Tải bản đầy đủ

Câu trúc iđêan định nghĩa trong vành nửa nhóm số chiều nhúng 4

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*************

NGUYỄN VÂN ANH

CẤU TRÚC IĐÊAN ĐỊNH NGHĨA TRONG
VÀNH NỬA NHÓM SỐ CHIỀU NHÚNG 4
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

HÀ NỘI –2018


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*************

NGUYỄN VÂN ANH

CẤU TRÚC IĐÊAN ĐỊNH NGHĨA TRONG

VÀNH NỬA NHÓM SỐ CHIỀU NHÚNG 4

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

Người hướng dẫn khoa học
ThS. Đỗ Văn Kiên

HÀ NỘI – 2018


Lời cảm ơn
Sau một thời gian dài nghiêm túc, miệt mài nghiên cứu cùng với sự
giúp đỡ tận tình của các thầy cô giáo và các bạn sinh viên. Đến nay,
Khóa luận của tôi đã được hoàn thành. Tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn
chân thành, sâu sắc tới các thầy cô giáo tổ Đại số (Khoa Toán), các
thầy cô trong khoa Toán đặc biệt là thầy giáo - Thạc Sĩ Đỗ Văn
Kiên người đã trực tiếp tạo mọi điều kiện giúp đỡ, chỉ bảo tận tình
cho tôi trong suốt thời gian nghiên cứu, hoàn thành khóa luận này.
Do còn hạn chế về thời gian cũng như kiến thức của bản thân nên
khóa luận của tôi không thể tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong
nhận được sự góp ý từ thầy cô và các bạn sinh viên.
Cuối cùng tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè đã luôn bên cạnh, ủng
hộ, động viên tinh thần để tôi hoàn thành khóa luận này!

Hà Nội, ngày 20 tháng 4 năm 2018
Tác giả khóa luận

Nguyễn Vân Anh


Lời cam đoan
Khóa luận tốt nghiệp "Cấu trúc iđêan định nghĩa trong
vành nửa nhóm số chiều nhúng 4" được hoàn thành do sự cố
gắng, nỗ lực tìm hiểu và nghiên cứu cùng với sự giúp đỡ tận tình của
thầy giáo - Thạc Sĩ Đỗ Văn Kiên
Trong quá trình thực hiện tôi đã tham khảo một số tài liệu như
đã viết trong phần tài liệu tham khảo. Vì vậy, tôi xin cam đoan kết
quả trong khóa luận này là trung thực và không trùng với kết quả của
tác giả nào khác.

Hà Nội, ngày 20 tháng 4 năm 2018
Tác giả khóa luận

Nguyễn Vân Anh


Mục lục

Mở đầu

1

1 NỬA NHÓM SỐ

3

1.1

Nửa nhóm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Số Frobenius và số giả Frobenius . . . . . . . . . . . .

6

1.3

Tập Apéry . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.4

Phân loại nửa nhóm số . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

1.4.1

Nửa nhóm số đối xứng . . . . . . . . . . . . . .

11

1.4.2

Nửa nhóm số giả đối xứng . . . . . . . . . . . .

13

1.4.3

Nửa nhóm số hầu đối xứng . . . . . . . . . . . .

18

2 IĐÊAN ĐỊNH NGHĨA TRONG VÀNH NỬA NHÓM
SỐ CHIỀU NHÚNG 4

21

2.1

Vành nửa nhóm số và ma trận RF trong chiều nhúng 4

21

2.2

Kết quả chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

KẾT LUẬN

33

Tài liệu tham khảo

34


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Vân Anh

MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài
Vấn đề cấu trúc iđêan định nghĩa trong vành nửa nhóm số là vấn
đề cổ điển nhưng vô cùng quan trọng trong đại số giao hoán và hình
học đại số. Năm 1970, J. Herzog [H] đã chỉ ra rằng iđêan định nghĩa
trong vành nửa nhóm số chiều nhúng 3 được sinh bởi các định thức
con cấp lớn nhất của một ma trận cỡ 2x3 nếu vành không là giao đầy
đủ. Từ kết quả của Herzog, nhiều vấn đề về iđêan định nghĩa được
quan tâm, ví dụ, xác định số phần tử sinh tối tiểu của iđêan định
nghĩa của một vành nửa nhóm số. Tuy nhiên trong trường hợp chiều
nhúng cao hơn nghiên cứu về iđêan định nghĩa trở nên phức tạp và
chỉ có một phần câu trả lời. Trong trường hợp chiều nhúng 4, cấu trúc
của iđêan định nghĩa là khá trừu tượng, trừ trường hợp có những điều
kiện cụ thể về nửa nhóm. H. Bresinski [H] đã miêu tả được cấu trúc
của iđêan định nghĩa trong vành nửa nhóm số có chiều nhúng 4 trong
trường hợp nửa nhóm số là đối xứng. J. Komeda [K] đã xác định được
hệ sinh tối tiểu của iđêan định nghĩa trong trường hợp nửa nhóm số
là một giả đối xứng.
Với ý nghĩa trên và lòng yêu thích chuyên ngành Đại số cùng với
sự gợi ý và giúp đỡ của thầy giáo - Th.S Đỗ Văn Kiên tôi đã mạnh dạn
chọn đề tài "Cấu trúc iđêan định nghĩa trong vành nửa nhóm
số có chiều nhúng 4" làm khóa luận tốt nghiệp của mình.
1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Vân Anh

