòu)成的方程組的解數(shù)為4.同理當(dāng)y=0且p?x時,由同余式(4)和(5)構(gòu)成的方程組的解數(shù)也為4.從而Zpe[i]的單位群中形如α=x+yi且x?±y(modpe)的不動點個數(shù)為8.

所以L(pe)=1+8+8+8=25.

定理7令

n=2k5

其中k,w,l,m,λ≥0,eh,μs,tj≥1,并且,p1,…,pl是互不相同的素數(shù)且ph≡1(mod20),h=1,2,…,l;π1,π2,…,πm是互不相同的素數(shù)且πs≡11,19(mod20),s=1,2,…,m;η1,η2,…,ηλ為互不相同的素數(shù)且ηj≡3,7,9,13,17(mod20),j=1,2,…,λ,則G(n)中單位元1的入度indeg(1)為:

證明由引理4,只需求出n是一個素數(shù)的方冪時G(n)中單位元1的入度.

1) 令n=2k,k≥1.由引理3,對于α∈U(Z2k[i]),都有5?o(α).因此,根據(jù)文獻(xiàn)[15]的定理2.5得,對于α∈U(Z2k[i]),α都在G(2k)的圈上.所以,indeg(1)=1.

2) 令n=5w,若w=1,由引理3可知,5?o(α),這里α∈U(Z5[i]).因此,根據(jù)文獻(xiàn)[15]中的定理2.5得,indeg(1)=1.若w≥2,由引理3,U(Z5w[i])中滿足α5=1的元素個數(shù)為52.所以當(dāng)w≥2時,G(5w)中單位元1的入度indeg(1)=52.

3) 令n=pe,e≥1,p是模4余1的素數(shù)且p≠5.由引理3,U(Zpe[i])?Zpe-1⊕Zpe-1⊕Zp-1⊕Zp-1.顯然5?pe-1.又,若5|(p-1),則由4|(p-1),得20|(p-1),即p≡1(mod20).這時循環(huán)群Zp-1中滿足α5=1的元素個數(shù)為5.因此,當(dāng)p≡1(mod20)時,G(pe)中單位元1的入度indeg(1)=5×5=52.當(dāng)p?1(mod20)即p≡9,13,17(mod20)時,G(pe)中單位元1的入度indeg(1)=1.

4) 令n=qμ,μ≥1,q是模4余3的素數(shù).由引理3,U(Zqμ[i])?Zqμ-1⊕Zqμ-1⊕Zq2-1.顯然5?qμ-1.又,若5|(q2-1),則5|(q-1)或者5|(q+1).當(dāng)5|(q-1)時,由于4|(q-3),由孫子定理有q≡11(mod20).當(dāng)5|(q+1)時,由于4|(q-3),同樣地由孫子定理有q≡19(mod20).所以,當(dāng)q≡11,19(mod20)時,循環(huán)群Zq2-1中滿足α5=1的元素個數(shù)為5,故G(qμ)中單位元1的入度indeg(1)=5.當(dāng)q?11,19(mod20)即q≡3,7(mod20)時,循環(huán)群Zq2-1中滿足α5=1的元素個數(shù)為1,故G(qμ)中單位元1的入度indeg(1)=1.定理得證.

證明由引理4,只需求出n是一個素數(shù)的方冪時0在G(n)的入度.假設(shè)n=pt,p為素數(shù),t≥1.令α=a+bi∈Zpt[i],且α5=0,則顯然α為零因子,即p|(a2+b2),且有

a5-10a3b2+5ab4≡0(modpt),

(9)

b5-10a2b3+5a4b≡0(modpt).

(10)

1) 假設(shè)n=pt,p為奇素數(shù),t≥1.由p|(a2+b2)得,或者p同時整除a與b,或者p?ab.如果p?ab,則由同余式(9)有

a4-10a2b2+5b4≡0(modpt).

(11)

由于p|(a2+b2),可令a2=pd-b2,d為整數(shù),代入同余式(11)得

p2d2≡4b2(3pd-4b2)(modpt).

