引言

超平面构形的研究近三十年来得到了数学界的广泛关注并得到了较快的发展^[1]，其中Orlik-Solomon代数是超平面构形的重要组合与拓扑不变量。Falk^[2]给出了k-adic Orlik-Solomon代数的概念和部分研究结果，即：k=1时，k-adic Orlik-Solomon是Orlik-Solomon代数，同时也是超平面构形的一系列重要组合与拓扑不变量。初丽丽等^[3]研究了n-秩轮图的Orlik-Solomon代数，给出了该类构形Orlik-Solomon代数的计算公式。张曦等^[4]给出了n-秩轮图 2-adic Orlik-Solomon代数的第3项OS₂³=E³/I₂³维数。Guo等^[5-6]通过研究带符号图构形的OS₂³维数，得到了构形的ϕ₃不变量，从而回答了Falk提出的一个公开问题^[2]。Falk提出的另一个公开问题是计算给定拟阵G的A_k^p维数^[2]，同时指出k=2的问题仍未得到解决。

本文得到了n-秩轮图的2-adic Orlik-Solomon代数的第4项结果，并结合张曦等^[4]的工作给出了该图构形的2-adic Orlik-Solomon代数维数的计算公式，即${\rm{dim}}\;\;OS_2^t = {2^t}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n\\ t \end{array}} \right)\left( {t = 0, 1, 2, 3, 4} \right)$，部分回答了Falk关于n-秩轮图构形拟阵的问题；同时对n-秩轮图构形2-adic Orlik-Solomon代数的维数有一个猜测，即

$ \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{\rm dim}\;\; OS_2^t = {2^t}\left( {\begin{array}{*{20}{l}} n\\ t \end{array}} \right),t = 0,1,2, \cdots ,n}\\ {{\rm dim}\;\; OS_2^t = 0,t = n + 1,n + 2, \cdots ,2n} \end{array}} \right. $

1 预备知识

设V是数域K上的l维向量空间，当取定V的一组基e₁, e₂, …, e_l后，可认为$\mathit{\boldsymbol{V}} \cong {\mathit{\boldsymbol{K}}^l}$，其中e_i=(0, …, $\mathop 1\limits^{\left( i \right)} $, …, 0)，且满足v=x₁e₁+x₂e₂+…+x_le_l，v∈V(x₁, x₂, …, x_l)，则称H={(x₁, x₂, …, x_l)∈K^l| a₁x₁+a₂x₂+…+a_lx_l=b}为V的一个超平面。V中超平面的有限集称为超平面构形，记作$ \mathcal{A} $={H₁, H₂, …, H_n}。

定义${E^1}{\rm{ = }}\mathop \oplus \limits_{i \in \left[ n \right]} \mathit{\boldsymbol{K}}{e_i}$，其中[n]={1, 2, …, n}；记E¹生成的外代数E=∧E¹也是一个分次代数，且有E⁰=KE¹= $\mathop \oplus \limits_{i \le i \le n} $Ke_i, E²= $\mathop \oplus \limits_{1\le i \le j \le n} $Ke_ie_j, …, E^p= $\mathop \oplus \limits_{1 \le {i_1} \le \cdots \le {i_p} \le n} $Ke_i1∧…∧e_ip，E= $\mathop \oplus \limits_{p = 0}^n $E^p。

在外代数E上定义一个K-线性映射∂:E^p→ E^p－1，且满足∂1=0, ∂e_i=1(i=1, …, n), ∂(e₁…e_p)= $\sum\limits_{k = 1}^p {{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}{e_1} \cdots {{\hat e}_k} \cdots {e_p}} $，其中${{{\hat e}_k}}$为被删除的元。

对于给定的超平面p元组S=(H_i1, …, H_ip)=(i₁, …, i_p)，记e_S=e_i1…e_ip=e_i1…ip, ∩S=H_i1∩…∩H_ip。若codim (∩S)=|S|，则称p元组S无关；若∩S≠Φ且codim (∩S) < |S|，则称p元组S相关；若p元组S=(H₁, …, H_p)是极小相关的，则S={H₁, …, H_p}为一个极小圈。