2. Mục đích nghiên cứu
Quá trình nghiên cứu và thực hiện đề tài đã giúp chúng tôi bước
đầu làm quen với nghiên cứu khoa học và có cơ hội tìm hiểu sâu hơn
về đại số, đặc biệt là về một số kiến thức cơ sở về nửa nhóm số và cấu
trúc của idean định nghĩa trong trường hợp nơi mà vành nửa nhóm
số có chiều nhúng 4 và các số giả Frobenius của nửa nhóm là bội của
một số nguyên cố định.

3. Đối tượng nghiên cứu
Đề tài nghiên cứu về nửa nhóm số, số Frobenius, số giả Frobenius,
tập Apéry, nửa nhóm số đối xứng, nửa nhóm số hầu đối xứng, nửa
nhóm số giả đối xứng, cấu trúc iđêan định nghĩa trong vành nửa nhóm
số có chiều nhúng 4, kết quả chính được nêu trong định lý 2.2.1.

2


Chương 1
NỬA NHÓM SỐ
Trong chương này chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản về nửa
nhóm số và các đặc trưng của nửa nhóm số. Hai tài liệu tham khảo
chính được sử dụng trong chương này là [R] cho mục nửa nhóm số, số
Frobenius, số giả Frobenius, tập Apéry và [N] cho mục phân loại nửa
nhóm số.

1.1

Nửa nhóm số

Định nghĩa 1.1.1. Cho H là một tập con của N. Ta nói H là một
nửa nhóm số nếu nó thỏa mãn các điều kiện sau:
i) 0 ∈ H;
ii) H + H ⊆ H;
iii) |N\H| < ∞.
Nếu {a1 , a2 , . . . , an } là một hệ sinh tối tiểu của H, tức
ai ∈
/ a1 , a2 , . . . , ai−1 , ai+1 , . . . , an , 1

3

∀i

n thì ta kí hiệu


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Vân Anh

H = a1 , a2 , . . . , an . Dễ thấy rằng trong trường hợp này
H = {c1 a1 + c2 a2 + . . . + cn an |c1 , c2 , . . . , cn ∈ N} .
Trong trường hợp H = a1 , a2 , . . . , an thì điều kiện iii) trong định
nghĩa 1.1.1 có thể được đặc trưng bởi mệnh đề dưới đây.
Mệnh đề 1.1.2. Cho n ∈ N∗ , n

2 và H = a1 , a2 , . . . , an . Khi đó

|N\H| < ∞ khi và chỉ khi gcd (a1 , a2 , . . . , an ) = 1.
Chứng minh.
(a) Điều kiện cần.
Giả sử |N\H| < ∞. Ta chứng minh gcd (a1 , a2 , . . . , an ) = 1.
Đặt d = gcd (a1 , a2 , . . . , an ). Vì mọi số thực trong H đều chia
hết cho d nên nếu d > 1 thì tất cả các số tự nhiên có dạng
nd + 1, ∀n ∈ N đều không thuộc H. Do đó tập N\H là vô hạn,
điều này là không thể. Vậy d = 1. Vậy gcd (a1 , a2 , . . . , an ) = 1.
(b) Điều kiện đủ.
Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
+ Với n = 2 và H = a, b , gcd (a, b) = 1.
Nếu a = 1 hoặc b = 1 thì H = {λ1 a + λ2 b : λ1 , λ2

0} = N.