(12)

因為p?b,所以p? (3pd-4b2).故同余式(12)不成立.從而,當(dāng)p?ab時,α5≠0.因此,必有p同時整除a與b.令a=pma1,b=pμb1,其中p?a1b1,m與μ為正整數(shù).又令s=min{m,μ}.則α=psα1,這里α1=pm-sa1+pμ-sb1i.顯然,當(dāng)s≥「t/5?,即當(dāng)

p「t/5?|a,p「t/5?|b

(13)

時,同余式(9)和(10)式都成立,從而α5=0.由于0≤a,b≤pt-1,因此滿足條件(13)的α共有p2(t-「t/5?)個.下面令1≤s≤「t/5?-1.

當(dāng)m=μ=s時,α5=0當(dāng)且僅當(dāng)以下2個同余式同時成立:

(14)

(15)

(16)

當(dāng)m>μ=s時,若α5=0,則由(10)式可得

(17)

由于p?b1,故

從而同余式(17)成立當(dāng)且僅當(dāng)5μ≥t,即μ≥「t/5?.但考慮到前提條件是1≤s≤「t/5?-1且μ=s,因此同余式(17)不可能成立.所以,當(dāng)1≤s≤「t/5?-1且m>μ=s時,α5≠0.

當(dāng)1≤s≤「t/5?-1且μ>m=s時,同理可證α5≠0.所以α5=0當(dāng)且僅當(dāng)α=a+bi滿足條件(13).故在G(pt)中,頂點0的入度indeg(0)=p2(t-「t/5?).

2) 假設(shè)n=pt,p=2.當(dāng)t=1時,直接計算可知在G(2)中,頂點0的入度indeg(0)=2.當(dāng)t=2時,在G(22)中,indeg(0)=8.下面假設(shè)t≥3.若α=a+bi∈Z2t[i],且α5=0,則顯然α為零因子,即2|(a+b).故,或者2同時整除a與b,或者2?ab.如果2?ab,由于2|(a+b),令a=2d-b,d為整數(shù),代入同余式(11)并整理得

b2(8bd-b2-4d2)≡4d3(2b-d)(mod2t-2).

由于2?b,故2?b2(8bd-b2-4d2).但2|4d3(2b-d),且t-2≥1,因此上面的同余式不成立.這就是說,當(dāng)2?ab時,α5≠0.因此,當(dāng)t≥3時,必有2同時整除a與b.

令a=2ma1,b=2μb1,其中2?a1b1,m與μ為正整數(shù).又令s=min{m,μ}.顯然當(dāng)α=a+bi滿足條件(13)時,必有α5=0.此時這樣的α共有22(t-「t/5?)個.下面令1≤s≤「t/5?-1.

2「t/5?-1‖a, 2「t/5?-1‖b

(18)

時,α5=0.此時,這樣的α共有22(t-「t/5?)個.

當(dāng)m>μ=s時,若α5=0,則由同余式(10)得

(19)

當(dāng)μ>m=s時,若α5=0,則由(9)式可得

(20)

同理可證,上述同余式在μ>m時不成立.所以,此時α5≠0.

綜上所述,可知當(dāng)n=2t且t≡3,4,5(mod5)時,α5=0當(dāng)且僅當(dāng)α=a+bi滿足條件(13).此時indeg(0)=22(t-「t/5?).當(dāng)t≡1,2(mod5)時,α5=0當(dāng)且僅當(dāng)α=a+bi滿足條件(13)或(18).此時,indeg(0)=2×22(t-「t/5?)=22(t-「t/5?)+1.定理得證.

定理9假設(shè)p是素數(shù)且p≡1(mod4).令α∈D(Zp[i])且α≠0,若α在G(p)中的入度大于0,則

證明因為p≡1(mod4),故存在正整數(shù)a與b使p=a2+b2=(a+bi)(a-bi).由文獻(xiàn)[9]的定理2和5得,Zp[i]?Z[i]/〈a+bi〉⊕Z[i]/〈a-bi〉?Zp⊕Zp.顯然Zp⊕Zp中非零的零因子形式為(x,0)或者(0,x),其中x∈{1,2,…,p-1}.假設(shè)元素α=(0,x)∈Zp⊕Zp,若α的入度大于0,則存在γ=(0,d)∈D(Zp⊕Zp),使得γ5=α,即

d5≡x(modp).

