(Luận văn) về nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi bốn phần tử

TRƯỜNG ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHAMLIEN PHONXAYYAVONG lu an n va p ie gh tn to d oa nl w VỀ NỬA NHÓM SỐ HẦU ĐỐI XỨNG SINH BỞI BỐN PHẦN TỬ nf va an lu z at nh oi lm ul LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2020 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHAMLIEN PHONXAYYAVONG lu an n va VỀ NỬA NHÓM SỐ HẦU ĐỐI XỨNG SINH BỞI BỐN PHẦN TỬ ie gh tn to p Chuyên ngành: Đại số lý thuyết số d oa nl w Mã số: 84.60.104 an lu nf va LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul Người hướng dẫn khoa học: TS TRẦN ĐỖ MINH CHÂU z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2020 n va ac th si Lời cam đoan Tôi xin cam đoan kết trình bày luận văn hồn tồn trung thực khơng trùng lặp với luận văn trước Nguồn tài liệu sử dụng cho việc hoàn thành luận văn nguồn tài liệu mở Các thông tin, tài liệu luận văn ghi rõ nguồn gốc lu an va n Thái Nguyên, ngày 18 tháng năm 2020 to p ie gh tn Người viết luận văn d oa nl w Khamlien PHONXAYYAVONG an lu Xác nhận Xác nhận nf va trưởng khoa chuyên môn người hướng dẫn khoa học z at nh oi lm ul TS Trần Đỗ Minh Châu z m co l gm @ an Lu n va ac th i si Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành khóa 26 đào tạo thạc sỹ trường Đại học Sư Phạm - Đại học Thái Nguyên, hướng dẫn khoa học TS Trần Đỗ Minh Châu, giảng viên khoa Toán Trường Đại học Sư Phạm - Đại học Thái Ngun Tơi xin chân thành bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới cô hướng dẫn, người tạo cho phương lu an pháp nghiên cứu khoa học đắn, tinh thần làm việc nghiêm túc dành nhiều n va thời gian công sức để bảo hướng dẫn từ điều nhỏ nhặt tới vấn đề khó khăn Cơ ln kiên nhẫn, tận tình quan tâm giúp đỡ tơi để hồn thành gh tn to luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới thầy cô giáo trường Đại học Thái p ie Nguyên, Viện Toán học, người tận tình giảng dạy khích lệ, động viên tơi nl w vượt qua khó khăn học tập d oa Tôi xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo Khoa Sau đại học, Trường Đại học Sư phạm học tập nf va an lu - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi, giúp đỡ suốt thời gian Cuối cùng, xin cảm ơn bạn bè, người thân gia đình giúp đỡ, động viên, ủng lm ul hộ vật chất tinh thần để tơi hồn thành tốt luận văn khóa z at nh oi học Thái nguyên, ngày 18 tháng năm 2020 Người viết Luận văn z l gm @ Khamlien PHONXAYYAVONG m co an Lu n va ac th ii si Mục lục Một số khái niệm nửa nhóm số lu an 1.1 Nửa nhóm số 1.2 Tập Apery chiều nhúng 1.3 Số Frobenius số giả Frobenius 1.4 Nửa nhóm số đối xứng, giả đối xứng hầu đối xứng 10 n va 19 2.1 Biểu diễn phần tử f + nk với f ∈ P F (H) 19 gh Cấu trúc ma trận RF 26 tn to Nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bốn phần tử p ie 2.2 36 Kiểu nửa nhóm số hầu đối xứng sinh phần tử 41 51 d KẾT LUẬN oa nl w 2.4 Trường hợp nửa nhóm số giả đối xứng sinh phần tử 2.3 an lu TÀI LIỆU THAM KHẢO 52 nf va z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th iii si MỞ ĐẦU Một nửa nhóm số H vị nhóm N với phép toán cộng cho phần bù H N hữu hạn Cho H nửa nhóm số có hệ sinh tối tiểu {n1 , , ne } lu K[H] = K[tn1 , , tne ] vành nửa nhóm số tương ứng với H, t biến, K S trường Ta viết K[H] dạng thương