ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
PHẠM THỊ THƠM
VỀ NỬA NHÓM SỐ HẦU ĐỐI XỨNG VỚI BỘI 5
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2020
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
PHẠM THỊ THƠM
VỀ NỬA NHÓM SỐ HẦU ĐỐI XỨNG VỚI BỘI 5
Chuyên ngành: Đại số và Lý thuyết số Mã số: 84.60.104
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. NGUYỄN THỊ DUNG
THÁI NGUYÊN - 2020
Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan rằng luận văn này là hoàn toàn trung thực và không trùng
lặp với các luận văn trước đây. Các thông tin, tài liệu trong luận văn đã được ghi
rõ nguồn gốc.
Thái Nguyên, ngày 10 tháng 9 năm 2020
Học viên
PHẠM THỊ THƠM
Xác nhận Xác nhận
của trưởng khoa chuyên môn của người hướng dẫn khoa học
i
PGS.TS. NGUYỄN THỊ DUNG
Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TS
Nguyễn Thị Dung, giảng viên Trường Đại học Nông Lâm- Đại học Thái Nguyên.
Tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Cô. Trong suốt quá trình làm
luận văn, Cô 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 Viện Toán học
và Đại học Thái Nguyên, những người đã tận tình giảng dạy và khích lệ, động
viên tôi vượt qua những khó khăn trong học tập. Tôi xin cảm ơn ban lãnh đạo
Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, Khoa Sau đại học 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 đã giúp đỡ, động viên, ủng hộ tôi
để tôi có thể hoàn thành tốt khóa học của mình.
Thái Nguyên, ngày 10 tháng 9 năm 2020
Học viên
ii
PHẠM THỊ THƠM
Mục lục
Lời cam đoan i
Lời cảm ơn ii
Mục lục iii
Mở đầu 1
3 1 Kiến thức chuẩn bị
3 . . 1.1 Số Frobenius và tập Apéry . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8 . . 1.2 Phân loại các nửa nhóm số . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8 . . 1.2.1 Nửa nhóm số đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . .
10 . . 1.2.2 Nửa nhóm số giả đối xứng . . . . . . . . . . . . . .
12 . . 1.2.3 Nửa nhóm số hầu đối xứng . . . . . . . . . . . . . .
18 2 Nửa nhóm số hầu đối xứng bội 5
18 . . 2.1 Đặc trưng nửa nhóm số hầu đối xứng bội 5 . . . . . . . . .
25 . . 2.2 Iđêan định nghĩa của vành nửa nhóm số hầu đối xứng bội 5 .
25 . . 2.2.1 Vành nửa nhóm số . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Đặc trưng của iđêan định nghĩa của vành nửa nhóm hầu
đối xứng bội 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
iii
36 Tài liệu tham khảo
Mở đầu
Cho nửa nhóm số H = (cid:104)n1, . . . , nr(cid:105) = {c1n1 + c2n2 + . . . + crnr | 0 (cid:54) ci ∈ Z} hữu hạn sinh bởi các số nguyên dương {n1, . . . , nr}. Khi đó ta nói rằng r là chiều nhúng, n1 là bội của H với kí hiệu tương ứng là emb(H) và e(H). Tập các khoảng trống là tập G(H) = N \ H và số g(H) =| G(H) | gọi là giống của H. Số Frobe- nius, ký hiệu bởi F(H), là số nguyên lớn nhất không thuộc H. Số nguyên x là giả
Frobenius nếu x /∈ H và x + h ∈ H, với mọi h ∈ H \ {0} và tập tất cả các số giả
Frobenius của H được ký hiệu là PF(H), số phần tử của tập PF(H) được gọi là
kiểu của H, ký hiệu bởi t(H). Trong lý thuyết nửa nhóm số, có ba lớp quan trọng
được quan tâm nghiên cứu nhiều nhất là nửa nhóm số đối xứng, giả đối xứng và
hầu đối xứng. Cho trước một nửa nhóm số bất kỳ, việc xác định xem chúng thuộc
loại nào là một bài toán khá phức tạp. Nhiều tác giả đã nghiên cứu về nửa nhóm
số với chiều nhúng 3 và việc phân loại các nửa nhóm số giả đối xứng với chiều
nhúng 3 đã được mô tả tường minh trong [5], [13]. Ta cũng đã có phân loại của tất cả nửa nhóm số hầu đối xứng có chiều nhúng là 4 với bội (cid:54) 4, nghĩa là nửa nhóm số có dạng H = (cid:104)a, b, c, d(cid:105) với a (cid:54) 4. Nếu a = 4 thì t(H) = 3 và H là hầu đối xứng nếu và chỉ nếu sau khi thay đổi các biến ta có
b = 2α + β + 1, c = 2β + 2, d = 2α + 3β − 1,
trong đó α là số nguyên dương và β là số nguyên dương chẵn bất kỳ (xem [12,
Định lý 2.6] và [14]). Trường hợp nửa nhóm số hầu đối xứng có chiều nhúng 4
với bội a = 5, nghĩa là nửa nhóm số có dạng H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105), nhờ công trình của
H. Nari, T. Numata and K. Wanatabe [14], ta có thể tính được tường minh các số
b, c, d (sau khi hoán vị nếu cần thiết) thỏa mãn những điều kiện nhất định và thu
được các nửa nhóm số đối xứng, giả đối xứng, hầu đối xứng.
1
Cho k là một trường. Khi đó vành nửa nhóm số k[H] liên kết với H là đại số
con của vành đa thức k[t] được sinh bởi các đơn thức tni, hay k[H] = k[tn1, . . . ,tnr]. Cho R := k[x1, . . . , xr] là vành đa thức r biến trên k, đặt I = IH là hạt nhân của toàn cấu tự nhiên ϕ : R → S := k[H] định nghĩa bởi ϕ(xi) = tni, với 0 (cid:54) i (cid:54) r. Nếu ta xem R và S như là các vành phân bậc bởi S0 = R0 = k, degt = 1 và deg xi = ni, với mọi 1 (cid:54) i (cid:54) r thì với phân bậc này, I là iđêan thuần nhất sinh bởi các nhị thức và được gọi là iđêan định nghĩa của H và vành S ⊂ k[t] có biểu diễn như là
thương của R/I.
Vành nửa nhóm số có thể được xem là một trong những cây cầu nối giữa Số
học và Đại số, rất nhiều tính chất của nửa nhóm số được phản ánh bởi những tính
chất đại số của vành nửa nhóm liên kết với chúng. Đặc biệt, có nhiều nghiên cứu
về tính chất đối xứng, giả đối xứng, hầu đối xứng của H thông qua số phần tử
sinh của iđêan định nghĩa I (xem [4], [7], [8], [12], [13],...). Ký hiệu µ(I) là số
phần tử sinh của I. Khi chiều nhúng r = 3, J. Herzog [8] đã đưa ra đặc trưng đầy đủ về iđêan định nghĩa I và ông đã chứng minh rằng µ(I) (cid:54) 3. Khi r = 4 và H là nửa nhóm giả đối xứng, iđêan định nghĩa I cũng đã được mô tả chi tiết bởi H. Bresinsky [4] với kết quả chính là µ(I) (cid:54) 5.
Mục đích của luận văn là tìm hiểu về nửa nhóm số hầu đối xứng với bội 5 và
chiều nhúng 4. Các kết quả của chương này được viết dựa theo bài báo của H.
Nari, T. Numata and K. Wanatabe trong [14].
Cấu trúc của luận văn gồm hai chương. Chương 1 dành để nhắc lại các kết
quả về số Frobenius, giả Frobenius, tập Apéry và mối liên hệ giữa các khái niệm
này. Trong chương 1, việc phân loại thành các lớp nửa nhóm số đối xứng, giả đối
xứng, hầu đối xứng chứa nhau và đặc trưng của chúng cũng đã được đưa ra và
chứng minh chi tiết.
Chương 2 chứng minh lại các kết quả chính của H. Nari, T. Numata and K.
Watanabe trong bài báo [14]. Mục 1 dành để chứng minh chi tiết đặc trưng của
các nửa nhóm số có bội là 5 và chiều nhúng 4. Kết quả chính của Mục 2 là hệ quả
của Mục 1, đó là tính được tường minh iđêan định nghĩa I của vành nửa nhóm số
k[H], qua đó tính được µ(I) = 5 nếu H là giả đối xứng và µ(I) = 6 nếu H là hầu
đối xứng với t(H) = 3.
2
Phần kết luận của luận văn tổng kết một số công việc đã thực hiện.
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1 Số Frobenius và tập Apéry
Ký hiệu Z và N tương ứng là tập các số nguyên và số nguyên không âm. Ta nói rằng tập H ⊂ N là nửa nhóm nếu 0 ∈ H và H + H ⊆ H. Cho H là nửa nhóm trên N. Nếu tồn tại số r > 0 và n1 < . . . < nr ∈ N sao cho
H = Nn1 + . . . + Nnr = {k1n1 + . . . + knnr|ki ∈ N}
thì ta nói rằng H được sinh bởi n1, . . . , nr. Ta cũng nói rằng H là sinh tối thiểu bởi n1, . . . , nr nếu các tập con thực sự của tập {n1, . . . , nr} không sinh ra H. Khi đó ta nói rằng emb(H) = r là chiều nhúng, e(H) = n1 là bội của H, tập các khoảng trống là G(H) = N \ H và số g(H) =| G(H) | là giống của H. Khi đó ta ký hiệu H = (cid:104)n1, . . . , nr(cid:105) và nếu N \ H là tập hữu hạn thì ta nói rằng H là nửa nhóm số. Ta có kết quả sau đây.
Định lý 1.1.1. Cho r (cid:62) 2 và H = (cid:104)n1, . . . , nr(cid:105). Khi đó gcd(n1, . . . , nr) = 1 nếu và chỉ nếu N \ H là tập hữu hạn.
Chứng minh. Giả sử rằng N \ H là tập hữu hạn. Ta đặt gcd(n1, . . . , nr) = d. Khi đó mọi số thuộc tập H đều chia hết cho d nên nếu d > 1 thì mọi số tự nhiên có dạng kd + 1, với k ∈ N, đều không thuộc tập H, dẫn đến N \ H là tập vô hạn, suy ra mâu thuẫn. Vậy d = 1.
Ngược lại, giả sử r = 2, tức là H = (cid:104)n1, n2(cid:105) và gcd(n1, n2) = 1. • Trường hợp nếu n1 = 1 hoặc n2 = 1 thì H = {k1n1 + k2n2|ki ∈ N} = N. Do
đó N \ H = /0 là tập hữu hạn.
3
• Trường hợp n1 > 1 và n2 > 1. Theo định lý Bezout, tồn tại các số nguyên tố
cùng nhau s1, s2 sao cho s1n1 + s2n2 = 1. Ta có thể giả sử rằng s1 > 0 và s2 < 0. Cho k > 0 là số nguyên đủ lớn, ta có thể viết k = qn2 + t, trong đó 0 ≤ t < n2, vì vậy k = qn2 + t(s1n1 + s2n2) = ts1n1 + (q + ts2)n2. Vì k là đủ lớn nên ta có (q + ts2) > 0, kéo theo k ∈ H. Do đó N \ H là tập hữu hạn.
Lập luận tương tự với trường hợp r > 2.
Từ Định lý 1.1.1, ta thấy rằng H = (cid:104)n1, . . . , nr(cid:105) là nửa nhóm số khi và chỉ khi gcd(n1, . . . , nr) = 1. Ta nhắc lại một số định nghĩa và tính chất cơ sở của số Frobenius, giả Frobenius và tập Apéry (xem [1], [3]).
Định nghĩa 1.1.2. (i) Số Frobenius, ký hiệu bởi F(H), là số nguyên lớn nhất
không thuộc H.
(ii) Ta nói rằng số nguyên x là giả Frobenius nếu x /∈ H và x + h ∈ H, với mọi
h ∈ H \ {0}. Ta ký hiệu PF(H) là tập các số giả Frobenius của H
PF(H) = {x /∈ H | x + h ∈ H, ∀ 0 (cid:54)= h ∈ H}
= {x /∈ H | x + ni ∈ H, ∀i = 1, . . . , r}.
(iii) Kiểu của H, ký hiệu bởi t(H), là số phần tử của tập PF(H).
(iv) Cho n (cid:54)= 0 là một phần tử thuộc H. Tập Apéry ứng với n của H là tập
Ap(H, n) = {h ∈ H | h − n /∈ H}.
Chú ý 1.1.3. (i) F(H) là số lớn nhất trong tập PF(H).
Thật vậy, giả sử ngược lại F(H) /∈ PF(H). Khi đó tồn tại h ∈ H \ {0} sao cho
F(H) + h /∈ H. Nhưng điều này mâu thuẫn với tính cực đại của định nghĩa số
F(H). Do đó F(H) là số lớn nhất trong tập PF(H).