Do đó N\H = ∅ ⇒ |N\H| < ∞.
Nếu 1 < a < b. Trước hết ta nhận xét với mọi m ∈ Z thì m
có biểu diễn duy nhất dạng m = ax + by, 0

y < a. Thật

vậy:
Sự biểu diễn: Vì gcd (a, b) = 1 nên tồn tại u, v ∈ Z sao cho
4


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Vân Anh

au + bv = 1. Suy ra
m = amu + bmv = amu + b (aq + y) (0

y < a)

= amu + abq + by = a (mu + bq) + by = ax + by.
Tính duy nhất: Giả sử m = ax + by = ax + by với 0

y,

y < a. Suy ra a (x − x ) = b (y − y).
Vì gcd (a, b) = 1 nên a là ước của |y−y |. Vì 0

|y−y |

a−1

suy ra y = y . Do đó x = x .
Vậy với mọi m ∈ Z, m viết được duy nhất dưới dạng
m = ax + by, 0

y < a. Từ đó m ∈ H ⇔ x

0. Do đó số

lớn nhất không thuộc H phải là
a (−1) + b (a − 1) = ab − a − b.
Đặt c = (a − 1) (b − 1) thì c − 1 = ab − a − b là số lớn nhất
không thuộc H.
Như vậy với mọi m
|N\H|

c thì m > c − 1 ⇒ m ∈ H. Suy ra

c − 1.

+ Giả sử n > 2 và khẳng định đúng với n − 1.
Đặt d = gcd (a1 , a2 , . . . , an−1 ) ⇒ gcd

an−1
a1
d ,..., d

= 1.

Theo giả thiết quy nạp, tồn tại m1 ∈ N sao cho với mọi
m

m1 thì m ∈

Do đó với mọi m

an−1
a1
d ,..., d

.

m1 thì md ∈ a1 , a2 , . . . , an−1 .

Đặt c = dm1 + (d − 1) an + 1.
Ta chứng minh với mọi m

5

c thì m ∈ H. Thật vậy, vì


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Vân Anh

gcd (d, an ) = 1 nên m có biểu diễn duy nhất m = dx + an y,
0

y < d. Suy ra
dx = m − an y

Suy ra x

(d − 1) an + m1 d + 1 − an y

dm1 .

m1 .

Do đó dx ∈ a1 , . . . , an−1 thì m = dx + an y ∈ H. Vì vậy
|N\H|

c − 1 < ∞.

Định nghĩa 1.1.3. Cho H là một nửa nhóm số, H = a1 , a2 , . . . , an ,
với {a1 , a2 , . . . , an } là hệ sinh tối tiểu của H. Ta gọi:
1. m(H) := minH\ {0} = min {a1 , . . . , an } được gọi là bội của H.
2. g(H) = |N\H| được gọi là khoảng của H.
3. emb(H) := n được gọi là chiều nhúng của H.
4. Vành đa thức k [H] = k th |h ∈ H = k [ta1 , . . . , ta2 ], với k là một
trường, t là biến số, được gọi là vành nửa nhóm số của H.
Ví dụ 1.1.4. Cho H là một nửa nhóm số , H = 3, 7, 8 .
Khi đó m(H) = 3, g(H) = 4 và emb(H) = 3.

1.2

Số Frobenius và số giả Frobenius

Định nghĩa 1.2.1. Cho H là một nửa nhóm số.
1. Gọi số nguyên lớn nhất không thuộc H là số Frobenius của H, kí
hiệu là F (H), tức là F (H) = max (Z\H).
6


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Vân Anh

2. Tập hợp
P F (H) := {x ∈
/ H|x + h ∈ H, 0 = ∀h ∈ H}
được gọi là tập các số giả Frobenius, mỗi phần tử của nó được
gọi là một số giả Frobenius.
3. Số t(H) := |P F (H)| được gọi là kiểu của H.
Nhận xét 1.2.2.
i) F (H) ∈ P F (H). Thật vậy, giả sử ngược lại F (H) ∈
/ P F (H) thì
tồn tại h ∈ H\ {0} sao cho F (H) + h ∈
/ H điều này vô lí vì
F (H) = max(N\H) mà F (H) + h > F (H). Do đó
F (H) ∈ P F (H).
ii) P F (H) = {x ∈ N\H| x + ai ∈ H ∀i}. Thật vậy:
Rõ ràng {x ∈ N\H| x + ai ∈ H ∀i} ⊆ P F (H). Ngược lại
∀x ∈ {x ∈ N\H| x + ai ∈ H∀i} ⇒ x + ai ∈ H, ∀i = 1, 2, . . . , n.
n

ci ai . Vì h = 0 nên ∃ci = 0 sao cho

Khi đó ∀h ∈ H\ {0} thì
i=1

x + h = a1 c1 + . . . + ci−1 ai−1 + (c − 1) ai + ci+1 ai+1 + . . . + cn an +
(x + ai ) ∈ H. Suy ra x ∈ P F (H).
Mệnh đề 1.2.3. Cho ≤H là một quan hệ thứ tự trên xác định trên Z
bởi x ≤H y nếu y − x ∈ H. Khi đó tập các số giả Frobenius của H là
những phần tử cực đại của Z \ H theo quan hệ ≤H .
Chứng minh. Với mọi x ∈ P F (H) suy ra x ∈ (Z \ H).
Giả sử tồn tại y ∈ Z \ H sao cho x ≤H y suy ra y − x ∈ H.
Nếu y − x > 0 thì do x ∈ P F (H) nên x + (y − x) ∈ H hay y ∈ H,
7


