Về nửa nhóm số hầu đối xứng với bội 5

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG 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 NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM PH

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 trùnglặp với các luận văn trước đây Các thông tin, tài liệu trong luận văn đã được ghi

Lời cảm ơn

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TSNguyễn 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 làmluận văn, Cô đã dành nhiều thời gian và công sức để chỉ bảo hướng dẫn tôi từnhững điều nhỏ nhặt nhất tới những vấn đề khó khăn Cô vẫn luôn kiên nhẫn, tậntình 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, độngviên tôi vượt qua những khó khăn trong học tập Tôi xin cảm ơn ban lãnh đạoTrường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, Khoa Sau đại học đã tạo mọiđiều 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

PHẠM THỊ THƠM

Mục lục

1.1 Số Frobenius và tập Apéry 3

1.2 Phân loại các nửa nhóm số 8

1.2.1 Nửa nhóm số đối xứng 8

1.2.2 Nửa nhóm số giả đối xứng 10

1.2.3 Nửa nhóm số hầu đối xứng 12

2 Nửa nhóm số hầu đối xứng bội 5 18 2.1 Đặc trưng nửa nhóm số hầu đối xứng bội 5 18

2.2 Iđêan định nghĩa của vành nửa nhóm số hầu đối xứng bội 5 25

2.2.1 Vành nửa nhóm số 25

2.2.2 Đặc trưng của iđêan định nghĩa của vành nửa nhóm hầu đối xứng bội 5 28

Mở đầu

Cho nửa nhóm số H = hn1, , nri = {c1n1+ c2n2+ + crnr | 0 6 ci ∈ Z}hữu hạn sinh bởi các số nguyên dương {n1, , nr} Khi đó ta nói rằng r là chiều

nhúng, n1là 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 giảFrobenius của H được ký hiệu là PF(H), số phần tử của tập PF(H) được gọi là

kiểucủa H, ký hiệu bởi t(H) Trong lý thuyết nửa nhóm số, có ba lớp quan trọngđược quan tâm nghiên cứu nhiều nhất là nửa nhóm số đối xứng, giả đối xứng vàhầu đối xứng Cho trước một nửa nhóm số bất kỳ, việc xác định xem chúng thuộcloại 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 chiềunhúng 3 đã được mô tả tường minh trong [5], [13] Ta cũng đã có phân loại củatất cả nửa nhóm số hầu đối xứng có chiều nhúng là 4 với bội 6 4, nghĩa là nửanhóm số có dạng H = ha, b, c, di với a 6 4 Nếu a = 4 thì t(H) = 3 và H là hầuđối 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 4với bội a = 5, nghĩa là nửa nhóm số có dạng H = h5, b, c, di, 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 thuđược các nửa nhóm số đối xứng, giả đối xứng, hầu đối xứng

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 củatoàn cấu tự nhiên ϕ : R → S := k[H] định nghĩa bởi ϕ(xi) = tni, với 0 6 i 6 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 6 i 6 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 Sốhọc và Đại số, rất nhiều tính chất của nửa nhóm số được phản ánh bởi những tínhchất 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 tửsinh của iđêan định nghĩa I (xem [4], [7], [8], [12], [13], ) Ký hiệu µ(I) là sốphần 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) 6 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) 6 5

Mục đích của luận văn là tìm hiểu về nửa nhóm số hầu đối xứng với bội 5 vàchiều 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 kếtquả về số Frobenius, giả Frobenius, tập Apéry và mối liên hệ giữa các khái niệmnày Trong chương 1, việc phân loại thành các lớp nửa nhóm số đối xứng, giả đốixứng, hầu đối xứng chứa nhau và đặc trưng của chúng cũng đã được đưa ra vàchứng 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 củacác nửa nhóm số có bội là 5 và chiều nhúng 4 Kết quả chính của Mục 2 là hệ quảcủa Mục 1, đó là tính được tường minh iđêan định nghĩa I của vành nửa nhóm sốk[H], qua đó tính được µ(I) = 5 nếu H là giả đối xứng và µ(I) = 6 nếu H là hầuđối xứng với t(H) = 3

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 = hn1, , nri 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 > 2 và H = hn1, , nri 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 códạng 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 = hn1, n2i 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

• 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 = hn1, , nri là nửa nhóm số khi và chỉkhi gcd(n1, , nr) = 1 Ta nhắc lại một số định nghĩa và tính chất cơ sở của sốFrobenius, 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 6= 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 6= 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 6H là một quan hệ hai ngôi xác định trên H như sau: với d, d0 ∈ Z, taviết d 6H d0 nếu d0− 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 Thậtvậy, 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 6= F(H), khi đótồn 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 = h5, 6i 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 rằngG(H) = g − H và F(H) ∈ PF(H) cũng như F(H) ∈ g − H Tập Apéry làAp(H, 5) = {0, 6, 12, 18, 24}