(ii) Cho (cid:54)H là một quan hệ hai ngôi xác định trên H như sau: với d, d(cid:48) ∈ Z, ta viết d (cid:54)H d(cid:48) nếu d(cid:48) − d ∈ H. Khi đó (Z, ≤H) là một tập sắp thứ tự từng phần và PF(H) là tập gồm các phần tử cực đại của Z \ H theo quan hệ ≤H.
(iii) Với mỗi nửa nhóm số H, ta ký hiệu tập g − H = {F(H) − h | h ∈ H}. Khi
đó H và g − H là không giao nhau vì F(H) − h ∈ g − H, nếu F(H) − h ∈ H thì
(F(H) − h) + h = F(H) ∈ H, vô lý (xem [5]).
(iv) Số Frobenius là số duy nhất thuộc cả hai tập PF(H) và tập g − H. Thật
4
vậy, theo ý (i), ta đã có F(H) là số lớn nhất thuộc tập PF(H). Mặt khác, ta có
F(H) = F(H) − 0 ∈ g − H. Lấy bất kỳ phần tử x ∈ g − H và x (cid:54)= F(H), khi đó
tồn tại 0 < h ∈ H sao cho x = F(H) − h. Do đó ta có x + h = F(H) /∈ H, suy ra
x /∈ PF(H). (xem [5]).
Ví dụ 1.1.4. (1) Cho nửa nhóm H = (cid:104)5, 6(cid:105). Khi đó ta được F(H) = 19, và
PF(H) = 19 = {F(H)} do đó t(H) = 1 và G(H) = {1, 2, 3, 4, 7, 8, 9, 13, 14, 19}
do đó g(H) = 10. Tập g − H = {1, 2, 3, 4, 7, 8, 9, 13, 14, 19}. Ta thấy ngay rằng
G(H) = g − H và F(H) ∈ PF(H) cũng như F(H) ∈ g − H. Tập Apéry là
Ap(H, 5) = {0, 6, 12, 18, 24}.
x ∈ H ↓ 0 x /∈ H ↓ 2 1 3 4
5 7 6 8 9
10 12 11 13 14
15 17 16 18 19
20 22 21 23 24
(2) Cho H = (cid:104)4, 7, 9(cid:105). Khi đó F(H) = 10, PF(H) = {5, 10} ⊃ {F(H)} nên
t(H) = 2 và tập các khoảng trống G(H) = {1, 2, 3, 5, 6, 10} do đó g(H) = 6. Ta
thấy tập g − H = {1, 2, 3, 6, 10}, do đó F(H) ∈ PF(H) cũng như F(H) thuộc
g − H. Tập Apéry Ap(H, 4) = {0, 7, 9, 14}.
x ∈ H ↓ 0 1 x /∈ H ↓ 3 2
4 5 7 6
8 9 11 10
12 13 15 14
(3) Cho H = (cid:104)5, 9, 11, 17(cid:105) . Khi đó F(H) = 13, PF(H) = {6, 12, 13} nên
t(H) = 3 và G(H) = {1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 12, 13}, do đó g(H) = 9. Ta tìm được tập
5
g − H = {2, 3, 4, 8, 13} . Rõ ràng rằng F(H) = 13 thuộc cả hai tập PF(H) và
g − H. Tập Apéry là Ap(H, 5) = {0, 9, 11, 17, 18}.
x ∈ H ↓ 0 x /∈ H ↓ 2 1 3 4
5 7 6 8 9
10 12 11 13 14
15 17 16 18 19
Kết quả sau cho ta mối liên hệ giữa tập Apéry và các số Frobenius, giả Frobe-
nius.
Định lý 1.1.5. Cho H = (cid:104)n1, . . . , nr(cid:105) là nửa nhóm số. Khi đó ta có
(i) Ap(H, n1) = {w0, . . . , wn1−1}, trong đó wi là phần tử nhỏ nhất của H sao
cho wi ≡ i (mod n1) với mọi i = 0, . . . , n1 − 1. (ii) F(H) = max{s − n1|s ∈ Ap(H, n1)}. (iii) PF(H) = {w − n1|w ∈ max ≤H (Ap(H, n1))}.
Chứng minh. (i) Trước hết, ta chứng minh wi ∈ Ap(H, n1) với i = 0, . . . , n1 − 1. Giả sử ngược lại, nghĩa là tồn tại chỉ số i ∈ {0, . . . , n1 − 1} sao cho wi − n1 ∈ H. Vì thế cả wi − n1 và wi ∈ H đều đồng dư với i (mod n1) và wi − n1 < wi, dẫn đến mâu thuẫn với định nghĩa của wi. Do đó Ap(H, n1) có ít nhất n1 phần tử. Bây giờ để chứng minh khẳng định ta chỉ cần chỉ ra rằng Ap(H, n1) có chính xác n1 phần tử. Giả sử rằng card(Ap(H, n1)) > n1. Khi đó tồn tại hai phần tử s1 < s2 trong tập Ap(H, n1) sao cho cả s1 < s2 đều đồng dư với i (mod n1) với chỉ số i nào đó trong tập {0, . . . , n1 − 1}, nghĩa là s2 = s1 + kn1, với k > 0.Vì vậy s2 (cid:54)∈ Ap(H, n1), dẫn đến điều vô lý.
(ii) Ta đặt ϕ := max{s − n1|s ∈ Ap(H, n1)}. Theo định nghĩa của tập Apéry ta có ϕ /∈ H. Vì thế để chứng minh F(H) = ϕ, ta chỉ cần chỉ ra rằng nếu h ∈ N sao cho h > ϕ thì h ∈ H. Lấy i ∈ {0, . . . , n1 − 1} sao cho h ≡ i (mod n1). Khi đó ta có thể viết h = wi + αn1 = (wi − n1) + (α + 1)n1, trong đó α ∈ Z. Vì wi ∈ H và từ h > wi − n1, ta có (α + 1) > 0 và vì thế α ≥ 0, điều này kéo theo h ∈ H.
6
(iii) Cho u ∈ PF(H), ta chứng minh u ∈ {w − n1|w ∈ max ≤H (Ap(H, n1))}. Vì 0 < n1 ∈ H và u ∈ PF(H) nên theo định nghĩa ta được u + n1 ∈ H. Hơn nữa vì u + n1 − n1 = u /∈ H nên u + n1 ∈ Ap(H, n1). Do đó tồn tại w ∈ Ap(H, n1) sao cho
u + n1 = w. Giả sử tồn tại w(cid:48) ∈ Ap(H, n1) sao cho w ≤H w(cid:48). Khi đó w(cid:48) − w ∈ H hay w(cid:48) − u − n1 ∈ H. Nếu 0 < w(cid:48) − u − n1 ∈ H thì u + (w(cid:48) − u − n1) = w(cid:48) − n1 ∈ H suy ra mâu thuẫn. Vậy w(cid:48) − u − n1 = 0 hay w(cid:48) = u + n1 = w. Do đó nếu w thuộc max ≤H (Ap(H, n1)) thì u = w − n1.
Ngược lại, lấy w ∈ max ≤H (Ap(H, n1)), ta chứng minh u = w − n1 thuộc PF(H). Vì w ∈ Ap(H, n1) nên theo định nghĩa, ta có w − n1 /∈ H. Giả sử tồn tại phần tử 0 < h ∈ H sao cho w − n1 + h = w + h − n1 /∈ H. Do w + h ∈ H nên theo định nghĩa ta có w + h ∈ Ap(H, n1). Hơn nữa, ta lại có w + h − w = h ∈ H nên suy ra w ≤H w + h. Do tính cực đại của w nên ta phải có w = w + h hay h = 0, mâu thuẫn. Vậy với mọi 0 (cid:54)= h ∈ H, ta có w − n1 + h ∈ H hay u = w − n1 ∈ PF(H).
Hệ quả 1.1.6. Với mỗi i = 0, . . . , n1 − 1, ta đặt Hi = {s ∈ H|s ≡ i (mod n1)}. Khi đó H là hợp không giao nhau của các tập H0, . . . Hn1−1.
Chứng minh. Ta có ngay kết quả theo Định lý 1.1.5, (i).
Hệ quả 1.1.7. Cho r = 2 và giả sử rằng n1, n2 là các số nguyên tố cùng nhau. Khi đó F(H) = (n1 − 1)(n2 − 1) − 1.
Chứng minh. Ta chứng minh theo phương pháp tổ hợp bằng cách sử dụng tập Apéry. Cho s ∈ Ap(H, n1) là phần tử khác không. Theo định nghĩa của tập Apéry, ta có s = kn2 với k ∈ N và 0 < k < n1. Vì n1, n2 là các số nguyên tố cùng nhau nên ta có in2 (cid:54)≡ jn2 (mod n1) với mọi 0 < i < j < n1. Cho 0 < j < n1 và giả sử rằng jn2 /∈ Ap(H, n1). Khi đó jn2 − n1 ∈ H, suy ra tồn tại 0 ≤ i < j < n1 và k ∈ N sao cho jn2 − n1 = in2 + kn1, hay jn2 − in2 = (k + 1)n1, điều này kéo theo in2 ≡ jn2 (mod n1). Do đó i = j, dẫn đến mâu thuẫn. Vậy jn2 ∈ Ap(H, n1) với mọi 0 < j < n1. Suy ra
Ap(H, n1) := {0, n2, . . . , (n1 − 1)n2}.
Vì vậy F(H) = (n1 − 1)(n2) − n1 = (n1 − 1)(n2 − 1) − 1.
Mệnh đề 1.1.8. Cho H là nửa nhóm số. Khi đó ta luôn có 2g(H) (cid:62) F(H) +t(H).
Chứng minh. Ta định nghĩa tập N(H) := {h ∈ H | h < F(H)}. Rõ ràng rằng nếu
h ∈ N(H), thì F(H)−h /∈ H, và nếu f ∈ PF(H), f (cid:54)= F(H) thì F(H)− f /∈ H. Khi
7
đó ánh xạ ϕ : N(H)∪[PF(H)\{F(H)}] → G(H) cho bởi ϕ(h) = F(H)−h là đơn
ánh. Mặt khác vì | N(H) |= F(H) + 1 − g(H) và | [PF(H) \ {F(H)}] |= t(H) − 1
nên ta có
| N(H)∪[PF(H)\{F(H)}] |(cid:54)| G(H) | hay F(H)+1−g(H)+t(H)−1 (cid:54) g(H).
Vì thế nếu H là nửa nhóm số thì ta luôn có bất đẳng thức 2g(H) (cid:62) F(H) + t(H).
1.2 Phân loại các nửa nhóm số
Theo Mệnh đề 1.1.8, nếu H là nửa nhóm số thì ta luôn có kết quả là hai lần
giống của H luôn lớn hơn hoặc bằng tổng của số Frobenius và kiểu của H. Vậy
khi nào thì dấu "=" xảy ra? Kiểu của H có ảnh hưởng như thế nào tới cấu trúc
của nó? Trong mục này ta sẽ phân loại các nửa nhóm số thành các lớp chứa nhau
không những thỏa mãn dấu đẳng thức trên mà còn có kiểu đặc biệt như t(H) = 1
hoặc t(H) = 2.
1.2.1 Nửa nhóm số đối xứng
Định nghĩa 1.2.1. Một nửa nhóm số H được gọi là đối xứng nếu với mỗi số nguyên x ∈ Z, hoặc x ∈ H hoặc F(H) − x ∈ H.
/∈ H thì do H đối xứng nên Chú ý 1.2.2. (i) Nếu H đối xứng thì F(H) là số lẻ. Thật vậy, giả sử ngược lại, F(H) là số chẵn, tức là F(H)/2 ∈ Z. Nếu F(H) 2
F(H) − ∈ H. Suy ra ∈ H. Do đó F(H) ∈ H, vô lý. Vậy F(H) là số F(H) 2 F(H) 2 lẻ.
(ii) Theo Chú ý 1.1.3, (iii) và định nghĩa, ta có H là đối xứng tương đương với
H ∪ (g − H) = Z.
Nửa nhóm số đối xứng có những tính chất đẹp đẽ sau.
Định lý 1.2.3. Cho H là nửa nhóm số và tập Apérylà
Ap(H, n1) = {0 = w1 < w2 < . . . < wn1}.
Khi đó các mệnh đề sau là tương đương:
8
(i) H là đối xứng.
(ii) wi + wn1−i+1 = wn1, với mọi 1 (cid:54) i (cid:54) n1. (iii) PF(H) = {F(H)} hay t(H) = 1.
(iv) 2g(H) = F(H) + 1.
