シュタイナーシステムの算術三角形

(1) 定義から明らか.
(2) $i-j$についての帰納法を用いる.
[i] $i-j=0$のとき, (1)から成り立つ.
[ii] $i-j=p$のとき, $m(i,j)$の値が任意の部分集合列に対して一定だと仮定する.
[iii] $i-j=p+1$のとき,
$$\begin{array}{r}{D}_1\subseteq C_1\subseteq B,|D_1|=j,|C_1|=i,\\ m_1(i,j)=\mathrm{\#}\{B^{\prime }\in \mathcal{B}|B^{\prime }\cap C_1=D_1\}\\ D_2\subseteq C_2\subseteq B,|D_2|=j,|C_2|=i,\\ m_2(i,j)=\mathrm{\#}\{B^{\prime }\in \mathcal{B}|B^{\prime }\cap C_2=D_2\}\end{array}$$
とおく. $i>j$であるから, $\alpha \in C_1\mathrm{\setminus }{D}_1$が存在して
$$\begin{array}{rcl}{m}_1(i-1,j)& =& \mathrm{\#}\{B^{\prime }\in \mathcal{B}|B^{\prime }\cap (C_1\mathrm{\setminus }\{\alpha \})=D_1\}\\ & =& m_1(i,j)\end{array}$$
$C_2,D_2$についても同様. $(i-1)-j=p$であるから
$$\begin{array}{rcl}{m}_1(i,j)& =& m_1(i-1,j)\\ & =& m_2(i-1,j)\\ & =& m_2(i,j)\end{array}$$
以上より, $m(i,j)$は$i,j$の値のみによって定まる.
(3) $B\in \mathcal{B}$の部分集合列$D\subseteq C\subset C\cup \{\alpha \}\subseteq B$を考える.
$$\begin{array}{r}\mathcal{X}=\{B^{\prime }\in \mathcal{B}|B^{\prime }\cap C=D\}\end{array}$$
とすると, $\alpha$を含んでいる$\mathcal{X}$の元の個数は
$$\begin{array}{r}\mathrm{\#}\{B^{\prime }\in \mathcal{B}|B^{\prime }\cap (C\cup \{\alpha \})=D\cup \{\alpha \}\}=m(i+1,j+1)\end{array}$$
$\alpha$を含んでいない$\mathcal{X}$の元の個数は
$$\begin{array}{r}\mathrm{\#}\{B^{\prime }\in \mathcal{B}|B^{\prime }\cap (C\cup \{\alpha \})=D\}=m(i+1,j)\end{array}$$
したがって,
$$\begin{array}{r}|\mathcal{X}|=m(i,j)=m(i+1,j)+m(i+1,j+1)\end{array}$$

$m(3,1)=2$から
$$\begin{array}{r}B\cap B_1=\{\alpha \}\end{array}$$
を満たすブロックが2つ存在することは明らか.
$B_2$と$B_2$の共通部分には$\alpha$が含まれているが, $\alpha$以外の点を共有しているとすると, 2点を含むブロックが一意に定まったことと矛盾するため, 共通部分は$\alpha$のみ.
よって,
$$\begin{array}{rcl}{B}_1\cap B_2& =& B_2\cap B_3\\ & =& B_1\cap B_3\\ & =& \{\alpha \}\end{array}$$
で, $|\mathrm{\Omega }|=7$だから
$$\begin{array}{rcl}{B}_1\cup B_2\cup B_3& =& \mathrm{\Omega }\end{array}$$

ある$S(2,3,7)$系$S(\mathrm{\Omega },\mathcal{B})$から${{\mathbb{F}}_2}^3\mathrm{\setminus }\{(0,0,0)\}$への全単射を構成する.
点$\alpha \in \mathrm{\Omega }$を取り, $\alpha$が定める$2^3$型分割で得られたブロックを
$$\begin{array}{rcl}{A}_1& =& \{\alpha ,\beta ,\gamma \}\\ A_2& =& \{\alpha ,x_1,x_2\}\\ A_3& =& \{\alpha ,x_3,x_4\}\end{array}$$
としたとき, $\beta$が定める$2^3$型分割を
$$\begin{array}{rcl}{A}_1,B_1& =& \{\beta ,x_1,x_3\}\\ B_2& =& \{\beta ,x_2,x_4\}\end{array}$$
としても一般性を失わない. このとき, $\gamma$が定める$2^3$型分割は
$$\begin{array}{rcl}{A}_1,C_1& =& \{\gamma ,x_1,x_4\}\\ C_2& =& \{\gamma ,x_2,x_3\}\end{array}$$
であることが確定する.
$$\begin{array}{r}{A}_1,A_2,A_3,B_1,B_2,C_1,C_2\end{array}$$
はすべて異なるため,
$$\begin{array}{r}\mathcal{B}=\{A_1,A_2,A_3,B_1,B_2,C_1,C_2\}\end{array}$$
したがって, ${{\mathbb{F}}_2}^3$の元$(a_1,a_2,a_3)$を$a_1{a}_2{a}_3$と表記することにすれば, 全単射
$$\begin{array}{rcl}f:\mathrm{\Omega }& ⟶& {{\mathbb{F}}_2}^3\mathrm{\setminus }\{000\}\\ \alpha & ⟼& 001\\ \beta & ⟼& 010\\ \gamma & ⟼& 011\\ x_1& ⟼& 100\\ x_2& ⟼& 101\\ x_3& ⟼& 110\\ x_4& ⟼& 111\end{array}$$
が得られる.