(21)

若p=5,易知同余方程(21)的解數(shù)為1.若p≠5,由引理1可知,同余方程(21)的解數(shù)等于gcd(5,p-1).顯然,當(dāng)p≡1(mod5),即p≡1(mod20)時,gcd(5,p-1)=5;當(dāng)p?1(mod5),即p≡9,13,17(mod20)時,gcd(5,p-1)=1.所以,當(dāng)p≡1(mod20)時,indeg(α)=5;當(dāng)p≡5,9,13,17(mod20)時,indeg(α)=1.同理,對于形如(x,0)的零因子,亦有相同的結(jié)論.定理得證.

定理10設(shè)n為非零的正整數(shù),則:

2) 0是G(n)中的孤立不動點,當(dāng)且僅當(dāng)n是奇數(shù)且n無平方因子.

證明由孤立不動點的定義,可知1(或0)是孤立不動點當(dāng)且僅當(dāng)indeg(1)=1(或indeg(0)=1).根據(jù)定理7及定理8直接計算便可證明該定理.

定理11設(shè)n為非零的正整數(shù),則:

2) G2(n)的每一個連通分支恰好是孤立圈,當(dāng)且僅當(dāng)n為以下2種情形之一:

(a)n=p,其中p是素數(shù)且p≡3(mod4)或p≡5,9,13,17(mod20);

(b)n=p1p2…pm,其中m≥2,p1,p2,…,pm是互不相同的素數(shù)且ps≡3,5,7,9,13,17(mod20),s=1,2,…,m.

3) G(n)的每一個連通分支恰好是孤立圈,當(dāng)且僅當(dāng)n=p1p2…pm,其中m≥1,p1,p2,…,pm是互不相同的素數(shù)且ps≡3,5,7,9,13,17(mod20),s=1,2,…,m.

證明1) 由引理1知道,在映射圖G1(n)中,任意頂點的入度或者等于單位元1的入度,或者等于0.從而G1(n)的每一個連通分支恰好是孤立圈當(dāng)且僅當(dāng)indeg(1)=1.由定理10即可證明結(jié)論成立.

2) 首先,若G2(n)的每一個連通分支恰好是孤立圈,則0必定是孤立不動點,由定理10,可知n必是若干個不同的奇素數(shù)的乘積.

反之,若n=p,p為奇素數(shù).則當(dāng)p≡3(mod4)時,由引理2,Zp[i]是域.故G2(p)僅有一個元素0,顯然0所在的分支為孤立圈.當(dāng)p≡1(mod4)時,由定理9知,在G2(p)中,若頂點α的入度大于0,則indeg(α)=1當(dāng)且僅當(dāng)p≡5,9,13,17(mod20).因此,當(dāng)n=p,p為奇素數(shù)時,G2(n)的每一個連通分支恰好是孤立圈當(dāng)且僅當(dāng)p≡3(mod4)或p≡5,9,13,17(mod20).

另一方面,若n=p1p2,…pm,其中p1,p3,…,pm是互不相同的奇素數(shù),m≥2,則Zn[i]?Zp1[i]⊕…⊕Zpm[i].故G2(n)的每一個連通分支恰好是孤立圈當(dāng)且僅當(dāng)G(p1),…,G(pm)中每個頂點的入度均為1.下面,對p1,p2,…,pm的取值進(jìn)行討論.

當(dāng)j∈{1,2,…m}且pj≡3(mod4)時,由引理2,Zpj[i]是域.因此G(pj)中每個頂點的入度均為1當(dāng)且僅當(dāng)在G(pj)中indeg(1)=1.由定理10(1),當(dāng)pj≡3(mod4)時,在G(pj)中indeg(1)=1當(dāng)且僅當(dāng)pj≡3,7(mod20).

當(dāng)s∈{1,2,…m}且ps≡1(mod4)時,由定理9知,在G2(ps)中,若頂點α的入度大于0,則indeg(α)=1當(dāng)且僅當(dāng)ps≡5,9,13,17(mod20).進(jìn)一步地,可以推出,當(dāng)ps≡5,9,13,17(mod20)時,G2(ps)的所有頂點入度均為1.又由定理10的1)知,當(dāng)ps≡1(mod4)時,在G1(ps)中每個頂點的入度均為1當(dāng)且僅當(dāng)ps≡5,9,13,17(mod20).從而,當(dāng)ps≡1(mod4)時,G(ps)每個頂點的入度均為1當(dāng)且僅當(dāng)ps≡5,9,13,17(mod20).