Chứng minh. (i) ⇒ (ii). Theo Định lý 1.1.5, (ii) ta có
F(H) = max{wi − n1 | wi ∈ Ap(H, n1), i = 1, ..., n1} = wn1 − n1.
Lấy wi ∈ Ap(H, n1), theo định nghĩa ta có wi − n1 /∈ H. Vì H là nửa nhóm số đối xứng nên F(H) − (wi − n1) ∈ H. Suy ra wn1 − n1 − (wi − n1) = wn1 − wi = k ∈ H hay wn1 = wi + k. Nếu k /∈ Ap(H, n1) thì k − n1 ∈ H. Vì wi ∈ Ap(H, n1) nên wi ∈ H. Do đó wi +k −n1 ∈ H hay wn1 −n1 ∈ H (vô lý vì wn1 ∈ Ap(H, n1)). Do đó tồn tại w j ∈ Ap(H, n1) sao cho k = w j, vì thế wn1 = wi + w j với ( j ∈ {1, . . . , n1}). Mặt khác vì 0 = w1 < w2 < . . . < wn1 nên ta có thể viết wn1 = wi + wn1−i+1 với 1 (cid:54) i (cid:54) n1.
(ii) ⇒ (i). Lấy wi ∈ Ap(H, n1), theo định nghĩa ta có wi −n1 /∈ H. Ta cần chứng minh F(H) − (wi − n1) ∈ H. Thậy vậy, theo (ii), ta luôn có wn1 = wi + wn1−i+1 nên
F(H) − (wi − n1) = wn1 − n1 − (wi − n1) = wn1 − wi = wn1−i+1 ∈ H.
Do đó H đối xứng theo định nghĩa.
(i) ⇔ (iii). Giả sử H là nửa nhóm số đối xứng. Ta cần chứng minh t(H) = 1
hay PF(H) = {F(H)}. Theo Chú ý 1.1.3, (i), F(H) là số lớn nhất thuộc tập
PF(H). Giả sử tồn tại phần tử x ∈ PF(H) và x (cid:54)= F(H). Theo định nghĩa tập giả
Frobenius, ta có x /∈ H và x + h ∈ H với mọi 0 (cid:54)= h ∈ H. Vì H là đối xứng nên ta
có F(H) − x = h ∈ H hay x + h = F(H) ∈ H, vô lý. Vậy x = F(H) hay F(H) là
số duy nhất thuộc tập PF(H).
Ngược lại, có t(H) = 1 hay PF(H) = {F(H)}. Ta cần chứng minh H là đối
xứng. Giả sử ngược lại, H không đối xứng. Khi đó theo [5], số
k(H) = max{x | x /∈ H, x /∈ g − H}
luôn tồn tại. Ta sẽ chứng minh k(H) ∈ PF(H). Giả sử ngược lại, khi đó tồn tại
9
h ∈ H nào đó sao cho k(H) + h /∈ H. Vì tính lớn nhất của k(H) nên ta suy ra k(H) + h ∈ g − H, hay k(H) + h = F(H) − h(cid:48), thỏa mãn h(cid:48) ∈ H. Do đó ta có
k(H) = F(H) − (h + h(cid:48)) ∈ g − H, vô lý. Vậy k(H) ∈ PF(H) và k(H) (cid:54)= F(H), mâu thuẫn với giả thiết. Do đó H là đối xứng.
(i)⇔ (iv). Ta có 2g(H) = F(H) + 1 ⇔ g(H) = , khi và chỉ khi F(H) F(H) + 1 2 là số lẻ và trong tập {0, 1, . . . , F(H)}, số phần tử thuộc H bằng số phần tử không
thuộc H, khi và chỉ khi nếu x /∈ H thì F(H) − x ∈ H, khi và chỉ khi H đối xứng.
1.2.2 Nửa nhóm số giả đối xứng
Định nghĩa 1.2.4. Một nửa nhóm số H được gọi là giả đối xứng nếu F(H) là số chẵn và với mỗi số x ∈ Z \ {F(H)/2}, hoặc x ∈ H hoặc F(H) − x ∈ H.
+ n1 ∈ Ap(H, n1). Thật vậy F(H) 2
ta sẽ chứng minh + n1 ∈ H. Giả sử ngược lại, + n1 /∈ H. Do H
nên F(H) − ( + n1) ∈ H. Suy ra Chú ý 1.2.5. (i) Nếu H là giả đối xứng thì F(H) 2 F(H) 2 F(H) 2
∈ H, vô lý. Do đó − n1 + n1 ∈ H. Khi đó F(H) 2 F(H) 2 F(H) 2
= + n1 (cid:54)= F(H) 2 /∈ H nên + n1 − n1 /∈ H. Vậy ta được + n1 ∈ H. Vì F(H) 2 F(H) 2
− n1 thuộc H. Do đó F(H) 2 + n1 ∈ Ap(H, n1).
là giả đối xứng và F(H) 2 F(H) 2 F(H) 2 (ii) Theo Chú ý 1.1.3, (iii) và định nghĩa, ta có H là giả đối xứng tương đương
với H ∪ (g − H) = Z \ {F(H)/2}.
(iii) Theo Định lý 1.2.3, (i) suy ra (iii), ta thấy nếu H không là đối xứng thì k(H) là số lớn thứ hai trong tập PF(H). Hơn nữa ta suy ra 2k(H) (cid:62) F(H), vì nếu x /∈ H, x /∈ g − H thì F(H) − x /∈ H và F(H) − x /∈ g − H, và với mỗi x ∈ Z, có ít
. nhất một trong hai số x hoặc F(H) − x lớn hơn hoặc bằng F(H) 2
Nửa nhóm số giả đối xứng được đặc trưng như sau.
Định lý 1.2.6. Cho H là nửa nhóm số và F(H) là chẵn và tập Apéry là
+ n1, wn1 = F(H) + n1}. Khi F(H) 2 Ap(H, n1) = {0 = w1 < w2 < . . . < wn1−1 = đó các mệnh đề sau là tương đương:
10
(i) H là giả đối xứng. (ii) wi + wn1−i = wn1, với mọi 2 (cid:54) i < n1 − 1.
(cid:27) , F(H) . (iii) PF(H) = (cid:26)F(H) 2
(iv) 2g(H) = F(H) + 2.
Chứng minh. (i) ⇒ (ii). Do H là giả đối xứng nên + n1 ∈ Ap(H, n1) theo
Chú ý 1.2.5. Ta có F(H) 2 + n1 < F(H) + n1 = max{Ap(H, n1)} = wn1. Ta lấy
wi ∈ Ap(H, n1) \ { + n1}. Khi đó wi − n1 /∈ H và vì wi (cid:54)= + n1 nên F(H) 2 F(H) 2 F(H) 2
wi − n1 (cid:54)= . Do H là nửa nhóm số giả đối xứng nên F(H) − (wi − n1) ∈ H. F(H) 2
Suy ra wn1 −n1 −(wi −n1) = wn1 −wi = w j ∈ H, trong đó w j (cid:54)=
, +n1 thì (F(H)+n1)−wi = F(H) 2 +n1, suy ra wi = w j = wn1 −wi = F(H) 2 +n1 (vì nếu F(H) 2 F(H) 2
/∈ H). Vậy, ta có wi + wn1−i = wn1, với F(H) 2 dẫn đến vô lý vì wi ∈ H trong khi 2 (cid:54) i < n1 − 1.
(ii) ⇒ (i). Lấy x ∈ Z sao cho x /∈ H và x (cid:54)= F(H) 2
. Chứng minh F(H) − x ∈ H. Thật vậy lấy w ∈ Ap(H, n1) sao cho w ≡ x (mod n1), nghĩa là w = x + kn1 với 0 (cid:54)= k ∈ N hay x = w − kn1. Ta xét 2 trường hợp:
• Nếu w = + n1 = wn1−1 thì F(H) 2
F(H)−x = F(H)−(w−kn1) = F(H)−( +n1 −kn1) = +(k −1)n1. F(H) 2 F(H) 2
Do x (cid:54)= nên k (cid:54)= 1 do đó k ≥ 2. Suy ra F(H) 2
+ (k − 1)n1 = + n1 + λ n1 ∈ H F(H) 2 F(H) 2
với λ ≥ 0. Suy ra F(H) − x ∈ H.
• Nếu wi (cid:54)= 0 với 2 (cid:54) i < n1 − 1 thì
F(H) − x = F(H) − (wi − kn1) = F(H) + n1 − wi + (k − 1)n1
= wn1 − wi + (k − 1)n1 = wn1−i + (k − 1)n1.
Từ đó F(H) − x ∈ H.
Vậy cả 2 trường hợp nếu x /∈ H thì F(H) − x ∈ H nên H là giả đối xứng theo
11
định nghĩa.
(cid:27) , F(H) (i)⇔(iii). Giả sử H là nửa nhóm số giả đối xứng, ta cần chứng minh t(H) = 2 ∈ Z. Dễ . Thật vậy, vì F(H) là số chẵn nên hay PF(H) = (cid:26)F(H) 2 F(H) 2
+ thấy /∈ H vì nếu ∈ H thì F(H) = , vô lý. Ta sẽ chứng
(cid:26) (cid:27) minh F(H) 2 ∈ PF(H). Giả sử với h ∈ H \ 0, ta có +h /∈ H, vì H là F(H) 2 F(H) 2 F(H) 2 F(H) 2 F(H) 2 F(H) 2
giả đối xứng nên F(H)−( F(H) 2 F(H) 2
∈ PF(H). = h + h(cid:48) ∈ H, vô lý. Từ đó suy ra đó +h) thuộc H hay F(H) 2 −h = h(cid:48) ∈ H. Nhưng khi F(H) 2 F(H) 2
Giả sử tồn tại phần tử x ∈ PF(H) mà x (cid:54)= F(H) và x (cid:54)= + h ∈ H do đó F(H) 2 (cid:27) tập giả Frobenius ta có x /∈ H, x + h thuộc H với mọi h ∈ H \ . Vì 0, , theo định nghĩa (cid:26) F(H) 2
H là giả đối xứng nên F(H) − x = h thuộc H hay F(H) = x + h, vô lý. Vậy
PF(H) = { , F(H)}. F(H) 2 (cid:27) , F(H) . Lấy phần tử Ngược lại, giả sử tập giả Frobenius PF(H) = (cid:26)F(H) 2
. Ta sẽ chứng minh F(H) − x ∈ H. Giả sử F(H) 2 x ∈ Z sao cho x /∈ H và x (cid:54)= F(H) − x /∈ H, khi đó x /∈ g − H. Theo định nghĩa k(H) là số lớn nhất trong
PF(H) nên từ giả thiết, ta có k(H) = F(H) 2
hoặc F(H) − x (cid:62) k(H) và vì tính chất lớn nhất của k(H) nên ta có hoặc x = những số x như vậy và theo Chú ý 1.2.5, (iii), vì k(H) là số lớn thứ hai trong tập . Vì với mọi x ∈ Z, hoặc x (cid:62) k(H) F(H) 2
hoặc F(H) = , mâu thuẫn. Vậy F(H) − x ∈ H hay H là giả đối xứng. F(H) 2
(i) ⇔(iv). Ta có 2g(H) = F(H) + 2 nếu và chỉ nếu g(H) = + 1 và F(H)
F(H) 2
F(H) 2 là số chẵn, nếu và chỉ nếu trong tập {0, 1, . . . , F(H)}, ngoại trừ số , có đúng một nửa số phần tử thuộc H, nghĩa là với mọi x thuộc Z \ {F(H)/2}, hoặc x ∈ H hoặc F(H) − x ∈ H, nếu và chỉ nếu H là giả đối xứng.
1.2.3 Nửa nhóm số hầu đối xứng
Khái niệm nửa nhóm số hầu đối xứng được định nghĩa bởi Barucci và Froberg
12
trong [3]. Mục này nhắc lại một số kết quả trong [3], [12], [14].
Định nghĩa 1.2.7. Một nửa nhóm số H được gọi là hầu đối xứng nếu x /∈ H kéo
theo hoặc F(H) − x ∈ H hoặc x ∈ PF(H).
Chú ý 1.2.8. (i) Cho H là 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) ⊆ PF(H). Thật vậy, giả sử rằng L(H) ⊆ PF(H). Lấy phần tử bất kỳ x ∈ Z \ H. Khi đó nếu F(H) − x /∈ H thì x ∈ L(H), suy ra x ∈ PF(H), hay H là hầu đối xứng theo định nghĩa.
Ngược lại, giả sử H là hầu đối xứng. Khi đó với mọi x ∈ L(H) ta có x /∈ H và
F(H) − x /∈ H. Do đó theo giả thiết x ∈ PF(H), suy ra L(H) ⊆ PF(H).