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Vân Anh

điều này là mâu thuẫn.
Do đó y − x = 0 hay x = y. Vậy x ∈ max≤H (Z \ H).
Ngược lại, giả sử tồn tại h ∈ H \ {0} sao cho x + h ∈
/ H.
Suy ra (x + h) − x = h ∈ H.
Do đó x ≤H x + h điều này là mâu thuẫn vì x ∈ max≤H (Z \ H).
Ví dụ 1.2.4. Cho nửa nhóm số H = 3, 7, 8 . Khi đó ta có
P F (H) = {4, 5} , F (H) = 5 và t(H) = 2.

1.3

Tập Apéry

Định nghĩa 1.3.1. Cho H là nửa nhóm số và 0 = a ∈ H. Ta định
nghĩa
Ap (H, a) = {x ∈ H|x − a ∈
/ H}
được gọi là tập Apéry của H tương ứng với a.
Mệnh đề dưới đây đưa ra một công thức cụ thể để tìm tập Apéry.
Mệnh đề 1.3.2. Cho H là một nửa nhóm số, 0 = a ∈ H. Khi đó
Ap (H, a) = {0 = ω(0), ω(1), . . . , ω(a − 1)} ,
trong đó ω(i) là phần tử bé nhất thuộc H sao cho ω(i) ≡ i (mod a) với
∀i = {0, 1, 2, . . . , a − 1}.
Chứng minh. Ta sẽ chỉ ra
{x ∈ H|x − a ∈
/ H} = {0 = ω(0), ω(1), . . . , ω(a − 1)} .

8


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Vân Anh

Ta đi chứng minh
{x ∈ H|x − a ∈
/ H} ⊆ {0 = ω(0), ω(1), . . . , ω(a − 1)}.
Với mọi x ∈ Ap(H, a) ta chứng minh tồn tại 0
x = ω(i).Ta có thể viết x = aq + i, 0
x ≡ i(mod a) nên ω(i)

i

a − 1 sao cho

i

a − 1. Vì x ∈ H,

x. Ta có x ≡ i(mod a) và ω(i) ≡ i(mod a) nên

x ≡ ω(i)(mod a). Từ đó suy ra x−ω(i) = ap tồn tại p ∈ Z. Do x
nên p

ω(i)

0 suy ra x − a = a(p − 1) + ω(i). Vì x − a ∈
/ H nên p = 0. Do

đó x = ω(i) ⇒ {x ∈ H|x − a ∈
/ H} ⊆ {0 = ω(0), ω(1), . . . , ω(a − 1)}.
Tiếp theo chúng tôi sẽ chỉ ra bao hàm ngược lại
{0 = ω(0), ω(1), . . . , ω(a − 1)} ⊆ {x ∈ H|x − a ∈
/ H}.
Với mọi ω(i) ∈ {0 = ω(0), ω(1), . . . , ω(a − 1)} , 0

i

a − 1. Ta có

ω(i) ∈ H. Giả sử ω(i) − a ∈ H, ta có ω(i) − a ≡ i(mod a). Theo
tính chất của ω(i) ta có ω(i)

ω(i) − a ⇒ a

0 (mâu thuẫn vì

a ∈ H). Do đó ω(i) − a ∈
/ H. Vậy {0 = ω(0), ω(1), . . . , ω(a − 1)} ⊆
{x ∈ H|x − a ∈
/ H}.
Vậy {x ∈ H|x − a ∈
/ H} = {0 = ω(0), ω(1), . . . , ω(a − 1)} .

Mệnh đề 1.3.3. Cho H là một nửa nhóm số, a ∈ H\ {0}. Khi đó các
khẳng định sau là đúng.
1. F (H) = maxAp (H, a) − a;
2. P F (H) = {ω − a |ω ∈ max

H

Ap (H, a)} .

Chứng minh.
1. Chứng minh F (H) = maxAp (H, a) − a.
Theo định nghĩa vì maxAp (H, a) ∈ Ap (H, a) nên
9


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Vân Anh

maxAp (H, a) − a ∈
/ H suy ra maxAp (H, a) − a
F (H) + a

F (H) suy ra

max Ap (H, a) .

Giả sử F (H) + a > maxAp (H, a) .
Ta có a > 0, F (H) + a ∈ H mà F (H) + a − a ∈
/ H suy ra
F (H) + a ∈ Ap (H, a) mâu thuẫn với định nghĩa maxAp (H, a).
Vậy F (H) = maxAp (H, a) − a.
2. Chứng minh P F (H) = {ω − a |ω ∈ max

H

Ap (H, a)} .

