歐 璐，曹金明

(1．湖南大學 數(shù)學與計量經濟學院，湖南 長沙 410082;2．湖南大學 汽車車身先進設計制造國家重點實驗室，湖南 長沙 410082)

1 預備知識

m2(3,q)=q2+1,q為偶數(shù)并且q>2[1-2];

m2(3,q)=q2+1,q為奇數(shù)[3];

本文將給出結果：

2 需要的有關結論

對任意一個PG(n,q)上k-cap集K而言，我們定義滿足|l∩K|=i的這樣一條直線l為i-割線.而一條1-割線我們也稱為切線；一條2-割線稱為二度割線；一條0-割線稱為外部線.令t為過K中一點P到K的切線的條數(shù).而σi(Q)為過K外一點Q到K的i-割線的條數(shù)，其中i=1,2.因此，有下面的等式成立：

1)t+k=qn-1+…+q2+q+2；

2)σ1(Q)+2σ2(Q)=k.

引理2[8]如果K為PG(n,q)上的完全k-cap，并且q為偶數(shù)，那么對PG(n,q)K中的任一點Q都有σ1(Q)≤t.

引理3設K為PG(3,q)上完全k-cap且k

證明令l1,…,lt為過K中一點P的t條切線，考慮以下3種情況：

① 過任何一條切線li恰恰只存在一個平面πl(wèi)i使得|πl(wèi)i∩K|≤2(1≤i≤t).

假設過點P僅僅只有唯一一個平面，不妨設為π，使得|π∩K|≤2，那么就有：πl(wèi)i=π(i=1,…,t).所以經過點P到K的所有切線都在π上，那么有t≤q+1，由等式(1)得到：k≥q2+1，與題設條件相矛盾.

所以過點P至少存在兩個不同的平面πj(j=1,2)，滿足|πj∩K|≤2.而每一個平面πj(j=1,2)至少都包含q條過點P到K的切線，因此有：t≥2q-1=2(q-1)+1.

② 通過某一條切線，假設為li0，存在兩個不同的平面，它們與K相交的點不多于兩個(1≤i0≤t).

因為li0是K的一條切線，由caps的定義，所有過li0的平面交K至多有q+1個點.計算所有經過切線li0的q+1個平面中那些屬于K中的點的個數(shù)得到：k-1≤2+(q-1)q，即k≤q2-q+3，由等式(1)有：t≥2q-1=2(q-1)+1.

③ 經過某一條切線，設為lj0，過它的所有平面中沒有一個滿足與K的交點不多于2個(1≤lj0≤t).

即過切線lj0的任何一個平面πj都滿足|πj∩K|≥q(1≤j≤q+1).又因為有|πj∩K|≤q+1成立，所以由引理1，得知πj∩K能夠被擴充為一個完全(q+2)-arc.而每個(q+2)-arc必然會交lj0于不同于點P的一點，設為Pj.如果q+1個Pj點互不相同的話，在lj0上就會出現(xiàn)q+2個點，這是不可能的.所以必定存在其中的兩點是相同的點，不妨設它們?yōu)镻1和P2，即有P1=P2.

這樣，如果要計算過點P1到K的切線就得同時考慮點P1到π1∩K上和到π2∩K上這兩部分的直線.因為P1不屬于K，所以有：σ1(P1)≥2(q-1)+1，由引理2有：t≥σ1(P1)，所以有t≥2(q-1)+1成立.

3 定理及其證明

1)假設存在一個平面π0，滿足4≤|π0∩K|≤q-2.令l為過K中點的P到K的任意一條切線，考慮下面兩種情況：

計算過l的q+1個平面上屬于K中的點的個數(shù)得到：

q≥28．

假設其中的任意一點都被重復計算不超過3次，則有：

q2+2q-8

當q≥24時，上面的不等式矛盾.從而在這些點中一定存在一個屬于π0K的點，設為P0，滿足過該點至少有4個平面使得這些平面與K的交集并上該點成為一個arc,所以：

k≤q2-2q+8.

