シュタイナートリプルシステム

(必要)
§1-定理3 からブロックの個数は$\dfrac{v(v-1)}{6}$.
$v(v-1)$は偶数で, $v$と$v-1$のいずれかが3の倍数であればブロックの個数は整数となる.
したがって, $v\equiv1,3\hspace{2mm}({\rm mod}6)$
(十分)
[i]$v\equiv1\hspace{2mm}({\rm mod}6)$のとき
$v=6t+1$とおき,
\begin{eqnarray} X&\coloneqq&\lbrace x_1,x_2,\cdots,x_{2t}\rbrace\\ Y&\coloneqq&\lbrace y_1,y_2,\cdots,y_{2t}\rbrace\\ Z&\coloneqq&\lbrace z_1,z_2,\cdots,z_{2t}\rbrace \end{eqnarray}
により$v$点集合$\Omega$を
\begin{eqnarray} \Omega\coloneqq X\cup Y\cup Z\cup\lbrace\alpha\rbrace \end{eqnarray}
と定める.
次に, $\begin{bmatrix}1&t+1&2&t+2&\cdots&2t-1&t&2t\end{bmatrix}$を左にスライドして得られる$2t\times 2t$のラテン方格
\begin{eqnarray} L_e\coloneqq \begin{bmatrix} 1&t+1&2&t+2&\cdots&2t-1&t&2t\\ t+1&2&t+2&3&\cdots&t&2t&1\\ 2&t+2&3&t+3&\cdots&2t&1&t+1\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 2t-1&t&2t&1&\cdots&t-2&2t-2&t-1\\ t&2t&1&t+1&\cdots&2t-2&t-1&2t-1\\ 2t&1&t+1&2&\cdots&t-1&2t-1&t \end{bmatrix} \end{eqnarray}
を考える.
$l(i,j)$を$L_e$の$(i,j)$成分として, 定義から$l(i,j)=l(\overline{i+1},\overline{j-1})$.
ただし, $\overline{p}$は$p$を$2t$で割った余りとする.
$j=i+k$とすると,
\begin{eqnarray} l(i,j)&=&l(\overline{i+1},\overline{j-1})\\ &=&(\overline{i+2},\overline{j-2})\\ &=&\cdots\\ &=&l(\overline{i+k},\overline{j-k})\\ &=&l(j,i) \end{eqnarray}
より, $L_e$は対称行列である.
\begin{eqnarray} l(i,i)&=&l(\overline{i-1},\overline{i+1})\\ &=&l(\overline{i-2},\overline{i+2})\\ &=&\cdots\\ &=&l(1,\overline{2i-1}) \end{eqnarray}
から, 対角成分は
\begin{eqnarray} l(i,i)=\left\{\begin{array}{ll} i & 1\leq i\leq t\\ i-t & t+1\leq i\leq 2t \end{array}\right.\end{eqnarray}
と表される.
以上のことから,
\begin{eqnarray}\left\{\begin{array}{ll} (x_i,x_j,y_{l(i,j)}),(y_i,y_j,z_{l(i,j)}),(z_i,z_j,x_{l(i,j)}) & 1\leq i,j\leq 2t,\hspace{2mm}i\neq j\\ (x_i,y_{l(i,i)},z_{l(i,i)}) & 1\leq i\leq t\\ (x_i,y_{l(i,i)},\alpha),(y_i,z_{l(i,i)},\alpha),(z_i,x_{l(i,i)},\alpha) & t+1\leq i\leq 2t \end{array}\right.\end{eqnarray}
のように3つ組を構成したとき, これらは${\rm STS}(v)={\rm STS}(6t+1)$のブロックであることが簡単に確認できる.
[ii]$v\equiv3\hspace{2mm}({\rm mod}6)$のとき
$v=6t+3$とおき,
\begin{eqnarray} X&\coloneqq&\lbrace x_1,x_2,\cdots,x_{2t+1}\rbrace\\ Y&\coloneqq&\lbrace y_1,y_2,\cdots,y_{2t+1}\rbrace\\ Z&\coloneqq&\lbrace z_1,z_2,\cdots,z_{2t+1}\rbrace \end{eqnarray}
により$v$点集合$\Omega$を
\begin{eqnarray} \Omega\coloneqq X\cup Y\cup Z \end{eqnarray}
と定める.
次に, $\begin{bmatrix}1&t+2&2&t+3&\cdots&t&2t+1&t+1\end{bmatrix}$を左にスライドして得られる$(2t+1)\times(2t+1)$のラテン方格
\begin{eqnarray} L_o\coloneqq\begin{bmatrix} 1&t+2&2&t+3&\cdots&t&2t+1&t+1\\ t+2&2&t+3&3&\cdots&2t+1&t+1&1\\ 2&t+3&3&t+4&\cdots&t+1&1&t+2\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\ t&2t+1&t+1&1&\cdots&2t-1&t-1&2t\\ 2t+1&t+1&1&t+2&\cdots&t-1&2t&t\\ t+1&1&t+2&2&\cdots&2t&t&2t+1 \end{bmatrix}\end{eqnarray}
を考える.
$l(i,j)$を$L_o$の$(i,j)$成分として, 定義から$l(i,j)=l(\overline{i+1},\overline{j-1})$.
ただし, $\overline{p}$は$p$を$2t+1$で割った余りとする.
[i]と同様に$L_o$は対称行列で,$l(i,i)=l(1,\overline{2i-1})$だが,
$\begin{bmatrix}1&t+2&2&t+3&\cdots&t&2t+1&t+1\end{bmatrix}$の$i$列目の成分は$\overline{2i-1}$と書けるため,$l(i,i)=i$が成り立つ.
以上より
\begin{eqnarray}\left\{\begin{array}{ll} (x_i,x_j,y_{l(i,j)}),(y_i,y_j,z_{l(i,j)}),(z_i,z_j,x_{l(i,j)}) & 1\leq i,j\leq 2t,\hspace{2mm}i\neq j\\ (x_i,y_{l(i,i)},z_{l(i,i)}) & 1\leq i\leq t \end{array}\right.\end{eqnarray}
のように3つ組を構成したとき, これらは${\rm STS}(v)={\rm STS}(6t+3)$のブロックであることが簡単に確認できる.