Với mọi x ∈ P F (H) ta chứng minh
x ∈ {ω − a |ω ∈ max≤H Ap (H, a)} .
Với mọi x ∈ P F (H), ta có x + a ∈ H và x + a − a ∈
/ H nên
x + a ∈ Ap (H, a).
Đặt ω = x+a ∈ Ap (H, a). Hơn nữa giả sử tồn tại w ∈ Ap (H, a) :
ω

H

w suy ra w − ω ∈ H suy ra w − x − a ∈ H.

Nếu w − x − a > 0 thì x + (w − x − a) ∈ H hay w − a ∈ H mâu
thuẫn giả thiết w ∈ Ap (H, a) .
Do đó w = x + a = ω suy ra ω ∈ max
Ngược lại, với mọi ω ∈ max

H

H

Ap (H, a) và x = ω − a.

Ap (H, a) . Ta cần chứng minh

ω − a ∈ P F (H). ω ∈ Ap (H, a) suy ra ω − a ∈
/ H.
Giả sử ω − a ∈
/ P F (H) thì tồn tại ai , 1

i

n : ω − a + ai ∈
/H

suy ra (ω + ai ) − a ∈
/ H mà ω + ai ∈ H nên ω + ai ∈ Ap (H, a).
Nhưng ω
ω ∈ max

H
H

ω + ai và ω = ω + ai do đó mâu thuẫn giả thiết

Ap (H, a) .

Suy ra ω − a ∈ P F (H).

10


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Vân Anh

Vậy P F (H) = {ω − a |ω ∈ max

H

Ap (H, a)} .

Trong phần tiếp theo, chúng tôi sẽ đưa ra định nghĩa và một số
tính chất cơ sở của nửa nhóm số đối xứng, nửa nhóm số giả đối xứng
và nửa nhóm số hầu đối xứng.

1.4
1.4.1

Phân loại nửa nhóm số
Nửa nhóm số đối xứng

Định nghĩa 1.4.1. Cho H là một nửa nhóm số ta nói H là đối xứng
nếu với mọi x ∈ Z thì x ∈ H hoặc F (H) − x ∈ H.
Nhận xét 1.4.2. Nếu H là đối xứng thì F (H) lẻ. Thật vậy
F (H)
F (H)
giả sử F (H) là số chẵn, tức là
∈ Z. Nếu

/ H thì do
2
2
F (H)
F (H)
∈ H. Suy ra
∈ H. Do đó
H đối xứng nên F (H) −
2
2
F (H)
2.
= F (H) ∈ H, vô lí.
2
Vậy F (H) là số lẻ.
Nửa nhóm số đối xứng còn được đặc trưng bởi các điều kiện sau.
Mệnh đề 1.4.3. Cho H là nửa nhóm số, a ∈ H\ {0}. Đặt Ap (H, a) =
{0 = ω1 < ω2 < . . . < ωa }. Khi đó các điều kiện sau là tương tương:
(1) H đối xứng;
(2) ωi + ωa−i+1 = ωa với 2

i

a − 1;

(3) t (H) = 1;
11


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Vân Anh

(4) P F (H) = {F (H)};
(5) 2g (H) = F (H) + 1.
Chứng minh.
(1) ⇒ (2): Ta có F (H) = maxAp (H, a) − a = wa − a ∈
/ H.
Vì H đối xứng nên với mọi wi ∈ Ap (H, a) ta có F (H) − (wi − a) ∈ H
suy ra wa − wi ∈ H.
Đặt j = wa − wi ∈ H, nếu j ∈
/ Ap (H, a) thì j − a ∈ H suy ra
wa − wi − a ∈ H suy ra wa − a = (wa − wi − a) + wi ∈ H mâu thuẫn.
Vậy j ∈ Ap (H, a) suy ra wa − wi = wk với wk ∈ {w1 , w2 , . . . , wa }. Mặt
khác w1 < w2 < . . . < wa−1 nên k = a − i + 1.
(2) ⇒ (1): Ta có F (H) = maxAp (H, a) − a = wa − a
và P F (H) = {ω − a|ω ∈ max

H

Ap (H, a)} = {wa − a} = F (H) .

Khi đó với mọi x ∈ Z\H suy ra tồn tại α ∈ max
x

H

α mà max

H

(Z\H) = {F (H)} suy ra x

H

(Z\H) sao cho

H

F (H) suy ra

F (H) − x ∈ H. Vậy H là đối xứng.
(1) ⇒ (4): Với mọi x ∈ P F (H), cần chứng minh x = F (H) .
Vì H đối xứng và x ∈
/ H nên F (H) − x ∈ H. Nếu F (H) − x = 0 thì
0 < F (H) − x ∈ H. Vì x ∈ P F (H) nên x + (F (H) − x) ∈ H suy ra
F (H) ∈ H mâu thuẫn. Do đó F (H) − x = 0 hay F (H) = x.
(4) ⇒ (1): Với mọi x ∈ Z\H , ta cần chỉ ra F (H) − x ∈ H.
Tồn tại y ∈ max

Z\H sao cho x

H

y. Vì max

{F (H)} nên y = F (H) . Suy ra x

H

F (H) suy ra F (H) − x ∈ H.