3) 根據(jù)定理11的1)和2)的結(jié)論即得.

定理12設(shè)n為非零的正整數(shù),則:

1) G1(n)中不包含長度大于1的圈,當(dāng)且僅當(dāng)n=2,4,8或5t,t≥1;

2) G2(n)中不包含長度大于1的圈,當(dāng)且僅當(dāng)n是下面任一種形式:

2t,5t,qt,5t×2l,其中q是模4余3的素數(shù),
t≥1,l∈{1,2,3}.

(22)

證明1) 首先,令n=2k.當(dāng)k=1,2,3時,由引理3可知,對于α∈U(Z2k[i]),均有o(α)|4.因此,1是最小的正整數(shù)使5t≡1(modo(α)).由文獻(xiàn)[15]的定理2.5得,G1(2k)不包含長度大于1的圈.若k>3,這時U(Z2k[i])?Z2k-1⊕Z2k-2⊕Z4.由于k>3,故8|2k-1.從而循環(huán)群Z2k-1中必存在8階元.由文獻(xiàn)[15]的定理2.5,此8階元位于G1(2k)中長為2的圈.因此,當(dāng)n=2k時,G1(2k)不包含長度大于1的圈當(dāng)且僅當(dāng)k=1,2,3.

其次,令n=qt,t≥1,q為素數(shù)且q≡3(mod4).由引理3可知,U(Zn[i])?Zqt-1⊕Zqt-1⊕Zq2-1.注意到8|(q2-1),因此循環(huán)群Zq2-1必存在8階元.由文獻(xiàn)[15]的定理2.5,此8階元位于G1(qt)的長為2的圈上.

最后,令n=pt,t≥1,p為素數(shù)且p≡1(mod4).由引理3,當(dāng)p=5時,對于α∈U(Z5t[i]),5?o(α)當(dāng)且僅當(dāng)o(α)=1,2,4.因此根據(jù)文獻(xiàn)[15]的定理2.5得,G1(5t)不包含長度大于1的圈.當(dāng)p≠5時,由引理3,循環(huán)群Zp-1是U(Zpt[i])的一個子群.如果22‖(p-1),則p-1=22m,這里2?m,從而m≠1,2,4,5.因此,循環(huán)群Zp-1中顯然存在m階元.從而,該m階元位于長度大于1的圈上.如果8|(p-1),顯然循環(huán)群Zp-1必存在8階元.由文獻(xiàn)[15]的定理2.5,此8階元位于G1(pt)的長為2的圈上.

所以,由引理5,即得G1(n)不包含長度大于1的圈,當(dāng)且僅當(dāng)n=2,4,8或5t,t≥1.

2) 一方面,證明當(dāng)n為(22)式中任一種形式時,G2(n)中不包含長度大于1的圈.

首先,令n=2t或qt,t≥1.由引理2,Zn[i]為局部環(huán),因此G2(n)僅有0元素在圈上,故G2(n)不包含長度大于1的圈.

其次,假設(shè)n=5t,t≥1.由文獻(xiàn)[9]的定理5有:Z5t[i]?Z5t⊕Z5t.由于剩余類環(huán)Z5t是局部環(huán),因此Z5t的非零的零因子都不在圈上.另外,剩余類環(huán)Z5t的單位群同構(gòu)于Z5t-1×Z4.因此,由文獻(xiàn)[15]的定理2.5得,Z5t的單位群中沒有元素位于圈長超過1的圈上.從而,由引理5,即知G1(5t)及G2(5t)均不包含長度大于1的圈.

最后,令n=5t×2l,t≥1,l∈{1,2,3}.前面已證得G(5t)不包含長度大于1的圈,并且由本定理的結(jié)論1),當(dāng)l=1,2,3時,G1(2l)不包含長度大于1的圈,又由于G2(2l)僅有0元素位于圈上,所以,由引理5,即知G2(n)不包含長度大于1的圈.

