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user: 3. 主要结果 为了定理的证明，我们需要以下的引理。 引理3.1：令 n = q 2 + 1 a ， s = q 2 + 1 2 和 r = q + 1 。那么对于正整数 i ∈ Ω = { 1 + r i | 0 ≤ i ≤ n − 1 } ，那么 C j 为j模 r ( q + 1 ) 的 q 2 -分圆陪集有： (1) C s = { s } 和 C s + n ( q + 1 ) / 2 = { s + n ( q + 1 ) / 2 } 。 (2) C s − ( q + 1 ) j = { s − ( q + 1 ) j ， s + ( q + 1 ) j } ， 1 ≤ j ≤ n / 2 。 证明：(1) 如果 j = q − 1 2 ，那么 1 + ( q + 1 ) j = s 。这就说明 s ∈ Ω 。又因为 ，所以 C s = { s } 。另外， [ s + n ( q + 1 ) / 2 ] q 2 = s q 2 + n ( q + 1 ) ( q 2 − 1 ) / 2 + n ( q + 1 ) / 2 ≡ s + n ( q + 1 ) / 2 ( mod ( q + 1 ) n ) . 因此， C s + n ( q + 1 ) / 2 = { s + n ( q + 1 ) / 2 } 。 (2) 这个证明类似于 [ 13 ] 中引理3.12的证明。 引理3.2 (1) 令q是一个素数方幂且 q = 2 a m + t ，其中a是奇整数， 。如果C是一个在 F q 2 上，长度为 n = q 2 + 1 a 的η-constacyclic码，并且其定义集合为 Z = ∪ j = 0 δ C s − ( q + 1 ) j ，其中 o r d ( η ) = r 和 0 ≤ δ ≤ m t ，那么 C ⊥ H ⊆ C 。 (2) 令q是一个素数方幂且 q = 2 a m − t ，其中a是奇整数， t = 2 a − 1 。如果C是一个在 F q 2 上，长度为 n = q 2 + 1 a 的η-constacyclic码，并且其定义集合为 Z = ∪ j = 0 δ C s − ( q + 1 ) j ，其中 o r d ( η ) = r 和 0 ≤ δ ≤ m t − 2 ，那么 C ⊥ H ⊆ C 。 证明：我们只证明第一部分，第二部分的证明是类似的。我们假设 q = 2 a m + t 和 0 ≤ δ ≤ m t ，根据引理2.3，我们只需要证明 。利用反证法，假设存在 0 ≤ i ≤ j ≤ δ ，使得 C s − ( q + 1 ) i = − q C s − ( q + 1 ) j 。那么只有以下两种情况。 情况1： s − ( q + 1 ) i ≡ − q ( s − ( q + 1 ) j ) ( mod ( q + 1 ) n ) 。 那么我们有 i + q j − q 2 + 1 2 ≡ 0 ( mod q 2 + 1 a ) . 因为 q 2 + 1 2 = q 2 + 1 2 a ⋅ a = q 2 + 1 2 a + q 2 + 1 a ⋅ a − 1 2 ，所以 i + q j − q 2 + 1 2 a ≡ 0 ( mod q 2 + 1 a ) . 令 q = 2 a m + t ，则 . 等式左边 − ( 2 a m 2 + 2 m t + 1 ) ≤ i + ( 2 a m + t ) j − ( 2 a m 2 + 2 m t + 1 ) < t − 1 2 ( 4 a m 2 + 4 m t + 2 ) ， 令 i + ( 2 a m + t ) j − ( 2 a m 2 + 2 m t + 1 ) = x ( 4 a m 2 + 4 m t + 2 ) ，从而 0 ≤ x ≤ t − 3 2 。因此我们有 i = 2 a ( 2 x + 1 ) m 2 + 2 ( 2 x + 1 ) m t + 2 x + 1 − j ( 2 a m + t ) . 如果 j ≤ ( 2 x + 1 ) m ，那么 i ≥ 2 m t x + 2 m t + 2 x + 1 > m t ，与已知矛盾。 如果 j ≥ ( 2 x + 1 ) m + 1 ，那么 i ≤ ( 2 x t + t − 2 a ) m + ( 2 x + 1 − t ) < 0 ，也与已知矛盾。 情况2： s − ( q + 1 ) i ≡ − q ( s + ( q + 1 ) j ) ( mod ( q + 1 ) n ) 。 那么我们有 − i + q j + q 2 + 1 2 ≡ 0 ( mod q 2 + 1 a ) . 因为 q 2 + 1 2 = q 2 + 1 2 a ⋅ a = q 2 + 1 2 a + q 2 + 1 a ⋅ a − 1 2 ，所以 − i + q j + q 2 + 1 2 a ≡ 0 ( mod q 2 + 1 a ) . 令 q = 2 a m + t ，则 . 等式左边 2 a m 2 + m t + 1 ≤ − i + ( 2 a m + t ) j + ( 2 a m 2 + 2 m t + 1 ) < t + 1 2 ( 4 a m 2 + 4 m t + 2 ) ， 令 − i + ( 2 a m + t ) j + ( 2 a m 2 + 2 m t + 1 ) = x ( 4 a m 2 + 4 m t + 2 ) ，从而 1 ≤ x ≤ t − 1 2 。因此我们有 i = 2 a ( 1 − 2 x ) m 2 + 2 ( 1 − 2 x ) m t + 1 − 2 x + j ( 2 a m + t ) . 如果 j ≤ ( 2 x − 1 ) m ，那么 i ≤ m t − 2 m t x + 1 − 2 x < 0 ，与已知矛盾。 如果 j ≥ ( 2 x − 1 ) m + 1 ，那么 i ≥ ( t − 2 t x + 2 a ) m + 1 − 2 x + t > m t ，也与已知矛盾。 所以假设不成立，故 Z ∩ ( − q Z ) = ∅ 。即原命题得证。 定理3.3： (1) 令q是一个素数方幂且 q = 2 a m + t ，其中a是奇整数， t = 2 a − 1 。那么存在一个参数为 〚 q 2 + 1 a ， q 2 + 1 a − 2 d + 2 ， d 〛 的q元的量子MDS码，其中 2 ≤ d ≤ 2 m t + 2 且d为偶数。 (2) 令q是一个素数方幂且 q = 2 a m − t ，其中a是奇整数， t = 2 a − 1 。那么存在一个参数为 〚 q 2 + 1 a ， q 2 + 1 a − 2 d + 2 ， d 〛 的q元的量子MDS码，其中 且d为偶数。 证明 由引理3.1可知，除了 C s 和 C s + n ( q + 1 ) / 2 ，其余的 q 2 -分圆陪集都含有两个元素，再根据引理3.2，定理2.3，定理2.2和定理2.1易证得该定理。 推论3.4 ( [ 13 ] 中定理7) (1) 令q是一个素数方幂且 q = 10 m + 3 ，那么存在一个参数为 〚 q 2 + 1 5 ， q 2 + 1 5 − 2 d + 2 ， d 〛 的q元的量子MDS码，其中 2 ≤ d ≤ 6 m + 2 且d为偶数。 (2) 令q是一个素数方幂且 q = 10 m − 3 ，那么存在一个参数为 〚 q 2 + 1 5 ， q 2 + 1 5 − 2 d + 2 ， d 〛 的q元的量子MDS码，其中 2 ≤ d ≤ 6 m − 2 且d为偶数。