(ii) Từ (i), dễ thấy rằng H là đối xứng nếu và chỉ nếu L(H) = /0, còn H là giả (cid:27) . đối xứng nếu và chỉ nếu L(H) = (cid:26)F(H) 2
(iii) Theo (ii), rõ ràng rằng nếu nửa nhóm số H là đối xứng hoặc giả đối xứng
thì H là hầu đối xứng, nhưng điều ngược lại chưa chắc đúng.
Ví dụ 1.2.9. (i) Cho nửa nhóm H = (cid:104)3, 5(cid:105). Khi đó
x ∈ H ↓ 0 x /∈ H ↓ 2 1
3 5 4
6 8 7
9 10 11
Ta có:
F(H) = 7; PF(H) = {7},t(H) = 1;
G(H) = {1, 2, 4, 7} , g(H) = 4; L(H) = /0;
g − H = {1, 2, 4, 7} ; Ap(H, 3) = {w1 = 0, w2 = 5, w3 = 10} .
Khi đó theo Định nghĩa 1.2.1, Chú ý 1.2.2 và Định lý 1.2.3, ta có H là nửa nhóm
số đối xứng với các dấu hiệu nhận biết sau:
13
(1) Rõ ràng với mọi x ∈ Z, ta thấy hoặc x ∈ H, hoặc F(H) − x ∈ H. (2) g − H = G(H) = {1, 2, 4, 7} ; L(H) = /0; H ∪ g − H = Z. (3) PF(H) = {7} = {F(H)},t(H) = 1.
(4) 2g(H) = F(H) + 1 = 8. (5) Với mọi wi ∈ Ap(H, 3) ta có wi + w3−i+1 = w3 = 10 với mọi i = 1, . . . , 3.
Vì vậy H cũng là hầu đối xứng theo Chú ý 1.2.8 (iii).
(ii) Cho H = (cid:104)4, 5, 7(cid:105). Khi đó
x ∈ H ↓ 0 x /∈ H ↓ 2 1 3
4 6 5 7
8 10 9 11
Ta có:
F(H) = 6; PF(H) = {3, 6},t(H) = 2; L(H) = {3}, k(H) = 3;
G(H) = {1, 2, 3, 6} , g(H) = 4;
g − H = {1, 2, 6} ; Ap(H, 4) = {w1 = 0, w2 = 5, w3 = 7, w4 = 10} .
Khi đó vì F(H) = 6 ⊂ PF(H) = {3, 6} nên H không là đối xứng. Theo Định
nghĩa 1.2.4, Chú ý 1.2.5 và Định lý 1.2.6, ta có H là nửa nhóm số giả đối xứng
với các dấu hiệu nhận biết sau:
(1) Rõ ràng với mọi 0 (cid:54)= x ∈ Z\{ }, ta thấy hoặc x thuộc H, hoặc F(H)−x F(H) 2 thuộc H.
= 3}; F(H) 2 (2) g − H = {1, 2, 6} ⊂ G(H) = {1, 2, 3, 6} ; H ∪ g − H = Z \ { (3) F(H) = 6 ∈ PF(H) = {3, 6},t(H) = 2, k(H) = 3 là số lớn thứ hai thuộc
tập PF(H).
(4) 2g(H) = F(H) + 2 = 8. (5) Với mọi wi ∈ Ap(H, 4) ta có wi + w4−i = w4 = 10 với mọi 2 (cid:54) i < 3. (6) L(H) = {3} = { }. F(H) 2 (7) L(H) = {3} ⊂ PF(H) nên H là hầu đối xứng, cộng với t(H) = 2 nên H là
giả đối xứng.
(iii) Cho H = (cid:104)5, 7, 11, 13(cid:105). Khi đó
x ∈ H ↓ 0 1 x /∈ H ↓ 2 3 4
5 6 7 8 9
14
10 11 12 13 14
Ta có
F(H) = 9; PF(H) = {6, 8, 9},t(H) = 3; L(H) = {1, 3, 6, 8}, k(H) = 8;
G(H) = {1, 2, 3, 4, 6, 8, 9} , g(H) = 7;
g − H = {2, 4, 9} ; Ap(H, 4) = {w1 = 0, w2 = 7, w3 = 11, w4 = 13, w5 = 14} .
Khi đó vì F(H) = 9 (cid:54)⊆ PF(H) = {6, 8, 9} nên H không là đối xứng, vì t(H) = 3
nên H cũng không là giả đối xứng. Theo Định nghĩa 1.2.7, Chú ý 1.2.8, ta có H
không là nửa nhóm số hầu đối xứng vì:
(1) Tồn tại phần tử 1 /∈ H và 1 /∈ PF(H) nhưng F(H) − 1 = 8 /∈ H.
(2) Tập L(H) = {1, 3, 6, 8} (cid:54)⊆ PF(H) = {6, 8, 9}.
Kết quả sau được chứng minh bởi [2] và [3].
Định lý 1.2.10. Cho H là nửa nhóm số. Khi đó các mệnh đề sau là tương đương:
(i) H là hầu đối xứng.
(ii) 2g(H) = F(H) + t(H).
Hệ quả 1.2.11. Nửa nhóm số H là giả đối xứng nếu và chỉ nếu H là hầu đối xứng
với t(H) = 2.
Chứng minh. Theo Chú ý 1.2.8, ta chỉ cần chứng minh chiều ngược lại. Giả sử H
là hầu đối xứng và t(H) = 2. Ta đã có 2g(H) = F(H) + t(H) = F(H) + 2 (theo ∈ Z. Vì F(H) /∈ H nên + 1, do đó F(H) 2 F(H) 2
/∈ H nên theo định nghĩa nửa nhóm hầu đối xứng, F(H) 2
Định lý 1.2.10). Suy ra g(H) = F(H) 2 ta có ∈ PF(H). Vì thế PF(H) = {F(H), } nên H là giả đối xứng F(H) 2 /∈ H. Do F(H) − F(H) 2 theo Định lý 1.2.6.
Ta có một đặc trưng rất quan trọng của nửa nhóm số hầu đối xứng thông qua
tập Apéry và tập giả Frobenius được chứng minh bởi H. Nari [12].
Định lý 1.2.12. Cho H là nửa nhóm số và n là một phần tử khác không của H.
Đặt tập
Ap(H, n) = {0 < α1 < α2 < . . . < αm} ∪ {β1 < β2 < . . . < βt(H)−1}
15
với m = n − t(H) và PF(H) = {βi − n, αm − n = F(H) | 1 (cid:54) i (cid:54) t(H) − 1}. Đặt fi = βi − n và ft(H) = αm − n = F(H). Các điều kiện sau là tương đương:
(i) H là hầu đối xứng. (ii) αi + αm−i = αm với i ∈ {1, 2, . . . , m − 1} và β j + βt(H)− j = αm + n với
j ∈ {1, 2, . . . ,t(H) − 1}.
(iii) fi + ft(H)−i = F(H) với i ∈ {1, 2, . . . ,t(H) − 1}.
Chứng minh. Ta đặt t = t(H).
(i) ⇒ (ii). Vì αi − n /∈ H nên ta có F(H) − (αi − n) = αm − αi ∈ H hơn nữa αm − (αi − n) /∈ H theo định nghĩa của nửa nhóm hầu đối xứng. Vì thế ta có αm − αi ∈ Ap(H, n). Nếu tồn tại j sao cho αm − αi = β j thì F(H) = αi + fi ∈ H, vô lý. Vì vậy ta có αi + αm−i = αm, với mọi i ∈ {1, 2, . . . , m − 1}. Tiếp theo, ta cũng thấy được rằng β j + βt− j = αm + n với mọi j ∈ {1, 2, ...,t − 1}. Hơn nữa vì αm − β j = F(H) − f j (cid:54)∈ H, nên ta có αm − β j ∈ PF(H) theo định nghĩa của nửa nhóm hầu đối xứng nghĩa là αm − β j = βt− j − n với mọi j ∈ {1, 2, . . . ,t − 1}.
(ii) ⇒ (iii). Theo giả thiết ta có (β j − n) + (βt− j − n) = αm − n kéo theo tổng
f j + ft− j = F(H).
(iii)⇒ (i). Theo Định lý 1.2.10, ta chỉ cần chỉ ra rằng K ⊂ M − M. Cho x ∈ K
và x = F(H) − z với z /∈ H. Nếu z ∈ PF(H), thì x ∈ PF(H) theo giả thiết của
(iii). Nếu z /∈ PF(H) thì tồn tại h ∈ M sao cho z + h ∈ PF(H). Do đó ta suy ra
x = F(H) − (z + h) + h ∈ H, vì F(H) − (z + h) ∈ PF(H). Vì thế ta có H là hầu
đối xứng.
Cho H = (cid:104)n1, . . . , nr(cid:105) là một nửa nhóm số. Nhắc lại rằng H được gọi là nửa
nhóm số có chiều nhúng cực đại nếu emb(H) = e(H) = n1 (xem [3]).
Ví dụ 1.2.13. (i) Cho H = (cid:104)5, 8, 11, 12(cid:105). Khi đó Ap(H, 5) = {0, 8, 11, 12, 19} và
F(H) = 14, PF(H) = {7, 14}. Suy ra t(H) = 2, m = 5 − t(H) = 5 − 2 = 3 và
Ap(H, 5) = {0, α1 = 8, α2 = 11, α3 = 19} ∪ {β1 = 12}.
Rõ ràng rằng PF(H) = {β1 − 5, α3 − 5} = {7, 14}. Vì f1 = β1 − 5 = 7 và ta có f1 + f1 = 14 = F(H) nên theo Định lý 1.2.12, H là hầu đối xứng.
(ii) Cho a (cid:62) 3 là một số nguyên lẻ và H = (cid:104)a, a + 2, a + 4, ..., 3a − 2(cid:105). Vì các phần tử sinh của H có dạng a + 2k, với k = 0, 1, 2, . . . , a − 1 nên số phần tử
16
sinh của H bằng a. Do đó H có chiều nhúng cực đại. Vì a là số lẻ nên ta có
a + 2 − a, a + 4 − a, . . . , 3a − 2 − a không thuộc vào H. Do đó ta có tập Apéry
Ap(H, a) = {0, a + 2, a + 4, . . . , 3a − 2} và PF(H) = {2, 4, ..., 2(a − 1)}. Khi đó
F(H) = 2(a − 1),t(H) = a − 1 do đó t(H) − 1 = a − 2 và m = a − t(H) suy ra
m = a − (a − 1) = 1. Theo Định lý 1.2.12, ta có
αm = α1 = a + F(H) = a + 2(a − 1) = 3a − 2
và
Ap(H, a) = {0, α1 = 3a − 2} ∪ {β1 = a + 2, β2 = a + 4, . . . , βa−2 = 3a − 4}.
Ta đặt fi = βi − a. Khi đó ta có f1 = 2, f2 = 4, . . . , fa−2 = 2(a − 2). Rõ ràng rằng
f1 + fa−2 = 2(a − 1) = F(H), f2 + fa−3 = 4 + 2(a − 3) = 2(a − 1) = F(H), ...
Vì vậy H là hầu đối xứng theo Định lý 1.2.12.
Một số trường hợp đặc biệt:
(1) Nếu a = 3 thì ta có H = (cid:104)3, 3 + 2, 3.3 − 2(cid:105) = (cid:104)3, 5, 7(cid:105) . Khi đó ta có tập
Ap(H, 3) = {0, 5, 7} và F(H) = 4, PF(H) = {2, 4} . Ta thấy nửa nhóm H có
t(H) = 2 (cid:54)= 1 nên không là đối xứng theo Định lý 1.2.3. Vì t(H) = 2 và ta có m = 3 − 2 = 1, nên αm = α1 = 7 và
Ap(H, 3) = {0, α1 = 7} ∪ {β1 = 5} .
Rõ ràng rằng PF(H) = {β1 − 3, α1 − 3} = {2, 4} . Vì f1 = β1 − 3 = 2 và hơn nữa f1 + f1 = 4 = F(H) nên theo Định lý 1.2.12, H là hầu đối xứng. Mặt khác t(H) = 2 nên H cũng là giả đối xứng theo Hệ quả 1.2.11.
(2) Nếu a = 5 thì ta có H = (cid:104)5, 5 + 2, 5 + 4, 5 + 6, 5.3 − 2(cid:105) = (cid:104)5, 7, 9, 11, 13(cid:105) .
Khi đó Ap(H, 5) = {0, 7, 9, 11, 13} và F(H) = 8, PF(H) = {2, 4, 6, 8} . Ta thấy
nửa nhóm H có t(H) = 4 nên không là đối xứng theo Định lý 1.2.3, không là giả đối xứng theo Định lý 1.2.6. Vì t(H) = 4; m = 5 − 4 = 1 nên suy ra αm = α1 = 13 và
Ap(H, 5) = {0, α1 = 13} ∪ {β1 = 7, β2 = 9, β3 = 11} .