将极小圈的全体记为C($ \mathcal{A} $)，长度为n的极小圈全体记为C_n=C_n($ \mathcal{A} $)，{e_S|∩S=Φ}∪{∂e_S|S是相关集}在E中生成的理想为I，则称OS($ \mathcal{A} $)=E/I为$ \mathcal{A} $的Orlik-Solomon代数。若I^p=I∩E^p, 显然有I⁰=0, I¹=0, I²是由{e_i1i2|H_i1∩H_i2=Φ}∪{∂e_j1j2j3|H_j1, H_j2, H_j3是相关的}生成的E²的子空间，且I= $\mathop \oplus \limits_{p = 0} $I^p是E的分次理想。因此OS($ \mathcal{A} $)是分次代数，并且有OS($ \mathcal{A} $)= $\mathop \oplus \limits_{k = 0}^l $OS^k($ \mathcal{A} $)。记I_k=〈I₀+I₁+…+I_k〉_E为E中的理想，显然有I₀=〈I⁰〉_E= 0, I₁=〈I⁰+I¹〉_E=0, 则称I_k为E的k-adic Orlik-Solomon理想，称OS($ \mathcal{A} $)_k=E/I_k为构形$ \mathcal{A} $的k-adic Orlik-Solomon代数，且有A_k^p=(E/I_k)^p=E^p/I_k^p。

2 n-秩轮图的2-adic Orlik-Solomon代数

设C_n为一个有n个顶点的圈，第n+1个顶点与C_n的每个顶点相连成n条边，这样形成的图称为n-秩轮图。在n-秩轮图G中，G的边数(即超平面的个数)为2n，顶点个数为n+1，极小圈个数为n, 其中极小圈的集合C_n={c₁, c₂, …, c_n}，当n=4、5时，n-秩轮图如图 1所示。

引理1   I₂⁴生成元集合的子集D_{4, 1}={e_pq∂e_ijk|e_ijk∈C_n, p∈{i, j, k}, q∈[2n]\{i, j, k}}满足dim (D_{4, 1})=n(2n－3)。

证明：不妨设p=i, 则有e_pq∂e_ijk=±e_ijkq。在D_{4, 1}中，p有n种取法，q有2n－3种取法，而该n(2n－3)个向量在E⁴中基的序列各不相同，故有dim (D_{4, 1})=n(2n－3)。引理1得证。

记

D′_{4, 2}={e_pq∂e_ijk|e_ijk∈C_n, p, q∈[2n]\{i, j, k}, p, q在同一个极小圈中}

D″_{4, 2}={e_pq∂e_ijk|e_ijk∈C_n, p, q∈[2n]\{i, j, k}, p, q不在同一个极小圈中}

D_{4, 2}={e_pq∂e_ijk|e_ijk∈C_n, p, q∈[2n]\{i, j, k}}

引理2 I₂⁴生成元集合的子集

D′_{4, 2}={e_pq∂e_ijk|e_ijk∈C_n, p, q∈[2n]\{i, j, k}, p, q在同一个极小圈中}满足dim (D′_{4, 2})=n+5 $\frac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2}$。

证明：首先，在D′_{4, 2}中，若p, q取自邻圈，对于n-秩轮图，任何一个极小圈都有2个邻圈，则p, q有2n种取法。将n个圈c₁, c₂, …, c_n两两分为n组，有G₁={c₁, c₂}, G₂={c₂, c₃}, …, G_n={c_n, c₁}, 其中第i组G_i={c_i, c_i+1}如图 2所示。

第i组的I₂⁴由式(1)计算

$ \begin{array}{l} {e_{(i + 2)(i + n + 1)}}\partial {e_{i(i + 1)(i + n)}} = {e_{i(i + 2)(i + n)(i + n + 1)}} - \\ \underline {{e_{(i + 1)(i + 2)(i + n)(i + n + 1)}}} + \underline {{e_{i(i + 1)(i + 2)(i + n)}}} \\ {e_{i(i + n)}}\partial {e_{(i + 1)(i + 2)(i + n + 1)}} = \underline {{e_{i(i + 1)(i + n)(i + n + 1)}}} - \\ {e_{i(i + 2)(i + n)(i + n + 1)}} + \underline {{e_{i(i + 1)(i + 2)(i + n)}}} \end{array} $

(1)

式(1)中划线的分量可由D_{4, 1}中的元素线性表示，剩余的分量最多相差一个负号，故D′_{4, 2}中的向量在D_{4, 1}中是线性相关的，线性无关的向量个数为n。

其次，在D′_{4, 2}中，若p, q取自非邻圈，则对于n-秩轮图，任何一个极小圈都有n－3个非邻圈。对一个极小圈的一个非邻圈，不妨标记极小圈的边为i, j, k(p, q, r)；假定i <j<k, p<q<r, 标记一个非邻圈的边为p, q, r(i, j, k)(图 3), 则p, q共有$6\frac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2}$种取法。

