Luận văn Thạc sĩ Toán học: Về nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi bốn phần tử

TRƯỜNG ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

KHAMLIEN PHONXAYYAVONG

VỀ NỬA NHÓM SỐ HẦU ĐỐI XỨNG SINH BỞI BỐN PHẦN TỬ

THÁI NGUYÊN - 2020

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

KHAMLIEN PHONXAYYAVONG

VỀ NỬA NHÓM SỐ HẦU ĐỐI XỨNG SINH BỞI BỐN PHẦN TỬ

Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số

Mã số: 84.60.104

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2020

Người hướng dẫn khoa học: TS. TRẦN ĐỖ MINH CHÂU

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan rằng các kết quả trình bày trong luận văn này là hoàn

toàn trung thực và không trùng lặp với các luận văn trước đây. Nguồn tài

liệu sử dụng cho việc hoàn thành luận văn là các nguồn tài liệu mở. Các

thông tin, tài liệu trong luận văn đã được ghi rõ nguồn gốc.

Thái Nguyên, ngày 18 tháng 9 năm 2020

Người viết luận văn

Khamlien PHONXAYYAVONG

Xác nhận

của trưởng khoa chuyên môn

của người hướng dẫn khoa học

TS. Trần Đỗ Minh Châu

Lời cảm ơn

Luận văn này được hoàn thành trong khóa 26 đào tạo thạc sỹ của trường Đại học Sư

Phạm - Đại học Thái Nguyên, dưới sự hướng dẫn khoa học của TS. Trần Đỗ Minh Châu,

giảng viên khoa Toán Trường Đại học Sư Phạm - Đại học Thái Nguyên. Tôi xin chân

thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới cô hướng dẫn, người đã tạo cho tôi một phương

pháp nghiên cứu khoa học đúng đắn, tinh thần làm việc nghiêm túc và đã dành nhiều

thời gian và công sức để chỉ bảo hướng dẫn tôi từ những điều nhỏ nhặt nhất tới những

vấn đề khó khăn Cô vẫn luôn kiên nhẫn, tận tình quan tâm giúp đỡ tôi để hoàn thành

luận văn này.

Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới các thầy cô giáo của trường Đại học Thái

Nguyên, Viện Toán học, những người đã tận tình giảng dạy và khích lệ, động viên tôi

vượt qua những khó khăn trong học tập.

Tôi xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo Khoa Sau đại học, Trường Đại học Sư phạm

- Đại học Thái Nguyên đã tạo mọi điều kiện thuận lợi, giúp đỡ tôi trong suốt thời gian

học tập.

Cuối cùng, tôi xin cảm ơn bạn bè, người thân và gia đình đã giúp đỡ, động viên, ủng

hộ tôi cả về vật chất và tinh thần để tôi có thể hoàn thành tốt luận văn cũng như khóa

học của mình.

Thái nguyên, ngày 18 tháng 9 năm 2020

Người viết Luận văn

Khamlien PHONXAYYAVONG

Mục lục

1 Một số khái niệm về nửa nhóm số 1

1.1 Nửa nhóm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Tập Apery và chiều nhúng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3 Số Frobenius và số giả Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.4 Nửa nhóm số đối xứng, giả đối xứng và hầu đối xứng . . . . . . . . . . . 10

2 Nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi bốn phần tử 19

. . . . . . . . . . . . . . . 19 2.1 Biểu diễn của phần tử f + nk với f ∈ P F (H)

2.2 Cấu trúc của ma trận RF . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.3 Trường hợp nửa nhóm số giả đối xứng sinh bởi 4 phần tử . . . . . . . . 36

2.4 Kiểu của nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi 4 phần tử . . . . . . . . . . 41

KẾT LUẬN 51

iii

TÀI LIỆU THAM KHẢO 52

MỞ ĐẦU

Một nửa nhóm số H là một vị nhóm con của N với phép toán cộng sao cho phần bù

của H trong N là hữu hạn. Cho H là nửa nhóm số có hệ sinh tối tiểu là {n1, . . . , ne}

và K[H] = K[tn1, . . . , tne] là vành nửa nhóm số tương ứng với H, trong đó t là biến, K

là một trường. Ta có thể viết K[H] dưới dạng thương K[H] = của vành đa thức S IH

S = K[x1, . . . , xe] trên iđêan IH với IH là hạt nhân của K-đại số đồng cấu từ S vào

K[H], xác định bởi xi (cid:55)→ tni. Iđêan IH là iđêan sinh bởi các nhị thức và được gọi là

iđêan định nghĩa của K[H].

Trong các nửa nhóm số, lớp nửa nhóm số hầu đối xứng có nhiều tính chất rất thú

vị. Chúng là một mở rộng tự nhiên của lớp nửa nhóm số đối xứng và hoàn toàn phân

biệt với lớp nửa nhóm số đối xứng (theo Nari [8]). Chú ý rằng, năm 1970, Kunz [6] đã

chứng minh rằng H là đối xứng nếu và chỉ nếu K[H] là vành Gorenstein. Sau đó, Barucci

và Fr¨oberg [1] đã giới thiệu khái niệm vành hầu Gorenstein (là một mở rộng của vành

Gorenstein) và khi áp dụng vào vành nửa nhóm số đã dẫn đến khái niệm nửa nhóm số

hầu đối xứng. Lý thuyết về vành hầu Gorenstein tiếp tục được nghiên cứu sâu bởi S.

Goto, Takahashi và Taniguchi [2] và đã đạt được nhiều kết quả quan trọng.

Mục đích của luận văn là tìm hiểu về nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi 4 phần tử.

Trong luận văn này, chúng tôi trình bày chi tiết một số kết quả trong bài báo: J. Herzog,

K. Watanabe (2019), Almost symmetric numerical semigroups, Semigroup Forum 98,

589–630. Nội dung của luận văn gồm hai chương.

Chương 1 trình bày một số khái niệm cơ bản về nửa nhóm số bao gồm khái niệm nửa

nhóm số, tập Apery, chiều nhúng, số Frobenius, số giả Frobenius, các nửa nhóm số đối

xứng, số giả đối xứng, hầu đối xứng.

Chương 2 là nội dung chính của luận văn, trình bày một số kết quả về nửa nhóm

số hầu đối xứng sinh bởi 4 phần tử. Cho H = (cid:104)n1, n2, n3, n4(cid:105) là nửa nhóm số hầu đối

xứng sinh bởi 4 phần tử. Kí hiệu P F (H) là tập các số giả Frobenius của H. Tiết 2.1 tìm

hiểu về biểu diễn của các phần tử f + nk, với f ∈ P F (H). (Bổ đề 2.1.8, Bổ đề 2.1.10)

Nội dung của tiết này là một chuẩn bị quan trọng cho các tiết sau. Tiết 2.2 trình bày

cấu trúc của ma trận RF (f ), với f ∈ P F (H). (Hệ quả 2.2.10, Mệnh đề 2.2.13, Mệnh đề

2.2.15). Tiết 2.3 trình bày cấu trúc của ma trận RF (F (H)/2) khi H là nửa nhóm số giả

đối xứng sinh bởi 4 phần tử. Chú ý rằng mỗi nửa nhóm số giả đối xứng đều là hầu đối

xứng (Định lí 2.3.3, Định lí 2.3.4). Tiết 2.4 trình bày lại chứng chi tiết kết quả: kiểu của

nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi 4 phần tử không vượt quá 3.

Chương 1

Một số khái niệm về nửa nhóm số

Chương này trình bày một số kiến thức chuẩn bị cho việc theo dõi chương sau như

khái niệm của nửa nhóm số, tập Apery, chiều nhúng, số Frobenius, số giả Frobenius, nửa

1.1 Nửa nhóm số

nhóm số đối xứng, giả đối xứng và hầu đối xứng.

Mỗi nửa nhóm số đều là một vị nhóm. Vì thế để nghiên cứu các nửa nhóm số trước

hết ta nhắc lại các khái niệm và tính chất cơ bản của vị nhóm.

Định nghĩa 1.1.1. Một nửa nhóm là một cặp (H, +) với H là một tập hợp và + là một

phép toán hai ngôi trên H thỏa mãn tính chất kết hợp.

Từ đây trở đi, mỗi nửa nhóm H được nhắc đến đều có tính chất giao hoán, nghĩa là

a + b = b + a với mọi a, b ∈ H. Để cho tiện ta viết H thay cho (H, +).

Định nghĩa 1.1.2. Một nửa nhóm con T của nửa nhóm H là một tập con của H, đóng

kín với phép toán hai ngôi trên H.

Rõ ràng, giao của các nửa nhóm con của nửa nhóm H là một nửa nhóm con của H.

Vì thế khi cho A là một tập con của H, nửa nhóm con nhỏ nhất của H chứa A là giao

của tất cả các nửa nhóm con của H chứa A, kí hiệu là (cid:104)A(cid:105) , và được gọi là nửa nhóm

con sinh bởi A. Ta dễ dàng kiểm tra được

(cid:104)A(cid:105) = (cid:8)λ1a1 + . . . + λnan | n, λ1, . . . , λn ∈ N \ {0} và a1, . . . , an ∈ A(cid:9) ,

trong đó N là tập các số nguyên không âm. Ta nói rằng H sinh bởi A ⊆ H nếu H = (cid:104)A(cid:105) .

Trong trường hợp này A là hệ sinh của H. Nếu A có hữu hạn phần tử thì ta nói H là

hữu hạn sinh.

Định nghĩa 1.1.3. Một nửa nhóm M được gọi là vị nhóm nếu nó có phần tử đơn vị,

nghĩa là tồn tại một phần tử trong M, được kí hiệu là 0, sao cho 0 + a = a + 0 = a, với

mọi a ∈ M.

Một tập con N của M được gọi là một vị nhóm con của M nếu nó là nửa nhóm con

của M và 0 ∈ N. Từ đây suy ra {0} là một vị nhóm con của M và được gọi là vị nhóm

con tầm thường của M.

Hoàn toàn giống như nửa nhóm, giao của tất cả các vị nhóm con của một vị nhóm

cũng là vị nhóm con của vị nhóm đó. Nếu M là một vị nhóm và A là tập con của M thì

vị nhóm con nhỏ nhất của M chứa A là tập

(cid:104)A(cid:105) = (cid:8)λ1a1 + . . . + λnan | n, λ1, . . . , λn ∈ N và a1, . . . , an ∈ A(cid:9) ,

và được gọi là vị nhóm con của M sinh bởi A. Cũng giống như phần nửa nhóm, tập

A là hệ sinh của M nếu (cid:104)A(cid:105) = M, và ta cũng nói M được sinh bởi A. Vì thế, một vị

nhóm M là hữu hạn sinh nếu M có một hệ sinh gồm hữu hạn phần tử. Chú ý rằng,

(cid:104)∅(cid:105) = {0} = (cid:104)0(cid:105) .

Dễ dàng kiểm tra được tập số tự nhiên N cùng với phép toán cộng là một vị nhóm. Tiết này dành để nghiên cứu các vị nhóm con của N. Ta sẽ chứng minh được rằng các vị nhóm con của N có thể phân lớp sai khác một đẳng cấu bởi những vị nhóm con có phần bù hữu hạn trong N.

Định nghĩa 1.1.4. Một vị nhóm con của N có phần bù trong N hữu hạn được gọi là

một nửa nhóm số.

Nhận xét 1.1.5. Từ Định nghĩa 1.1.4, ta thấy một tập con H ⊂ N là nửa nhóm số nếu

và chỉ nếu H thỏa mãn các điều kiện sau:

(1) 0 ∈ H;

(2) a + b ∈ H với mọi a, b ∈ H;

(3) (cid:93) N \ H < ∞.

Với mỗi tập con khác rỗng A của N, vị nhóm con (cid:104)A(cid:105) của N sinh bởi A là một nửa

nhóm số khi và chỉ khi ước chung lớn nhất của các phần tử của A là một.

Bổ đề 1.1.6. Cho A là tập con khác rỗng của N . Khi đó (cid:104)A(cid:105) là nửa nhóm số khi và chỉ

khi gcd(A) = 1.

Chứng minh. Giả sử (cid:104)A(cid:105) là nửa nhóm số và d = gcd(A). Rõ ràng, nếu h thuộc (cid:104)A(cid:105) thì d | h. Vì (cid:104)A(cid:105) là nửa nhóm số nên N \ (cid:104)A(cid:105) là hữu hạn. Suy ra N \ (cid:104)A(cid:105) có phần tử lớn

nhất là x. Vì thế x + 1 và x + 2 đều thuộc (cid:104)A(cid:105) . Suy ra d | x + 1, d | x + 2. Do đó, d = 1. Để chứng minh chiều ngược lại, ta chỉ cần chứng minh N \ (cid:104)A(cid:105) là tập hữu hạn. Vì

gcd(A) = 1 nên tồn tại các số nguyên z1, . . . , zn và a1, . . . , an sao cho

z1a1 + z2a2 + . . . + znan = 1.

Bằng cách đánh số lại và chuyển các số hạng chứa zi âm sang vế phải, ta tìm được các

i1, . . . , ik, j1, . . . , jl trong tập {1, . . . , n} sao cho

zi1ai1 + . . . + zikaik = 1 − zj1ai1 − . . . − zjlajl.

Đặt h = −zj1ai1 − . . . − zjlajl. Khi đó h ∈ (cid:104)A(cid:105) và h + 1 ∈ (cid:104)A(cid:105). Ta chứng minh nếu

n ≥ (h − 1)h + (h − 1), thì n ∈ (cid:104)A(cid:105). Thật vậy, chia n cho h ta tìm được các số nguyên

q và r sao cho n = qh + r với 0 ≤ r ≤ h − 1. Vì n = qh + r ≥ (h − 1)h + (h − 1) nên

q ≥ h − 1 ≥ r. Do đó

n = (rh + r) + (q − r)h = r(h + 1) + (q − r)h ∈ (cid:104)A(cid:105).

Vậy tập N \ (cid:104)A(cid:105) là hữu hạn và do đó (cid:104)A(cid:105) là nửa nhóm số.

Mệnh đề 1.1.7. Cho M là vị nhóm con không tầm thường của N. Khi đó M đẳng cấu

với một nửa nhóm số nào đó.

Chứng minh. Đặt d = gcd(M ) và H = (cid:104){ | m ∈ M }(cid:105). Suy ra gcd{ m d . m d Vì thế, H là nửa nhóm số theo Bổ đề 1.1.6. Xét ánh xạ f : M → H cho bởi f (m) = | m ∈ M } = 1. m d Rõ ràng f là một đẳng cấu vị nhóm.

Giả sử A và B là các tập con của tập các số nguyên Z. Kí hiệu

A + B = {a + b | a ∈ A, b ∈ B}.

Với H là nửa nhóm số, ta viết H ∗ = H \ {0}. Khi đó H ∗ + H ∗ chính là tập các phần tử

của H viết được dưới dạng tổng hai phần tử khác 0 trong H. Với kí hiệu này, ta có Bổ

đề sau.

Bổ đề 1.1.8. Cho H là một vị nhóm con của N. Khi đó H ∗ \ H ∗ + H ∗ là một hệ sinh

của H. Hơn nữa, mỗi hệ sinh của H đều chứa H ∗ \ H ∗ + H ∗.

Chứng minh. Giả sử h ∈ H ∗. Nếu h /∈ H ∗ \ H ∗ + H ∗ thì tồn tại x, y ∈ H ∗ sao cho

h = x + y. Lặp lại qúa trình này với x và y. Nếu x hoặc y ∈ H ∗ + H ∗ thì x hoặc y viết

được thành tổng của hai phần tử trong H ∗. Tiếp tục quá trình này sau hữu hạn bước

(do x, y < h) ta tìm được h1, . . . , hn ∈ H ∗ \ H ∗ + H ∗ sao cho h = h1 + · · · + hn. Điều này chứng tỏ H ∗ \ H ∗ + H ∗ là một hệ sinh của H.

Giả sử A là một hệ sinh bất kỳ của H và x ∈ H ∗ \ H ∗ + H ∗. Vì x (cid:54)= 0 nên tồn tại n ∈ N \ {0} và λ1, . . . , λn ∈ N; a1, . . . , an không đồng thời bằng 0 thuộc A sao cho x = λ1a1 + · · · + λnan. Do x /∈ H ∗ + H ∗ nên tồn tại duy nhất i ∈ {1, . . . , n} sao cho

λi = 1; x = ai và λjaj = 0 với mọi j (cid:54)= i. Vì thế x ∈ A.

Tính chất trên nhìn chung cũng đúng với mọi vị nhóm con H của Nr, trong đó r là

số nguyên dương tùy ý. Ý tưởng vẫn là nếu h = x + y với x, y (cid:54)= 0 thì x là số nguyên dương thực sự nhỏ hơn h theo quan hệ thứ tự thông thường vẫn định nghĩa trên tập Nr. Và chỉ có hữu hạn phần tử x ∈ Nr có tính chất x ≤ h. Tuy nhiên, tập H ∗ \ H ∗ + H ∗

1.2 Tập Apery và chiều nhúng

không nhất thiết hữu hạn.

Tập Apery là một khái niệm có vai trò quan trọng trong nghiên cứu lý thuyết nửa

nhóm số.

Định nghĩa 1.2.1. Cho tập H là một nửa nhóm số và n là phần tử khác 0 của H. Tập

Apery của n trong H là tập hợp

Ap(n, H) = {h ∈ H | h − n /∈ H}.

Bổ đề sau giúp ta xác định được tập Apery của một nửa nhóm số.

Bổ đề 1.2.2. Cho H là một nửa nhóm số và n là phần tử khác 0 của H. Khi đó

Ap(n, H) = {0 = w(0), w(1), . . . , w(n − 1)}, trong đó w(i) là phần tử nhỏ nhất của H

đồng dư với i theo môđun n, với mỗi i ∈ {0, . . . , n − 1}.

Chứng minh. Vì H là nửa nhóm số nên tồn tại c ∈ N sao cho x ∈ H với mọi x ≥ c. Cho

i ∈ {0, . . . , n − 1}. Khi đó, cn + i ∈ H và cn + i ≡ i (mod n). Do đó, tồn tại w(i) là phần

tử nhỏ nhất của H để w(i) ≡ i (mod n). Khi đó w(i) − n < w(i) nên w(i) − n /∈ H. Suy

ra w(i) ∈ Ap(n, H) với mọi i ∈ {0, . . . , n − 1}.

Ngược lại, giả sử h ∈ Ap(n, H). Suy ra h − n /∈ H. Giả sử rằng h ≡ i (mod n), với

i ∈ {0, . . . , n − 1}. Khi đó h ≡ w(i) (mod n). Nếu h > w(i) thì h − w(i) = kn, với k > 0.