另一方面,當(dāng)n不屬于(22)式的任一種形式時,G2(n)中必包含長度大于1的圈.

首先,假設(shè)n=2kP1,P1是奇數(shù),k>3.由本定理的結(jié)論1),G1(2k)中包含長度大于1的圈,因此,根據(jù)引理5,G2(n)中必包含長度大于1的圈.

其次,假設(shè)n=2kP2,P2是奇數(shù)且P2≠5,k=1,2,3.由本定理的結(jié)論1),G1(P2)中包含長度大于1的圈,因此,根據(jù)引理5,G2(n)中必包含長度大于1的圈.

最后,假設(shè)n含有至少2個不同的奇素數(shù)因子,同理可知,G2(n)中必包含長度大于1的圈.

根據(jù)定理12,G1(5t)不包含長度大于1的圈,t≥1.事實上,G1(5t)中恰好有16個元素位于長度為1的圈上,這些元素的階分別為1,2,4.因此,G1(5t)共有16個分支.易知,當(dāng)t=1時,對于G1(5)的頂點α,o(α)=2當(dāng)且僅當(dāng)α=4,2i,3i.而o(α)=4當(dāng)且僅當(dāng)α=2,3,i,4i,1+i,1+4i,2+2i,2+3i,3+2i,3+3i,4+i,4+4i.當(dāng)t=2時,在G1(52)中,o(α)=2當(dāng)且僅當(dāng)α=24,7i,18i.而o(α)=4當(dāng)且僅當(dāng)α=7,18,i,24i,3+3i,3+22i,4+4i,4+21i,21+4i,21+21i,22+3i,22+22i.

從上面的例子可以看到,在G1(5)和G1(52)中,頂點x+yi在1-圈上當(dāng)且僅當(dāng)頂點y+xi在1-圈上.實際上,這一結(jié)論對于任意的映射圖G(n)都成立.這是因為,當(dāng)α=x+yi時,α5=α當(dāng)且僅當(dāng)同余式(1)與(2)同時成立.現(xiàn)在令β=y+xi,則β5=(y5-10x2y3+5x4y)+(x5-10x3y2+5xy4)i.可見,當(dāng)同余式(1)與(2)均成立時,即得β5=β.因此,有以下定理.

定理13設(shè)n為正整數(shù),在映射圖G(n)中,頂點x+yi在1-圈上當(dāng)且僅當(dāng)頂點y+xi在1-圈上.

由引理1易知,G1(n)中每個頂點的入度或者等于頂點1的入度,或者等于0,故G1(n)總是正則圖或半正則圖.但對于G2(n)而言,其半正則性比較復(fù)雜.下面,討論G2(n)的半正則性.

定理14設(shè)n=pk為素數(shù)p的方冪,k≥1,則:

1) 當(dāng)n=2k時,G2(2k)是半正則的當(dāng)且僅當(dāng)k≤3;

2) 當(dāng)n=5k時,G2(5k)是半正則的當(dāng)且僅當(dāng)k≤2;

3) 當(dāng)n=pk且p≡11(mod20)時,G2(pk)是半正則的當(dāng)且僅當(dāng)k≤5;

4) 當(dāng)n=pk且p≡3,7,19(mod20)時,G2(pk)是半正則的當(dāng)且僅當(dāng)k≤6;

5) 當(dāng)n=pk且p≡9,13,17(mod20)時,G2(pk)是半正則的當(dāng)且僅當(dāng)k=1;

6) 當(dāng)n=pk且p≡1(mod20)時,對于k≥1,G2(pk)都不是半正則的.

證明1) 設(shè)n=2k.當(dāng)k=1,2時,容易驗證對于Z2k[i]中的任一個零因子α,均有α5=0.故在G2(2k)中,對于非零的零因子α,都有indeg(α)=0.故G2(2)與G2(22)均是半正則的.