Rõ ràng rằng PF(H) = {β1 − 5, β2 − 5, β3 − 5, α1 − 5} = {2, 4, 6, 8} . Và ta thấy f1 = β1 − 5 = 2, f2 = β2 − 5 = 4, f3 = β3 − 5 = 6 và
f1 + f4−1 = 2 + 6 = f2 + f4−2 = 4 + 4 = f3 + f4−3 = 6 + 2 = 8 = F(H)
17
nên theo Định lý 1.2.12, H là hầu đối xứng.
Chương 2
Nửa nhóm số hầu đối xứng bội 5
Phân loại các nửa nhóm số giả đối xứng với chiều nhúng 3 đã được đưa ra bởi
H. Nari, T. Numata and K. Watanabe trong [13]. Chú ý 2.9 trong [14] cho ta sự phân loại các nửa nhóm số hầu đối xứng với bội (cid:54) 4 như sau: cho H = (cid:104)a, b, c, d(cid:105) là nửa nhóm số với chiều nhúng 4 và bội a (cid:54) 4. Khi đó nếu a = 4 thì t(H) = 3 và Ap(H, 4) = {0, b, c, d}. Theo [12, Định lý 2.6], ta thấy rằng H là hầu đối xứng
nếu và chỉ nếu sau khi thay đổi các biến ta có
b = 2α + β + 1, c = 2β + 2, d = 2α + 3β − 1,
trong đó α là số nguyên dương và β là số nguyên dương chẵn bất kỳ. Thật vậy,
vì n = 4,t(H) = 3, m = n − t(H) = 1 và t(H) − 1 = 2 nên
Ap(H, 4) = {0, b, c, d} = {0, α1 = d = 2α + 3β − 1}
∪ {β1 = b = 2α + β + 1, β2 = c = 2β + 2}.
Nếu đặt f1 = β1 − 4, f2 = β2 − 4 và F(H) = α1 − 4 thì ta có
f1 + f2 = 2α + 3β − 5 = F(H).
Theo [12, Định lý 2.6], ta có H là hầu đối xứng.
Do đó ta có phân loại của tất cả nửa nhóm số hầu đối xứng với bội (cid:54) 4. Mục tiêu của chương này là tìm hiểu về nửa nhóm số hầu đối xứng với bội 5 và chiều
nhúng 4. Các kết quả của chương này được viết dựa theo bài báo cũng của H.
Nari, T. Numata and K. Wanatabe trong [14].
2.1 Đặc trưng nửa nhóm số hầu đối xứng bội 5
18
Cho H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) là nửa nhóm số với bội 5, trước tiên ta chỉ ra rằng t(H) (cid:54) 3.
Bổ đề 2.1.1. Cho H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) là nửa nhóm số với bội 5. Khi đó t(H) (cid:54) 3. Hơn nữa nếu t(H) = 3 và ta đặt Ap(H, 5) = {0, b, c, d, ω} thì ω = 2d sau khi sắp xếp
lại {b, c, d}.
Chứng minh. Cho tập Ap(H, 5) = {0, b, c, d, ω}. Vì ω không là phần tử sinh tối thiểu của H nên một trong những phần tử b, c, d (cid:54)H ω. Vì vậy ít nhất một trong những phần tử {b, c, d, ω} không là cực đại ứng với quan hệ (cid:54)H, do đó t(H) (cid:54) 3 theo Định lý 1.1.5, (iii).
Nếu t(H) = 3 thì chỉ có một phần tử trong {b, c, d, ω} , chẳng hạn là d (cid:54)H ω.
Do đó ω = nd với n (cid:62) 2. Nếu n (cid:62) 3 thì b hoặc c (cid:54)H 2d (cid:54)H ω. Vì thế ω = 2d.
Bổ đề tiếp theo nói về đặc trưng của các nửa nhóm số với bội 5 và có chiều
nhúng là 4.
Bổ đề 2.1.2. Cho H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) là nửa nhóm số với bội 5. Khi đó
(i) H là giả đối xứng nếu và chỉ nếu b + c = 2d − 5 sau khi hoán vị b, c và d
nếu cần thiết.
(ii) H là hầu đối xứng với t(H) = 3 nếu và chỉ nếu b + c = 2d + 5 sau khi hoán
vị b, c và d nếu cần thiết.
(iii) H là đối xứng nếu và chỉ nếu b + c = 2d sau khi hoán vị b, c và d nếu cần
thiết.
Chứng minh. Ta đặt Ap(H, 5) = {0, b, c, d, ω} trong suốt chứng minh này.
(i) Giả sử H là giả đối xứng. Khi đó t(H) = 2 và giả sử sau khi sắp xếp lại
b, c, d ta có d − 5 ∈ PF(H) = {d − 5, F(H)} với F(H) = 2(d − 5). Mặt khác vì b, c ∈ Ap(H, 5) = {0, b, c, d, ω} nên b − 5, c − 5 ∈ Z \ H. Vậy b − 5 (cid:54)H d − 5 hoặc b−5 (cid:54)H F(H). Nếu b−5 (cid:54)H d −5 thì b−d ∈ H, do đó d = 5c1 +bc2 +cc3 +dc4 với c2 (cid:62) 1, c1, c3, c4 (cid:62) 0 (mâu thuẫn). Vì thế ta được b − 5 (cid:54)H F(H). Tương tự c − 5 (cid:54)H F(H). Khi đó F(H) = ω − 5 = 2(d − 5) hay 2d = ω + 5. Mặt khác, vì Ap(H, 5) = {0, b, c, d, ω} nên theo Định lý 1.2.6, ta có b + c = ω. Vậy suy ra
2d = ω + 5 = b + c + 5.
Ngược lại, nếu sau khi hoán vị b, c, d mà ta có 2d = b + c + 5 = ω + 5 thì
19
ω = b + c và ω − 5 = 2(d − 5), theo Định lý 1.2.6, H là giả đối xứng.
(ii) Giả sử t(H) = 3. Theo Bổ đề 2.1.1 ta có thể giả sử ω = F(H) + 5 = 2d và
theo Định lý 1.2.12, ta có m = n1 − t(H) = 5 − 3 = 2, n = t(H) − 1 = 2, tập
Ap(H, 5) = {0, b, c, d, ω} = {0, α1 = d, α2 = ω} ∪ {β1 = b, β2 = c} .
Vì thế ta có H là hầu đối xứng khi và chỉ khi b − 5 + c − 5 = ω − 5 (theo Định lý
1.2.12 (ii), (iii)) hay b + c = ω + 5. Vậy 2d = ω = b + c − 5.
(iii) Theo Định lý 1.2.3, H là nửa nhóm số đối xứng nếu và chỉ nếu t(H) = 1 hay PF(H) = {F(H)} , nếu và chỉ nếu b, c, d (cid:54)H F(H) + 5 theo Định lý 1.1.5, (iii), nếu và chỉ nếu ω = F(H) + 5 hay sau khi sắp xếp lại các biến b, c, d ta có
ω = 2d = b + c.
Ta có thể thấy khi r (cid:62) 4 và ni là các số nguyên đủ lớn thì với i = 1, . . . , r, rất khó để tìm số Frobenius và kiểm tra xem H có là đối xứng (giả đối xứng, hầu đối
xứng) hay không. Nhưng ta có thể thực hiện điều này cho nửa nhóm số bội 5 có
dạng H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) bởi kết quả sau trong [14].
Định lý 2.1.3. Cho H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) là nửa nhóm số với bội là 5. Khi đó sau một
hoán vị phù hợp của {b, c, d}, ta có
(i) H là giả đối xứng nếu và chỉ nếu
b = 3α + 2β + 1, c = α + 4β + 2, d = 2α + 3β + 4,
trong đó α, β (cid:62) 1, với β − α (cid:54)≡ 2 (mod 5). Khi đó F(H) = 4α + 6β − 2.
(ii) H là hầu đối xứng với t(H) = 3 nếu và chỉ nếu
b = 3α + 2β − 1, c = α + 4β − 2, d = 2α + 3β − 4,
trong đó α (cid:62) 1, β (cid:62) 2 với β − α (cid:54)≡ 3 (mod 5). Khi đó F(H) = 4α + 6β − 13.
(iii) H là đối xứng nếu và chỉ nếu
b = 3α + 2β , c = α + 4β , d = 2α + 3β ,
trong đó α, β (cid:62) 1, với β (cid:54)≡ α (mod 5). Khi đó F(H) = 4α + 6β − 5.
Chứng minh. (i) Tương tự Bổ đề 2.1.2, đặt Ap(H, 5) = {0, b, c, d, ω} và giả sử
rằng b + d ≡ 0 (mod 5) và c + ω ≡ c + 2d ≡ 0 (mod 5). Trước hết ta chứng
20
minh một số đẳng thức sau:
(1) 2b ≡ c vì
b + d ≡ 0 (mod 5) 2b + 2d ≡ 0 (mod 5) nên c + 2d ≡ 0 (mod 5) c + 2d ≡ 0 (mod 5).
(2) 2c ≡ d vì c + 2d ≡ 0 (mod 5) nên 2c + 4d ≡ 0 (mod 5), từ đó ta suy ra
2c − d ≡ 0 (mod 5) (do 4 ≡ −1 (mod 5).)
(3) c + d ≡ b (mod 5) vì c + 2d ≡ b + d ≡ 0 (mod 5).
Bây giờ ta chứng minh (i). Vì H là giả đối xứng nên áp dụng Bổ đề 2.1.2, (i)
ta có 2d = b + c + 5. Từ (1), (2) và (3) ta có thể đặt 2b = c + 5α và 2c = d + 5β , với α, β (cid:62) 1. Do đó ta có hệ phương trình với các ẩn là b, c, d và giải hệ
ta có
2b = c + 5α 2c = d + 5β 2d = b + c + 5 b = 3α + 2β + 1 c = α + 4β + 2 d = 2α + 3β + 4.
Vậy F(H) = 2(d − 5) = 4α + 6β − 2.
Ngược lại, giả sử có các đẳng thức
b = 3α + 2β + 1, c = α + 4β + 2, d = 2α + 3β + 4,
trong đó α, β (cid:62) 1, với β − α (cid:54)≡ 2 (mod 5) và F(H) = 2(d − 5) = 4α + 6β − 2, ta sẽ chứng minh H là giả đối xứng. Thật vậy, trước hết ta chứng minh khẳng định
sau:
(4) Các số b, c, d ≡ 0 (mod 5) nếu và chỉ nếu α − β ≡ 3. Thật vậy, giả sử
α − β ≡ 3. Khi đó α = 5t + 3 + β với t ∈ Z. Từ các đẳng thức trên, ta có
(mod 5); b = 3α + 2β + 1 = 3(5t + 3 + β ) + 2β + 1 = 15t + 10 + 5β ≡ 0
c = α + 4β + 2 = (5t + 3 + β ) + 4β + 2 = 5t + 5 + 5β ≡ 0 (mod 5);
d = 2α + 3β + 4 = 2(5t + 3 + β ) + 3β + 4 = 10t + 10 + 5β ≡ 0 (mod 5).
Ngược lại, từ khẳng định (4), ta có b = 3α + 2β + 1 ≡ 0 (mod 5). Suy ra
(α − β ) + 2α + 3β + 1 ≡ 0 (mod 5), hay α − β ≡ −2α − 3β − 1 (mod 5). Suy
ra α − β ≡ 3α + 2β + 1 + 3 (mod 5), hay α − β ≡ 3 (mod 5).
Theo giả thiết, vì β − α (cid:54)≡ 2 (mod 5) hay α − β (cid:54)≡ 3 (mod 5) nên từ (4) ta
21
có 5, b, c, d nguyên tố cùng nhau và H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) là nửa nhóm số. Hơn nữa vì
F(H) = 4α + 6β − 2 = b + c − 5 = 2(d − 5) nên ta có PF(H) = {d − 5, 2(d − 5)}
suy ra t(H) = 2. Theo Định lý 1.2.6, H là giả đối xứng.
(ii) Như (i), chọn b, c sao cho b + d ≡ 0(mod 5), c + ω ≡ c + 2d ≡ 0(mod 5).
Tương tự ta cũng có các khẳng định (1), (2) và (3) như ý (i). Vì H là hầu đối
xứng nên áp dụng Bổ đề 2.1.2, (ii) ta có 2d = ω = b + c − 5. Đặt 2b = c + 5α và
2c = d + 5β tương tự ý (i) và giải hệ phương trình tuyến tính với ẩn b, c và d,
ta có
b = 3α + 2β − 1 c = α + 4β − 2 d = 2α + 3β − 4.