Frobe-Định lý 1.1.5 Cho H = hn1, , nri 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 đếnmâu thuẫn với định nghĩa của wi Do đó Ap(H, n1) có ít nhất n1phần tử Bây giờ

để chứng minh khẳng định ta chỉ cần chỉ ra rằng Ap(H, n1) có chính xác n1phần

tử Giả sử rằng card(Ap(H, n1)) > n1 Khi đó tồn tại hai phần tử s1< s2trong tậpAp(H, n1) sao cho cả s1< s2 đều đồng dư với i (mod n1) với chỉ số i nào đó trongtập {0, , n1− 1}, nghĩa là s2 = s1+ kn1, với k > 0.Vì vậy s26∈ Ap(H, n1), dẫnđến 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 saocho h > ϕ thì h ∈ H Lấy i ∈ {0, , n1− 1} sao cho h ≡ i (mod n1) Khi đó ta cóthể 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

(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 w0 ∈ Ap(H, n1) sao cho w ≤H w0 Khi đó w0− w ∈ Hhay w0− u − n1∈ H Nếu 0 < w0− u − n1∈ H thì u + (w0− u − n1) = w0− n1∈ Hsuy ra mâu thuẫn Vậy w0− u − n1= 0 hay w0 = u + n1 = w Do đó nếu w thuộcmax ≤H (Ap(H, n1)) thì u = w − n1.

Ngược lại, lấy w ∈ max ≤H (Ap(H, n1)), ta chứng minh u = w − n1 thuộcPF(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, mâuthuẫn Vậy với mọi 0 6= 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 tậpApéry 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 nhaunên ta có in2 6≡ jn2 (mod n1) với mọi 0 < i < j < n1 Cho 0 < j < n1 và giả

sử rằng jn2 ∈ Ap(H, n/ 1) 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) vớimọi 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) > 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 6= F(H) thì F(H)− f /∈ H Khi

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) − 1nên ta có

| N(H)∪[PF(H)\{F(H)}] |6| G(H) | hay F(H)+1−g(H)+t(H)−1 6 g(H)

Vì thế nếu H là nửa nhóm số thì ta luôn có bất đẳng thức 2g(H) > 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 lầngiống của H luôn lớn hơn hoặc bằng tổng của số Frobenius và kiểu của H Vậykhi nào thì dấu "=" xảy ra? Kiểu của H có ảnh hưởng như thế nào tới cấu trúccủa nó? Trong mục này ta sẽ phân loại các nửa nhóm số thành các lớp chứa nhaukhông những thỏa mãn dấu đẳng thức trên mà còn có kiểu đặc biệt như t(H) = 1hoặc 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

Chú ý 1.2.2 (i) Nếu H đối xứng thì F(H) là số lẻ Thật vậy, giả sử ngược lại,

(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:

(i) H là đối xứng.

(ii) wi+ wn1−i+1 = wn1, với mọi 1 6 i 6 n1.

wi∈ H Do đó wi+ k − n1∈ H hay wn1− n1∈ H (vô lý vì wn1 ∈ Ap(H, n1)) Do đótồn tại wj ∈ Ap(H, n1) sao cho k = wj, vì thế wn1= wi+ wj với ( j ∈ {1, , n1}).Mặt khác vì 0 = w1 < w2< < wn1 nên ta có thể viết wn1 = wi+ wn1−i+1 với

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) = 1hay PF(H) = {F(H)} Theo Chú ý 1.1.3, (i), F(H) là số lớn nhất thuộc tậpPF(H) Giả sử tồn tại phần tử x ∈ PF(H) và x 6= F(H) Theo định nghĩa tập giảFrobenius, ta có x /∈ H và x + h ∈ H với mọi 0 6= 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 đốixứng 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

h ∈ H nào đó sao cho k(H) + h /∈ H Vì tính lớn nhất của k(H) nên ta suy rak(H) + h ∈ g − H, hay k(H) + h = F(H) − h0, thỏa mãn h0 ∈ H Do đó ta có

k(H) = F(H) − (h + h0) ∈ g − H, vô lý Vậy k(H) ∈ PF(H) và k(H) 6= F(H),mâu thuẫn với giả thiết Do đó H là đối xứng.

(i)⇔ (iv) Ta có 2g(H) = F(H) + 1 ⇔ g(H) = F(H) + 1

2 , khi và chỉ khi F(H)

là số lẻ và trong tập {0, 1, , F(H)}, số phần tử thuộc H bằng số phần tử khôngthuộc 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

Chú ý 1.2.5 (i) Nếu H là giả đối xứng thì F(H)

2 − n1thuộc H Do đó F(H)

2 − n1+ n1∈ H Khi đó F(H)

2 ∈ H, vô lý Do đóF(H)

2 + n1∈ Ap(H, n1)

(ii) Theo Chú ý 1.1.3, (iii) và định nghĩa, ta có H là giả đối xứng tương đươngvới 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) > 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 ítnhất 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

Ap(H, n1) = {0 = w1< w2< < wn1−1= F(H)

2 + n1, wn1 = F(H) + n1} Khi

đó các mệnh đề sau là tương đương:

(i) H là giả đối xứng.