當(dāng)k=3時,設(shè)α=a+bi∈D(Z2k[i]).如果a與b均為偶數(shù),則同余式(9)和(10)成立,所以α5=0.如果a與b均為奇數(shù),由于22‖a(a4-10a2b2+5b4),22‖b(b4-10a2b2+5a4),令a(a4-10a2b2+5b4)=22m,b(b4-10a2b2+5a4)=22μ,其中2?mμ,則23|22(m-1)且23|22(μ-1),從而a5-10a3b2+5ab4≡4(mod23),且b5-10a2b3+5a4b≡4(mod23).所以,α5=4+4i.又由于a,b∈{0,1,…,23-1},故當(dāng)a與b均為奇數(shù)時,形如a+bi的元素共有16個,所以indeg(4+4i)=16.并且,由引理8有indeg(0)=16.又由引理3,|D(Z2k[i])|=32,因此當(dāng)α≠0,4+4i時,indeg(α)=0.故G2(23)是半正則的.

當(dāng)k≥4時,可以證明G2(2k)不是半正則圖.令β=(1+i)5=-4-4i,則indeg(β)>0.假設(shè)α=a+bi∈D(Zn[i])且滿足α5=β,則可以得到

a5-10a3b2+5ab4≡-4(mod2k),

(23)

b5-10a2b3+5a4b≡-4(mod2k).

(24)

由同余式(23)及(24)可以知道a,b都是奇數(shù),且(23)×b-(24)×a得

4(a-b)[ab(a2+b2)(a+b)+1]≡
0(mod2k).

(25)

又因為a,b都是奇數(shù),所以ab(a2+b2)(a+b)+1為奇數(shù).由(25)式得a≡b(mod2k-2).令b=a+2k-2ν,其中ν為整數(shù).由于k≥4,有2k-4≥k,則

b2=a2+22k-4ν2+2k-1aν≡
a2+2k-1aν(mod2k),

(26)

b4≡a4+22k-2a2ν2+2ka3ν≡
a4(mod2k).

(27)

將同余式(26)和(27)代入(23)式得:a5≡1(mod2k-2),此方程的解數(shù)等于1,即a≡1(mod2k-2).由于a∈{0,1,…,2k-1},所以在此集合中,滿足a5≡1(mod2k-2)的元素個數(shù)為22.同理,也可得到b5≡1(mod2k-2),故在集合{0,1,…,2k-1}中,滿足b5≡1(mod2k-2)的元素個數(shù)為22.所以,由(23)和(24)式構(gòu)成的方程組的解數(shù)為24.所以indeg(-4-4i)=24.又由定理8知,k≥4時,indeg(0)≠24.因此當(dāng)k≥4時,G2(2k)不是半正則的.

2) 設(shè)n=5k.當(dāng)k=1時,由定理6,G(5)的不動點個數(shù)為52.又顯然Z5[i]的元素個數(shù)為52.因此在G(5)中,每個頂點都在1-圈上,從而G2(5)是正則的,也是半正則的.

當(dāng)k=2時,由定理12的2)得,G2(52)中不含長度大于1的圈.且由定理6的3)的證明過程可知,Z52[i]中恰有9個零因子為不動點.直接驗證可知,以下9個零因子均為不動點:

0,9+12i,9+13i,12+9i,12+16i,13+9i,
13+16i,16+12i,16+13i.

并且,上述零因子的入度均為25.由于Z52[i]共有25×9個零因子,因此,除了上述零因子之外,其他零因子的入度均為0.故G2(52)是半正則的.

現(xiàn)在令k≥3.由定理6的3)證明過程可知,Z5k[i]中恰有9個零因子為不動點,這9個不動點的入度均大于0.并且,由該證明過程還可得,如果α=x+yi為G2(5k)中的不動點,則(2x)4≡1(mod5k).令β=(2+i)5=-38+41i∈Z5k[i].顯然β是Z5k[i]的零因子,且indeg(β)>0.但是,由于(2×(-38))4?1(mod53),所以,對于k≥3均有(2×(-38))4?1(mod5k).因此,當(dāng)k≥3時,β不是G2(5k)的不動點.所以,G2(5k)至少有10個零因子的入度大于0.若G2(5k)是半正則的,則由定理8知,這10個零因子的入度均等于indeg(0)=52(k-「k/5?).從而,|D(Z5k[i])|≥52(k-「k/5?)×10.然而,由引理3得|D(Z5k[i])|=52k-2×9.顯然,當(dāng)k≥3時,必有52(k-「k/5?)×10>52k-2×9=|D(Z5k[i])|,矛盾.因此,當(dāng)k≥3時G2(5k)不是半正則的.