2b = c + 5α 2c = d + 5β 2d = b + c − 5 Vậy F(H) = 2d − 5 = 4α + 6β − 13.
Ngược lại, để chứng minh H là hầu đối xứng, tương tự như ý (i), khẳng định (4),
ta cũng chứng minh được b, c, d ≡ 0(mod 5) nếu và chỉ nếu α − β ≡ 2 (mod 5).
Vì thế từ giả thiết β − α (cid:54)≡ 3 (mod 5) hay α − β (cid:54)≡ 2 (mod 5), các trường hợp
còn lại cho ta 5, b, c, d là nguyên tố cùng nhau và (cid:104)5, b, c, d(cid:105) là nửa nhóm số. Lại
từ các đẳng thức trên b = 3α + 2β − 1, c = α + 4β − 2, d = 2α + 3β − 4, trong đó α (cid:62) 1, β (cid:62) 2, dễ kiểm tra được b + c = 2d + 5 nên theo Bổ đề 2.1.2, (ii) H là hầu đối xứng.
(iii) Tương tự như ý (i) và (ii), ta chọn b, c sao cho b + d ≡ 0 (mod 5) và
c + ω ≡ c + 2d ≡ 0 (mod 5). Vì H là đối xứng nên áp dụng Bổ đề 2.1.2, (iii) ta
có 2d = b + c. Đặt 2b = c + 5α và 2c = d + 5β tương tự ý (i) và giải hệ phương
ta có
b = 3α + 2β c = α + 4β d = 2α + 3β .
trình tuyến tính với ẩn b, c và d, ta có 2b = c + 5α 2c = d + 5β 2d = b + c Vậy F(H) = 2d − 5 = 4α + 6β − 5.
Chứng minh chiều ngược lại, ta có b, c, d ≡ 0 (mod 5) (tương tự (i) và (ii))
nếu và chỉ nếu α ≡ β (mod 5) nên từ giả thiết α (cid:54)≡ β (mod 5) ta có 5, b, c, d
là nguyên tố cùng nhau và (cid:104)5, b, c, d(cid:105) là nửa nhóm số. Từ các đẳng thức trên
b = 3α + 2β , c = α + 4β , d = 2α + 3β , dễ kiểm tra được 2d = b + c nên theo Bổ
22
đề 2.1.2, (iii) ta có H là nửa nhóm đối xứng.
Ví dụ 2.1.4. (i) Cho H = (cid:104)5, 8, 11, 12(cid:105). Giải hệ phương trình tuyến tính
b = 3α + 2β + 1 = 8 c = α + 4β + 2 = 11 d = 2α + 3β + 4 = 12
ta có α = 1, β = 2 và β − α = 1 (cid:54)≡ 2 (mod 5) thỏa mãn điều kiện của Định lý
2.1.3 (i). Vì thế H là giả đối xứng và F(H) = 4 × 1 + 6 × 2 − 2 = 14.
(ii) Cho H = (cid:104)5, 16, 17, 14(cid:105). Ta thấy rằng α = 3 > 1, β = 4 > 2 thỏa mãn hệ
phương trình tuyến tính
b = 3α + 2β − 1 = 16 c = α + 4β − 2 = 17 d = 2α + 3β − 4 = 14
và β −α = 1 (cid:54)≡ 3 (mod 5). Vì vậy H là hầu đối xứng với t(H) = 3 và số Frobenius
là F(H) = 4 × 3 + 6 × 4 − 13 = 23 theo Định lý 2.1.3 (ii).
(iii) Cho H = (cid:104)5, 9, 13, 11(cid:105). Rõ ràng rằng α = 1, β = 3 > 1 là các nghiệm của
hệ phương trình tuyến tính
b = 3α + 2β = 9 c = α + 4β = 13 d = 2α + 3β = 11
và 3 (cid:54)≡ 1 (mod 5). Do đó H là đối xứng và F(H) = 4 × 1 + 6 × 3 − 5 = 17 theo
Định lý 2.1.3 (iii).
Từ Định lý 2.1.3, chúng ta có thể xây dựng được các nửa nhóm số hầu đối xứng
H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) với số Frobenius cho trước.
Định lý 2.1.5. Cho f là số nguyên dương không là bội của 5
(i) Tồn tại nửa nhóm số giả đối xứng H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) với F(H) = f nếu f chẵn
và f (cid:62) 8.
(ii) Tồn tại nửa nhóm số hầu đối xứng H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) với t(H) = 3 và F(H) = f
23
nếu f lẻ và f (cid:62) 7.
(iii) Tồn tại nửa nhóm số đối xứng H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) với F(H) = f nếu f lẻ và
f (cid:62) 9.
Chứng minh. (i) Theo Định lý 2.1.3,(i), nếu ta chọn α, β (cid:62) 1, thỏa mãn điều kiện β − α (cid:54)≡ 2(mod 5) thì ta có H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) là giả đối xứng với số Frobenius
F(H) = 4α + 6β − 2. Vậy nếu ta chọn α, β = 1 thỏa mãn các điều kiện của định
lý thì số Frobenius chẵn nhỏ nhất thỏa mãn là F(H) = 8.
(ii) Theo Định lý 2.1.3, (ii), nếu ta chọn α (cid:62) 1, β (cid:62) 2, với β −α (cid:54)≡ 3 (mod 5) thì ta có H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) là H là hầu đối xứng với t(H) = 3 và F(H) = 4α + 6β − 13.
Nếu ta chọn α = 1, β = 2 thì F(H) = 3 < 5, không thỏa mãn. Vậy nếu ta chọn
α = 2, β = 2 thỏa mãn điều kiện của định lý thì số Frobenius lẻ nhỏ nhất thỏa
mãn là F(H) = 7.
(iii) Theo Định lý 2.1.3, (iii), ta chọn α, β (cid:62) 1, với β (cid:54)≡ α (mod 5). Do đó nếu ta chọn α = 2, β = 1 thõa mãn điều kiện của định lý thì số Frobenius lẻ nhỏ nhất
thỏa mãn là F(H) = 9.
Ví dụ 2.1.6. (i) Cho F(H) = f = 24. Khi đó f không là bội của 5 và f (cid:62) 8. Theo Định lý 2.1.5,(i) ta có số Frobenius F(H) = 4α + 6β − 2 = 24. Từ đó ta tìm được nghiệm α = 2, β = 3 thỏa mãn Định lý 2.1.3,(i) với α, β (cid:62) 1, β − α (cid:54)≡ 2(mod 5). Vì thế
b = 3α + 2β + 1 = 13, c = α + 4β + 2 = 16, d = 2α + 3β + 4 = 17,
và
H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) = (cid:104)5, 13, 16, 17(cid:105)
là nửa nhóm số giả đối xứng thỏa mãn điều kiện đã cho.
(ii) Cho F(H) = f = 33. Khi đó f không là bội của 5 và f (cid:62) 7. Theo Định lý 2.1.5,(ii) ta có F(H) = 4α + 6β − 13 = 33. Từ đó tìm được nghiệm α = 4 và β = 5 thỏa mãn Định lý 2.1.3,(ii) với α (cid:62) 1, β (cid:62) 2, β − α (cid:54)≡ 3(mod 5). Vì thế
b = 3α + 2β − 1 = 21, c = α + 4β − 2 = 22, d = 2α + 3β + 4 = 27,
và
H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) = (cid:104)5, 21, 22, 27(cid:105) .
24
là nửa nhóm số hầu đối xứng với t(H) = 3 thỏa mãn điều kiện đã cho.
(iii) Cho F(H) = f = 9. Khi đó f không là bội của 5 và f = 9. Theo Định lý
2.1.5,(iii) ta có F(H) = 4α + 6β − 5 = 9. Từ đó ta tìm được nghiệm α = 2, β = 1 thỏa mãn Định lý 2.1.3,(iii) với α, β (cid:62) 1, α (cid:54)≡ β (mod 5). Vì thế
b = 3α + 2β = 8, c = α + 4β = 6, d = 2α + 3β = 7,
và
H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) = (cid:104)5, 8, 6, 7(cid:105)
hay đổi vị trí của b, c, d ta được
H = (cid:104)5, 6, 7, 8(cid:105)
là nửa nhóm số đối xứng thỏa mãn điều kiện đã cho.
2.2 Iđêan định nghĩa của vành nửa nhóm số hầu đối xứng bội 5
2.2.1 Vành nửa nhóm số
Cho nửa nhóm số H = {c1n1 + c2n2 + . . . + crnr | 0 (cid:54) ci ∈ Z} hữu hạn sinh bởi các số nguyên dương {n1, . . . , nr}. Cho k là một trường. Khi đó vành nửa nhóm số k[H] liên kết với H là đại số con của vành đa thức k[t] được sinh bởi các đơn thức tni, nói cách khác k[H] = k[tn1, . . . ,tnr]. Cho R := k[x1, . . . , xr] là vành đa thức r biến trên k, đặt I = IH là hạt nhân của toàn cấu tự nhiên ϕ : R → S := k[H] định nghĩa bởi ϕ(xi) = tni, với 0 (cid:54) i (cid:54) r. Nếu ta xem R và S như là các vành phân bậc bởi S0 = R0 = k, degt = 1 và deg xi = ni với mọi 1 (cid:54) i (cid:54) r thì với phân bậc này, I là iđêan thuần nhất sinh bởi các nhị thức và được gọi là iđêan định nghĩa của H
và vành S ⊂ k[t] có biểu diễn như là thương của R/I.
Rất nhiều tính chất của nửa nhóm số được phản ánh bởi những tính chất đại số
của vành nửa nhóm liên kết với chúng, nhiều nghiên cứu về tính chất đối xứng,
giả đối xứng, hầu đối xứng của H thông qua số phần tử sinh của iđêan định nghĩa
I (xem [4], [7], [8], [12], [13],...). Ký hiệu µ(I) là số phần tử sinh của I. Khi chiều
25
nhúng r = 3, J. Herzog [8] đã đưa ra đặc trưng đầy đủ về iđêan định nghĩa I và ông đã chứng minh rằng µ(I) (cid:54) 3. Khi r = 4 và H là nửa nhóm giả đối xứng, iđêan định nghĩa I cũng đã được mô tả chi tiết bởi H. Bresinsky [4] với kết quả chính là µ(I) (cid:54) 5. Mục đích của phần này là chứng minh lại chi tiết các kết quả
của H. Nari, T. Numata và K. Watanabe [14] về nửa nhóm số có chiều nhúng là
4 và bội là 5, các kết quả chính của họ là µ(I) = 5 nếu H là giả đối xứng và
µ(I) = 6 nếu H là hầu đối xứng với t(H) = 3.
Mệnh đề sau trong [14, Mệnh đề 2.8] cho ta mô tả chi tiết hơn về phần tử sinh
i=1 xαi
i=1 xβi
i − ∏r
i
của iđêan định nghĩa.
i=1 αini ứng với phân bậc trên.
i=1 βini và deg f = ∑r
i=1 αini = ∑r
Mệnh đề 2.2.1. Cho H = (cid:104)n1, . . . , nr(cid:105) là nửa nhóm số và I là iđêan định nghĩa của H. Một nhị thức thuần nhất f = ∏r thuộc I nếu và chỉ nếu ∑r
Ví dụ 2.2.2. (i) Cho r = 2 và H = (cid:104)a, b(cid:105) là nửa nhóm số sinh bởi a, b, và vành đa thức 2 biến trên trường k là R = k[X,Y ]. S := k[H] = k[ta,tb] là vành nửa nhóm số của H. Khi đó ánh xạ ϕ : k[X,Y ] → S là đồng cấu giữa các k-đại số cho bởi ϕ(X) = ta, ϕ(Y ) = tb, ta có I = (Y a − X b) là iđêan định nghĩa của H và S (cid:39) k[X,Y ]/I.
(ii) Cho r = 3 và H = (cid:104)a, b, c(cid:105) là nửa nhóm số sinh bởi a, b, c và R = k[X,Y, Z]
là vành đa thức 3 biến trên trường k. Khi đó đồng cấu giữa các k- đại số là ánh xạ ϕ : k[X,Y, Z] → k[H] = k[ta,tb,tc] , và được cho bởi ϕ(X) = ta, ϕ(Y ) = tb và ϕ(Z) = tc. Cho I = Kerϕ là iđêan định nghĩa của H. Có nhiều tác giả đã nghiên cứu để tính I trong những trường hợp cụ thể. Chẳng hạn, J. Herzog [8] đã chứng
minh rằng nếu H không đối xứng thì I được sinh bởi định thức cực đại của các
ma trận vuông con của ma trận
(cid:19)
(cid:18) X α Y β Zγ X α (cid:48) Y β (cid:48) Zγ (cid:48)
với α, β , γ, α (cid:48), β (cid:48), γ (cid:48) là các số nguyên dương.