$$\begin{array}{rcl}S& =& \{s_1,s_2,s_3,s_4,u_1,u_2,u_3,u_4\}\\ T& =& \{t_1,t_2,t_3,t_4,u_1,u_2,u_3,u_4\}\end{array}$$
とおく.
$$\begin{array}{r}S=\begin{array}{|cccccc|}\hline s_1& s_2& u_1& u_2& t_1& t_2\\ s_3& s_4& u_3& u_4& t_3& t_4\\ \hline\end{array},T=\begin{array}{|cccccc|}\hline s_1& s_2& u_1& u_2& t_1& t_2\\ s_3& s_4& u_3& u_4& t_3& t_4\\ \hline\end{array}\end{array}$$
$s_1,s_2,s_3,s_4,t_1$が含まれる唯一のブロック
$$\begin{array}{r}B\supset \begin{array}{|cccccc|}\hline s_1& s_2& u_1& u_2& t_1& t_2\\ s_3& s_4& u_3& u_4& t_3& t_4\\ \hline\end{array}\end{array}$$
が
$$\begin{array}{r}S\oplus T=\begin{array}{|cccccc|}\hline s_1& s_2& u_1& u_2& t_1& t_2\\ s_3& s_4& u_3& u_4& t_3& t_4\\ \hline\end{array}\end{array}$$
ではないと仮定する.
算術三角形から
$$\begin{array}{r}m(8,1)=m(8,3)=m(8,5)=m(8,6)=m(8,7)=0\end{array}$$
であり, $S(5,8,24)$のブロック同士の共通部分は$0,2,4,8$のいずれかである.
$B,T$がともに$t_1$を含んでいるため$|B\cap T|$は$1$以上だが, 仮定から$4$ではない.
よって$|B\cap T|=2$で, $B\cap T=\{t_1,t_2\}$としても一般性を失わない.
$$\begin{array}{r}B\supset \begin{array}{|cccccc|}\hline s_1& s_2& u_1& u_2& t_1& t_2\\ s_3& s_4& u_3& u_4& t_3& t_4\\ \hline\end{array}\end{array}$$
$s_1,s_2,s_3,s_4,t_3$が含まれるブロック$B^{\prime }\ne B$が$t_1$または$t_2$を含んでいたとすると, 両者とも$s_1,s_2,s_3,s_4,t_1$または$s_1,s_2,s_3,s_4,t_2$が含まれるが, これは一意性に反するため, $B^{\prime }\cap T=\{t_3,t_4\}$である.
$$\begin{array}{r}{B}^{\prime }\supset \begin{array}{|cccccc|}\hline s_1& s_2& u_1& u_2& t_1& t_2\\ s_3& s_4& u_3& u_4& t_3& t_4\\ \hline\end{array}\end{array}$$
ここで, $s_1,s_2,s_3,t_1,t_3$を含むブロック
$$\begin{array}{r}\mathcal{O}\supset \begin{array}{|cccccc|}\hline s_1& s_2& u_1& u_2& t_1& t_2\\ s_3& s_4& u_3& u_4& t_3& t_4\\ \hline\end{array}\ne B,B^{\prime }\end{array}$$
を考える. $S$と3点を共有していて, $S$とは異なるブロックであるから, $|\mathcal{O}\cap S|=4$.
$s_4\in \mathcal{O}$とすると, $s_1,s_2,s_3,s_4,t_1$を含むブロックが$B,\mathcal{O}$の2つとなってしまうため, $s_4\notin \mathcal{O}$. これらのことから, $\mathcal{O}\cap S=\{s_1,s_2,s_3,u_1\}$としても問題ない.
$$\begin{array}{r}\mathcal{O}\supset \begin{array}{|cccccc|}\hline s_1& s_2& u_1& u_2& t_1& t_2\\ s_3& s_4& u_3& u_4& t_3& t_4\\ \hline\end{array}\end{array}$$
$\mathcal{O}$と$T$との共通部分を考えると, 既に$t_1,t_3,u_1$があるため, 残り1点を取らなくてはならない. $u_2,u_3,u_4$のいずれかの点を取ると, $|\mathcal{O}\cap S|=4$に矛盾し, $t_2,t_4$のどちらかを取ると, $|\mathcal{O}\cap B|\ge 5$または$|\mathcal{O}\cap B^{\prime }|\ge 5$となるが, これは$\mathcal{O}\ne B,B^{\prime }$に矛盾するため, $B\ne S\oplus T$の仮定が誤り.