3) 設(shè)n=pk.當(dāng)p≡11(mod20)時,由引理3及定理8知,對于k≤5,有|D(Zpk[i])|=indeg(0).因此對于Zpk[i]的任一個零因子α,均有α5=0.從而G2(pk)是半正則的.

假設(shè)k≥6.令β=p5,顯然indeg(β)>0.假設(shè)α=a+bi∈D(Zpk[i])且滿足α5=β.則有以下同余式成立:

a5-10a3b2+5ab4≡p5(modpk),

(28)

b5-10a2b3+5a4b≡0(modpk).

(29)

顯然,必有p|a且p|b.令a=psa1,b=phb1,s與h均為正整數(shù),p?a1b1.由(28)式得

(30)

若s>1,同余式(30)的左邊顯然是p的倍數(shù),故此同余式不成立.因此,有s=1.另外 ,如果h=s=1,則由(p(a1+b1i))5=p5∈D(Zpk[i])得a1+b1i是Zpk-5[i]的5階元.但由引理3可知Zpk-5[i]的5階元只有5個,即為剩余類環(huán)Zpk-5中的5階元.因此,當(dāng)p?a1b1時,a1+b1i不可能是Zpk-5[i]的5階元.故必有h>1.所以由(29)式得

(31)

由于h>1,因此h+4<3h+2<5h.故由(31)式得h+4≥k,即h≥k-4.所以pk-4|b.又由同余式(30)式得

(32)

4) 設(shè)n=pk,p≡3,7,19(mod20).當(dāng)k≥7時,由于方程a15≡1(modpk-5)的解數(shù)為gcd(5,p-1)=1,所以與本定理情形3)類似可證得,滿足α5=p5的元素α共有p4×p4=p8個.因此indeg(p5)=p8.但是,由定理8知,k≥7時,indeg(0)>p8.所以當(dāng)k≥7時,G2(pk)不是半正則的.

當(dāng)k=6時,由定理8知indeg(0)=p8.令

B={p5(x+yi)5∈D(Zp6[i]):x,y=0,1,…,p-1}.

顯然,對于β∈B,indeg(β)>0.與本定理情形3)的討論類似,可得indeg(β)=indeg(p5)=p8=indeg(0).又因為|B|=p2,且|D(Zp6[i])|=p10=p2×p8=|B|×indeg(β),所以對于α∈D(Zp6[i])且α?B,都有indeg(α)=0.所以當(dāng)k=6時,G2(p6)是半正則的.

當(dāng)k≤5時,與本定理情形3)的證明相同,可知G2(pk)是半正則的.

5) 設(shè)n=pk,p≡9,13,17(mod20).當(dāng)k=1時,由定理8,indeg(0)=1.又由定理11,G2(p)的每一個頂點的入度均為1,所以G2(p)是半正則的.

當(dāng)k≥2時,由于p≡1(mod4),所以存在正整數(shù)x和y,使得p=x2+y2.令

C={d5(x+yi)5∈D(Zpk[i]):d=0或d∈U(Zpk)}.

6) 設(shè)n=pk,p≡1(mod20).當(dāng)k=1時,由定理9,對于α∈D(Zp[i]),且α≠0,如果indeg(α)>0,則indeg(α)=5.然而由定理8,indeg(0)=1,所以G2(p)不是半正則的.

當(dāng)k>1時,方程d5≡1(modpk)的解數(shù)為gcd(5,p-1)=5.故|C|=φ(pk)/5+1=(p-1)pk-1/5+1.與本定理情形5)的討論過程相似,可知在k>1時,G2(pk)不是半正則的.

2 結(jié)束語

對于高斯整數(shù)環(huán)商環(huán)的5次冪映射圖結(jié)構(gòu)的研究結(jié)果及方法,為研究這一商環(huán)的任意k次冪的映射圖提供了一個方案,因為隨著次數(shù)k的增大,(a+bi)k的展開式會變得比較復(fù)雜,從而對映射圖結(jié)構(gòu)的研究難度會加大.

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