Ở đây, ta quan tâm hơn đến phương pháp tính iđêan định nghĩa I đã được đưa
ra trong [10] và [11] theo cách như sau:
2
1
2
1
Thứ nhất, chú ý rằng mỗi nghiệm α = (u, v, w) của phương trình Diophantine
1 xα − 2 x
1 xα + 2 x
= xα − = xα + − xα − ∈ I, trong đó xα +
26
ua + vb + wc = 0 cho ta một nhị thức thuộc I theo cách như sau: Ta viết véc tơ α = α + − α −, trong đó các thành phần của cả α +, α − là không âm, khi đó α − α + xα + 3 và xα − 3 3 3 . Ngược lại, nếu xα − xβ ∈ I và xα, xβ không có nhân tử chung thì (u, v, w) := α − β là nghiệm của phương trình ua + vb + wc = 0.
Thứ hai, rõ ràng rằng để tìm các nghiệm (u, v, w) của phương trình Diophan-
tine ua + vb + wc = 0 tương đương với tìm nghiệm (s, p, r) của phương trình Diophantine sb − pc = ra. Cho s0 là số tự nhiên nhỏ nhất sao cho (s0, 0, r0) là nghiệm của phương trình sb − pc = ra. Ta đặt p0 = 0 và cho p1 là số tự nhiên nhỏ nhất sao cho (s1, p1, r1) là nghiệm của phương trình sb − pc = ra, trong đó 0 ≤ s1 < s0. Chú ý rằng
. và p1 = s0 = a gcd(a, b) gcd(a, b) gcd(a, b, c)
Bây giờ ta định nghĩa các số si, pi, ri, qi với i ≥ 2. Dùng thuật toán Euclid mở rộng
s0 = q2s1 − s2 s1 = q3s2 − s3 . . . = . . .
sm−1 = qm+1sm sm+1 = 0
trong đó qi ≥ 2, si ≥ 0 với mọi i = 2, . . . , m + 1. Với i = 1, . . . , m, ta định nghĩa pi+1, ri+1 bởi
pi+1 = piqi+1 − pi−1 , ri+1 = riqi+1 − ri−1.
Khi đó với i = 0, . . . , m, ta có
, si pi+1 − si+1 pi = s0 p1 = a gcd(a, b, c)
và các dãy si, ri là giảm, trong khi dãy pi tăng. Khi đó kết quả sau đã được chứng minh trong [11, Định lý 4.1] cho phép ta tính được iđêan định nghĩa
I = (ysµ − xrµ zpµ , zpµ+1 − x−rµ+1ysµ+1, ysµ −sµ+1zpµ+1−pµ − xrµ −rµ+1),
trong đó µ là số nguyên duy nhất sao cho rµ > 0 ≥ rµ+1.
Ta hãy xét một ví dụ cụ thể. Chẳng hạn, cho H = (cid:104)3, 5, 7(cid:105) . Khi đó
= 1. = 3 và p1 = s0 = 3 gcd(3, 5) gcd(3, 5) gcd(3, 5, 7)
27
• Tính si : Để tìm s1, ta đi tìm nghiệm nguyên của phương trình bậc nhất 5s1 + 7p1 = 3r1 với chú ý rằng s1 < s0 = 3. Thử các giá trị s1 = 1, s1 = 2 vào phương trình trên, ta thấy s1 = 2 thỏa mãn. Tiếp tục, vì s0 = q2s1 − s2 nên ta có
3 = 2q2 − s2 = 2 × 2 − 1, suy ra s2 = 1 và q2 = 2. Tương tự, vì s1 = q3s2 − s3 nên 2 = 1 × q3 − s3 = 1 × 2 − 0, suy ra s3 = 0 và q3 = 2.
• Tính pi : Áp dụng công thức pi+1 = piqi+1 − pi−1 để tính pi với chú ý rằng
p0 = 0, p1 = 1 ta có p2 = p1q2 − p0 = 2 và p3 = p2q3 − p1 = 3.
• Tính ri : Tiếp theo ta tính ri bằng phương trình sb − pc = ra (hoặc bằng công thức ri+1 = riqi+1 − ri−1). Vì 5s0 − 7p0 = 3r0 nên 3r0 = 5 × 3 − 7 × 0 hay r0 = 5. Tương tự vì 5s1 − 7p1 = 3r1 nên r1 = 1, 5s2 − 7p2 = 3r2 nên r2 = −3, 5s3 − 7p3 = 3r3 nên r3 = −7. Tóm lại, ta có
p r µ s
0 3 0 5
1 2 1 1
2 1 2 −3
3 0 3 −7
Ta thấy µ = 1 là số nguyên duy nhất sao cho r1 > 0 (cid:62) r2 thỏa mãn điều kiện của [11, Định lý 4.1]. Vì thế iđêan định nghĩa của H là
I = (ysµ − xrµ zpµ , zpµ+1 − x−rµ+1ysµ+1, ysµ −sµ+1zpµ+1−pµ − xrµ −rµ+1)
= (y2 − xz, z2 − x3y, yz − x4).
2.2.2 Đặc trưng của iđêan định nghĩa của vành nửa nhóm hầu đối xứng bội 5
Khi H là nửa nhóm số có chiều nhúng từ 4 trở lên thì việc tìm iđêan định nghĩa
của H nói chung là rất phức tạp. Từ Định lý 2.1.3, ta có thể đưa ra một mô tả đầy
đủ cho việc tính iđêan định nghĩa của nửa nhóm số hầu đối xứng với bội 5 và
chiều nhúng 4.
Hệ quả 2.2.3. Cho H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) là nửa nhóm số với bội 5 và I là iđêan định
nghĩa của nó. Khi đó:
(i) H là giả đối xứng nếu và chỉ nếu sau khi thay đổi vị trí các biến nếu cần
thiết, I được tính như sau
28
I = (X α+β +1 −YW,Y 2 − X αZ, Z2 − X βW,W 2 − XY Z, X β +1Y − ZW ), (1)
trong đó α, β (cid:62) 1 và α − β (cid:54)≡ 2 (mod 5).
(ii) H là hầu đối xứng với t(H) = 3 nếu và chỉ nếu sau khi thay đổi thứ tự các
biến nếu cần thiết, I có dạng
I = (X α+β −1 −YW, X α+β −2Z −W 3, X αZ −Y 2, X βW −Z2, XW 2 −Y Z, X β −1Y −ZW ), (2)
với α (cid:62) 1, β (cid:62) 2, β − α (cid:54)≡ 3 (mod 5).
(iii) H đối xứng nếu và chỉ nếu sau khi thay đổi thứ tự các biến nếu cần thiết,
I được tính như sau:
I = (X α+β −YW,W 2 −Y Z, X αZ −Y 2, X βW − Z2, X βY − ZW ), (3)
trong đó α, β (cid:62) 1 với α (cid:54)≡ β (mod 5).
Chứng minh. Ta đặt R = k[X,Y, Z,W ] và S = k[H]. Xét đồng cấu ϕ : R → S cho bởi ϕ(X) = t5, ϕ(Y ) = tb, ϕ(Z) = tc và ϕ(Z) = td.
(i) Giả sử iđêan định nghĩa I thỏa mãn công thức (1). Theo định nghĩa của
iđêan định nghĩa, ta có
ϕ(X α+β +1) = ϕ(YW ) ⇒ t5(α+β +1) = tb+d ⇒ b + d = 5(α + β + 1), ϕ(Y 2) = ϕ(X αZ) ⇒ t2b = t5α+c ⇒ 2b = 5α + c, ϕ(Z2) = ϕ(X βW ) ⇒ t2c = t5β +d ⇒ 2c = 5β + d, ϕ(W 2) = ϕ(XY Z) ⇒ t2d = t5+b+c ⇒ 2d = 5 + b + c, ϕ(X β +1Y ) = ϕ(ZW ) ⇒ t5(β +1)+b = tc+d ⇒ c + d = 5(β + 1) + b.
Do đó giải hệ phương trình:
b + d = 5(α + β + 1)
2b = 5α + c
ta được 2c = 5β + d
2d = 5 + b + c b = 3α + 2β + 1 c = α + 4β + 2 d = 2α + 3β + 4,
c + d = 5(β + 1) + b
29
trong đó α, β (cid:62) 1, β − α (cid:54)≡ 2 (mod 5). Vậy theo Định lý 2.1.3, (i) ta có H là giả đối xứng.
Ngược lại, giả sử H là giả đối xứng. Khi đó, ta có thể sắp xếp b, c, d sao cho thỏa mãn b = 3α + 2β + 1, c = α + 4β + 2, d = 2α + 3β + 4, trong đó α, β (cid:62) 1 và β − α (cid:54)≡ 2 (mod 5). Dễ thấy rằng
b + d = 5α + 5β + 5; 2b = 6α + 4β + 2 = 5α + c; 2c = 2α + 8β + 4 = 5β + d;
2d = 4α + 6β + 8 = 5 + b + c; c + d = 3α + 7β + 6 = 5(β + 1) + b.
Vì thế ta có
ϕ(X α+β +1 −YW ) = t5(α+β +1) − tb+d = t5(α+β +1) − t5α+5β +5 = 0,
suy ra phần tử X α+β +1 −YW ∈ Kerϕ. Tương tự ta cũng có:
ϕ(Y 2 − X αZ) = 0, ϕ(Z2 − X βW ) = 0, ϕ(W 2 − XY Z) = 0, ϕ(X β +1Y − ZW ) = 0
nên các phần tử Y 2 − X αZ, Z2 − X βW,W 2 − XY Z, X β +1Y − ZW đều thuộc Kerϕ. Do các phần tử sinh của I đều thuộc Kerϕ nên I ⊆ Ker(ϕ). Mặt khác, ta có thể
kiểm tra được
dimk k[X,Y, Z,W ]/(I, X) = dimk k[X,Y, Z,W ]/(Ker(ϕ), X) = 5
suy ra (I, X) = Ker(ϕ, X), do đó theo Bổ đề Nakayama ta có I = Kerϕ là iđêan
định nghĩa của H.
(ii) Giả sử iđêan định nghĩa I thỏa mãn công thức (2). Theo định nghĩa ta có
30
ϕ(X α+β −1) = ϕ(YW ) ⇒ t5(α+β −1) = tb+d ⇒ b + d = 5(α + β − 1), ϕ(W 3) = ϕ(X α+β −2Z) ⇒ t3d = t5(α+β −2)+c ⇒ 3d = 5(α + β − 2) + c, ϕ(Y 2) = ϕ(X αZ) ⇒ t2b = t5α+c ⇒ 2b = 5(α) + c, ϕ(Z2) = ϕ(X βW ) ⇒ t2c = t5β +d ⇒ 2c = 5β + d, ϕ(XW 2) = ϕ(Y Z) ⇒ t5+2d = tb+c ⇒ 5 + 2d = b + c, ϕ(X β −1Y ) = ϕ(ZW ) ⇒ t5(β −1)+b = tc+d ⇒ 5(β − 1) + b = c + d.
Tương tự ý (i), giải hệ phương trình với các ẩn b, c, d ta có:
5(α + β − 1) = b + d
3d = 5(α + β − 2) + c
2b = 5α + c ta được
2c = 5β + d b = 3α + 2β − 1 c = α + 4β − 2 d = 2α + 3β − 4, 5 + 2d = b + c
5(β − 1) + b = c + d
trong đó α, β (cid:62) 1 và β − α (cid:54)≡ 2 (mod 5). Theo Định lý 2.1.3, (ii) ta có H là hầu đối xứng.
Ngược lại, giả sử H là nửa nhóm số hầu đối xứng. Khi đó ta có thể sắp xếp
lại b, c, d sao cho b = 3α + 2β − 1, c = α + 4β − 2, d = 2α + 3β − 4, trong đó α (cid:62) 1, β (cid:62) 2, β − α (cid:54)≡ 3 (mod 5). Hoàn toàn tương tự (i), ta có
ϕ(X α+β −1 −YW ) = t5(α+β −1) − tb+d = t5(α+β −1) − t5α+5β −5) = 0
và
ϕ(W 3 − X α+β −2Z) = 0, ϕ(Y 2 − X αZ) = 0, ϕ(Z2 − X βW ) = 0, ϕ(XW 2 −Y Z) = 0, ϕ(X β −1Y − ZW ) = 0.
Suy ra I ⊆ Ker(ϕ). Hơn nữa vì
dimk k[X,Y, Z,W ]/(I, X) = dimk k[X,Y, Z,W ]/(Ker(ϕ), X) = 5
nên theo bổ đề Nakayama ta được I = Ker(ϕ) là iđêan định nghĩa của H.