Vì thế h − n = w(i) + (k − 1)n ∈ H do k − 1 ≥ 0. Điều này mâu thuẫn. Vậy h = w(i)

theo cách chọn w(i). Do đó

Ap(n, H) = {0 = w(0), w(1), . . . , w(n − 1)}.

Ví dụ 1.2.3. Giả sử H là một nửa nhóm số sinh bởi {5, 7, 9}. Khi đó

H = {0, 5, 7, 9, 12, 14, →}. Do đó Ap(5, H) = {0, 7, 9, 16, 18}.

Chú ý rằng từ Bổ đề trên ta suy ra được số phần tử của tập Ap(n, H) là n. Hơn nữa,

ta còn có kết quả sau.

Bổ đề 1.2.4. Giả sử H là một nửa nhóm số và n ∈ H \ {0}. Khi đó với mọi h ∈ H, tồn tại duy nhất (k, w) ∈ N × Ap(n, H) sao cho

h = kn + w.

Chứng minh. Với mỗi h ∈ H, tồn tại i ∈ {0, . . . , n − 1} để h ≡ i(mod n). Suy ra

h ≡ w(i)(mod n) và h ≥ w(i). Vì thế h = kn + w(i). Hiển nhiên, (k, w(i)) là duy

nhất.

Sau đây ta sẽ sử dụng khái niệm tập Apery để chứng minh mỗi nửa nhóm số có duy

nhất một hệ sinh tối tiểu. Chú ý rằng, một hệ sinh của nửa nhóm số H được gọi là hệ

sinh tối tiểu nếu không có tập con thực sự nào của hệ sinh này sinh ra H.

Định lý 1.2.5. Mỗi nửa nhóm số đều có duy nhất một hệ sinh tối tiểu. Hơn nữa, hệ

sinh này là hữu hạn.

Chứng minh. Giả sử H là một nửa nhóm số. Theo Bổ đề 1.1.8 ta có H ∗\(H ∗+H ∗) là một

hệ sinh và hệ sinh này nằm trong mọi hệ sinh khác của H. Vì thế, H có duy nhất hệ sinh

tối tiểu là H ∗\(H ∗+H ∗). Mặt khác, cho n ∈ H ∗. Theo Bổ đề 1.2.4, với mỗi h ∈ H, tồn tại duy nhất (k, w) ∈ N×Ap(n, H) sao cho h = kn+w. Suy ra h ∈ (cid:104){n} ∪ Ap(n, H)(cid:105) . Vì thế

H ⊆ (cid:104)Ap(n, H) ∪ {n}(cid:105) . Hiển nhiên (cid:104)Ap(n, H) ∪ {n}(cid:105) ⊆ H. Vậy H = (cid:104)Ap(n, H) ∪ {n}(cid:105) .

Suy ra {n} ∪ Ap(n, H) cũng là một hệ sinh của H và do đó nó cũng chứa H ∗ \ (H ∗ + H ∗).

Do |Ap(n, H)| = n < ∞ nên {n}∪Ap(n, H) hữu hạn. Vậy H ∗\(H ∗+H ∗) là hữu hạn.

Định nghĩa 1.2.6. Giả sử H là nửa nhóm số và {n1 < n2 < · · · < np} là hệ sinh tối

tiểu của H. Do tính duy nhất của hệ sinh tối tiểu nên số n1 xác định duy nhất và được

gọi là bội của H, kí hiệu là m(H). Lực lượng p của hệ sinh tối tiểu trên được gọi là chiều

nhúng của H và được kí hiệu là e(H).

Mệnh đề 1.2.7. Giả sử H là một nửa nhóm số. Khi đó

(1) m(H) = min(H \ {0}).

(2) e(H) ≤ m(H).

Chứng minh. Rõ ràng bội của H là số nguyên dương nhỏ nhất trong H. Theo chứng

minh của Định lý 1.2.5, {m(H)} ∪ Ap(m(H), H) \ {0} là một hệ sinh của H với lực lượng

là m(H). Hệ sinh này luôn chứa hệ sinh tối tiểu duy nhất {n1 < n2 < · · · < np} của H

nên p = e(H) ≤ m(H).

Ví dụ 1.2.8. (1) e(H) = 1 nếu và chỉ nếu H = N. Thật vây, nếu H = N thì

m(H) = min(H \ {0}) = 1.

Vì 0 < e(H) ≤ m(H) = 1 nên e(H) = 1. Ngược lại, nếu e(H) = 1 thì {n1} là hệ sinh tối tiểu của H. Giả sử n1 > 1. Khi đó (cid:93) N \ H = (cid:93) {n ∈ N | n không chia hết cho n1} = ∞, mâu thuẫn. Vậy n1 = 1 và do đó H = N.

(2) Nếu m là một số nguyên dương thì rõ ràng H = {0, m, →} là một nửa nhóm số

có bội là m. Vì H ∗ \ H ∗ + H ∗ là hệ sinh tối tiểu của H nên dễ dàng kiểm tra rằng hệ

1.3 Số Frobenius và số giả Frobenius

sinh tối tiểu của H là {m, m + 1, . . . , 2m − 1}. Do đó, e(H) = m = m(H).

Cho A là một tập các số nguyên dương có ước chung lớn nhất là 1. Bài toán tìm công

thức tính số nguyên dương lớn nhất không biểu diễn được qua các phần tử của A với

hệ số nguyên không âm được đặt ra bởi Frobenius trong một bài giảng của ông. Ông

cũng đã đặt ra bài toán đếm các số nguyên dương không có biểu diễn như vậy. Những

kí hiệu ở mục trước cho thấy bài toán thứ nhất thực chất chính là tìm công thức tính số

nguyên dương lớn nhất không thuộc nửa nhóm số H thông qua các phần tử của hệ sinh

tối tiểu của H. Số nguyên dương này được gọi là số Frobenius của H, và trong nhiều tình

huống còn được thay bằng số conductor của H-là số lớn nhất có tính chất x + n ∈ H với

mọi n ∈ H. Số Frobenius của H được kí hiệu là F (H) và conductor được định nghĩa là F (H) − 1, kí hiệu là c(H). Đối với bài toán thứ hai, tập các phần tử của G(H) = N \ H

được gọi là khoảng trống của H. Lực lượng của G(H) kí hiệu là g(H), gọi là bậc kì dị

của H.

Ví dụ 1.3.1. Giả sử H = (cid:104)5, 7, 9(cid:105) . Khi đó H = {0, 5, 7, 9, 10, 12, 14, →} và F (H) = 13,

c(H) = 12, G(H) = {1, 2, 3, 4, 6, 8, 11, 13} và g(H) = 8.

Mệnh đề 1.3.2. (xem[11]). Giả sử H là một nửa nhóm số và n là một phần tử khác

không của H. Khi đó

(1) F (H) = (max Ap(n, H)) − n;

w∈Ap(H,n) w) −

((cid:80) . (2) g(H) = 1 n n − 1 2

Chứng minh. (1) Theo định nghĩa tập Apery, ta có (max Ap(n, H)) − n /∈ H. Giả sử x là

số nguyên dương sao cho x > (max Ap(n, H)) − n. Suy ra x + n > (max Ap(n, H)). Giả

sử w ∈ Ap(n, H) sao cho w và x + n đồng dư với nhau theo môđun n. Khi đó w < x + n.

Do đó tồn tại số nguyên dương k sao cho x + n = w + kn. Suy ra x = w + (k − 1)n là

phần tử thuộc H. Vì thế (max Ap(n, H)) − n là số nguyên dương lớn nhất không thuộc

H. Do đó F (H) = (max Ap(n, H)) − n.

(2) Với mỗi w ∈ Ap(n, H), nếu w đồng dư i theo môđun n và i ∈ {0, . . . , n − 1}, thì

tồn tại các số nguyên khác không ki sao cho w = kin + i. Sử dụng kí hiệu trong Bổ đề

1.2.2, ta có

Ap(n, H) = {0, w(1) = k1n + 1, . . . , w(n − 1) = kn−1n + n − 1}.

Chú ý rằng một số nguyên x đồng dư với w(i) theo môđun n là phần tử thuộc H khi và

chỉ khi w(i) ≤ x. Giả sử u ∈ G(H). Khi đó tồn tại i để u ≡ i(mod n), suy ra u = lin + i

với 0 ≤ li < ki. Vì thế trong G(H) có tất cả ki số không thuộc H. Vậy

g(H) = k1 + · · · + kn−1

(cid:88)

= ((k1n + 1) + · · · + (kn−1n + n − 1)) − n − 1 2

w∈Ap(n,H)

= w − . 1 n 1 n n − 1 2

Bổ đề 1.3.3. Giả sử H là một nửa nhóm số. Khi đó

g(H) ≥ . F (H) + 1 2

Chứng minh. Xét tập {0, 1, 2, . . . , F (H)} và cho m ∈ {0, 1, 2, . . . , F (H)}. Ta xét cặp

(m, F (H) − m). Nếu m ∈ H thì rõ ràng F (H) − m /∈ H. Nếu F (H) − m ∈ H tương tự

thì ta cũng có m /∈ H. Vậy g(H) ≥ . F (H) + 1 2

Định nghĩa 1.3.4. Giả sử H là một nửa nhóm số. Ta nói x là số giả Frobenius nếu

x /∈ H và x + h ∈ H với mọi h ∈ H \ {0}. Ta kí hiệu P F (H) là tập hợp các số giả

Frobenius của H và P F (cid:48)(H) = P F (H) \ {F (H)}. Lực lượng của tập P F (H) được gọi

là kiểu của H, kí hiệu là t(H).

Từ định nghĩa trên ta thấy rằng F (H) ∈ P F (H) và thực chất F (H) là phần tử lớn

nhất của tập này. Thật vậy, giả sử ngược lại F (H) /∈ P F (H) thì tồn tại h ∈ H \ {0}

sao cho F (H) + h /∈ H. Chú ý rằng F (H) + h > F (H). Vì thế điều này mâu thuẫn với F (H) = max N \ H. Do đó F (H) ∈ P F (H).

Từ định nghĩa của số giả Frobenius ta có ngay bổ đề sau.

Bổ đề 1.3.5. Giả sử H là một nửa nhóm số sinh bởi {n1, . . . , np} và x ∈ Z. Khi đó x

là số giả Frobenius nếu và chỉ nếu x /∈ H và x + ni ∈ H, với i ∈ {1, . . . , p}.

Ví dụ 1.3.6. (i) H = (cid:104)5, 6, 7, 8, 9(cid:105) . Khi đó P F (H) = {1, 2, 3, 4}.

(ii) Một cách tổng quát, cho H = (cid:104)m, m + 1, . . . , m + (m − 1)(cid:105) . Khi đó ta có

P F (H) = {1, . . . , m − 1}.

Trên tập số nguyên Z ta định nghĩa quan hệ : a ≤H b nếu b − a ∈ H. Vì H là một

nửa nhóm số nên ta dễ dàng kiểm tra được quan hệ này là quan hệ thứ tự tức là thỏa

mãn các tính chất (phản xạ, phản xứng, bắc cầu). Từ định nghĩa số giả Frobenius ta thấy mỗi số giả Frobenius đều là các phần tử lớn nhất của Z \ H theo quan hệ ≤H (Z là tập số nguyên). Ký hiệu Max≤H (Z \ H) là tập tất cả các phần tử lớn nhất của Z \ H. Khi đó, ta có Mệnh đề sau.

Mệnh đề 1.3.7. Giả sử H là một nửa nhóm số. Khi đó

(1) P F (H) = Max≤H (Z \ H),

(2) x ∈ Z \ H nếu và chỉ nếu f − x ∈ H với một số f ∈ P F (H).

Chứng minh. (1). Giả sử với mọi x ∈ P F (H) và x /∈ H, x + H ∗ ⊆ H. Giả sử y ∈ Z \ H

và x ≤H y. Nếu x (cid:54)= y thì y − x = h ∈ H. Do đó y = x + h ∈ x + H ∗ ⊆ H. Điều này mâu thuẫn với x là các phần tử lớn nhất của Z \ H theo quan hệ ≤H . Vì thế x = y. Suy ra x ∈ Max≤H (Z \ H). Vậy P F (H) ⊆ Max≤H (Z \ H)

Ngược lại, giả sử với mọi x ∈ Max≤H (Z \ H). Nếu x + h /∈ H với một số h ∈ H ∗ thì x ≤H x + h. Điều này mâu thuẫn x ∈ Max≤H (Z \ H). Suy ra x + h ∈ H với một số h ∈ H ∗. Vì thế theo định nghĩa của số giả Frobenius ta có x ∈ P F (H). Do đó Max≤H (Z \ H) ⊆ P F (H). Vậy P F (H) = Max≤H (Z \ H).

(2). Nếu x ∈ Z \ H và n ∈ H \ {0} thì tồn tại w ∈ Ap(n, H) và k ∈ N \ {0} sao cho

x = w − kn. Giả sử w(i) ∈ Max≤H Ap(n, H) với i ∈ {0, . . . , n − 1}. Suy ra w(i) − w ∈ H.

Theo Mệnh đề 1.3.8, suy ra f = w(i) − n. Do đó

f − x = w(i) − n − w + kn = (w(i) − w) + (k − 1)n ∈ H.

Ngược lại, từ f − x ∈ H và f /∈ H. Suy ra x /∈ H.

Kết quả này cho ta một mối liên hệ đối ngẫu giữa các phần tử sinh tối tiểu và các số

giả Frobenius của một nửa nhóm số, vì Min ≤H (H \ {0}) chính là hệ sinh tối tiểu của

Mệnh đề 1.3.8. Giả sử H là một nửa nhóm số và n là một phần tử khác không của H.

Khi đó

P F (H) = {w − n | w ∈ Max ≤H Ap(n, H)}.

Chứng minh. Giả sử với mọi x ∈ P F (H). Do đó x /∈ H và x + n ∈ H, hoặc

x + n ∈ Ap(n, H).

Giả sử w ∈ Ap(n, H) sao cho x + n ≤H w. Suy ra w − (x + n) = w − n − x ∈ H. Nếu

w − n − x > 0 thì x + (w − n − x) ∈ H. Như vậy w − n ∈ H mâu thuẫn với w ∈ Ap(n, H).

Vì thế w − n − x = 0 hay x = w − n. Do đó x ∈ {w − n | w ∈ Max ≤H Ap(n, H)}.

Vậy P F (H) ⊆ {w − n | w ∈ Max ≤H Ap(n, H)}.

Với mọi w ∈ Max ≤H Ap(n, H). Suy ra w − n /∈ H. Ta chứng minh w − n + h ∈ H

với một số phần tử khác không h của H. Nếu w − n + h /∈ H do đó w + h ∈ Ap(n, H),

mâu thuẫn với tính chất lớn nhất của w. Vì thế w − n ∈ P F (H). Vậy

P F (H) = {w − n | w ∈ Max ≤H Ap(n, H)}.

Ví dụ 1.3.9. Giả sử H = (cid:104)5, 7, 9(cid:105) . Khi đó Max ≤H Ap(5, H) = {16, 18}. Vì vậy

1.4 Nửa nhóm số đối xứng, giả đối xứng và hầu đối xứng

P F (H) = {11, 13}.

Định nghĩa 1.4.1. Một nửa nhóm số được gọi là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không

thể viết được thành giao của hai nửa nhóm số thực sự chứa nó.

Ta sẽ chỉ ra rằng mỗi nửa nhóm số bất khả quy là nửa nhóm số lớn nhất trong tập

hợp tất cả các nửa nhóm số có số Frobenius là một số cố định cho trước. Trước hết ta

chứng minh rằng khi bổ sung số Frobenius vào một nửa nhóm số, kết quả thu được vẫn

là một nửa nhóm số.

Bổ đề 1.4.2. Giả sử H là một nửa nhóm số khác N. Khi đó H ∪ {F (H)} cũng là một

nửa nhóm số.

Chứng minh. Vì N \ H hữu hạn nên phần bù của H ∪ {F (H)} trong N là hữu hạn. Giả

sử a, b ∈ H ∪ {F (H)}. Nếu một trong hai số a, b là F (H) thì a + b ≥ F (H) và do đó

a + b ∈ H ⊆ H ∪ {F (H)}. Nếu cả a, b ∈ H thì a + b ∈ H ⊆ H ∪ {F (H)}. Hiển nhiên

0 ∈ H ∪ {F (H)}. Vậy H ∪ {F (H)} là một nửa nhóm số.

Định lý 1.4.3. (xem[10]). Giả sử H là một nửa nhóm số. Khi đó các điều kiện sau là

tương đương.

(1) H là bất khả quy.

(2) H là lớn nhất trong tập tất cả các nửa nhóm số có số Frobenius là F (H).

(3) H là lớn nhất trong tất cả các nửa nhóm số không chứa F (H).

Chứng minh. (1) ⇒ (2). Giả sử T là một nửa nhóm số sao cho H ⊆ T và F (T ) = F (H).

Do F (H) /∈ T nên H = H ∩ T = (H ∪ {F (H)}) ∩ T. Theo Bổ đề 1.4.2 ta có H ∪ {F (H)}

là nửa nhóm số. Vì thế, từ tính chất bất khả quy của H suy ra H = T.

(2) ⇒ (3). Giả sử T là một nửa nhóm số thỏa mãn H ⊆ T và F (H) /∈ T. Với mỗi

i ≥ 1, ta có F (H) + i ∈ H. Suy ra F (H) + i ∈ T với mọi i. Do đó

T = T ∪ {F (H) + 1, F (H) + 2, →}.

Vì thế F (H) là số lớn nhất không thuộc T , nghĩa là T cũng có số Frobenius là F (H).

Do giả thiết (2) nên H = T.

(3) ⇒ (1). Giả sử H1 và H2 là hai nửa nhóm số thực sự chứa H. Suy ra F (H) ∈ H1

và F (H) ∈ H2. Do đó F (H) ∈ H1 ∩ H2. Mà F (H) /∈ H. Vì thế H (cid:54)= H1 ∩ H2. Vậy H là

bất khả quy.

Định nghĩa 1.4.4. Một nửa nhóm số H được gọi là đối xứng nếu nó là bất khả quy

và có số Frobenius F (H) là lẻ. Ta nói H là giả đối xứng nếu H là bất khả quy và có số

Frobenius F (H) là chẵn.

Mệnh đề tiếp theo cho ta các đặc trưng của nửa nhóm số đối xứng.

Mệnh đề 1.4.5. Giả sử H là một nửa nhóm số.

(1) H là đối xứng nếu và chỉ nếu số Frobenius F (H) là lẻ và x ∈ Z \ H kéo theo

F (H) − x ∈ H.

(2) H là giả đối xứng nếu và chỉ nếu số Frobenius F (H) là chẵn và x ∈ Z \ H kéo theo

F (H) − x ∈ H hoặc x = F (H)/2.

Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh phát biểu đầu tiên, phát biểu hai ta chứng minh

tương tự.

Giả sử tồn tại x ∈ Z \ H sao cho F (H) − x /∈ H. Vì F (H) lẻ nên hiển nhiên

x (cid:54)= F (H)/2. Khi đó tồn tại số lớn nhất h thỏa mãn

h = max{x ∈ Z \ H | F (H) − x /∈ H và x (cid:54)= F (H)/2}.

Theo Bổ đề 1.4.2, H ∪ {h} là nửa nhóm số cũng có số Frobenius là F (H). Điều này mâu

thuẫn với tính chất bất khả quy của H được phát biểu trong Định lý 1.4.3(2). Vì thế

F (H) − x ∈ H.

Để chứng minh chiều ngược lại ta chỉ chứng minh H là bất khả quy có nghĩa là chứng

minh H lớn nhất trong tập tất cả các nửa nhóm số không chứa số Frobenius F (H). Thật vậy, giả sử T là nửa nhóm số thỏa mãn H ⊂ T. Lấy x ∈ T \ H ⊂ Z \ H. Khi đó theo giả

thiết ta có F (H) − x ∈ H và do đó F (H) − x ∈ T. Vậy F (H) = x + (F (H) − x) ∈ T.

Hệ quả của Mệnh đề 1.4.5 là đưa ra một đặc trưng khác cho nửa nhóm đối xứng. Cụ

thể như sau.

Hệ quả 1.4.6. Cho H là nửa nhóm số.

(1) H là đối xứng nếu và chỉ nếu g(H) = . F (H) + 1 2

(2) H là giả đối xứng nếu và chỉ nếu g(H) = . F (H) + 2 2

Chứng minh. (1) Với mỗi x ∈ G(H), ta có x ≤ F (H). Do H là nửa nhóm số đối xứng

nên F (H) − x ∈ H với mọi x ∈ G(H). Vì thế xác định tương ứng

ϕ : G(H) −→ {0, 1, . . . , F (H)} \ G(H)

x (cid:55)−→ F (H) − x

Dễ thấy ϕ là ánh xạ và đơn ánh.

Lấy x ∈ {0, 1, . . . , F (H)} \ G(H). Suy ra F (H) − x ∈ G(H). Thật vậy, Giả sử

F (H) − x ∈ H. Khi đó F (H) − x + x ∈ H. Điều này mâu thuẫn với F (H) là số Frobenius

của H. Vì thế F (H) − x ∈ G(H) và do đó

x = F (H) − (F (H) − x) = ϕ(F (H) − x).

Suy ra ϕ là toàn ánh và do đó ϕ là song ánh. Do G(H) và {0, 1, . . . , F (H)} \ G(H) đều

có hữu hạn phần tử nên hai tập G(H) và {0, 1, . . . , F (H)} \ G(H) có số phần tử bằng

nhau. Vì G(H) ⊆ {0, 1, . . . , F (H)} nên số phần tử của G(H) là

. g(H) = F (H) + 1 2

(2) Giả sử x ∈ G(H). Suy ra x /∈ H. Vì H là giả đối xứng nên theo Mệnh đề 1.4.5 ta có

F (H) − x ∈ H hoặc F (H) − x = F (H)/2. Vì thế xác định tương ứng

ψ : G(H) → {{0, 1, . . . , F (H)} \ G(H)} ∪ F (H)/2

x (cid:55)→ F (H) − x

Lập luận tương tự trong chứng minh ý (1), ta có ϕ là song ánh.

Do G(H) và {{0, 1, . . . , F (H)} \ G(H)} ∪ F (H)/2 đều có hữu hạn phần tử nên hai

tập G(H) và {{0, 1, . . . , F (H)} \ G(H)} ∪ F (H)/2 có số phần tử bằng nhau. Vì

G(H) ⊆ {0, 1, . . . , F (H)} ∪ F (H)/2

. nên số phần tử của G(H) là g(H) = F (H) + 2 2

Mệnh đề 1.4.7. Giả sử H là một nửa nhóm số và n là số nguyên dương của H. Cho

Ap(n, H) = {a0 < a1 < · · · < an−1} là tập Apery của n trong H. Khi đó H là đối xứng

nếu và chỉ nếu ai + an−1−i = an−1 với mọi i ∈ {0, . . . , n − 1}.

Chứng minh. Giả sử H là đối xứng. Theo Mệnh đề 1.3.2, ta biết rằng F (H) = an−1 − n.

Vì ai − n /∈ H và H là đối xứng nên ta có F (H) − (ai − n) = an−1 − ai ∈ H. Do

an−1 = (an−1 − ai) + ai ∈ H nên ta có an−1 − ai ∈ Ap(n, H) theo Bổ đề 2.1.1. Suy

ra tồn tại j ∈ {0, . . . , n − 1} sao cho ai + aj ∈ Ap(n, H) và an−1 = ai + aj. Do đó

i + j ≡ n − 1 (mod n). Mặt khác, chú ý rằng a0 < a1 < · · · < an−1. Suy ra i + j = n − 1,

do đó j = n − 1 − i. Vì thế ai + an−1−i = an−1 với mọi i ∈ {0, . . . , n − 1}.

Từ Ap(n, H) = {a0 < a1 < · · · < an−1} ta có {an−1} = Max≤H Ap(n, H). Theo Mệnh đề 1.3.7 và Mệnh đề 1.3.8, ta có P F (H) = {F (H)} = Max≤H (Z \ H). Do đó nếu x ∈ Z\H thì F (H)−x ∈ H. Ngoài ra, nếu F (H)/2 là một số nguyên thì F (H)/2 ∈ Z\H.

Suy ra F (H) − F (H)/2 = F (H)/2 ∈ H mâu thuẫn với F (H) là số Frobenius của H. Do

đó F (H) là số nguyên lẻ. Theo Mệnh đề 1.4.5 ta có H là đối xứng.

Từ mệnh đề trên (và chứng minh của nó) ta dễ dàng thấy được các nửa nhóm số đối

xứng đều là các nửa nhóm số có kiểu bằng một.

Hệ quả 1.4.8. Giả sử H là nột nửa nhóm số. Khi đó các mệnh đề sau là tương đương.

(1) H là đối xứng.

(2) P F (H) = {F (H)}.

(3) t(H) = 1.

Chứng minh. Từ chứng minh của Mệnh đề 1.4.7. Suy ra (1) tương đương với (2).

(2) ⇒ (3). Do P F (H) = {F (H)} nên t(H) = 1.

(3) ⇒ (2). Do t(H) = 1 và F (H) ∈ P F (H) nên P F (H) = {F (H)}.

Từ Mệnh đề 1.3.8, Hệ quả 1.4.8, ta có hệ quả sau.

Hệ quả 1.4.9. Giả sử H là một nửa nhóm số và n là phần tử khác không của H. Khi

đó H là đối xứng nếu và chỉ nếu

Max≤H Ap(n, H) = {F (H) + n}.

Ví dụ 1.4.10. Giả sử H = (cid:104)4, 6, 7(cid:105) . Khi đó Ap(4, H) = {0, 6, 7, 13}. Do đó

Max≤H Ap(4, H) = {13}

và F (H) = {9}. Vì thế H là đối xứng.

Ta cũng có kết quả tương tự đối với nửa nhóm số giả đối xứng, tuy nhiên có liên quan

thêm đến F (H)/2.

Bổ đề 1.4.11. Giả sử H là một nửa nhóm số giả đối xứng và n là một phần tử nguyên

dương của H. Khi đó F (H)/2 + n ∈ Ap(n, H).

Chứng minh. Chú ý rằng F (H)/2 /∈ H. Ta sẽ chứng minh F (H)/2+n ∈ H. Giả sử ngược

lại F (H)/2+n /∈ H. Theo Mệnh đề 1.4.5, suy ra F (H)−(F (H)/2+n) = F (H)/2−n ∈ H.

Vì thế F (H)/2 = F (H)/2 − n + n ∈ H. Điều này mâu thuẫn. Vậy F (H)/2 + n ∈ H.

Phát biểu sau cho ta thấy rằng nếu H là nửa nhóm số giả đối xứng thì

F (H)/2 ∈ P F (H).

Mệnh đề 1.4.12. Giả sử H là một nửa nhóm số với số Frobenius F (H) chẵn và giả sử

(cid:41)

(cid:40)

(cid:110)

(cid:111)

n ∈ H \ {0}. Khi đó H là giả đối xứng nếu và chỉ nếu

+ n Ap(n, H) = ∪ a0 < a1 < · · · < an−2 = F (H) + n F (H) 2

và ai + an−2−i = an−2 với mọi i ∈ {0, . . . , n − 2}.

Chứng minh. Theo Bổ đề 1.4.11, ta có F (H)/2 + n ∈ Ap(n, H). Theo Mệnh đề 1.3.2, rõ

ràng F (H)/2 + n < max Ap(n, H) = F (H) + n. Nếu w ∈ Ap(n, H) \ {F (H)/2 + n} thì

w − n /∈ H và w − n (cid:54)= F (H)/2. Theo Mệnh đề 1.4.5, suy ra F (H) − (w − n) ∈ H và do

đó max Ap(n, H) − w = F (H) + n − w ∈ H. Theo Bổ đề 2.1.1, ta có

max Ap(n, H) − w ∈ Ap(n, H).

Hơn nữa, max Ap(n, H) − w (cid:54)= (F (H)/2 + n), nếu ngược lại thì ta sẽ có w = F (H)/2.

Khẳng định còn lại là hiển nhiên theo Mệnh đề 1.4.7.

Giả sử x là một số nguyên sao cho x (cid:54)= F (H)/2 và x /∈ H. Ta chứng minh

F (H) − x ∈ H.

Cho w ∈ Ap(n, H) sao cho w = x (mod n). Khi đó x = w − kn với k ∈ N \ {0}. Ta có

hai trường hợp sau.

(1) Nếu w = (F (H)/2) + n thì

F (H) − x = F (H) − (F (H)/2 + n − kn) = F (H)/2 + (k − 1)n.

Mặt khác, do x (cid:54)= F (H)/2 nên k (cid:54)= 1. Vì thế k ≥ 2. Vậy F (H) − x ∈ H.

(2) Nếu w (cid:54)= (F (H)/2) + n thì

F (H) − x = F (H) − (w − kn)

(cid:0)vì theo giả thiết ai + an−2−i = an−2 với i ∈ {0, . . . , n − 2} ta có, an−2 − w ∈ H(cid:1).

= F (H) + n − w + (k − 1)n = an−2 − w + (k − 1)n ∈ H

Một kết quả tương tự Hệ quả 1.4.8 đối với nửa nhóm số giả đối xứng cũng được phát

biểu như sau. Chú ý rằng, tồn tại ví dụ cho thấy không thể có kết quả tương tự điều

kiện (3) trong Hệ quả 1.4.8.

Hệ quả 1.4.13. Giả sử H là một nửa nhóm số. Khi đó các điều kiện sau là tương đương.

(1) H là giả đối xứng.

(2) P F (H) = {F (H), F (H)/2}.

Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.4.12, H là nửa nhóm số giả đối xứng nếu và chỉ nếu

Max≤H Ap(n, H) = {F (H) + n, F (H)/2 + n}.

Theo Mệnh đề 1.3.8, H là nửa nhóm số giả đối xứng nếu và chỉ nếu

P F (H) = {F (H), F (H)/2}.

Chú ý rằng trong trường hợp t(H) = 2, nhìn chung tính chất

P F (H) = {F (H), F (H)/2}

không còn đúng.

Ví dụ 1.4.14. Cho H = (cid:104)5, 7, 8(cid:105) . Khi đó tập hợp các số giả Frobenius của H là

P F (H) = {9, 11}. Nửa nhóm này có t(H) = 2 nhưng nó không phải giả đối xứng theo

Hệ quả 1.4.13, vì F (H) = 11.

Ví dụ 1.4.15. Cho H = (cid:104)5, 6, 7, 9(cid:105) khi đó Ap(5, H) = {0, 6, 7, 9, 13} và ta tính được

Max≤H Ap(5, H) = {9, 13}, F (H) = 8.

Kéo theo P F (H) = {4, 8} = {F (H), F (H)/2}. Vậy H là giả đối xứng.

Sử dụng Mệnh đề 1.3.2, ta có đặc trưng khác của nửa nhóm số giả đối xứng thông

qua tập Apery.

Hệ quả 1.4.16. Giả sử H là một nửa nhóm số và n là một phần tử khác không của H.

(cid:40)

Khi đó H là giả đối xứng nếu và chỉ nếu

(cid:41) .

+ n, F (H) + n Max≤H Ap(n, H) = F (H) 2

Định nghĩa 1.4.17. Cho H là một nửa nhóm số. H được gọi là hầu đối xứng nếu với mọi x ∈ Z \ H sao cho F (H) − x /∈ H thì x ∈ P F (H) và F (H) − x ∈ P F (H).

Nhận xét 1.4.18. (1) Cho H là một nửa nhóm số. ta đặt

L(H) = {x ∈ Z \ H | F (H) − x /∈ H}.

Khi đó H là hầu đối xứng nếu và chỉ nếu L(H) ⊆ P F (H).

Chứng minh. Giả sử L(H) ⊆ P F (H). Với mỗi x ∈ N \ H sao cho F (H) − x /∈ H, ta có

x ∈ L(H). Suy ra x ∈ P F (H). Hơn nữa, do F (H)−x /∈ H và F (H)−(F (H)−x) = x /∈ H

nên F (H) − x ∈ L(H) hay F (H) − x ∈ P F (H). Vậy H là hầu đối xứng.

Ngược lại, giả sử H là hầu đối xứng. Với mỗi x ∈ L(H), ta có x /∈ H và F (H) − x /∈ H.

(cid:111)

Do đó theo giả thiết x ∈ P F (H). Vì thế L(H) ⊆ P F (H).

H là giả đối xứng khi và chỉ khi L(H) = . Do đó theo hệ quả 1.4.8 và 1.4.13, (2) Từ Mệnh đề 1.4.5 ta dễ dàng thấy rằng H là đối xứng khi và chỉ khi L(H) = ∅ và (cid:110)F (H) 2 mỗi nửa nhóm số đối xứng và giả đối xứng là hầu đối xứng. Vì vậy khái niệm nửa nhóm

số hầu đối xứng là khái niệm mở rộng của nửa nhóm số đối xứng và giả đối xứng.

(3) Nửa nhóm số hầu đối xứng kiểu 2 là giả đối xứng.

Chứng minh. Theo Định lý 1.4.20, ta có 2g(H) = F (H) + 2. Suy ra g(H) = F (H)/2 + 1. Vì thế F (H)/2 ∈ Z. Nếu F (H)/2 ∈ H thì F (H) = F (H)/2 + F (H)/2 ∈ H, mâu

(cid:110)

(cid:111)

thuẫn. Do đó F (H)/2 /∈ H. Do H là hầu đối xứng nên F (H) − F (H)/2 /∈ H, vì thế

F (H)/2 ∈ P F (H). Do t(H) = 2 nên P F (H) = F (H), F (H)/2 . Suy ra H là giả đối

xứng theo Hệ quả 1.4.13.

Ký hiệu N (H) = {h ∈ H | h < F (H)}. Nếu h ∈ N (H) thì F (H) − h /∈ H.

Hơn nữa, nếu f ∈ P F (H) và f (cid:54)= F (H) thì F (H) − f /∈ H. Khi đó, ta có ánh xạ

ϕ : N (H) ∪ [P F (H) \ {F (H)}] → G(H) cho bởi ϕ(h) = F (H) − h là đơn ánh. Vì thế ta

có mệnh đề sau.

Mệnh đề 1.4.19. Cho H là nửa nhóm số. Khi đó

2g(H) ≥ F (H) + t(H).

Theo [1], dấu bằng của bất đẳng thức trong Mệnh đề 1.4.19 xảy ra khi và chỉ khi H

là nửa nhóm số hầu đối xứng. Định lý sau cho ta đặc trưng của nửa nhóm số hầu đối

xứng.

Định lý 1.4.20. Giả sử H là một nửa nhóm số và đặt

P F (H) = {f1 < f2 < · · · < ft = F (H)}.

Khi đó các điều kiện sau là tương đương.

(1) H là hầu đối xứng.

(2) fi + ft−i = F (H), với mọi 1 ≤ i ≤ t − 1.

(3) 2g(H) = F (H) + t(H).

Chứng minh. (1) ⇒ (2). Giả sử F (H) − fi ∈ H với fi (cid:54)= F (H). Khi đó tồn tại 0 (cid:54)= h ∈ H

sao cho F (H) = fi + h. Vì fi ∈ P F (H) nên fi + h ∈ H, tức là F (H) ∈ H, mâu thuẫn.

Vì thế F (H) − fi /∈ H. Do H là hầu đối xứng nên F (H) − fi = fj ∈ P F (H). Chú ý rằng

f1 < f2 < · · · < ft = F (H). Suy ra ta có F (H) − f1 > F (H) − f2 > · · · > F (H) − ft−1.

Do đó fi + ft−i = F (H), với mọi 1 ≤ i ≤ t − 1.

(2) ⇒ (1). Giả sử fi + ft−i = F (H), với mọi 1 ≤ i ≤ t − 1. Suy ra x ∈ P F (H) khi và

chỉ khi F (H) − x ∈ P F (H). Giả sử tồn tại y ∈ L(H) \ P F (H). Do y /∈ P F (H) nên

F (H) − y /∈ P F (H). Kéo theo tồn tại 0 (cid:54)= h(cid:48) ∈ H sao cho F (H) − y + h(cid:48) /∈ H. Cho

h ∈ H. Ta có F (H) − (y + h) + (h + h(cid:48)) /∈ H. Dẫn đến F (H) − (y + h) /∈ P F (H) hay

(y + h) /∈ P F (H). Chứng tỏ rằng nếu y ∈ L(H) \ P F (H) thì y + h ∈ L(H) \ P F (H). Suy

ra L(H) có vô hạn phần tử, mâu thuẫn với L(H) là tập hữu hạn. Do đó L(H) ⊆ P F (H).

Vì vậy H là hầu đối xứng.

Ví dụ 1.4.21. Cho H = (cid:104)4, 5, 6, 7(cid:105) . Khi đó tập các số giả Frobenius của nửa nhóm H

là P F (H) = {1, 2, 3} thỏa mãn điều kiện fi + ft−i = F (H), với 1 ≤ i ≤ t − 1. Vậy H là

hầu đối xứng.