H

H

Z\H = P F (H) =

(1) ⇔ (5): H đối xứng ⇔ ∀x ∈ N\H thì F (H) − x ∈ H.
⇔ Trong tập {0, 1, . . . , F (H)} có đúng một nửa số thuộc H và một
nửa số không thuộc H.
12


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Vân Anh

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

(3) ⇔ (4) Hiển nhiên.
Ví dụ 1.4.4. Cho H là một nửa nhóm số, H = 4, 5, 6 .
Ta có Ap(H, 4) = {0, 5, 6, 11} , F (H) = 7, P F (H) = 7, g(H) = 4.
Khi đó H đối xứng.
1.4.2

Nửa nhóm số giả đối xứng

Định nghĩa 1.4.5. Cho H là một nửa nhóm số, ta nói H là giả đối
F (H)
xứng nếu F (H) chẵn và với mọi x ∈ Z\H, x =
thì F (H)−x ∈
2
H.
Mệnh đề 1.4.6. Cho H là một nửa nhóm số, F (H) chẵn và
0 = a ∈ H. Khi đó các mệnh đề sau tương tương:
(1) H là giả đối xứng.
(2) Tập Ap (H, a) có dạng,
Ap (H, a) = {0 = w0 < w1 < . . . < wa−2 = F (H) + a}
F (H)

+ a và wi + wa−i−2 = wa−2 , 0 i a − 2.
2
(3) P F (H) =

F (H) ,

F (H)
.
2

(4) 2g (H) = F (H) + 2.
Chứng minh.
(1) ⇒ (2): Giả sử H là giả đối xứng. Ta chỉ ra
Ap (H, a).
13

F (H)
+a ∈
2


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Vân Anh

F (H)
F (H)
F (H)
+a ∈
/ H thì vì
+a =
và H là giả đối xứng
2
2
2
F (H)
F (H)
nên ta có F (H) −
+a ∈H ⇔
− a ∈ H.
2
2
F (H)
F (H)
Suy ra
= a+
− a ∈ H suy ra F (H) ∈ H mâu thuẫn.
2
2
F (H)
F (H)
F (H)
Suy ra
+ a ∈ H hơn nữa
+a −a=

/ H.
2
2
2
F (H)
Do đó
+ a ∈ Ap (H, a).
2
Vì vậy ta có thể viết
F (H)
Ap (H, a) = {0 = w0 < w1 < . . . < wa−2 = F (H) + a}∪
+a .
2
Thật vậy vì wi + wa−i−2 = wa−2 , 0 i a − 2.
Nếu

a − 2, ta có wa−2 − wi = F (H) + a − wi .
F (H)
nên F (H) − (wi − a) ∈ H hay
Vì wi − a ∈
/ H và wi − a =
2
wa−2 − wi ∈ H.

0

i

Hơn nữa wa−2 − wi − a ∈
/ H nên wa−2 − wi ∈ Ap (H, a).
Mặt khác, wa−2 − wi =

F (H)
2 .

Suy ra

wa−2 − wi ∈ {0 = w0 < w1 < . . . < wa−2 }. Vậy tồn tại j : 0

j

a−2

thỏa mãn wa−2 − wi = wj , lập luận tương tự trong mệnh đề 1.4.3 ta
suy ra j = a − i − 2.
F (H)
ta sẽ chỉ ra F (H)−x ∈ H.
2
Tập Ap (H, a) là một hệ thặng dư đầy đủ môđun a, do đó tồn tại
.
w ∈ Ap (H, a) sao cho w − x .. a suy ra tồn tại k ∈ Z : w = x + ka. Ta
(2) ⇒ (1): Với mọi x ∈ Z\H, x =

có k = 0 vì w = x.
Hơn nữa k > 0 vì nếu k ≤ 0 thì x = w + (−ka) ∈ H, điều này là mâu
thuẫn.
Ta xét 2 trường hợp:

14


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

TH1. w =

Nguyễn Vân Anh

F (H)
. Khi đó
2

F (H) − x = F (H) − w + ka = F (H) −
=

F (H)
− a + ka
2

F (H)
+ (k + 1) a.
2

F (H)
nên k > 1.
2
F (H)
Do đó F (H) − x =
+ a + (k − 2) a ∈ H.
2
F (H)
TH2. w =
+ 2 suy ra tồn tại i, 0 ≤ i ≤ a − 2 : w = wi .
2
Khi đó
Vì x =