(iii) Giả sử iđêan định nghĩa I thỏa mãn công thức (3). Thực hiện hoàn toàn
tương tự như (i) và (ii) dẫn ta đến việc giải hệ phương trình
5(α + β ) = b + d
2d = b + c
ta được 2b = 5α + c
2c = 5β + d b = 3α + 2β c = α + 4β d = 2α + 3β
31
c + d = 5β + b
trong đó α, β (cid:62) 1 với α (cid:54)≡ β (mod 5). Theo Định lý 2.1.3, (iii) ta có H là đối xứng.
Ngược lại, vì H là đối xứng nên ta có thể sắp xếp lại vị trí của b, c, d sao cho b = 3α + 2β , c = α + 4β , d = 2α + 3β trong đó α, β (cid:62) 1, α (cid:54)≡ β (mod 5). Một cách tương tự (i) và (ii), ta cũng chứng minh được
I = (X α+β −YW,W 2 −Y Z, X αZ −Y 2, X βW − Z2, X βY − ZW ) = Ker(ϕ)
là iđêan định nghĩa của H.
Nhắc lại rằng trước đó J. C. Rosales và P. A. Garcia-Sanchez [16, Định lý 8]
và H. Bresinsky [4, Định lý 3.9] cũng đã có những kết quả nghiên cứu về cấu trúc
của nửa nhóm số thông qua số phần tử sinh của iđêan định nghĩa.
Định lý 2.2.4. [16] Cho H = (cid:104)n1, . . . , nr(cid:105) là nửa nhóm số sao cho thỏa mãn điều kiện r = e(H) − 1 = n1 − 1và I là iđêan định nghĩa của nó. Cho tập Apéry là Ap(H, n1) = {0, n2, . . . , nr, ω}.
(1) Nếu ω = ni + n j, tồn tại i, j ∈ {2, ..., r} sao cho i (cid:54)= j thì ta có
− 1. µ(I) = (n1 − 1)(n1 − 2) 2
(2) Đối với các trường hợp còn lại, ta có
. µ(I) = (n1 − 1)(n1 − 2) 2
Định lý 2.2.5. [4] Cho H = (cid:104)n1, n2, n3, n4(cid:105) là nửa nhóm đối xứng và I là iđêan định nghĩa của nó. Khi đó I không là giao đầy đủ nếu và chỉ nếu
4
4
3 − X α31
1 X α32
2
,
1 − X α13 I =(X α1 4 − X α42 X α4
3 X α14 2 X α43
1 X α24 1 − X α32
4
3
) , X α2 2 − X α21 , X α43 3 X α21 , X α3 2 X α14
trong đó mỗi phần tử sinh của I là duy nhất sai khác một đẳng cấu và 0 < αi j < α j với mỗi i, j.
Vì H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) không là giao đầy đủ (nếu k[H] là giao đầy đủ thì e(H) (cid:62) 8) nên từ Hệ quả 2.2.3, ta thu được hệ quả sau mà kết quả của nó cũng được suy ra
32
từ hai định lý trên.
Hệ quả 2.2.6. Cho H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) là nửa nhóm số với bội 5 và I là iđêan định
nghĩa của nó
(i) Nếu H là giả đối xứng thì µ(I) = 5.
(ii) Nếu H là hầu đối xứng với t(H) = 3 thì µ(I) = 6.
(iii) Nếu H đối xứng thì µ(I) = 5.
Ví dụ 2.2.7. (i) Cho H = (cid:104)5, 12, 19, 18(cid:105) . Khi đó, theo Bổ đề 2.1.2, ta có H là giả
đối xứng với F(H) = 26 và PF(H) = {13, 26}. Theo Định lý 2.1.3, (i) ta có hệ
phương trình
3α + 2β + 1 = 12 α + 4β + 2 = 19 2α + 3β + 4 = 18 Giải hệ trên ta được α = 1 và β = 4, thỏa mãn α, β (cid:62) 1 và β − α (cid:54)≡ 2 (mod 5). Áp dụng Hệ quả 2.2.3,(i) ta có iđêan định nghĩa của H là
I = (X 6 −YW,Y 2 − XZ, Z2 − X 4W,W 2 − XY Z, X 5Y − ZW ).
(ii) Cho H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) là nửa nhóm số giả đối xứng với F(H) = 26. Áp
dụng Định lý 2.1.3, (i) giải phương trình 4α + 6β = 26 ta tìm được hai nghiệm
thỏa mãn phương trình là (α, β ) = (1, 4) hoặc (α, β ) = (4, 2). Nếu ta lấy nghiệm
(α, β ) = (1, 4) thì sau khi thay vào hệ phương trình ta được b = 12, c = 19, d = 18
và do đó H = (cid:104)5, 12, 19, 18(cid:105) là nửa nhóm giả đối xứng và ta cũng tính được
iđêan định nghĩa I như ví dụ trên. Nếu ta lấy nghiệm (α, β ) = (4, 2) thì ta được
b = 17, c = 14, d = 18 và H = (cid:104)5, 17, 14, 18(cid:105) cũng là nửa nhóm giả đối xứng. Vì
vậy, áp dụng Hệ quả 2.2.3,(i) ta có iđêan định nghĩa của H là
I = (X 7 −YW,Y 2 − X 4Z, Z2 − X 2W,W 2 − XY Z, X 3Y − ZW ).
(iii) Cho H = (cid:104)5, 11, 13, 14(cid:105) . Khi đó, theo Định lý 2.1.3, (ii) và Bổ đề 2.1.2,(ii)
ta có thể sắp xếp lại các số b = 14, c = 13, d = 11 để kiểm tra được H là hầu
33
đối xứng với F(H) = 17, PF(H) = {8, 9, 17}, t(H) = 3 và thỏa mãn điều kiện
b + d ≡ 0(mod 5), c + 2d ≡ 0(mod 5). Do đó ta có hệ phương trình
3α + 2β − 1 = 14 α + 4β − 2 = 13 2α + 3β − 4 = 11
Giải hệ ta được α = 3 và β = 3, thỏa mãn α (cid:62) 1, β (cid:62) 2 và β − α (cid:54)≡ 3 (mod 5). Do đó theo Hệ quả 2.2.3, (ii) ta có iđêan định nghĩa của H là
I = (X 5 −YW, X 4Z −W 3, X 3Z −Y 2, X 3W − Z2, XW 2 −Y Z, X 2Y − ZW ).
(iv) Ngược lại, cho H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) là nửa nhóm số hầu đối xứng với t(H) = 3,
F(H) = 17. Áp dụng Định lý 2.1.3,(ii) ta cần giải phương trình 4α +6β −13 = 17
tìm nghiệm nguyên, ta được hai nghiệm (α, β ) = (3, 3) và (α, β ) = (6, 1). Tuy
nhiên, nghiệm (α, β ) = (6, 1) không thỏa mãn điều kiện của Định lý 2.1.3,(ii).
Vì thế H = (cid:104)5, 14, 13, 11(cid:105) là nửa nhóm duy nhất thỏa mãn t(H) = 3, F(H) = 17
và ta cũng tính được iđêan định nghĩa I như ví dụ (iii).
(v) Cho H = (cid:104)5, 18, 16, 14(cid:105). Theo Định lý 2.1.3, (iii) và Bổ đề 2.1.2,(iii) ta có
thể sắp xếp lại các số b = 14, c = 18, d = 16 để kiểm tra được H là đối xứng với
F(H) = 27 và thỏa mãn b + d ≡ 0(mod 5) và c + 2d ≡ 0(mod 5), ta có hệ phương
trình
3α + 2β = 14 α + 4β = 18 2α + 3β = 16 Giải hệ ta được α = 2 và β = 4, thỏa mãn α, β (cid:62) 1, và β (cid:54)≡ α (mod 5). Do đó theo Hệ quả 2.2.3, (iii) ta có iđêan định nghĩa của H là
I = (X 6 −YW,W 2 −Y Z, X 2Z −Y 2, X 4W − Z2, X 4Y − ZW ).
(vi) Ngược lại, giả sử H = (cid:104)5, b, c, d(cid:105) đối xứng với F(H) = 27. Giải phương
trình 4α + 6β − 5 = 27 để tìm nghiệm nguyên, ta tìm được hai cặp nghiệm
(α, β ) = (2, 4) hoặc (α, β ) = (5, 2). Nếu chọn nghiệm (α, β ) = (2, 4) ta được
H = (cid:104)5, 14, 18, 16(cid:105) là nửa nhóm số trong ý (v) ở trên. Nếu ta chọn nghiệm
34
(α, β ) = (5, 2) thì ta được H = (cid:104)5, 19, 13, 16(cid:105) là nửa nhóm số đối xứng thỏa mãn
điều kiện α, β (cid:62) 1, và β (cid:54)≡ α (mod 5), do đó áp dụng Hệ quả 2.2.3,(iii) iđêan định nghĩa của nó là
35
I = (X 7 −YW,W 2 −Y Z, X 5Z −Y 2, X 2W − Z2, X 2Y − ZW ).
KẾT LUẬN
Tóm lại, luận văn đã trình bày lại và chứng minh chi tiết một phần kết quả
trong bài báo H. Nari, T. Numata and K. Wanatabe trong [14] và một số kết quả
liên quan, cụ thể như sau:
- Nhắc lại định nghĩa, lấy ví dụ và chứng minh một số tính chất, đặc trưng của
số Frobenius, giả Frobenius, tập Apéry.
- Trình bày lại các khái niệm, lấy ví dụ, phân loại và chứng minh một số đặc
trưng của các nửa nhóm số đối xứng, giả đối xứng, hầu đối xứng.
- Trình bày chi tiết đặc trưng của các nửa nhóm số hầu đối xứng có bội 5 và
chiều nhúng 4.
- Nhắc lại khái niệm của iđêan định nghĩa của vành nửa nhóm số, lấy ví dụ
cho các trường hợp chiều nhúng 2 và 3. Trong trường hợp chiều nhúng là 4 và bội
là 5, trình bày lại cách tìm iđêan định nghĩa thông qua các phần tử sinh của nửa
36
nhóm số, đồng thời lấy một số ví dụ minh họa.
Tài liệu tham khảo
[1] R. Apéry, (1946), "Sur les branches superlinéairesdes courbes algébriques", C.R.
Acad. Sci. Paris 222, pp. 1198-1200.
[2] V. Barucci,
(2009), "On propinquity of numerical semigroups and one-
dimensional local Cohen Macaulay rings", Commutative algebra and its appli-
cations, Walter de Gruyter, Berlin, pp. 49-60.
[3] V. Barucci, R. Froberg, (1997), "One-dimensional almost Gorenstein rings", J.
Algebra, 188, pp. 418-422.
[4] H. Bresinsky, (1975), "Symmetric semigroups of integers generated by 4 ele-
ments", Manuscripta Math., 17, pp. 205-219.
[5] R. Froberg, C. Gottlieb and R. Haggkvist, (1987), "On numarical semigroups",
Semigroup Forum, 35, pp. 63-83.
[6] S. Goto, K. Watanabe, (1978), On graded rings, J. Math. Soc. Japan 30, 172–213.
[7] S. Goto, D. V. Kien, N. Matsuoka and H. L. Truong, (2017), "Pseudo-Frobenius
numbers and the generation of the defining ideal", Journal of Algebra, 508, pp.
1-15.
[8] J. Herzog ,(1970), "Generators and relations of abelian semigroups and semigroup
rings", Manuscripta Math., 3, 175–193.
37
[9] A. Moscariello, (2016), "On the type of an almost Gorenstein monomial curve",
J. Algebra, 456, pp. 226-277.
[10] M. Morales, (1987), "Syzygies of monomial curves and a linear diophantine prob-
lem of Frobenius", Preprint. Max Planck Institut fur Mathematik (Bonn-RFA).
[11] M. Morales and N. T. Dung, (2019), "A "pseudo-polynomial" algorithm for the
Frobenius number and Gr¨obner basis", Preprint.
[12] H. Nari, (2013), "Symmetries on almost symmetric numerical semigroups", Ser-
migroups Forum , 86, pp. 140-154.
[13] H. Nari, T. Numata and K. Watanabe, (2012), "Genus of numerical semigroups
generated by three elements", J. Algebra, 358, pp. 67-73.
[14] H. Nari, T. Numata and K. Watanabe, (2012), "Almost symmetric numerical semi-
groups of multiplicity 5", Proceeding of the Institute of Natural Science, Nihon
University, 47, pp. 463-469.
[15] J. Rodseth, (1978), "On a linear Diophantine problem of Frobenius", J. Reine
angew. Math., 301, pp. 171-178.
[16] J. C. Rosales, P. A. García-Sánchez, (2009), "Numerical Sermigroups", Springer
Developments in Mathematics,Volume 20.
38