Chương 2

Nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi bốn phần tử

Cho H là nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi 4 phần tử. Mục tiêu của chương này là

tìm hiểu biểu diễn của các phần tử f + nk, trong đó f ∈ P F (H), k = 1, . . . , 4. Trên cơ

sở đó, chúng tôi tìm hiểu cấu trúc của ma trận RF (f ) của một phần tử f ∈ P F (H) và

các phần tử sinh tối tiểu của iđêan định nghĩa IH . Phần cuối của chương này dành để

trình bày chi tiết chứng minh tính chất: kiểu của nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi 4

2.1 Biểu diễn của phần tử f + nk với f ∈ P F (H)

phần tử không vượt quá 3. Các nội dung của chương này đều dựa trên bài báo [4].

Mục này dành để tìm hiểu biểu diễn duy nhất của mỗi phần tử của H qua các phần

tử của hệ sinh tối tiểu của H. Trước hết, ta có tính chất sau về tập Apery.

Bổ đề 2.1.1. Cho a ∈ H và h ∈ Ap(a, H). Khi đó các khẳng định sau là đúng:

(i) Nếu h, h(cid:48) ∈ H và h + h(cid:48) ∈ Ap(a, H) thì h, h(cid:48) ∈ Ap(a, H).

(ii) Giả sử H là hầu đối xứng. Nếu h ∈ Ap(a, H) thì hoặc

(a + F (H)) − h ∈ Ap(a, H) hoặc h − a ∈ P F (cid:48)(H).

Trong trường hợp thứ hai, (a + F (H)) − h ∈ P F (H).

Chứng minh. (i) Giả sử h + h(cid:48) ∈ Ap(H, a). Suy ra h + h(cid:48) − a /∈ H. Nếu h − a ∈ H thì

h−a = s ∈ H. Suy ra (h+h(cid:48))−a = s+h(cid:48) ∈ H. Điều này mâu thuẫn với h+h(cid:48) ∈ Ap(H, a).

Do đó h ∈ Ap(H, a). Tương tự, ta có h(cid:48) ∈ Ap(H, a). Vậy h, h(cid:48) ∈ Ap(H, a).

(ii) Nếu a + F (H) − h /∈ H thì theo Mệnh đề 1.3.7, tồn tại h(cid:48) ∈ H và f ∈ P F (H) sao

cho f = (a + F (H)) − h + h(cid:48). Và h − a /∈ H nên f (cid:54)= F (H). Vì H là hầu đối xứng nên

theo Định lý 1.4.20,

f (cid:48) = F (H) − f = F (H) − [(a + F (H)) − h + h(cid:48)] = (h − a) − h(cid:48) ∈ P F (cid:48)(H).

Do h − a /∈ H theo giả thiết nên h(cid:48) = 0 và do đó h − a ∈ P F (cid:48)(H). Hơn nữa,

(a + F (H)) − h ∈ P F (H).

Cho H = (cid:104)n1, . . . , ne(cid:105) là một nửa nhóm số có hệ sinh tối tiểu gồm e phần tử. Với mỗi

e (cid:88)

i, 1 ≤ i ≤ e, gọi αi là số nguyên dương bé nhất sao cho

j=1,j(cid:54)=i

(2.1) αini = αijnj.

Chú ý rằng αij nói chung là xác định không duy nhất.

Bổ đề 2.1.2. Với mọi số nguyên i và k thỏa mãn 1 ≤ i, k ≤ e và i (cid:54)= k ta có

(αi − 1)ni ∈ Ap(nk, H).

Chứng minh. Giả sử (αi − 1)ni /∈ Ap(nk, H). Khi đó (αi − 1)ni − nk ∈ H. Suy ra ta có

e (cid:88)

biểu diễn

j=1,j(cid:54)=i

βini = βijnj,

với các số nguyên βi thỏa mãn 0 < βi < αi và βij ≥ 0, mâu thuẫn với tính bé nhất của

αi. Vì thế (αi − 1)ni ∈ Ap(nk, H).

Cho H là nửa nhóm số có hệ sinh là {n1, . . . , ne}. Đặt S = K[x1, . . . , xe] là vành đa thức trên trường K theo các biến x1, . . . , xe. Ta cũng đặt K[H] = K[tn1, . . . , tne]. Ký hiệu π : S → K[H] là toàn cấu vành cho bởi π(xi) = tni với mỗi i = 1, . . . , e. Ký hiệu

i thuộc IH nếu và chỉ nếu (cid:80)e

i=1 αini = (cid:80)e

i=1 xβi

IH = Ker π. Nếu ta xét phân bậc trên vành S theo cách mỗi xi có bậc ni, thì với phân

i − (cid:81)e i=1 βini. Khi đó, ta có i=1 αini. Iđêan định nghĩa có vai trò quan trọng trong nghiên cứu nửa nhóm số. Nó giúp ta thu được nhiều thông tin về nửa nhóm số H. Một trong vấn đề thời sự

bậc này, IH là một iđêan thuần nhất của S, sinh bởi các nhị thức. Hơn nữa, nhị thức φ = (cid:81)e i=1 xαi deg φ = (cid:80)e

hiện nay là nghiên cứu số phần tử sinh tối tiểu của iđêan IH .

Cho H là nửa nhóm số có hệ sinh là {n1, . . . , ne}. Một phần tử h ∈ H được gọi là có

biểu diễn duy nhất nếu h có đúng một biểu diễn. Chú ý rằng h không có biểu diễn duy

nhất nếu và chỉ nếu tồn tại φ ∈ IH sao cho deg(φ) ≤H h với φ ∈ IH .

Tập I = {h ∈ H, h không có biểu diễn duy nhất} là một iđêan của H (nghĩa là

I + H ⊆ H) và bằng {deg(φ) | φ ∈ IH }. Suy ra nếu φ ∈ IH và deg(φ) là phần tử sinh

cực tiểu của I thì φ là một phần tử sinh cực tiểu của IH . Nhưng chiều ngược lại là không

đúng. Do đó số của các phần tử sinh cực tiểu của I nhỏ hơn hoặc bằng số phần tử sinh

cực tiểu của IH .

Bổ đề 2.1.3. Cho nhị thức φ = m1 − m2 là một phần tử sinh cực tiểu của IH . Khi đó

các khẳng định sau là đúng:

(i) Tồn tại f ∈ P F (H) và các số nguyên i (cid:54)= j sao cho deg(φ) ≤H f + ni + nj.

(ii) Giả sử H là hầu đối xứng. Cho i và j sao cho xi | m1 và xj | m2. Khi đó

deg(φ) = f + ni + nj

với f ∈ P F (cid:48)(H) khi và chỉ khi F (H) + ni + nj − deg(φ) /∈ H.

Chứng minh. (i) Ta chọn i và j sao cho xi | m1 và xj | m2.

Giả sử deg(φ) = ni + nj ∈ H. Khi đó tồn tại đơn thức m sao cho deg(m) = h. Do đó

deg(mxj) = deg(m) + nj = deg(φ) − ni − nj + nj = deg(φ) − ni.

Hơn nữa, deg(m1/xi) = deg(m1) − ni = deg(φ) − ni. Vì thế mxj − m1/xi ∈ IH . Tương

tự, mxi − m2/xj ∈ IH . Suy ra φ = xi(m1/xi − mxj) + xj(mxi − m2/xj) ∈ IH , mâu

thuẫn với tính cực tiểu của φ. Vì thế deg(φ) − ni − nj /∈ H. Do đó theo Mệnh đề 1.3.7,

tồn tại f ∈ P F (H) sao cho f − (deg φ − ni − nj) ∈ H. Suy ra deg φ ≤H f + ni + nj.

(ii) Theo chứng minh (i), ta có deg(φ) − ni − nj /∈ H. Vì thế deg φ − nj ∈ Ap(ni, H). Do đó theo Bổ đề 2.1.1(ii) ta có deg φ − nj = f + ni với f ∈ P F (cid:48)(H) nếu và chỉ nếu

(F (H) + ni) − (deg φ − nj) /∈ H.

Cho f ∈ P F (H). Sự biểu diễn của phần tử f + nk có vai trò quan trọng trong nghiên

cứu cấu trúc của H.

Bổ đề 2.1.4. Cho f ∈ P F (H). Với ký hiệu của (2.1) các khẳng định sau là đúng:

j(cid:54)=k βjnj và nếu βi ≥ αi với i nào đó thì αik = 0.

(i) Nếu f + nk = (cid:80)

(ii) Nếu tồn tại k (cid:54)= i sao cho f + nk = bini thì bi ≥ αi − 1.

(iii) Nếu tồn tại k (cid:54)= i để f + nk ≤H (αi − 1)ni thì f + nk = (αi − 1)ni.

t(cid:54)=i αitnt + (βi − αi)ni. Suy ra

(cid:88)

Chứng minh. (i) Áp dụng (2.1) ta có thể viết số hạng βini ở vế phải của đẳng thức trong (i) thành (cid:80)

j(cid:54)=k (cid:88)

f = βjnj − nk

j(cid:54)=i,k (cid:88)

(cid:88)

= βjnj + βini − nk

j(cid:54)=i,k (cid:88)

t(cid:54)=i (cid:88)

= βjnj + αitnt + (βi − αi)ni − nk

j(cid:54)=i,k

t(cid:54)=i,k

= βjnj + αitnt + (βi − αi)ni + (αik − 1)nk.

Nếu αik ≥ 1 thì do βi ≥ αi nên f ∈ H, mâu thuẫn. Vậy αik = 0.

(cid:88)

(ii) Cộng hai vế của đẳng thức trong (ii) với ni ta được

j(cid:54)=i

j(cid:54)=i cjnj. Do vế phải không chứa ni nên theo định

(bi + 1)ni = (f + ni) + nk = cjnj + nk.

Chú ý rằng f ∈ H nên f + ni = (cid:80) nghĩa αi ta có bi + 1 ≥ αi.

j βjnj và h = (cid:80)

j γjnj trong đó βj, j(cid:54)=i(βj + γj)nj. Do tính nhỏ nhất của αi kéo

(iii) Vì f + nk ≤H (αi − 1)ni nên tồn tại h ∈ H sao cho (αi − 1)ni = f + nk + h.

(cid:88)

Do f + nk ∈ H nên ta viết được f + nk = (cid:80) γj ≥ 0. Suy ra (αi − 1 − βi − γi)ni = (cid:80) theo αi − 1 − βi − γi = 0 và βj = 0 với j (cid:54)= i. Suy ra f + nk = βini và do đó

j(cid:54)=i

(αi − 1)ni = (βi + γi)ni + (βj + γj)nj.

Kéo theo βi ≤ αi − 1. Mặt khác, theo (ii) ta có βi ≥ αi − 1. Vì thế βi = αi − 1 và do đó

f + nk = (αi − 1)ni.

Trong trường hợp H là hầu đối xứng biểu diễn của f + nk còn có các tính chất sau.

j(cid:54)=k βjnj và βi > 0 với i (cid:54)= k. Khi đó tồn tại biểu diễn j(cid:54)=k ajnj của F (H) + nk sao cho βi = ai + 1 và aj ≥ βj với

Bổ đề 2.1.5. Cho H = (cid:104)n1, n2, . . . , ne(cid:105) là nửa nhóm số hầu đối xứng và f ∈ P F (cid:48)(H).

(i) Giả sử f + nk = (cid:80) F (H) + nk = (cid:80) j (cid:54)= i.

j(cid:54)=k ajnj. Khi đó

(ii) Giả sử F (H) + nk có biểu diễn duy nhất và F (H) + nk = (cid:80)

f + nk = (ai + 1)ni với một số i (cid:54)= k.

(cid:88)

Chứng minh. (i) Đặt h = (f + nk) − ni. Theo giả thiết

j(cid:54)=k,i

h = βjnj + (βi − 1)ni.

Do βi > 0 nên h ∈ H. Suy ra

(cid:88)

F (H) + nk = h + ((F (H) − f ) + ni)

j(cid:54)=k,i

= βjnj + (βi − 1)ni + ((F (H) − f ) + ni).

e (cid:88)

Vì H là hầu đối xứng, F (H) − f /∈ H nên F (H) − f ∈ P F (cid:48)(H). Nếu

i=1

j(cid:54)=k ajnj, với ai = βi − 1 và aj ≥ βj, với mọi

cini, (F (H) − f ) + ni =

với ci ≥ 1 thì F (H) − f ∈ H, mâu thuẫn. Vì thế (F (H) − f ) + ni không chứa ni trong biểu diễn của nó. Suy ra F (H) + nk = (cid:80) j (cid:54)= i.

j(cid:54)=k βjnj có βi > 0. Giả sử tồn tại l (cid:54)= i sao cho βl > 0. Khi đó áp dụng (i) ta suy ra βl = al + 1. Vì thế βl > al. Mặt khác cũng theo (i),

(ii) Giả sử f + nk = (cid:80)

do βi > 0 nên ta có aj ≥ βj với mọi j (cid:54)= i. Vì l (cid:54)= i nên al > βl, mâu thuẫn. Vậy

f + nk = βini = (ai + 1)ni.

Hệ quả 2.1.6. Giả sử H = (cid:104)n1, n2, . . . , ne(cid:105) là nửa nhóm số hầu đối xứng và f ∈ P F (cid:48)(H).

Nếu tồn tại k sao cho f + nk có một biểu diễn trong đó có nhiều hơn một hệ số khác

không thì biểu diễn của F (H) + nk là không duy nhất.

Bổ đề 2.1.7. Giả sử F (H) + nk có biểu diễn duy nhất. Khi đó các khẳng định sau là

đúng:

j(cid:54)=k(αj − 1)nj.

(i) Nếu F (H) + nk − (αj − 1)nj ∈ H với mỗi j (cid:54)= k thì F (H) + nk = (cid:80)

(ii) Hơn nữa, nếu H là nửa nhóm số hầu đối xứng thì tồn tại i (cid:54)= k sao cho f +nk = αini

và f ∈ P F (cid:48)(H).

t(cid:54)=k atnt là biểu diễn duy nhất của F (H) + nk.

(cid:88)

Chứng minh. (i) Giả sử F (H) + nk = (cid:80) Khi đó với mỗi j (cid:54)= k ta có

t(cid:54)=k (cid:88)

atnt − (αj − 1)nj F (H) + nk − (αj − 1)nj =

t(cid:54)=j,k

= atnt + [aj − (αj − 1)nj] .

Vì F (H) + nk − (αj − 1)nj ∈ H nên aj ≥ αj − 1 với mọi j (cid:54)= k. Nếu tồn tại i (cid:54)= k sao

cho ai ≥ αi thì ai = αi + γi trong đó ai > γi ≥ 0. Suy ra aini = αini + γini. Sử dụng

(cid:88)

(2.1) ta viết được

t(cid:54)=i,k (cid:88)

(cid:88)

atnt + αini + γini F (H) + nk =

t(cid:54)=i,k

j(cid:54)=i

= atnt + αijnj + γini.

Đây là một biểu diễn khác của F (H) + nk và điều này mâu thuẫn với giả thiết F (H) + nk

j(cid:54)=k(αj − 1)nj.

có biểu diễn duy nhất. Suy ra aj ≤ αj − 1, với mọi j (cid:54)= k. Vì thế aj = αj − 1 với mọi j (cid:54)= k và do đó F (H) + nk = (cid:80)

(ii) Vì H là hầu đối xứng nên theo Bổ đề 2.1.5(ii) ta có

f + nk = (αi − 1 + 1)ni = αini.

Các Bổ đề tiếp theo liên quan tới trường hợp nửa nhóm số sinh bởi 4 phần tử, đối

tượng nghiên cứu của luận văn.

Bổ đề 2.1.8. Cho e(H) = 4 và f ∈ P F (H). Khi đó các khẳng định sau là đúng:

(i) Nếu f + nk không có biểu diễn duy nhất thì tồn tại i sao cho f + nk ≥H αini.

i(cid:54)=k aini đều thỏa mãn ai < αi với mọi i thì f + nk

(ii) Nếu mỗi biểu diễn f + nk = (cid:80)

j(cid:54)=k β(cid:48)

j(cid:54)=k βjnj và f + nk = (cid:80)

jnj là hai biểu diễn khác là một nhị thức khác không của IH . Sau khi

j − (cid:81)

β(cid:48) j j

j x

có biểu diễn duy nhất.

Chứng minh. (i) Cho f + nk = (cid:80) nhau của f + nk. Khi đó (cid:81) j xβj đặt nhân tử chung, ta được nhị thức còn lại φ = m1 −m2 thuộc IH vì IH là iđêan nguyên

tố và ta có f + nk ≥H deg φ. Hơn nữa, φ không chứa biến xk. Do đó φ chứa nhiều nhất

i với b ≥ αi. Vì thế

ba biến và từ gcd(m1, m2) = 1 ta suy ra φ chứa một đơn thức xb

deg φ = bni. Do đó f + nk ≥H bni. Kéo theo f + nk ≥H αini.

(cid:88)

(ii) Giả sử tồn tại i để f + nk − αini ∈ H. Suy ra

j(cid:54)=k

(cid:88)

bjnj f + nk = αini +

j(cid:54)=i,k

= (αi + bi)ni + bjnj, bj ≥ 0, ∀j.

Suy ra f + nk có một biểu diễn có hệ số αi + bi ≥ αi, mâu thuẫn với giả thiết. Suy ra

với mọi i ta có f + nk − αini /∈ H. Theo (i), f + nk có biểu diễn duy nhất.

Ví dụ 2.1.9. (1) Cho nửa nhóm H = (cid:104)22, 28, 47, 53(cid:105) . Khi đó P F (H) = {25, 258, 283}.

Vì 25 + 258 = 283 nên H là nửa nhóm số hầu đối xứng có kiểu 3. Hơn nữa,

IH = (xw − yz, xy3 − w2, x2y2 − zw, x3y − z2, x13z − y10w, x14 − y11),

vậy α1 = 14, α2 = 11, α3 = 2 = α4.

Trong ví dụ này, ta có với mọi f ∈ P F (cid:48)(H) và với f = 25, ta giả sử

47 = f + 22 = a2.28 + a3.47 + a4.53, trong đó ai ≥ 0, với mọi i.

Rõ ràng, a4 = 0, a3 < 2 và a2 < 2. Vậy f + 22 thỏa mãn giả thiết của Bổ đề 2.1.8(ii).

Suy ra f + 22 có biểu diễn duy nhất. Tương tự ta có f + 28; f + 47; f + 53 có biểu diễn

duy nhất. Lặp lại quá trình này với f = 258 ta thấy f + 22; f + 28; f + 47; f + 53 đều

có biểu diễn duy nhất. Mặt khác, mỗi một 283 + 47 và 283 + 53 có 3 biểu diễn. Chẳng

hạn 283 + 47 = 15n1 = n1 + 11n2 = 8n2 + 2n4.