考虑5-秩轮图，如图 4所示。

不妨取{i, j, k}∈{(1, 2, 6), (3, 4, 8)}, p, q∈{(1, 2, 6), (3, 4, 8)}，则有

$ \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{e_{34}}\partial {e_{126}} = {e_{2346}} - {e_{1346}} + {e_{1234}}}\\ {{e_{38}}\partial {e_{126}} = - {e_{2368}} + {e_{1368}} + {e_{1238}}}\\ {{e_{48}}\partial {e_{126}} = - {e_{2468}} + {e_{1468}} + {e_{1248}}}\\ {{e_{12}}\partial {e_{348}} = {e_{1248}} - {e_{1238}} + {e_{1234}}}\\ {{e_{16}}\partial {e_{348}} = - {e_{1468}} + {e_{1368}} + {e_{1346}}}\\ {{e_{26}}\partial {e_{348}} = - {e_{2468}} + {e_{2368}} + {e_{2346}}} \end{array}} \right. $

(2)

式(2)对应的6×216矩阵描述如下。

第1行的第1列元素为1，第30列元素为-1，第86列元素为1，其余列元素全为0；

第2行的第5列元素为1，第41列元素为1，第97列元素为-1，其余列元素全为0；

第3行的第11列元素为1，第56列元素为1，第112列元素为-1，其余列元素全为0；

第4行的第1列元素为1，第5列元素为-1，第11列元素为1，其余列元素全为0；

第5行的第30列元素为1，第41列元素为1，第56列元素为-1，其余列元素全为0；

第6行的第86列元素为1，第97列元素为1，第112列元素为-1，其余列元素全为0。

经计算，该矩阵的秩为5, 且e₂₆∂e₃₄₈=e₃₄∂e₁₂₆－ e₃₈∂e₁₂₆+e₄₈∂e₁₂₆－e₁₂∂e₃₄₈+e₁₆∂e₃₄₈，故该矩阵对应的6个向量是线性相关的，极大无关组个数为5。则对任意{i, j, k}, {p, q, r}∈C_n, p, q∈{(i, j, k), (p, q, r)}, 有

$ \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{e_{pq}}{\partial _{ijk}} = {e_{jkpq}} - {e_{ikpq}} + {e_{ijpq}}}\\ {{e_{pr}}{\partial _{ijk}} = {e_{jkpr}} - {e_{ikpr}} + {e_{ijpr}}}\\ {{e_{qr}}\partial {e_{ijk}} = {e_{jkqr}} - {e_{ikqr}} + {e_{ijqr}}}\\ {{e_{ij}}\partial {e_{pqr}} = {e_{ijqr}} - {e_{ijpr}} + {e_{ijpq}}}\\ {{e_{ik}}\partial {e_{pqr}} = {e_{ikqr}} - {e_{ikpr}} + {e_{ikpq}}}\\ {{e_{jk}}\partial {e_{pqr}} = {e_{jkqr}} - {e_{jkpr}} + {e_{jkpq}}} \end{array}} \right. $

(3)

式(3)所表示的向量组的秩为5，且有

$ \begin{align} & {{e}_{jk}}\partial {{e}_{pqr}}={{e}_{pq}}\partial {{e}_{ijk}}-{{e}_{pr}}\partial {{e}_{ijk}}+{{e}_{qr}}\partial {{e}_{ijk}}-{{e}_{ij}}\partial {{e}_{pqr}}+ \\ & {{e}_{ik}}\partial {{e}_{pqr}} \\ \end{align} $

因此有dim (D′_{4, 2})=n+ $5\frac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2}$。

引理2得证。

引理3   I₂⁴生成元集合的子集D″_{4, 2}={e_pq∂e_ijk|e_ijk∈C_n, p, q∈[2n]\{i, j, k}, p, q不在同一个极小圈中}满足dim (D″_{4, 2})=n(2n²－10n+13)。

证明：因p, q共有$n\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n - 3}\\ 2 \end{array}} \right)$种取法，所以在D″_{4, 2}中p, q有$\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n - 3}\\ 2 \end{array}} \right)$－n(3n－7)=n(2n²－10n+13)种取法。p, q的取法可分为以下3种情况：