F (H) − x = wa−2 − a − wi + ka
= wa−2 − wi + (k − 1) a
= wa−i−2 + (k − 1) a ∈ H.
(1) ⇒ (3): Giả sử H là giả đối xứng, ta cần chứng minh P F (H) =
F (H)
F (H) ,
.
2
F (H)
Trước tiên chứng minh
∈ P F (H).
2
F (H)
Giả sử tồn tại h = 0 ∈ H sao cho
+h∈
/ H.
2
F (H)
F (H)
+h ∈
/ H hay
−h ∈
Do H là giả đối xứng nên F (H)−
2
2
H.
F (H)
F (H)
F (H)
Ta thấy

/ H vì nếu
∈ H thì 2
= F (H) ∈ H,
2
2
2
điều này là vô lí.
F (H)
F (H)
Suy ra
− h +h ∈ H hay
∈ H, điều này là mâu thuẫn.
2
2

15


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Vân Anh

Do đó giả sử sai, tức là với mọi h = 0 ∈ H thì

F (H)
+ h ∈ H.
2

F (H)
∈ P F (H).
2
F (H)
Ta sẽ chỉ ra với mọi x ∈ P F (H) , x = F (H) thì x =
. Thật
2
F (H)
vậy, giả sử x =
, do x ∈
/ H suy ra F (H) − x ∈ H.
2
Vì x = F (H) nên F (H) − x > 0.
Vậy

Lại do x ∈ P F (H) nên x + (F (H) − x) ∈ H suy ra F (H) ∈ H, điều
này là mâu thuẫn.
Vậy P F (H) =

F (H) ,

F (H)
.
2

F (H)
ta sẽ chỉ ra F (H)−x ∈ H.
2
Vì x ∈ Z\H nên tồn tại y ∈ max≤H (Z\H) sao cho x ≤H y mà
(3) ⇒ (1): Với mọi x ∈ Z\H, x =

max≤H (Z\H). Do đó
y = F (H) ,
hoặc
y=

F (H)
.
2

Nếu y = F (H) thì x ≤H F (H) suy ra F (H) − x ∈ H.
F (H)
F (H)
F (H)
thì x ≤H
suy ra
− x ∈ H.
Nếu y =
2
2
2
F (H)
F (H)
F (H)
Vì x =
nên 0 <
− x mà
∈ P F (H) nên F (H) −
2
2
2
F (H)
F (H)
x=
+
− 2 ∈ H.
2
2
F (H)
(1) ⇒ (4): Với mọi x ∈ N\H, x =
thì ta có F (H) − x ∈ H.
2
Xét tập A = {0, 1, . . . , F (H)}, A có F (H) + 1 phần tử.
F (H)
F (H)
Vì H là giả đối xứng nên trong tập A \
sẽ có
phần
2
2
tử không thuộc H.

16


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Vân Anh

F (H)
+ 1.
2
F (H)
(4) ⇒ (1): Ta có g(H) =
+ 1.
2
F (H)
F (H)
Ta thấy với mọi 1 ≤ x ≤
thì
+1 ≤ F (H)−x ≤ F (H)−1.
2
2
Hơn nữa x và F (H) − x không cùng thuộc H. Do đó
Do đó g(H) =

g(H) ≥

Lại có

F (H)
− 1.
2

F (H)
và F (H) ∈
/ H, suy ra
2
g(H) ≥

F (H)
+ 1.
2

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi trong hai phần tử x và F (H)−x có một
F (H)
−1.
phần tử thuộc H và một phần tử không thuộc H , 1 ≤ ∀x ≤
2
(*)
F (H)
Bây giờ với mọi x ∈ N\H, x =
, ta suy ra 1 ≤ x ≤ F (H).
2
F (H)
− 1.
TH1: Nếu 1 ≤ x ≤
2
Rõ ràng bởi (*) nếu x ∈
/ H thì F (H) − x ∈ H.
F (H)
TH2: Nếu
+ 1 ≤ x ≤ F (H) − 1.
2
Bởi (*) nếu x ∈
/ H thì F (H) − x ∈ H.
TH3: x = F (H) thì F (H) − x = 0 ∈ H.
Ví dụ 1.4.7. Cho H là một nửa nhóm số, H = 3, 4, 5 .
Ta có Ap(H, 3) = {0, 4, 5} = {0, 5} ∪ {4}.
F (H) = 2, P F (H) = {1, 2} , g(H) = 2. H là giả đối xứng.