(2) Cho H = (cid:104)33, 56, 61, 84(cid:105) . Khi đó P F (H) = {28, 835, 863}. Vì 28 + 835 = 863 nên

H là nửa nhóm số hầu đối xứng có kiểu 3. Hơn nữa,

IH = (xw − yz, x27z − y2w10, y3 − w2, xy2 − zw, x2y − z2, x28 − w11),

vậy α1 = 28, α2 = 3, α3 = 2 = α4. Trong ví dụ này, 835 + n1 và 835 + n3 không có biểu

diễn duy nhất. Chẳng hạn 835 + n3 có 6 biểu diễn khác nhau kể cả 835 + n3 = 16n2.

Bổ đề 2.1.10. Giả sử H là hầu đối xứng. Khi đó các khẳng định sau là đúng:

(i) Giả sử e = 4. Nếu tồn tại k sao cho αik ≥ 1 với mọi i (cid:54)= k thì F (H) + nk có biểu

diễn duy nhất.

j(cid:54)=k βjnj. Nếu F (H) + nk có biểu diễn duy nhất thì

(cid:89)

(ii) Giả sử F (H) + nk = (cid:80)

j(cid:54)=k

i(cid:54)=k βini sao cho βi ≥ αi với một số i nào đó. Suy

(βj + 1) + t(H) − 1. nk =

(cid:88)

Chứng minh. (i) Nếu F (H) + nk không có biểu diễn duy nhất thì theo Bổ đề 2.1.8, tồn tại một biểu diễn của F (H) + nk = (cid:80) ra

j(cid:54)=i,k

F (H) + nk = (βi − αi)ni + βjnj + αini ∈ H vì αik ≥ 1,

mâu thuẫn.

(ii) Theo Bổ đề 2.1.1(ii) ta có

Ap(nk, H) = {h ∈ H | h ≤H F (H) + nk} ∪ {f + nk | f ∈ P F (cid:48)(H)}.

Do đó, nk = |{h ∈ H | h ≤H F (H) + nk}| + t(H) − 1.

Vì F (H) + nk có biểu diễn duy nhất nên mỗi h ≤H F (H) + nk cũng có biểu diễn

i(cid:54)=k γini với các số i(cid:54)=k γini sao cho 0 ≤ γi ≤ βi đều thỏa mãn i(cid:54)=k(βi + 1), do đó

i(cid:54)=k γini ≤H F (H) + nk. Suy ra |{h ∈ H | h ≤H F (H) + nk}| = (cid:81)

duy nhất. Vì thế, mỗi h ≤H F (H) + nk có biểu diễn duy nhất h = (cid:80) nguyên 0 ≤ γi ≤ βi và ngược lại mỗi tổng (cid:80) (cid:80)

2.2 Cấu trúc của ma trận RF

ta có điều phải chứng minh.

Trước hết ta nhắc lại khái niệm ma trận RF của các số giả Frobenious, giới thiệu bởi

Moscariello [7]. Mỗi hàng của ma trận này bao gồm các hệ số trong biểu diễn của các

f + ni, với f ∈ P F (H).

e (cid:88)

Định nghĩa 2.2.1. Cho f ∈ P F (H). Ma trận vuông A = (aij) cấp e × e được gọi là ma trận RF (f ) của f nếu aii = −1 với mọi i, aij ∈ N nếu i (cid:54)= j và với mọi i = 1, . . . , e,

j=1

aijnj = f.

Chú ý rằng nếu H là hầu đối xứng và f ∈ P F (H) \ {F (H)} thì tồn tại ma trận RF

đối với cả f và F (H) − f . Tuy nhiên, nhìn chung ma trận này không xác định duy nhất.

Sau đây là một ví dụ.

Ví dụ 2.2.2. Cho nửa nhóm H = (cid:104)6, 7, 9, 10(cid:105) . Vì tập các số giả Frobenius của H là

P F (H) = {3, 8, 11} nên dễ dàng kiểm tra được H là hầu đối xứng có kiểu 3. Chọn



f = 8 ∈ P F (H). Từ các cách biểu diễn 8

8 = (−1)6 + 2.7 + 0.9 + 0.10

8 = 1.6 + (−1)7 + 1.9 + 0.10

 

8 = 0.6 + 1.7 + (−1)9 + 1.10



8 = 3.6 + 0.7 + 0.9 + (−1).10

ta tìm được một ma trận RF của 8 là  −1 2 0 0

     

     

1 −1 1 0 . A1 = 1 −1 0 1

0 0 −1 3





Vì 8 = 2.9 − 10 nên ta có ma trận RF khác của f = 8

−1 2 0 0

     

     

1 −1 1 0 . A2 = 1 −1 0 1

0 2 −1 0

Bổ đề 2.2.3. Cho f, f (cid:48) ∈ P F (H) sao cho f + f (cid:48) /∈ H. Giả sử

RF (f ) = A = (aij) và RF (f (cid:48)) = B = (bij).

Khi đó hoặc aij = 0 hoặc bji = 0 với mỗi cặp i (cid:54)= j. Đặc biệt, nếu RF (F (H)/2) = (aij)

thì hoặc aij = 0 hoặc aji = 0, với mọi i (cid:54)= j.

(cid:88)

Chứng minh. Từ giả thiết ta có

l(cid:54)=j

k(cid:54)=i

f + ni = aiknk và f (cid:48) + nj = bjlnl.

Chú ý rằng nếu i (cid:54)= j thì aij, bji ≥ 0. Giả sử aij, bji > 0. Suy ra aij ≥ 1 và bji ≥ 1. Vì

(cid:88)

thế

s(cid:54)=i,j

f + f (cid:48) = (bji − 1)ni + (aij − 1)nj + (ais + bjs)ns ∈ H,

mâu thuẫn với giả thiết. Vậy aij = 0 hoặc bji = 0.

Đặc biệt, nếu f = f (cid:48) = F (H)/2 thì do f + f (cid:48) = F (H) /∈ H nên aij = 0 hoặc aji = 0

với mọi i (cid:54)= j.

Nhận xét 2.2.4. Theo Bổ đề 2.2.3, nếu aij > 0 với ma trận RF (f ) nào đó của f thì bji = 0 với bất kỳ ma trận RF (f (cid:48)) của f (cid:48), trong đó f + f (cid:48) /∈ H.

ij − xa−

Bổ đề sau đây chỉ ra rằng mỗi hàng của ma trận RF (f ) cho ta một nhị thức thuộc iđêan định nghĩa IH . Ký hiệu vectơ a = (a1, . . . , an) ∈ Zn, và gọi a+ là vectơ có tọa độ thứ i bằng ai nếu ai ≥ 0 và bằng 0 trong các trường hợp còn lại. Ký hiệu a− = a+ − a. Khi đó a = a+ − a− với a+, a− ∈ Nn.

ij ∈ IH

Bổ đề 2.2.5. Giả sử a1, . . . , ae là các vectơ hàng của ma trận RF (f ) của f ∈ P F (H) và đặt aij = ai − aj với mọi i, j sao cho 1 ≤ i < j ≤ e. Khi đó φij = xa+

với mọi i < j. Hơn nữa, deg φij ≤ f + ni + nj. Dấu bằng xảy ra khi các vectơ ai + ei + ej

và aj + ei + ej có giá rời nhau.

ij − xa−

Chứng minh. Gọi e1 . . . , ee là các vectơ đơn vị chính tắc của Ze. Các vectơ ai + ei + ej

k=1 cknk = 0 trong đó ck ij thuộc IH . Khẳng định còn lại là hiển

và aj + ei + ej với i < j chính là các vectơ hệ số trong biểu diễn của f + ni + nj. Do đó lấy hiệu của các vectơ này ta thu được vectơ aij thỏa mãn (cid:80)e là tọa độ thứ k của aij. Suy ra φij = xa+

nhiên theo Bổ đề 2.1.3.

Mỗi nhị thức φ ∈ IH được gọi là một RF (f )-hệ thức nếu nó thỏa mãn kết luận

phát biểu trong Bổ đề 2.2.5 và được gọi là RF -hệ thức nếu nó là RF (f )-hệ thức với

f ∈ P F (cid:48)(H).





Ví dụ 2.2.6. Cho H = (cid:104)7, 12, 13, 22(cid:105) . Khi đó P F (H) = {15, 30}. Với f = 15 ta có

−1 0 0 1

     

     

2 −1 1 0 . RF (15) = 4 0 −1 0

0 2 1 −1

Lấy hàng thứ nhất trừ hàng thứ hai ta được vectơ (−3, 1, −1, 1). Suy ra ta tìm được

một phần tử sinh cực tiểu của IH là yw − x3z, với (x1, x2, x3, x4) = (x, y, z, w).

Tương tự, ta lần lượt xác định được các vectơ là hiệu của các hàng của ma trận thỏa

mãn i < j và các phần tử sinh của IH cùng với bậc của chúng.

yw − x3z, 34 a12 = (−3, 1, −1, 1),

zy − x5, 35 a13 = (−5, 0, 1, 1),

w2 − xy2z, 44 a14 = (−1, −2, −1, 2),

z2 − x2y, 26 a23 = (−2, −1, 2, 0),

x2w − y3, 36 a24 = (2, −3, 0, 1),

x4w − y2z2, 50 a34 = (4, −2, −2, 1),

Vì x4w − y2z2 = x2(x2w − y3) − y2(z2 − x2y) nên x4w − y2z2 không phải phần tử

sinh cực tiểu của IH và do đó IH chỉ có 5 phần tử sinh cực tiểu.

Một câu hỏi đặt ra là mỗi phần tử sinh tối tiểu của một nửa nhóm số đều là RF -hệ

thức không? Bổ đề tiếp theo đưa ra một điều kiện đủ để IH sinh bởi RF -hệ thức.

Bổ đề 2.2.7. Giả sử IH sinh bởi các nhị thức φ1, . . . , φm thỏa mãn các tính chất sau: với mỗi k tồn tại i < j và f ∈ P F (cid:48)(H) sao cho deg φk = f + ni + nj và φk = u − v, với

u và v là các đơn thức sao cho xi | u và xj | v. Khi đó IH sinh bởi các RF -hệ thức.

Chứng minh. Cho φk = u − v xác định như trên và cho u(cid:48) = u/xi. Khi đó

deg u = (f + nj) + ni

và deg u(cid:48) = deg φk −ni = f +nj. Gọi v(cid:48) là một đơn thức thỏa mãn deg v(cid:48) = f +ni. Khi đó deg xjv(cid:48) = (f + ni) + nj. Theo cách xây dựng suy ra ψk = u − xjv(cid:48) là một RF -hệ thức và φk = ψk +xj(v(cid:48) −v/xj). Vì v/xj −v(cid:48) ∈ IH nên (φ1, . . . , φm)+mIH = (ψ1, . . . , ψm)+mIH , trong đó m = (x1, . . . , xn) là iđêan cực đại của vành k[H]. Theo Bổ đề Nakayama ta có

IH = (ψ1, . . . , ψm).

Mệnh đề 2.2.8. Cho e = 3. Khi đó IH sinh bởi RF -hệ thức.

Chứng minh. Giả sử H = (cid:104)n1, n2, n3(cid:105) là một nửa nhóm số sinh bởi 3 phần tử. Giả sử H

không đối xứng. Theo Herzog [3] và Numata [9], tồn tại các số nguyên dương α, β, γ,

α(cid:48), β(cid:48) và γ(cid:48) sao cho

− yβ(cid:48) − xαzγ(cid:48) zγ, g2 = yβ+β(cid:48) (1) Iđêan IH có hệ sinh tối tiểu gồm các phần tử g1 = xα+α(cid:48)

−yβzα(cid:48) , nghĩa là ta có (α +α(cid:48))n1 = β(cid:48)n2 +γn3, (β +β(cid:48))n2 = αn1 +γ(cid:48)n3

và g3 = zγ+γ(cid:48) và (γ + γ(cid:48))n3 = α(cid:48)n1 + βn2.

(2) n1 = (β + β(cid:48))γ + β(cid:48)γ(cid:48), n2 = (γ + γ(cid:48))α + γ(cid:48)α(cid:48) và n3 = (α + α(cid:48))β + α(cid:48)β(cid:48).

(3) P F (H) = {f, f (cid:48)} thỏa mãn f = αn1 + (γ + γ(cid:48))n3 − (n1 + n2 + n3) và

f (cid:48) = β(cid:48)n2 + (γ − γ(cid:48))n3 − (n1 + n2 + n3).

Từ đây ta tính được

f + n1 = αn1 + (γ + γ(cid:48))n3 − (n2 + n3)

= (β + β(cid:48))n2 − γ(cid:48)n3 + (γ + γ(cid:48))n3 − (n2 + n3)

= (β + β(cid:48) − 1)n2 + (γ − 1)n3.

Tương tự ta có

f + n2 = (α − 1)n1 + (γ + γ(cid:48) − 1)n3

và

f + n3 = (α + α(cid:48) − 1)n1 + (β − 1)n2.





Do đó

−1 β(cid:48) + β − 1 γ − 1

  

  

. RF (f ) = α − 1 −1 γ + γ(cid:48) − 1

α + α(cid:48) − 1 β − 1 −1

Gọi a1, a2, a3 lần lượt là hàng thứ nhất, thứ hai, thứ ba của ma trận RF (f ). Khi đó a3 − a1 = (α + α(cid:48), −β(cid:48), −γ), a1 − a2 = (−α, β + β(cid:48), −γ(cid:48)), và a2 − a3 = (−α(cid:48), −β, γ + γ(cid:48)).

Rõ ràng các vectơ này tương ứng với các phần tử sinh của IH .

Tiếp theo ta xét trường hợp H là nửa nhóm số đối xứng. Khi đó tồn tại các số nguyên

dương a, b và d với gcd(a, b) = 1 và d > 1 sao cho n1 = da, n2 = db và n3 = αa − βb. Với bn1 = an2 và dn3 = αn1 + βn2. Suy ra IH được sinh bởi dãy g1 = xb − ya và g2 = zd − xαyβ.

Do H là đối xứng nên P F (H) = {F (H)}. Suy ra

F (H) = (deg g1) + (deg g2) − n1 − n2 − n3 = bn1 + dn3 − n1 − n2 − n3.





Nếu β ≥ 1 thì ma trận RF của F (H) có dạng

−1 a − 1 d − 1

  

  

RF (F (H)) = . b − 1 −1 d − 1

b − 1 + α β − 1 −1

Nếu β = 0 thì α > 0 vì nếu ngược lại thì n3 = 0 vô lý. Suy ra

F (H) + n3 = (b + α − 1)n1 − n2

= (α − 1)n1 + (a − 1)n2.





Do đó ma trận RF của F (H) có dạng

−1 a − 1 d − 1

  

  

RF (F (H)) = . b − 1 −1 d − 1

α − 1 a − 1 −1.

Gọi a1, a2, a3 lần lượt là hàng thứ nhất, thứ hai, thứ ba của RF (f ). Khi đó nếu β > 0

ta thu được a1 − a2 = (b, −a, 0) và a2 − a3 = (−α, −β, d). Nếu β = 0 và α1 > 0 ta thu

được a1 − a3 = (−α, 0, d). Rõ ràng các vectơ này tương ứng với các phần tử sinh của

IH .

Bổ đề 2.2.9. Giả sử H là nửa nhóm số hầu đối xứng có chiều nhúng e = 4. Cho

f ∈ P F (H), f (cid:54)= F (H) và đặt A = (aij) = RF (f ). Khi đó tồn tại i (cid:54)= j sao cho aij > 0

với mọi j. Nghĩa là, mỗi cột của A đều chứa ít nhất một thành phần dương.

Chứng minh. Trước hết, ta nhắc lại chứng minh của Moscariello (xem[7]). Để đơn giản

ta giả sử ai1 = 0 với i = 2, 3, 4. Đặt d = gcd(n2, n3, n4). Từ đẳng thức

f = −n2 + a23n3 + a24n4,

ta có d | f và từ f = −n1 + a12n2 + a13n3 + a14n4 suy ra d | n1. Kéo theo d = 1. Do

đó H1 := (cid:104)n2, n3, n4(cid:105) là một nửa nhóm số và f ∈ P F (H1), do f + ni ∈ H1, với mọi

i = 2, 3, 4.

Vì H1 sinh bởi ba phần tử nên t(H1) ≤ 2 (xem [3]). Do F (H) /∈ H nên F (H) /∈ H1.

Vì thế F (H1) ≥ F (H) > f. Kéo theo P F (H1) = {f, F (H1)}. Suy ra F (H1) − f /∈ H1.

Theo Mệnh đề 1.3.7 ta suy ra F (H1) − f ≤H1 f hoặc F (H1) − f ≤H1 F (H1). Nếu

F (H1) − f ≤H1 F (H1) thì f ∈ H1, mâu thuẫn. Vì thế F (H1) − f ≤H1 f.

Mặt khác, Vì F (H) /∈ H1 và f < F (H) ≤ F (H1) nên ta có

F (H) − f ≤H1 F (H1) − f ≤H1 f.

Suy ra F (H) − f ≤H1 f và do đó f − (F (H) − f ) = h ∈ H1. Chú ý rằng H là hầu đối

xứng. Vì thế F (H) − f ∈ P F (H). Nếu h (cid:54)= 0 thì f = F (H) − f + h ∈ H, mâu thuẫn.

Vì thế h = 0 và do đó F (H) − f = f. Suy ra F (H) − f ≤H1 F (H1) − f ≤H1 F (H) − f

và do đó F (H1) − f = F (H) − f. Kéo theo F (H1) = F (H). Vì F (H) − f = f nên

f = F (H)/2 = F (H1)/2. Suy ra P F (H1) = {F (H1)/2, F (H1)}. Theo Hệ quả 1.4.13, H1

là giả đối xứng. Vì thế, theo Hệ quả 1.4.6, ta có g(H1) = F (H1)/2 + 1. Do n1 ∈ H \ H1

nên ta có g(H) ≤ g(H1) − 1 = F (H1)/2 = F (H)/2 ≤ F (H)/2 + 1/2. Mâu thuẫn với Bổ

đề 1.3.3.

Từ Bổ đề 2.2.3, Nhận xét 2.2.4 và Bổ đề 2.2.9, ta có hệ quả sau.

Hệ quả 2.2.10. Giả sử H là hầu đối xứng và f ∈ P F (cid:48)(H). Khi đó mỗi hàng của RF (f )

đều có ít nhất một thành phần bằng 0. Hơn nữa, với mỗi i, tồn tại j (cid:54)= i sao cho mọi ma

trận RF (f ) của f đều có thành phần thứ (i, j) bằng 0.

Chứng minh. Giả sử tồn tại ma trận RF (f ) nào đó của f có a1j > 0, với mọi j = 2, 3, 4.