(ii) wi+ wn1−i = wn1, với mọi 2 6 i < n1− 1

2 ∈ H) Vậy, ta có w/ i+ wn1−i = wn1, với

26 i < n1− 1

(ii) ⇒ (i) Lấy x ∈ Z sao cho x /∈ H và x 6= 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

(i)⇔(iii) Giả sử H là nửa nhóm số giả đối xứng, ta cần chứng minh t(H) = 2hay PF(H) = F(H)

2 , F(H)

 Thật vậy, vì F(H) là số chẵn nên F(H)

2 ∈ Z Dễthấy F(H)

2 ∈ PF(H) Giả sử với h ∈ H \



0,F(H)2



ta có F(H)

2 +h /∈ H, vì H làgiả đối xứng nên F(H)−(F(H)

2 , theo định nghĩatập giả Frobenius ta có x /∈ H, x + h thuộc H với mọi h ∈ H \



0,F(H)2

 Vì

H là giả đối xứng nên F(H) − x = h thuộc H hay F(H) = x + h, vô lý VậyPF(H) = {F(H)

2 , F(H)}.

Ngược lại, giả sử tập giả Frobenius PF(H) =  F(H)

2 , F(H)

 Lấy phần tử

x ∈ Z sao cho x /∈ H và x 6= F(H)

2 Ta sẽ chứng minh F(H) − x ∈ H Giả sử

F(H) − x /∈ H, khi đó x /∈ g − H Theo định nghĩa k(H) là số lớn nhất trongnhững số x như vậy và theo Chú ý 1.2.5, (iii), vì k(H) là số lớn thứ hai trong tậpPF(H) nên từ giả thiết, ta có k(H) = F(H)

2 Vì với mọi x ∈ Z, hoặc x > k(H)hoặc F(H) − x > k(H) và vì tính chất lớn nhất của k(H) nên ta có hoặc x = F(H)

2hoặc F(H) = F(H)

2 , mâu thuẫn Vậy F(H) − x ∈ H hay H là giả đối xứng.(i) ⇔(iv) Ta có 2g(H) = F(H) + 2 nếu và chỉ nếu g(H) = F(H)

2 + 1 và F(H)

là số chẵn, nếu và chỉ nếu trong tập {0, 1, , F(H)}, ngoại trừ số F(H)

2 , có đúngmột nửa số phần tử thuộc H, nghĩa là với mọi x thuộc Z \ {F(H)/2}, hoặc x ∈ Hhoặc 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 Frobergtrong [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 kéotheo 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 giảđối xứng nếu và chỉ nếu L(H) = F(H)

2

.(iii) Theo (ii), rõ ràng rằng nếu nửa nhóm số H là đối xứng hoặc giả đối xứngthì H là hầu đối xứng, nhưng điều ngược lại chưa chắc đúng

Ví dụ 1.2.9 (i) Cho nửa nhóm H = h3, 5i Khi đó

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:

(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 = h4, 5, 7i Khi đó

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 6⊆ PF(H) = {6, 8, 9} nên H không là đối xứng, vì t(H) = 3nên H cũng không là giả đối xứng Theo Định nghĩa 1.2.7, Chú ý 1.2.8, ta có Hkhông 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} 6⊆ 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 (theoĐịnh lý 1.2.10) Suy ra g(H) = F(H)

2 + 1, do đó

F(H)

2 ∈ Z Vì F(H) /∈ H nênF(H)

(i) H là hầu đối xứng.

(ii) αi+ αm−i = αm với i ∈ { 1, 2, , m − 1} và βj + 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= βj 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, tacũng thấy được rằng βj+ βt − j= αm+ n với mọi j ∈ {1, 2, ,t − 1} Hơn nữa vì

αm− βj = F(H) − fj 6∈ H, nên ta có αm− βj ∈ PF(H) theo định nghĩa của nửanhóm hầu đối xứng nghĩa là αm− βj = βt− j− n với mọi j ∈ {1, 2, ,t − 1}.(ii) ⇒ (iii) Theo giả thiết ta có (βj− n) + (βt− j− n) = αm− n kéo theo tổng

fj+ 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 hầuđối xứng

Cho H = hn1, , nri 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 = h5, 8, 11, 12i 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 > 3 là một số nguyên lẻ và H = ha, a + 2, a + 4, , 3a − 2i Vì cácphần tử sinh của H có dạng a + 2k, với k = 0, 1, 2, , a − 1 nên số phần tửsinh của H bằng a Do đó H có chiều nhúng cực đại Vì a là số lẻ nên ta có