17


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.4.3

Nguyễn Vân Anh

Nửa nhóm số hầu đối xứng

Định nghĩa 1.4.8. Cho H là nửa nhóm số, ta nói H là hầu đối xứng
nếu ∀x ∈ Z\H sao cho F (H) − x ∈ Z\H thì x và F (H) − x ∈ P F (H).
Nhận xét 1.4.9. Nếu H là đối xứng hoặc giả đối xứng thì H là hầu
đối xứng.
Định nghĩa 1.4.10. Iđêan M := H\ {0} được gọi là iđêan cực đại
củaH. Ta suy ra rằng M − M = H ∪ P F (H). Ta đặt
K = KH := {F (H) − z|z ∈
/ H} .
Mệnh đề 1.4.11. (xem [N]) Cho H là một nửa nhóm số. Các mệnh
đề sau tương đương:
(1) H là hầu đối xứng.
(2) KH ⊂ M − M .
(3) Nếu z ∈
/ H thì F (H) − z ∈ H hoặc z ∈ P F (H).
(4) 2g(H) = F (H) + t(H).
(5) KM −M = M − m(H).
Mệnh đề 1.4.12. Cho H là một nửa nhóm số, 0 = a ∈ H. Đặt
Ap(H, a) = {0 < α1 < α2 < . . . < αm } ∪ β1 < β2 < . . . < βt(H) − 1 ,
với m = a − t(H), đặt t := t(H). Đặt
P F (H) = {fi = βi − n, ft = αm − n = F (H), 1
các mệnh đề sau tương đương:
(1) H là hầu đối xứng.
18

i

t − 1}. Khi đó


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Vân Anh

(2) αi + αm−i = αm , ∀i ∈ {1, 2, . . . , m − 1}.
βj + βt−j = αm + a, ∀j ∈ {1, 2, . . . , t − 1} .
(3) fi + ft−i = F (H), ∀i ∈ {1, 2, . . . , t − 1}.
Chứng minh.
(1) ⇒ (2) : Theo định nghĩa tập Apéry thì αi − a ∈
/ H,
với mọi i ∈ {1, 2, . . . , m − 1}.
Do H là hầu đối xứng nên theo 1.4.11 (2) thì F (H) − (αi − a) =
αm − αi ∈ H.
Giả sử αm − αi − a ∈ H suy ra αm − αi − a + αi ∈ H suy ra αm − n =
F (H) ∈ H(mâu thuẫn).
Khi đó αm − αi − a ∈
/ H suy ra αm − αi ∈ Ap(H, a).
Nếu tồn tại j ∈ {1, 2, . . . , t − 1} để αm − αi = βj thì F (H) = αm − a =
βj + αi − a = fj + αi mà fj ∈ P F (H) suy ra Fj + αi ∈ H suy ra
F (H) ∈ H(mâu thuẫn). Do đó αm − αi = αm−i .
Ta có αm −βj = αm −a+a−βj = F (H)−fj ∈
/ H. Vì nếu αm −βj ∈ H
thì βj

H

αm sẽ mâu thuẫn với cách đặt tập P F (H) và Ap(H, a) ở

giả thiết. Do H là hầu đối xứng nên αm − βj ∈ P F (H)(1.4.11(2)).
Nếu αm − βj = F (H) = αm − a suy ra βj = a mâu thuẫn định
nghĩa tập Apery là tập các phần tử nhỏ nhất đồng dư a modulo
i = {0, . . . , (a − 1)} suy ra αm − βj = βt−j − n.
(2) ⇒ (3): Ta có fi + ft−i = (βi − a) + (βt−i − a) = αm − a = F (H).
(3) ⇒ (1): Theo mệnh đề 1.4.11 ta cần chứng minh rằng
K ⊆ M − M = H ∪ P F (H); M = H\0 với K = {F (H) − z|z ∈
/ H}.
Lấy x ∈ K ⇒ x = F (H) − z, z ∈
/ H.
TH1: z ∈ P F (H).
19


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Vân Anh

Nếu z = F (H) ⇒ x = 0 ∈ H.
Nếu z = F (H) thì theo (3) ta được x = F (H) − z ∈ P F (H) suy
ra K ⊆ M − M .
TH2: Nếu z ∈
/ P F (H) thì tồn tại h ∈ M sao cho z + h ∈ P F (H).
Theo (3) suy ra F (H) − (z + h) ∈ P F (H).
Suy ra F (H) − (z + h) + h ∈ H.
Suy ra F (H) − z = x ∈ H.
Suy ra K ⊆ M − M .
Vậy H là hầu đối xứng.
Ví dụ 1.4.13. Cho H là một nửa nhóm số. H = 4, 5, 6, 7 .
Ta có P F (H) = {1, 2, 3} , F (H) = 3.
Ta có 1 + 2 = 3 nên H là hầu đối xứng.

20


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×