Theo Nhận xét 2.2.4, ma trận RF (f ) này có aj1 = 0, với mọi j = 2, 3, 4, mâu thuẫn với

Bổ đề 2.2.9. Vậy mỗi hàng ma trận RF (f ) của f đều có ít nhất một thành phần bằng

Nếu e = 5 thì Bổ đề 2.2.9 không còn đúng nữa. Sau đây là một ví dụ.

Ví dụ 2.2.11. Giả sử H = (cid:104)10, 11, 15, 16, 28(cid:105) thì P F (H) = {5, 17, 29, 34} và do đó H





là hầu đối xứng kiểu 4. Khi đó ta tìm được ma trận RF (f ) của 5 và 29 như sau.

−1 0 1 0 0

0 −1 0 1 0

RF (5) = . 0 −1 0 0 2

        

        

0 1 0 −1 1

3 0 0 −1 0

Ta thấy cột thứ 5 của RF (5) không có thành phần dương nào. Đối với f = 29, ta có 2









ma trận của RF (29) là

−1 1 0 0 1 1 −1 1 0 0

1 −1 2 0 0 0 1 −1 2 0

. , RF (29) = RF (29) = 4 −1 0 0 0 0 4 −1 0 0

        

        

        

        

0 0 0 3 −1 0 0 0 3 −1

0 1 2 1 −1 3 1 0 1 −1

Ta thấy hàng thứ 5 của ma trận RF (29) không thỏa mãn điều kiện tồn tại j (cid:54)= i sao

cho mọi ma trận RF (f ) của f đều có thành phần thứ (i, j) bằng 0.

Hệ quả 2.2.12. Giả sử H là hầu đối xứng và e = 4. Khi đó với bất kì f ∈ P F (cid:48)(H) và với

bất kì ni, biểu diễn của f + ni có nhiều nhất hai nj. Hơn nữa, nếu f + ni không có biểu

diễn duy nhất và nếu nj, nk xuất hiện trong biểu diễn của f + ni thì ta có αjnj = αknk.

Chứng minh. Cho {i, j, k, l} là một hoán vị của {1, 2, 3, 4}. Theo Hệ quả 2.2.10, ta có

thể giả sử thành phần (i, l) của mọi ma trận RF (f ) là 0. Suy ra f + ni chỉ chứa

nj, nk. Vì f + ni không có biểu diễn duy nhất nên f + ni có hai biểu diễn khác nhau là f +ni = anj +bnk = a(cid:48)nj +b(cid:48)nk. Giả sử a > a(cid:48), b < b(cid:48). Suy ra, ta có (a−a(cid:48))nj = (b(cid:48) −b)nk. Kéo theo a ≥ a − a(cid:48) ≥ αj, b(cid:48) − b ≥ αk.

Mệnh đề 2.2.13. Giả sử H là hầu đối xứng, e = 4 và tồn tại f ∈ P F (cid:48)(H) sao cho

f + nk = bni, với k (cid:54)= i. Khi đó một trong các trường hợp sau xảy ra.

(i) b = αi − 1 hoặc

(ii) b ≥ αi và với một số j (cid:54)= i, k, αini = αjnj.

Chứng minh. Theo Bổ đề 2.1.4, b ≥ αi − 1. Nếu b > αi − 1 thì b ≥ αi. Theo Bổ đề 2.1.8,

suy ra f + nk không có biểu diễn duy nhất. Vì thế, theo Hệ quả 2.2.12, ta có điều phải

chứng minh.

Ví dụ 2.2.14. Cho H = (cid:104)33, 56, 61, 84(cid:105) với P F (H) = {f = 28, f (cid:48) = 835, F (H) = 863}

và α1 = 28, α2 = 3, α3 = 2, α4 = 2. Trong trường hợp này, RF (28) xác định duy nhất





như sau.

−1 0 1 0

     

     

0 −1 0 1 RF (28) = . 1 1 −1 0

0 2 0 −1

Rõ ràng mọi hàng của ma trận RF (28) có nhiều nhất hai thành phần khác 0. Với f = 835

thì ma trận RF (f ) của 835 có nhiều hơn một ma trận. Trong số đó ta có thể chọn ra





một ma trận sao cho f + n3 = 16n2, với 16 > α2 như sau.

−1 2 0 9

     

     

27 −1 0 0 . RF (835) = 0 16 −1 0

26 0 1 −1

Rõ ràng trong trường hợp này ta có α2n2 = α4n4.

Mệnh đề sau đây rất hay được áp dụng trong nghiên cứu Tiết 2.3.

Mệnh đề 2.2.15. Giả sử e = 4, H là hầu đối xứng và {i, j, k, l} = {1, 2, 3, 4}. Khi đó

các phát biểu sau là đúng:

(i) Với mỗi f, f (cid:48), f (cid:48)(cid:48) ∈ P F (cid:48)(H) không xảy ra đẳng thức f + nk = f (cid:48) + nl = f (cid:48)(cid:48) + nj.

(ii) Giả sử tồn tại f (cid:54)= f (cid:48) ∈ P F (cid:48)(H) sao cho f + nk = f (cid:48) + nl với 1 ≤ k, l ≤ 4. Khi đó

f + nk = f (cid:48) + nl = (αi − 1)ni với i (cid:54)= j, k.

(iii) Giả sử f + nk = f (cid:48) + nl = (αi − 1)ni với f, f (cid:48) ∈ P F (cid:48)(H) và f + f (cid:48) /∈ H. Khi đó ta

có

αini = pnj + qnk = p(cid:48)nj + rnl, với q, r > 0.

Hơn nữa, nếu p ≤ p(cid:48) thì q ≥ αk và nếu q ≥ αk + 1 thì αknk = αjnj.

Chứng minh. (i) Giả sử các số f, f (cid:48), f (cid:48)(cid:48) ∈ P F (cid:48)(H) thỏa mãn

f + nk = f (cid:48) + nl = f (cid:48)(cid:48) + nj.

Khi đó trong biểu diễn của các số này không xuất hiện nk. Vì thế các số hạng này bằng

bni với b là một số nguyên dương nào đó. Cộng F (H) − f vào các số hạng này ta được

F (H) + nk = (F (H) − f ) + nl + f (cid:48) = (F (H) − f ) + nj + f (cid:48)(cid:48) = (F (H) − f ) + bni.

Nếu nk xuất hiện trong (F (H) − f ) + nl thì F (H) ∈ H hoặc F (H) = f (cid:48), mâu thuẫn.

Vì thế nk không xuất hiện trong (F (H) − f ) + nl. Tương tự, nk cũng không xuất hiện

trong (F (H) − f ) + nj, (F (H) − f ) + ni. Do đó cột thứ k của ma trận RF (F (H) − f )

không có thành phần nào dương. Điều này mâu thuẫn với Bổ đề 2.2.9.

(ii) Giả sử f + nk = f (cid:48) + nl = bni + b(cid:48)nj. Nếu b, b(cid:48) > 0 thì cộng F (H) − f vào hai vế

ta được

F (H) + nk = (F (H) − f ) + (f (cid:48) + nl) = (F (H) − f ) + bni + b(cid:48)nj,

với {i, j, k, l} là một hoán vị của {1, 2, 3, 4}. Khi đó nk không xuất hiện trong

(F (H) − f ) + ni, (F (H) − f ) + nj.

Chú ý rằng F (H) + nk = [(F (H) − f ) + nl] + f (cid:48). Vì thế nk cũng không xuất hiện trong (F (H) − f ) + nl, mâu thuẫn với Bổ đề 2.2.9. Suy ra b = 0 hoặc b(cid:48) = 0. Ta có thể giả sử b(cid:48) = 0 và do đó f + nk = f (cid:48) + nl = bni. Giả sử b ≥ αi. Khi đó

f + nk = f (cid:48) + nl = (b − αi)ni + αini.

Rõ ràng αini không chứa nk, nl. Do b(cid:48) = 0, nghĩa là f + nk không chứa nj nên αini

không thể chứa cả nk, nl, nj. Suy ra αini = 0, mâu thuẫn. Theo Mệnh đề 2.2.13, ta phải

có b = αi − 1.

(iii) Ký hiệu thành phần (i, j) của RF (f ) là m(i, j). Tương tự, RF (f (cid:48)) tương ứng là

m(cid:48)(i, j). Vì f + f (cid:48) /∈ H. Theo Bổ đề 2.2.3, nếu tồn tại m(i, j) > 0 thì m(cid:48)(j, i) = 0 với

mọi ma trận của RF (f ). Theo giả thiết ta có (f + ni) + nk = (f (cid:48) + ni) + nl = αini.

Do đó, tồn tại biểu diễn của αini sao cho αik > 0 và αil > 0. Giả sử biểu diễn đó là

αini = pnj + qnk + rnl với q, r > 0. Suy ra ta có

f + ni = pnj + (q − 1)nk + rnl và f (cid:48) + ni = p(cid:48)nj + qnk + (r − 1)nl.

Vì thế m(i, l), m(cid:48)(i, k) > 0. Theo Bổ đề 2.2.3, suy ra m(cid:48)(l, i) = m(k, i) = 0, với mọi ma

trận của RF (f ). Chú ý rằng f + nk = f (cid:48) + nl = bni. Vì thế m(cid:48)(l, i) = m(k, i) = b > 0,

mâu thuẫn. Vậy r = 0 hoặc q = 0. Do đó ta có hai biểu diễn khác nhau

αini = pnj + qnk = p(cid:48)nj + rnl,

với q, r > 0. Nếu p ≤ p(cid:48) thì ta có qnk = (p(cid:48) − p)nj + rnl. Suy ra q ≥ αk.

Nếu q ≥ αk + 1 thì f + ni có hai biểu diễn khác nhau và do pnj + (q − 1)nk không

thể chứa nl, nên theo Hệ quả 2.2.12, ta có αknk = αjnj .

Ví dụ sau minh họa cho Mệnh đề 2.2.15 (ii).

Ví dụ 2.2.16. Cho H = (cid:104)9, 22, 46, 57(cid:105) . Khi đó

P F (H) = {f = 35, f (cid:48) = 70, F (H) = 105}.









Suy ra các ma trân RF của 35 và 70 lần lượt như sau.

−1 1 0 1 −1 2 0 0

     

     

     

     

0 −1 2 0 0 −1 0 1 . , RF (70) = RF (35) = 8 2 −1 0 9 0 −1 0

9 0 1 −1 0 0 2 −1

2.3 Trường hợp nửa nhóm số giả đối xứng sinh bởi 4 phần tử

Rõ ràng f + n4 = 92 = f (cid:48) + n2 = 2n3 và α1 = 10, α2 = 3, α3 = 3, α4 = 2.

Tiết này dành để đưa ra cách chứng minh đơn giản hơn cho Định lý của Komeda

[5] (xem Định lý 2.3.3) về nửa nhóm số giả đối xứng sinh bởi 4 phần tử bằng cách áp

dụng ma trận RF (F (H)/2). Trong mục này ta luôn giả sử rằng H = (cid:104)n1, n2, n3, n4(cid:105) và

F (H)/2 ∈ P F (H).

Áp dụng Bổ đề 2.2.3, 2.2.9 và Hệ quả 2.2.10 ta thu được một số tính chất sau cho ma

trận RF của F (H). Chú ý rằng 2.F (H)/2 = F (H) ∈ P F (H).

Mệnh đề 2.3.1. Cho RF (F (H)/2) = (aij) là một ma trận RF của F (H)/2. Khi đó:

(i) aii = −1 với mọi i và aij không âm với mọi i (cid:54)= j.

(ii) Với mỗi cặp (i, j) sao cho i (cid:54)= j, ta có aij = 0 hoặc aji = 0.

(iii) Mỗi hàng và cột của A có ít nhất một thành phần dương.

Vì có nhiều nhất 6 thành phần dương trong ma trận A, nên có ít nhất hai hàng chỉ

có đúng một thành phần dương. Cụ thể, ta có mệnh đề sau.

Mệnh đề 2.3.2. Sau khi đánh lại số thứ tự các phần tử sinh của H một cách hợp lí, ta





có thể giả sử rằng

0 0 −1 α2 − 1

     

     

0 0 −1 α3 − 1 RF (F (H)/2) = a d 0 −1

a(cid:48) −1 b 0

trong đó a(cid:48), d > 0 và a, b ≥ 0.

Chứng minh. Kí hiệu F = F (H) và A = (aij) = RF (F/2). Ta sẽ chứng minh ma trận

này xác định duy nhất. Theo Mệnh đề 2.3.1(ii), A có ít nhất 6 thành phần bằng 0. Nếu

mỗi hàng đều có hai thành phần dương thì A có tất cả 8 thành phần dương, mâu thuẫn.

Do đó, tồn tại một hàng của A chỉ có một thành phần dương và ta có thể giả sử hàng

thứ nhất của A là (−1, b(cid:48), 0, 0), hay F/2 + n1 = b(cid:48)n2, với b(cid:48) > 0. Ta có thể giả sử rằng

trong mỗi cách chọn của RF (F (H)/2), thành phần (1, 3), (1, 4) đều là 0. Khi đó theo Bổ

đề 2.1.4, ta có b(cid:48) ≥ α2 − 1. Nếu b(cid:48) ≥ α2 ta có sự lựa chọn khác của RF (F/2) với thành phần (1, 3) hoặc (1, 4) khác 0. Vì thế b(cid:48) = α2 − 1.

Do a12 = b(cid:48) > 0 nên theo Bổ đề 2.2.3, ta có a21 = 0 và suy ra F/2+n2 = a23n3+a24n4.

Nếu a23 = 0 hoặc a24 = 0 thì ta có thể giả sử hàng thứ hai của RF (F/2) là (0, −1, c, 0).

Nếu cả a23 và a24 đều dương thì a32 = a42 = 0. Do a34 = 0 hoặc a43 = 0 theo Bổ đề 2.2.3, nên hàng thứ ba (tương ứng hàng thứ 4) của RF (F/2) là (a(cid:48), 0, −1, 0) (tương ứng

(a(cid:48), 0, 0, −1)). Trong cả hai trường hợp, sau khi thay đổi thứ tự của các phần tử sinh ta





có thể giả sử hai hàng đầu tiên của RF (F/2) là





−1 α2 − 1 0 0

0 −1 c 0





hoặc





−1 b 0 0

0 −1 α3 − 1 0

Giả sử xảy ra khả năng thứ nhất. Ta cần chứng minh c = α3 − 1 vì a32 = 0 và a34 > 0 theo Bổ đề 2.2.3. Ta sử dụng các số a, a(cid:48), b, d trong ma trận RF (F/2) trong Mệnh đề

2.3.2. Nếu c ≥ α3 thì α3n3 chỉ có thể chứa n4, do a21 = 0. Khi đó ta có α3n3 = α4n4 theo Hệ quả 2.2.12. Do đó b = 0 và F/2 + n4 = a(cid:48)n1 theo Bổ đề 2.2.3. Dễ dàng thấy rằng a(cid:48) = α1 − 1 từ a42 = a43 = 0 theo giả thiết.

Lấy hiệu của hàng thứ ba và hàng thứ tư của RF (F/2) ta được

(d + 1)n4 = (α1 − 1 − a)n1 + n3,

và do đó d ≥ α4 − 1. Mặt khác, vì F/2 + n3 = an1 + dn4 nên nếu d > α4 − 1 thì do

α3n3 = α4n4 ta suy ra F/2+n3 = an1 +(d−α4)n4 +α3n3, mâu thuẫn. Vì thế d = α4 −1.

Suy ra ta có

(α3 − 1)n3 = (α1 − 1 − a)n1,

mâu thuẫn với định nghĩa của α3. Vì thế c = α3 − 1.

Định lý sau đây là kết quả chính của mục này.

Định lý 2.3.3. Cho H = (cid:104)n1, n2, n3, n4(cid:105) và giả sử P F (H) = {F (H)/2, F (H)}. Khi đó





bằng cách đánh lại số thứ tự các phần tử sinh của H, ta có

−1 0 0 α2 − 1

     

     

0 −1 0 α3 − 1 RF (F (H)/2) = 0 −1 α1 − 1 α4 − 1

0 −1 α1 − 1 α42

và F (H)/2 + nk có biểu diễn duy nhất với mọi k, nghĩa là RF (F (H)/2) xác định duy

nhất.

Chứng minh. Để chứng ming định lý ta sử dụng ma trận A cho trong Mệnh đề 2.3.2 và

xác định các giá trị a, a(cid:48), b, d trong A.

(1) Lấy hiệu của hàng thứ nhất và hàng hai (tương ứng hàng thứ hai và hàng thứ ba)

của A ta được

(∗2) α2n2 = n1 + (α3 − 1)n3,

(∗3) α3n3 = an1 + n2 + dn4.

(2) Nếu a(cid:48) ≥ α1 thì do thành phần thứ (4,3) của RF (F/2) phải bằng 0 trong mọi

biểu diễn nên ta có α1n1 = α2n2. Do (1) nên ta có biểu diễn khác của RF (F/2) với thành phần (4,3) là dương, mâu thuẫn. Do đó, a(cid:48) ≤ α1 − 1. Tương tự, ta có b ≤ α2 − 1.

Lấy hiệu của hàng thứ nhất và thứ tư ta được

(α2 − 1 − b)n2 + n4 = (a(cid:48) + 1)n1.

Vì a(cid:48) ≤ α1 − 1 nên a(cid:48) = α1 − 1. Hơn nữa, do n4 là phần tử sinh tối tiểu của H nên ta

có b < α2 − 1. Suy ra

(∗1) α1n1 = (α2 − 1 − b)n2 + n4.

Suy ra a < α1, vì nếu ngược lại ta sẽ có biểu diễn khác của RF (F/2) với thành phần

(3,2) dương.

(3) Nếu d ≥ α4 thì α4n4 = α1n1 do thành phần (3,2) của RF (F/2) = 0 trong mọi

biểu diễn, mâu thuẫn với (∗1). Lấy hiệu của hàng thứ ba và hàng thứ tư ta được

(d + 1)n4 = (α1 − 1 − a)n1 + bn2 + n3.

Do d ≤ α4 − 1 nên d = α4 − 1 và do đó

(∗4) α4n4 = (α1 − 1 − a)n1 + bn2 + n3.





Từ tất cả các lập luận trên ta tính được

−1 0 0 α2 − 1

     

     

0 −1 0 α3 − 1 (†) RF (F (H)/2) = a 0 −1 α4 − 1

0 −1 α1 − 1 b = α42

Hơn nữa, ta có α12 = α2 − 1 − b > 0, α13 = 0, α14 = 1, α21 = 1, α23 = α3 − 1, α24 =

0, α31 = a, α32 = 1, α34 = α4 − 1, α41 = α1 − 1 − a, α42 = b, α43 = 1.

(4) Để kết thúc chứng minh, ta cần chứng tỏ b > 0, a > 0 và khi đó a = α1 − 1. Nếu

b = 0 thì cộng hàng thứ hai và thứ tư của ma trận, ta được

(α1 − 1)n1 + (α3 − 1)n3 = F (H) + n2 + n4.