① 若p, q取自邻圈边，且e_pq∂e_ijk=e_jkpq－e_ikpq+e_ijpq的各个分量是唯一出现的, 则整个向量是线性无关的；

② 若p, q取自非邻圈边，且e_pq∂e_ijk=e_jkpq－e_ikpq+e_ijpq的3个分量中包含一个唯一的破圈，即整个向量都是唯一出现的，则整个向量是线性无关的；

③ 若p取自邻圈边，q取自非邻圈边，且e_pq∂e_ijk= e_jkpq－e_ikpq+e_ijpq, 则总有一个分量是唯一出现的，故整个向量是线性无关的，即dim (D″_{4, 2})=n(2n²－10n+13)。

引理3得证。

引理4   I₂⁴生成元集合的子集D_{4, 2}={e_pq∂e_ijk|e_ijk∈C_n, p, q∈[2n]\{i, j, k}}满足dim (D_{4, 2})=n+ $5\frac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2}$+n(2n²－10n+13)。

证明：在D_{4, 2}中，将p, q细分为p, q在同一个极小圈中和p, q不在同一个极小圈中两种情况，则有

$ {D_{4,2}} = {\rm span} \left( {{{D'}_{4,2}}} \right) \cup {\rm span} \left( {{{D''}_{4,2}}} \right) $

设α=span(D′_{4, 2})∩span(D″_{4, 2})，则有

$ \begin{array}{l} \alpha = \sum\limits_{{e_{ijk}} \in {C_n}} {\sum\limits_{\begin{array}{*{20}{c}} {p,q \in \left[ {2n} \right]\backslash \left\{ {i,j,k} \right\},}\\ {p,q\;在同一极小圈中} \end{array}} {{\lambda _{pqijk}}{e_{pq}}\partial {e_{ijk}}} } = \\ \sum\limits_{{e_{uvw}} \in {C_n}x} {\sum\limits_{\begin{array}{*{20}{c}} {x,y \in \left[ {2n} \right]\backslash \left\{ {i,j,k} \right\},}\\ {x,y\;不在同一极小圈中} \end{array}} {{\mu _{xyuvw}}{e_{xy}}\partial {e_{uvw}}} } \end{array} $

即

$ \begin{array}{l} \sum\limits_{{e_{ijk}} \in {C_n}} {\sum\limits_{\begin{array}{*{20}{c}} {p,q \in \left[ {2n} \right]\backslash \left\{ {i,j,k} \right\},}\\ {p,q\;在同一极小圈中} \end{array}} {{\lambda _{pqijk}}{e_{pq}}\partial {e_{ijk}}} } - \\ \sum\limits_{{e_{uvw}} \in {C_n}x} {\sum\limits_{\begin{array}{*{20}{c}} {x,y \in \left[ {2n} \right]\backslash \left\{ {i,j,k} \right\},}\\ {x,y\;不在同一极小圈中} \end{array}} {{\mu _{xyuvw}}{e_{xy}}\partial {e_{uvw}}} } = 0 \end{array} $

由于在D′_{4, 2}中，e_jkpq、e_ikpq、e_ijpq不会在D″_{4, 2}中出现，故λ_pqijk=0, α=0，从而有

$ \begin{array}{l} {\rm dim} \left( {{D_{4,2}}} \right) = {\rm dim} \left( {{{D'}_{4,2}}} \right) + {\rm dim} \left( {{{D''}_{4,2}}} \right) = n + 5\\ \frac{{n(n - 3)}}{2} + n\left( {2{n^2} - 10n + 13} \right) \end{array} $

引理4得证。

引理5    n-秩轮图的dim I₂⁴= $ \frac{1}{2}$n(n－1)(4n－7)。

证明：I₂⁴的定义为I₂⁴=E²I²=span{e_pq∂e_ijk|e_ijk∈C_n, p, q∈[2n]}的E⁴中的子空间。考虑I₂⁴的生成元e_pq∂e_ijk，p, q有3种情形：

① p, q∈{i, j, k}时，e_pq∂e_ijk=0；

② p∈{i, j, k}、q∈[2n]\{i, j, k}时，结果见引理1；

③ p, q∈[2n]\{i, j, k}时，结果见引理2和引理3。

因为情形②中的元素是D_{4, 1}中的元素，情形③中的元素是D_{4, 2}中的元素，所以有I₂⁴=span(D_{4, 1})∪span(D_{4, 2})，则