2)對任意平面：π有:|π∩K|≥q-1或者|π∩K|≤3.

①假設存在平面π0使得|π0∩K|=3或者|π0∩K|=q-1，則在π0上有3(q-1)條切線.

i)設l為K的任一條切線，假設過l至少有3個平面使得它們與K的交點小于等于3，用類似的方法計算過l的q+1個平面上屬于K中的點，就得到：

k-1≤3×2+(q+1-3)q=q2-2q+6,

k≤q2-2q+7

ii)否則不考慮π0的話，過l至少有q-2個平面，它們與K的交點至少為q-1個.由引理1，這些平面均可以擴充為一個更大的arc，且這些arc與l有唯一不屬于K的交點.同(1)中②的證明類似，在π0上總共有3(q-1)(q-2)個這樣的交點.

假設其中的任意一個交點都被重復計算不超過2次，則有：

q2-11q+5<0．

顯然，當q≥24時，上面的不等式矛盾.從而一定存在屬于π0K的一點，不妨設為P1，滿足過該點至少有3個平面，它們與K的交集并上該點就成為一個arc，則有：

k≤q2-2q+8．

②對任意平面π有|π∩K|≥q或者|π∩K|≤2.

i)設P∈K，過點P至少有3個平面，使得它們與K的交點不超過2，則有：

k≤q2-2q+8．

ii)最多存在兩個平面，不妨設為π1和π2，它們與K的交點不超過2，從而由引理3有t≥2(q-1)+1成立，所以有：

k≤q2-q+3．(*)

設l1,…,lt-1為過P點到K的不考慮π1∩π2這條直線的所有切線.考慮其中的任一條lj.

因為過lj的所有平面中至多只含有π1和π2中的一個，所以至少有q個平面，它們與K的交點不少于q.計算過切線lj的所有平面中屬于K中點的個數(shù)，其中設mh為與K相交h個點的平面?zhèn)€數(shù)：

k-1≥1+mq(q-1)+qmq+1=

1+(q-mq+1)(q-1)+qmq+1=

q2-q+1+mq+1．

假設mq+1≥2，則有k≥q2-q+4，這與(*)相矛盾.

所以過lj至少有q-1個平面，設為βi，滿足|βi∩K|=q.

下面考慮其中任意一個平面βi.對于?Q∈βiK且Q為lj上的點，則有：σ1(Q)+2σ2(Q)=q，由于q與2σ2(Q)都為偶數(shù)，得到σ1(Q)也為偶數(shù)，則σ1(Q)≥2，即過點Q除切線lj外，至少還有一條切線在βi中.考慮以下幾種情況.

ⅱ)在lj上存在不屬于K的點Q2，使得過lj至少存在兩個平面πi，使得πi∩K∪{Q2}是πi上的arc(其中i=1,2).這時，計算過點Q2到K的所有切線有：

σ1(Q2)-1≥2(q-1)+(q-3)=3q-5,

t≥σ1(Q2)≥3q-6,

k≤q2-2q+8．

ⅲ)在lj上任意不屬于K的點Q1，使得過lj恰有一個平面π，使得π∩K∪{Q1}為平面π上的arc.考慮以下兩種情況.

a)還存在另外一條切線L，在L上至少存在平面π′，使得π′∩K∪{Q1}為平面π′上的arc.這時，計算過點Q1到K的所有切線有：

t≥σ1(Q1)≥2q+q-2≥3q-2,

k≤q2-2q+4≤q2-2q+8．

b)任意切線上的不屬于K的點Q1，過點Q1最多只有一個平面π″，使得π″∩K∪{Q1}為平面π″上的arc.這時，計算所有這些點的個數(shù)有：

k(t-1)q≤(q+1)(q3+q2+q+1-k)．

又t+k=q2+q+2，代入上式有：

qk2-(q3+q2+2q+1)k+(q+1)(q3+q2+q+1)≥0．

解這個二次不等式，并令

Δ=(q3+q2+2q+1)2-4q(q+1)(q3+q2+q+1)．

那么有：

至此，原命題全部得證.

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