Từ (αi − 1)ni ∈ Ap(nk, H) với mọi k (cid:54)= i và từ Bổ đề 2.1.1, ta được

F (H) + n2 − (α1 − 1)n1 = (α3 − 1)n3 − n4 ∈ P F (cid:48)(H).

Dẫn đến (α3 − 1)n3 = n4 + F (H)/2 = (α1 − 1)n1 điều này mâu thuẫn. Do đó ta có

b > 0. Nếu a = 0 thì cộng hàng thứ nhất và hàng thứ ba của ma trận và tương tự như

chứng minh trên, ta có (α2 − 1)n2 = F (H)/2 + n3 = (α4 − 1)n4, mâu thuẫn.

Tiếp theo ta chỉ ra rằng a = α1 − 1. Ta thấy rằng a ≤ α1 − 1. Nếu a < α1 − 1 thì

ta có α41 > 0 và theo Bổ đề 2.1.10, F (H) + n1 có biểu diễn duy nhất. Ta sẽ chỉ ra điều

mâu thuẫn.

Cộng hàng thứ nhất và hàng thứ hai của RF (F (H)/2), ta thu được

F (H) + n1 = (α2 − 2)n2 + (α3 − 1)n3.

Do F (H) + n1 có biểu diễn duy nhất nên (F (H) + n1) − (α4 − 1)n4 /∈ H và theo Bổ đề

2.1.1, ta có (α4 − 1)n4 = F (H)/2 + n1. Do đó F (H)/2 + n1 = (α2 − 1)n2, mâu thuẫn.

Vì vậy a = α1 − 1.

Định lý 2.3.4. Nếu F (H)/2 ∈ P F (H) và RF (F (H)/2) có dạng như trong Định lý

2.3.3 thì ta có:

(i) F (H) + n2 có biểu diễn duy nhất và n2 = α1α4(α3 − 1) + 1.

(ii) Mỗi phần tử sinh của IH là một RF (F (H)/2)-hệ thức.

1 − xα2−1−α42 2

3 − xα1−1 1

, xα1 , x4, xα3 x2xα4−1 4

2 x3). (Hiệu của hàng thứ nhất và hàng thứ ba không

2 − x1xα3−1 3 4 −xα42 , xα4 cho phần tử sinh tối tiểu của IH ).

Cụ thể là, IH = (xα2 xα42+1 x4−xα1−1 xα3−1 2 1 3

(iii) H là hầu đối xứng và t(H) = 2.

Ta sẽ chỉ ra rằng trong Mệnh đề 2.4.5 nếu e = 4 và F (H)/2 ∈ P F (H) thì RF (F (H)/2)

như trong phát biểu của Định lý 2.3.3, nếu e = 4 và H là nửa nhóm số hầu đối xứng với

F (H) chẵn thì t(H) = 2.

Chứng minh. Vì αi2 (cid:54)= 0 với mọi i (cid:54)= 2 nên theo Bổ đề 2.1.10(i), F (H) + n2 có biểu diễn

duy nhất. Cộng hàng thứ 2 và hàng thứ 3 của RF (F (H)/2) ta được

F (H) + n2 = (α1 − 1)n1 + (α3 − 2)n3 + (α4 − 1)n4.

Theo Bổ đề 2.1.10(ii) ta có n2 = α1α4(α3 − 1) + t(H) − 1 ≥ α1α4(α3 − 1) + 1 (do

t(H) ≥ 2). Ta sẽ chứng minh t(H) = 2 bằng cách chứng tỏ n2 = α1α4(α3 − 1) + 1. Trước hết ta xác định các phần tử sinh tối tiểu của IH . Ký hiệu I (cid:48) là iđêan sinh bởi các nhị

thức

, xα1 , x4, xα3 x2xα4−1 4

2 − x1xα3−1 xα2 xα3−1 3

1 − xα2−1−α42 2 xα42+1 x4 − xα1−1 2 1

3 − xα1−1 1 4 − xα42

2 x3

, xα4

Vì các nhị thức trên tương ứng với hiệu các vectơ hàng của RF (F (H)/2) nên I (cid:48) ⊆ IH . Để chứng minh I (cid:48) = IH , trước hết ta chỉ ra rằng S/(I (cid:48), x2) = S/(IH , x2). Chú ý rằng S/(IH , x2) ∼= K[H]/(tn2). Vì thế, dimK S/(IH , x2) = n2. Do I (cid:48) ⊆ IH nên ta có toàn cấu S/(I (cid:48), x2) → S/(IH , x2). Suy ra dimK S/(I (cid:48), x2) ≥ n2. Theo lập luận trên ta có

n2 = α1α4(α3 − 1) + t(H) − 1. Hơn nữa, từ đẳng cấu

1 , xα3

3 , xα3−1 3

, xα1 S/(I (cid:48), x2) ∼= K[x1, x3, x4]/(x1xα3−1 x4, xα4 4 )

ta có dimK S/(I (cid:48), x2) = α1α4(α3 − 1) + 1. Kéo theo

α1α4(α3 − 1) + 1 ≥ α1α4(α3 − 1) + t(H) − 1.

Suy ra t(H) ≤ 2. Vì thế t(H) = 2 và S/(I (cid:48), x2) = S/(IH , x2).

Xét dãy khớp

0 → IH /I (cid:48) → S/I (cid:48) → S/IH → 0.

Tác động hàm tử Tor(∗, S/(x2)) lên dãy khớp trên ta được dãy khớp dài

· · · → Tor1(S/IH , S/(x2)) → (IH /I (cid:48)) ⊗S S/(x2) → S/I (cid:48) ⊗S S/(x2) →

S/IH ⊗S S/(x2) → 0,

hay ta có dãy khớp

· · · → Tor1(S/IH , S/(x2)) → (IH /I (cid:48))/x2(IH /I (cid:48)) → S/(I (cid:48), x2) →

S/(IH , x2) → 0.

Vì S/IH là miền nguyên nên x2 là phần tử chính quy của S/IH . Do đó ta có

Tor1(S/IH , S/(x2)) = 0.

2.4 Kiểu của nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi 4 phần tử

Chú ý rằng S/(I (cid:48), x2) = S/(IH , x2) theo chứng minh trên. Vì thế từ dãy khớp cuối cùng ta suy ra (IH /I (cid:48))/x2(IH /I (cid:48)) = 0. Theo Bổ đề Nakayama ta có IH /I (cid:48) = 0.

Mục tiêu của tiết này là chứng minh kiểu của nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi

4 phần tử không vượt quá 3. Kỹ thuật chính được dùng để chứng minh là khái niệm

hàng đặc biệt của ma trận RF (f ) với f ∈ P F (H). Trong suốt tiết này luôn giả thiết

H = (cid:104)n1, . . . , n4(cid:105) là nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi 4 phần tử.

Định nghĩa 2.4.1. Mỗi hàng của ma trận RF (f ) có dạng (αi − 1)ei − ek được gọi là hàng đặc biệt, trong đó ei là vectơ đơn vị thứ i của Z4.

Ví dụ 2.4.2. Hàng thứ 1 và thứ 2 của ma trận RF (F (H)/2) trong Định lý 2.3.3 là các

hàng đặc biệt.

Bổ đề 2.4.3. Giả sử e = 4, {n1, n2, n3, n4} = {ni, nj, nk, nl} và H là hầu đối xứng. Khi

đó

(i) Tồn tại hai hàng của ma trận RF (F (H)/2) có dạng (αi − 1)ei − ek.

(ii) Nếu f (cid:54)= f (cid:48) ∈ P F (H) sao cho f + f (cid:48) /∈ H thì có bốn hàng của RF (f ) và RF (f (cid:48))

có dạng (αi − 1)ei − ek.

(iii) Với mọi cặp {f, f (cid:48)} ⊂ P F (cid:48)(H), f (cid:54)= f (cid:48), f + f (cid:48) /∈ H và với mỗi j ∈ {1, 2, 3, 4} tồn

tại s sao cho (αj − 1)nj = f + ns hoặc (αj − 1)nj = f (cid:48) + ns.

Chứng minh. (i) Hiển nhiên theo Mệnh đề 2.3.2.

(ii) Theo Bổ đề 2.2.3, có ít nhất 12 thành phần bằng 0 trong hai ma trận RF (f )

và RF (f (cid:48)). Hơn nữa, theo Hệ quả 2.2.10, mỗi hàng của RF (f ) không thể chứa 3 thành

phần dương. Thêm vào đó, theo Bổ đề 2.1.4(ii), nếu hàng thứ k của RF (f ) là −ek + bei thì b ≥ αi − 1. Kết hợp với Mệnh đề 2.2.13, ta suy ra mỗi hàng của RF (f ), RF (f (cid:48)) có

một trong ba dạng sau đây.

(a) Chứa 2 thành phần dương,

(b) qes − et với q ≥ αs,

Nếu một trong hai ma trận có dạng (b), thì ma trận kia có một hoặc hai thành phần

khác trong hàng thứ t là dương. Vì thế, nếu ta gọi a, b, c lần lượt là số của các hàng có

dạng (a), (b), (c), thì ta có 2(a + b) + c ≤ 12. Vì a + b + c = 8, nên c ≥ 4.

(iii) Trong (ii) ta đã chứng minh được có ít nhất 4 hàng trong RF (f ) và RF (f (cid:48)) có

dạng (αi − 1)ei − ek. Vì thế, ta có thể giả sử với các số i, k, l ta có các hệ thức

nk + f = (αi − 1)ni = nl + f (cid:48).

Theo Mệnh đề 2.2.15(iii), αini có hai biểu diễn khác nhau là

(5.7.1) αini = pnj + qnk = p(cid:48)nj + rnl.

Hơn nữa, ta có (xem chứng minh Mệnh đề 2.2.15(iii))

(5.7.2) f + ni = pnj + (q − 1)nk, f (cid:48) + ni = p(cid:48)nj + (r − 1)nl.

st) nếu có một biểu diễn f + ns = (cid:80)

t mstnt

Ta viết RF (f ) = (mst) và RF (f (cid:48)) = (m(cid:48)

(cid:88)

và ta nói mst = 0 với thành phần (s, t) nếu mst = 0 trong mỗi biểu diễn của

f + ns = mstnt.

st).

Tương tự đối với RF (f (cid:48)) = (m(cid:48)

Trong lập luận trên, do vai trò k, l tương tự nhau nên ta có thể giả sử p(cid:48) ≥ p và từ

(5.7.1) ta có

qnk = (p(cid:48) − p)nj + rnl.

Suy ra q ≥ αk. Nếu q ≥ αk + 1 thì αknk = αjnj theo Mệnh đề 2.2.13. Vì thế

pnj + qnk = (p + αj)nj + (q − αk)nk = p(cid:48)nj + rnl.

Do đó r ≥ αl, mâu thuẫn. Vì thế q = αk và ta có

(5.7.2(cid:48)) f + ni = pnj + (αk − 1)nk, f (cid:48) + ni = p(cid:48)nj + (r − 1)nl.

jk > 0) theo

lk = 0) nên mjl > 0 (tương ứng m(cid:48)

ik = m(cid:48)

Vì mil = mkl = 0 (tương ứng m(cid:48)

Bổ đề 2.2.9. Đặt

f + nj = sni + tnk + unl (u > 0).

Vì f (cid:48) = f + nk − nl, nên ta có f (cid:48) + nj = sni + (t + 1)nk + (u − 1)nl.

Ta xét hai trường hợp đối với s là s > 0 hoặc s = 0.

ij = 0

jk = 0 do mij = m(cid:48)

Trường hợp (a). Nếu s > 0, thì theo Bồ đề 2.2.9 ta có mjl = m(cid:48)

theo Bổ đề 2.2.3. Do đó ta có p = p(cid:48) = 0. Suy ra

(5.7.3) f + ni = (αk − 1)nk, f (cid:48) + ni = (αl − 1)nl

theo Bổ đề 2.1.4 và do mil = m(cid:48) ki = 0 nên mlk = 0 hoặc m(cid:48) m(cid:48)

ik = 0. Hơn nữa, theo Hệ quả 2.2.10, do s > 0, mli = lk = 0 theo Bổ đề 2.2.3. Vì thế ta có f + nl = (αj − 1)nj lk = 0), điều phải chứng

(tương ứng f (cid:48) + nk = (αj − 1)nj) nếu mlk = 0 (tương ứng m(cid:48)

minh.

Trường hợp (b). Giả sử s = 0. Ta đặt

(5.7.4) f + nl = ani + bnj + cnk, f (cid:48) + nk = b(cid:48)nj + d(cid:48)nl



(do mik = αk − 1 > 0, nên ta có m(cid:48) ki = 0 theo Bổ đề 2.2.3). Kéo theo  −1 0 p αk − 1

     

     

0 −1 t u , RF (f ) = 0 −1 0 αi − 1

a b c −1





−1 p(cid:48) 0 r − 1

     

     

0 −1 t + 1 u − 1 . RF (f (cid:48)) = 0 b(cid:48) −1 d(cid:48)

0 0 −1 αi − 1

Chú ý rằng theo Bổ đề 2.2.3 ta có

a(r − 1) = b(u − 1) = b(cid:48)t = cd(cid:48) = 0.

Ta tiếp tục lập luận theo các trường hợp c > 0 và c = 0.

Trường hợp (b1). c > 0. Khi đó d(cid:48) = 0, b(cid:48) = αj − 1 và t = 0. Do đó, u = αl − 1 và ta

cần chỉ ra rằng có một hàng thứ s là hàng đặc biệt (αk − 1)ek − es. Trong trường hợp

này, theo Hệ quả 2.2.10, ta có b = 0 hoặc a = 0. Nếu b > 0 thì u = 1 và hàng thứ hai

của RF (f (cid:48)) là (αk − 1)ek − ej với αk = 2. Nếu a > 0 thì hàng thứ nhất của RF (f (cid:48)) là p(cid:48)ej − ei và điều này mâu thuẫn với tính chất hàng thứ ba của RF (f (cid:48)) là (αj − 1)ej − ek

kéo theo ni = nk. Nếu a = b = 0 thì hàng thứ tư của RF (f ) là hàng đặc biệt cần tìm.

Trường hợp (b2). c = 0 và b > 0. Khi đó ta có t + 1 = αk − 1. Nếu a > 0 thì ta có r = 1 và p(cid:48) = αj − 1 và b(cid:48) = 0 hoặc t = 0. Trong mỗi trường hợp, ta vẫn thu được hàng

đặc biệt. Nếu a = 0 thì b = αj − 1 và hàng thứ tư của RF (f ) là (αJ − 1)ej − el. Nếu b(cid:48) = 0 thì d(cid:48) = αl − 1 và hàng thứ ba của RF (f (cid:48)) là hàng đặc biệt. Nếu b(cid:48) > 0 thì t = 0 và hai hàng của RF (f ) và RF (f (cid:48)) cho ta các hàng đặc biệt.

Bổ đề 2.4.4. Giả sử H là nửa nhóm số hầu đối xứng với F (H) lẻ và giả sử tồn tại

f ∈ P F (cid:48)(H) sao cho mỗi hàng của RF (f ) đều có đúng một thành phần dương. Khi đó

ta có:





(i) Sau khi đánh lại các chỉ số, ta có thể giả sử

−1 0 0 α2 − 1

     

     

0 0 −1 α3 − 1 . RF (f ) = 0 0 −1 α4 − 1

0 0 −1 α1 − 1





(ii) Trong trường hợp này, nếu ta đặt f (cid:48) = F (H) − f thì

−1 0 α2 − 2 α3 − 1

     

     

0 −1 α3 − 2 α4 − 1 . RF (f (cid:48)) = 0 −1 α1 − 1 α4 − 2

0 −1 α1 − 2 α2 − 1

(iii) Ta có t(H) = 3 với P F (H) = {f, f (cid:48), F (H)}, số phần tử sinh tối tiểu µ(IH ) = 6 và

3 − xα4−1 4 x4).

x4, xα2 x2,

1 − xα2−1 2 − xα2−1 2

2 − xα3−1 3 x3, xα1−1 1

x3, x1xα4−1 các phần tử sinh tối tiểu của IH có được bằng cách lấy hiệu hai hàng của RF (f ), cụ thể là IH = (xα1 4 − xα1−1 xα4 1 x1, xα3 x2 − xα3−1 3

(iv) Ta có

n1 = (α2 − 1)(α3 − 1)α4 + α2, n2 = (α3 − 1)(α4 − 1)α1 + α3,

n3 = (α4 − 1)(α1 − 1)α2 + α4, n4 = (α1 − 1)(α2 − 1)α3 + α1.

Chứng minh. Giả sử thành phần (i, ai) của RF (f ) dương. Khi đó (a1, a2, a3, a4) cho một

hoán vị của (1, 2, 3, 4) không có điểm cố định. Do đó, ta có thể giả sử (a1, a2, a3, a4) =

(2, 1, 4, 3) hoặc (a1, a2, a3, a4) = (2, 3, 4, 1).

Vì f + n1 = (α2 − 1)n2, nên ta có f + n1 + n2 = α2n2 = (α3 − 1)n3 + n1. Suy ra

α21 = 1, α23 = α3 − 1, α24 = 0. Tương tự, ta có α12 = α2 − 1, α13 = 0, α14 = 1, α31 =





0, α32 = 1, α34 = α4 − 1, α41 = α1 − 1, α42 = 0, α43 = 1. Theo Bổ đề 2.2.3, ma trận RF (f (cid:48)) có dạng

−1 0 p2 p3

     

     

0 −1 q3 q4 . RF (f (cid:48)) = 0 −1 r1 r4

0 −1 s1 s2

Khi đó ta phải có p2 < α2 bởi vì α21 = 1 > 0 và p3 < α4 vì α34 > 0. Suy ra

F (H) + n1 = (α2 − 1)n2 + f (cid:48) = (α2 − 2)n2 + q3n3 + q4n4

= p2n2 + p3n3 + f = (p2 − 1)n2 + (α3 − 1 + p3)n3

= p2n2 + (p3 − 1)n3 + (α4 − 1)n4.

Do đó ta có p2 = α2 − 2 và q4 = α4 − 1. Lặp lại quá trình này, ta tìm được RF (f (cid:48)) như

trong phát biểu của bổ đề.

Mệnh đề 2.4.5. Giả sử e = 4. Nếu F (H) là chẵn và F (H)/2 ∈ P F (H) thì t(H) = 2.

Nghĩa là, nếu e = 4 và H là hầu đối xứng kiểu chẵn thì t(H) = 2.