$ \begin{array}{l} {\rm dim} \; I_2^4 = {\rm dim} \left( {{D_{4,1}} + {D_{4,2}}} \right) = n(2n - 3) + 5\\ \frac{{n(n - 3)}}{2} + n + n\left( {2{n^2} - 10n + 13} \right) = \frac{1}{2}n(n - 1)\\ (4n - 7) \end{array} $

引理5得证。

定理1   对于n-秩轮图，有

$ {\rm dim}\; OS_2^4 = \frac{2}{3}n(n - 1)(n - 2)(n - 3) $

证明：由OS₂⁴=E⁴/I₂⁴得

$ \begin{array}{l} \begin{array}{*{20}{c}} {{\rm dim} \;OS_2^4 = {\rm dim}\;{E^4} - {\rm dim}\;I_2^4 = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n}\\ 4 \end{array}} \right) - \frac{1}{2}n(n - 1)}\\ {(4n - 7) = \frac{1}{6}n(n - 1)(2n - 1)(2n - 3) - \frac{1}{2}n(n - } \end{array}\\ 1)(4n - 7) = \frac{2}{3}n(n - 1)(n - 2)(n - 2)(n - 3) \end{array} $

定理1得证。

推论1   对于n-秩轮图，有

$ {\rm dim} \;OS_2^t = {2^t}\left( {\begin{array}{*{20}{l}} n\\ t \end{array}} \right),t = 0,1,2,3,4 $

证明：由I₂定义可知，I₂⁰=0, I₂¹=0, I₂² $ \cong $C₃, 所以对n-秩轮图，有

$ \begin{array}{l} {\rm dim}\;I_2^0 = 0, {\rm dim}\;I_2^1 = 0, {\rm dim}\;I_2^2 = n, {\rm dim}\; I_2^3 = 2n\\ (n - 1) {\rm dim}\;I_2^4 = \frac{1}{2}n(n - 1){(4n - 7) }。\end{array} $

由OS₂^t=E^t/I₂^t(t=0, 1, 2, 3, 4)可得

$ \begin{array}{l} {\rm dim}\;OS_2^0 = 1, {\rm dim}\;OS_2^1 = 2n, {\rm dim}\;OS_2^2 = 2n(n - \\ 1), {\rm dim}\;OS_2^3 = \frac{4}{3}n(n - 1)(n - 2), {\rm dim}\;OS_2^4 = \frac{2}{3}n\\ (n - 1)(n - 2)(n - 3) \end{array} $

观察归纳可得，dim OS₂^t=2^t $\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n\\ t \end{array}} \right)$, t=0, 1, 2, 3, 4。

推论1得证。

推论2   对于n-秩轮图，当n=4时有dim OS₂^t=dim OS^t, t=0, 1, 2, dim OS₂^t≠dim OS^t, t=3, 4；

当n=5时有dim OS₂^t=dim OS^t, t=0, 1, 2, 3, dim OS₂⁴≠dim OS⁴；

当n≥6时有dim OS₂^t=dim OS^t, t=0, 1, 2, 3, 4。

比较dim OS₂^t、dim OS^t，发现n-秩轮图不是二次的^[7]。

3 一类聚合物拓扑图的第4个2-adic Orlik-Solomon代数

聚合物拓扑分类对应着拓扑图。计算与轮式图相关的聚合物分子图构形的第4个2-adic Orlik-Solomon代数的维数，两类聚合物C_nH_2n(n=6, 7)和C_nH_2n－4(n=5~10)拓扑结构的dim OS₂⁴计算结果^[8]分别见表 1和表 2。

一般地，类似于表 1中的分子结构图，若有n个分支和一个长度为3的极小圈，则这样的聚合物的OS₂⁴维数计算公式为

$ {\rm dim}\;OS_2^4 = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {n + 3}\\ 4 \end{array}} \right) - \left( {n + \left( {\begin{array}{*{20}{l}} n\\ 2 \end{array}} \right)} \right) = \frac{{n(n + 6)\left( {{n^2} - 1} \right)}}{{24}} $

4 结束语

本文得到了n-秩轮图的A₂^t=OS₂^t=E^t/I₂^t(t=0, 1, 2, 3, 4)维数的计算公式dim OS₂^t=2^t $\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n\\ t \end{array}} \right) $(t=0, 1, 2, 3, 4)，对比了n-秩轮图Orlik-Solomon代数，通过计算4-秩轮图 2-adic Orlik-Solomon代数的维数，得到一个关于n-秩轮图 2-adic Orlik-Solomon代数的维数猜测。对于该猜测，还需要作进一步的证明。