Chứng minh. Theo Định lý 2.3.4, ta chỉ cần chứng minh RF (F (H)/2) có dạng như trong

phát biểu của Định lý 2.3.3. Chúng ta lập luận tương tự chứng minh của Định lý 2.3.3





để chỉ ra rằng b = α42 > 0 và a = α1 − 1 trong ma trận (†) sau

−1 0 0 α2 − 1

     

     

0 −1 0 α3 − 1 . (†) RF (F (H)/2) = a 0 −1 α4 − 1

0 −1 α1 − 1 b = α42

Nếu b = 0, thì cộng hàng thứ hai và thứ tư của (†), ta được

F (H) + n2 + n4 = (α1 − 1)n1 + (α3 − 1)n3.

Do (α1 − 1)n1 − n2, (α3 − 1)n3 − n4 /∈ H, nên theo Bổ đề 2.1.1, ta có

(α1 − 1)n1 = f + n2 = F (H)/2 + n4 và

(α3 − 1)n3 = f (cid:48) + n4 = F (H)/2 + n2

với f, f (cid:48) ∈ P F (cid:48)(H) thỏa mãn f + f (cid:48) = F (H). Suy ra ta có

f + n1 = α1n1 − n2 = (α2 − 2)n2 + n4,

f + n3 = an1 + n2 + (α4 − 2)n4.

ij). Ta vừa chỉ ra m13 = m23 = 0. 34 = α4 − 2 = 0, hay α4 = 2. Vì 12 = 0. Do đó, (α2 − 1)e2 − ej chỉ có thể là hàng thứ ba của RF (f ), kéo theo m31 = m34 = 0, m32 = α2 − 1 và (α2 − 1)n2 = f + n3. Do (α2 − 1)n2 =

Theo Bổ đề 2.4.3, ta có các hàng đặc biệt (α2 −1)e2 −ej, (α4 −1)e4 −ek trong RF (f ) hoặc RF (f (cid:48)). Ta ký hiệu RF (f ) = (mij) và RF (f (cid:48)) = (m(cid:48) Do đó ta có m43 > 0 theo Bổ đề 2.2.9. Suy ra m(cid:48) m21 = α1 − 1 > 0 nên m(cid:48)

F (H)/2 + n1 và (α1 − 1)n1 = f + n2 = F (H)/2 + n4, nên ta có n1 + n2 = n3 + n4. Vì thế từ F (H)/2 − f (cid:48) = n4 − n2 = n1 − n3, ta có n4 = (α4 − 1)n4 = f (cid:48) + n1. Ta thấy ở trên f + n1 = (α2 − 1)n2 + n4. Thay n4 = (α4 − 1)n4 = f (cid:48) + n1 ta được f + n1 = (α2 − 2)n2 + n4 = (α2 − 2)n2 + f (cid:48) + n1 và do đó f = (α2 − 2)n2 + f (cid:48), mâu thuẫn với f (cid:54)= f (cid:48) và f (cid:48) ∈ P F (H). Vì thế b = α42 > 0.

Trong phần cuối chứng minh Định lý 2.3.3(3), ta có α12 = α2 − 1 − b > 0, α13 =

0, α14 = 1, α21 = 1, α23 = α3 − 1, α24 = 0, α31 = a, α32 = 1, α34 = α4 − 1, α41 =

α1 − 1 − a, α42 = b, α43 = 1. Vì b > 0, nên F (H) + n2 có biểu diễn duy nhất theo Bổ đề

2.1.10.

Tiếp theo chúng ta sẽ chỉ ra rằng a = α1 − 1. Ta đã có a ≤ α1 − 1 trong phần chứng

minh của Định lý 2.3.3. Nếu a < α1 − 1 thì ta có α41 > 0 và do đó theo Bổ đề 2.1.10,

F (F ) + n1 có biểu diễn duy nhất. Ta chỉ ra mâu thuẫn.

Cộng hàng thứ nhất và thứ hai của (†), ta có

F (H) + n1 = (α2 − 2)n2 + (α3 − 1)n3.

Do biểu diễn này là duy nhất, nên F (H) + n1 − n4 /∈ H và do đó theo Bổ đề 2.1.1 ta

có F (H) + n1 − n4 ∈ P F (cid:48)(H). Ta đặt

f = F (H) + n1 − n4, f (cid:48) = F (H) − f = n4 − n1.

Vì H là hầu đối xứng, nên f (cid:48) ∈ P F (cid:48)(H). Do đó theo Mệnh đề 2.2.13, α4 = 2. Suy ra

f (cid:48) + n4 = 2n4 − n1 = α4n4 − n1 = (α1 − 2 − a)n1 + bn2 + n3.

Theo Hệ quả 2.2.10, do b > 0, nên ta có α1 − 2 − a = 0, a = α1 − 2.

Vì các thành phần (4, 2), (4, 3) của RF (f (cid:48)) đều dương, nên các thành phần (2, 4), (3, 4)

của RF (f ) phải bằng 0 theo Bổ đề 2.2.3. Do đó theo Bổ đề 2.2.9, thành phần (1, 4) của

RF (f ) là dương, kéo theo f + n1 ≥H n4 = f (cid:48) + n1. Vì thế f (cid:48) ≤H f, mâu thuẫn với giả thiết f, f (cid:48) ∈ P F (cid:48)(H). Như vậy ta đã chỉ ra nếu F (H)/2 ∈ P F (H) thì RF (F (H)/2) có

dạng như trong phát biểu Định lý 2.3.3. Ta cũng chứng minh được nếu H là hầu đối

xứng với F (H) chẵn thì t(H) = 2.

Định lý 2.4.6. Nếu H = (cid:104)n1, . . . , n4(cid:105) là hầu đối xứng thì t(H) ≤ 3.

Chứng minh. Nếu H là hầu đối xứng và F (H) chẵn thì theo Mệnh đề 2.4.5 t(H) = 2.

Giả sử F (H) là lẻ. Theo Bổ đề 2.4.3, có ít nhất 4 hàng đặc biệt trong RF (f ) và

RF (f (cid:48)), nếu f + f (cid:48) = F (H). Mặt khác, ta đã chỉ ra trong Mệnh đề 2.2.15 rằng với

ni cố định tồn tại nhiều nhất hai hệ thức dạng f + nk = (αi − 1)ni. Vì có tất cả 4

phần tử sinh ni nên tồn tại nhiều nhất 8 hàng đặc biệt trong RF (f ) với các trường hợp của f ∈ P F (cid:48)(H). Điều này kéo theo lực lượng của P F (cid:48)(H) không vượt quá 4 và do đó

t(H) ≤ 5. Hơn nữa, lập luận này cũng chứng tỏ với mỗi ni, có đúng hai hàng đặc biệt dạng (αi − 1)ei − ek trong ma trận RF (f ) nào đó với f ∈ P F (cid:48)(H).

2, f (cid:48)

1, F (H)} với

Giả sử t(H) = 5 và P F (H) = {f1, f2, f (cid:48)

1 và f1 + f (cid:48)

2 < f (cid:48)

1 = f2 + f (cid:48)

2 = F (H).

f1 < f2 < f (cid:48)

Ta sẽ chỉ ra điều mâu thuẫn. Theo Bổ đề 2.4.3, mỗi cặp f, f (cid:48) ∈ P F (H) với f +f (cid:48) = F (H)

và với mỗi ni, tồn tại hàng đặc biệt thứ k nào đó dạng (αi − 1)ei − ek trong RF (f ) hoặc RF (f (cid:48)). Do đó nếu ta có hệ thức dạng

f + nk = (αi − 1)ni = f (cid:48) + nl,

thì có hai hàng đặc biệt (αi − 1)ei − ek trong RF (f ) và (αi − 1)ei − el trong RF (f (cid:48)), dẫn đến có 5 hàng đặc biệt trong cả RF (f ) và RF (f (cid:48)), mâu thuẫn với tính chất có nhiều

nhất 8 hàng đặc biệt trong cả hai ma trận. Vì vậy, nếu có hệ thức dạng

f + nk = (αi − 1)ni = f (cid:48) + nl,

thì f + f (cid:48) (cid:54)= F (H). Do tồn tại đúng bốn cặp của {f, f (cid:48)}, cụ thể là,

1, f2}, {f1, f (cid:48)

2}, {f (cid:48)

1, f (cid:48)

2},

{f1, f2}, {f (cid:48)

ta có các hệ thức sau trong đó np, . . . , ny ∈ {n1, n2, n3, n4}.

Cho {i, j, k, l} là hoán vị của {1, 2, 3, 4} và giả sử rằng n1 < n2 < n3 < n4. Ta có các

hệ thức sau

(2.2) f1 + np = (αi − 1)ni = f2 + nq

(2.3) f (cid:48) 1 + nr = (αj − 1)nj = f2 + ns

2 + nu

(2.4) f1 + nt = (αk − 1)nk = f (cid:48)

1 + nx = (αl − 1)nl = f (cid:48) f (cid:48)

2 + ny

(2.5)

1 − f (cid:48)

2, ta có

Từ các đẳng thức trên và f2 − f1 = f (cid:48)

1 − f (cid:48)

2 = ny − nx

(2.6) np − nq = f2 − f1 = f (cid:48)

1 − f2 = f (cid:48)

2 − f1 = nt − nu.

(2.7) ns − nr = f (cid:48)

Ta chia trường hợp theo số các phần tử khác nhau của hai tập {np, nq, nx, ny} và

{nt, nu, nx, ny}.

Trường hợp 1: Giả sử np = ny và nq = nx. Do ta giả sử {i, j, k, l} là hoán vị của

{1, 2, 3, 4} và ni, nl khác với np, nq, nên ta có {nl, nk} = {np, nq}. Khi đó từ các đẳng

thức (2.4), (2.5), ta có nr = nu < ns = nt và {ni, nl} = {nr, ns}.

Giả sử ni > nl (do đó ni = ns = nt và nl = nr = nu) và ta sẽ chỉ ra điều mâu thuẫn.

Tương tự, nếu ta giả sử ni < nl thì cũng kéo theo mâu thuẫn.

2, f (cid:48)

1 đối với {ni, np, nq, nl}. Các đẳng thức (2.3), (2.6) cho ta hàng thứ p của RF (f1) là (αi − 1, −1, 0, 0). Do thành phần thứ (q, i) của RF (f (cid:48)

1) là αi − 1 nên thành phần thứ (i, q) của RF (f1) = 0 theo Bổ đề 2.2.3. Do đó theo Bổ đề 2.2.9, thành phần thứ (l, q) của RF (f1) dương. Từ đẳng thức (2.5), để thành

Ta kiểm tra các ma trận RF của f1, f2, f (cid:48)

phần thứ (l, q) của RF (f1) dương, ta phải có nk = nq và do đó nj = np. Từ (2.3), ta có

αini = (f1 + ni) + np = (f2 + ni) + nq.

1 + nl = f2 + ni, nq = f1 + ni = f (cid:48)

2 + nl. Do đó từ (2.3), (2.6), ta được

Nhưng từ (2.4), (2.5), ta biết f1 + ni = (αq − 1)nq, f2 + ni = (αp − 1)np và do đó

1 + np) + nl = αlnl.

ta có (αq − 1)nq + np = (αp − 1)np + nq, kéo theo αp = αq = 2 và từ (2.4), (2.5) ta có np = f (cid:48) αini = (f1 + ni) + np = np + nq = (f (cid:48)

Tiếp theo ta tính f1 + nl. Ta có f1 + nl < np, nq. Suy ra ta có f1 + nl = cni với

1 + nl và nq = f1 + ni. Do đó trường

một số nguyên dương c nào đó. Nhưng theo Bổ đề 2.2.13, ta có c ≥ αi − 1. Suy ra f1 + nl + ni ≥ αini = np + nq, mâu thuẫn với np = f (cid:48)

hợp 1 không xảy ra.

Trường hợp 2: Nếu (cid:93) {np, nq, nx, ny} = 3 thì np = nx hoặc nq = ny và do đó 2np =

nq + ny hoặc 2nq = np + nx, dẫn đến αp = 2 hoặc αq = 2. Giả sử 2nq = np + nx và αq = 2. Từ (2.3)-(2.6), tồn tại f, f (cid:48) ∈ P F (cid:48)(H) sao cho

(∗) (αq − 1)nq = nq = f + nv = f (cid:48) + nw.

Từ nq không là số lớn nhất trong số n1 . . . , n4 và lớn hơn 2 giá trị khác ta suy ra nq = n3.

Ta giả sử n1 < n2 < n3 = nq < n4 và tính lại n1 + f1. Theo (∗), n1 + f1 < n3 và ta phải

có n1 + f1 = cn2 với c là số nguyên dương. Ta có cα2 − 1 và nếu n1 + f1 = (α2 − 1)n2 thì

theo (2.3)-(2.6), n1 + f1 = (α2 − 1)n2 = nw + f nhưng điều đó không thể suy ra được từ

n1 + f1 < n3. Nếu c ≥ α2 ta cũng có mâu thuẫn từ n1 + f1 không thể chứa n1, n3, n4.

Do đó trường hợp 2 không xảy ra. Dễ dàng thấy rằng (cid:93){nr, ns, nt, nu} = 3 kéo theo mâu

thuẫn.

Trường hợp 3: Để chứng minh Định lý 2.4.6, ta giả thiết {np, nq, nx, ny} và {nr, ns, nt, nu}

là các phần tử khác nhau và chỉ ra mâu thuẫn. Theo (2.3)-(2.6), ta có thể giả sử

1 − f2) + (f2 − f1) = f (cid:48)

1 − f1 và ta có f1 + n1 = f (cid:48)

2 − f1. Do 1 + n4. Hơn nữa, do

n1 < n2 < n3 < n4 với n2 − n1 = n4 − n3 = f2 − f1 và n3 − n1 = n4 − n2 = f (cid:48) đó n4 − n1 = (f (cid:48)

f1 + n4 không có dạng (αw − 1)nw, nên ta có

1 + n1 = bn2 + cn3

f1 + n4 = f (cid:48)

với c, d > 0. Do đó từ Bổ đề 2.2.3 ta có RF (f1)2,1 = RF (f1)3,1 = 0. Vì hàng thứ tư

của RF (f1) bằng (0, b, c, 0), nên mỗi thành phần của cột thứ nhất trong RF (f1) bằng

0, mâu thuẫn với Bổ đề 2.2.9.

KẾT LUẬN

Luận văn nghiên cứu về nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi 4 phần tử. Luận văn đạt

được các kết quả chính sau:

- Tìm hiểu về nửa nhóm số và các khái niệm cơ bản của nửa nhóm số như tập Apery và

chiều nhúng, số Frobenius và số giả Frobenius, nửa nhóm số đối xứng, giả đối xứng và

hầu đối xứng.

- Tìm hiểu về biểu diễn của các phần tử f + nk của H với f ∈ P F (H).

- Tìm hiểu cấu trúc ma trận RF của nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi 4 phần tử.

- Trình bày chứng minh chi tiết kết quả: kiểu của nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi 4

phần tử không vượt quá 3.

Tài liệu tham khảo

[1] V. Barucci, R. Fr¨oberg (1997), One-dimensional almost Gorenstein rings, J. Algebra

188, 418–442.

[2] S. Goto, R. Takahashi, N. Taniguchi (2015), Almost Gorensteinrings-towards a the-

ory of higher dimension, J. Pure Appl. Algebra 219, 2666–2712.

[3] J. Herzog (1970), Generators and relations of abelian semigroups and semigroup

rings, Manuscr. Math. 3, 175–193.

[4] J. Herzog, K. Watanabe (2019), Almost symmetric numerical semigroups, Semigroup

Forum 98, 589–630.

[5] J. Komeda (1982), On the existence of weierstrass points with a certain semigroup

generated by 4 elements, Tsukuba J. Math 6, 237–270.

[6] E. Kunz (1970), The value-semigroup of a one-dimensional Gorenstein rings, Proc.

Am. Math. Soc. 25, 748–751.

[7] A. Moscariello (2016), On the type of an almost Gorenstein monomial curve, J.

Algebra 456, 266–277.

[8] H. Nari (2013), Symmetries on almost symmetric numerical semigroups, Semigroup

Forum 86, 140–154.

[9] T. Numata (2013), Almost symmetric numerical semigroups generated by four ele-

ments, Proc. Inst. Nat. Sci. Nihon Univ. 48, 197–207.

[10] J. C. Rosales, M. B. Branco (2003), Irreducible numerical semigoups, Pacific J.

Math. 209, 131-143.

[11] S. Selmer (1977), On a linear Diophantine problem of Frobenius, J. Reine Angew.

Math. 293/294 , 1–17.

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Về nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi bốn phần tử

KHAMLIEN PHONXAYYAVONG

VỀ NỬA NHÓM SỐ HẦU ĐỐI XỨNG SINH BỞI BỐN PHẦN TỬ

KHAMLIEN PHONXAYYAVONG

VỀ NỬA NHÓM SỐ HẦU ĐỐI XỨNG SINH BỞI BỐN PHẦN TỬ

Lời cam đoan

Lời cảm ơn

Mục lục

MỞ ĐẦU

Chương 1

Một số khái niệm về nửa nhóm số

Chương 2

Nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi bốn phần tử

KẾT LUẬN

Tài liệu tham khảo

Có thể bạn quan tâm

Tài liêu mới

Giới thiệu

Về chúng tôi

Việc làm

Quảng cáo

Liên hệ

Chính sách

Thoả thuận sử dụng

Chính sách bảo mật

Chính sách hoàn tiền

DMCA

Hỗ trợ

Hướng dẫn sử dụng

Đăng ký tài khoản VIP

093 303 0098

support@tailieu.vn

Phương thức thanh toán

Theo dõi chúng tôi

Facebook

Youtube

TikTok

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Về nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi bốn phần tử

KHAMLIEN PHONXAYYAVONG

VỀ NỬA NHÓM SỐ HẦU ĐỐI XỨNG SINH BỞI BỐN PHẦN TỬ

KHAMLIEN PHONXAYYAVONG

VỀ NỬA NHÓM SỐ HẦU ĐỐI XỨNG SINH BỞI BỐN PHẦN TỬ

Lời cam đoan

Lời cảm ơn

Mục lục

MỞ ĐẦU

Chương 1

Một số khái niệm về nửa nhóm số

Chương 2

Nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi bốn phần tử

KẾT LUẬN

Tài liệu tham khảo

Có thể bạn quan tâm

Tài liêu mới

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Giới thiệu

Về chúng tôi

Việc làm

Quảng cáo

Liên hệ

Chính sách

Thoả thuận sử dụng

Chính sách bảo mật

Chính sách hoàn tiền

DMCA

Hỗ trợ

Hướng dẫn sử dụng

Đăng ký tài khoản VIP

093 303 0098

support@tailieu.vn

Phương thức thanh toán

Theo dõi chúng tôi

Facebook

Youtube

TikTok