K[H] = vành đa thức IH S = K[x1 , , xe ] iđêan IH với IH hạt nhân K-đại số đồng cấu từ S vào an n va tn to K[H], xác định xi 7→ tni Iđêan IH iđêan sinh nhị thức gọi iđêan định nghĩa K[H] gh p ie Trong nửa nhóm số, lớp nửa nhóm số hầu đối xứng có nhiều tính chất thú w vị Chúng mở rộng tự nhiên lớp nửa nhóm số đối xứng hồn tồn phân oa nl biệt với lớp nửa nhóm số đối xứng (theo Nari [8]) Chú ý rằng, năm 1970, Kunz [6] d chứng minh H đối xứng K[H] vành Gorenstein Sau đó, Barucci lu nf va an v Frăoberg [1] ó gii thiu khỏi nim vành hầu Gorenstein (là mở rộng vành Gorenstein) áp dụng vào vành nửa nhóm số dẫn đến khái niệm nửa nhóm số lm ul hầu đối xứng Lý thuyết vành hầu Gorenstein tiếp tục nghiên cứu sâu S z at nh oi Goto, Takahashi Taniguchi [2] đạt nhiều kết quan trọng Mục đích luận văn tìm hiểu nửa nhóm số hầu đối xứng sinh phần tử z Trong luận văn này, chúng tơi trình bày chi tiết số kết báo: J Herzog, @ 589–630 Nội dung luận văn gồm hai chương co l gm K Watanabe (2019), Almost symmetric numerical semigroups, Semigroup Forum 98, m Chương trình bày số khái niệm nửa nhóm số bao gồm khái niệm nửa an Lu nhóm số, tập Apery, chiều nhúng, số Frobenius, số giả Frobenius, nửa nhóm số đối n va ac th si xứng, số giả đối xứng, hầu đối xứng Chương nội dung luận văn, trình bày số kết nửa nhóm số hầu đối xứng sinh phần tử Cho H = hn1 , n2 , n3 , n4 i nửa nhóm số hầu đối xứng sinh phần tử Kí hiệu P F (H) tập số giả Frobenius H Tiết 2.1 tìm hiểu biểu diễn phần tử f + nk , với f ∈ P F (H) (Bổ đề 2.1.8, Bổ đề 2.1.10) Nội dung tiết chuẩn bị quan trọng cho tiết sau Tiết 2.2 trình bày cấu trúc ma trận RF (f ), với f ∈ P F (H) (Hệ 2.2.10, Mệnh đề 2.2.13, Mệnh đề 2.2.15) Tiết 2.3 trình bày cấu trúc ma trận RF (F (H)/2) H nửa nhóm số giả đối xứng sinh phần tử Chú ý nửa nhóm số giả đối xứng hầu đối lu xứng (Định lí 2.3.3, Định lí 2.3.4) Tiết 2.4 trình bày lại chứng chi tiết kết quả: kiểu an n va nửa nhóm số hầu đối xứng sinh phần tử không vượt p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Một số khái niệm nửa nhóm số Chương trình bày số kiến thức chuẩn bị cho việc theo dõi chương sau khái niệm nửa nhóm số, tập Apery, chiều nhúng, số Frobenius, số giả Frobenius, nửa lu an nhóm số đối xứng, giả đối xứng hầu đối xứng va n 1.1 Nửa nhóm số gh tn to Mỗi nửa nhóm số vị nhóm Vì để nghiên cứu nửa nhóm số trước p ie hết ta nhắc lại khái niệm tính chất vị nhóm Định nghĩa 1.1.1 Một nửa nhóm cặp (H, +) với H tập hợp + w d oa nl phép tốn hai ngơi H thỏa mãn tính chất kết hợp Từ trở đi, nửa nhóm H nhắc đến có tính chất giao hoán, nghĩa lu nf va an a + b = b + a với a, b ∈ H Để cho tiện ta viết H thay cho (H, +) Định nghĩa 1.1.2 Một nửa nhóm T nửa nhóm H tập H, đóng lm ul kín với phép tốn hai ngơi H z at nh oi Rõ ràng, giao nửa nhóm nửa nhóm H nửa nhóm H Vì cho A tập H, nửa nhóm nhỏ H chứa A giao z tất nửa nhóm H chứa A, kí hiệu hAi , gọi nửa nhóm @ sinh A Ta dễ dàng kiểm tra gm  co l hAi = λ1 a1 + + λn an | n, λ1 , , λn ∈ N \ {0} a1 , , an ∈ A , m N tập số ngun khơng âm Ta nói H sinh A ⊆ H H = hAi an Lu Trong trường hợp A hệ sinh H Nếu A có hữu hạn phần tử ta nói H hữu hạn sinh n va ac th si Định nghĩa 1.1.3 Một nửa nhóm M gọi vị nhóm có phần tử đơn vị, nghĩa tồn phần tử M, kí hiệu 0, cho + a = a + = a, với a ∈ M Một tập N M gọi vị nhóm M nửa nhóm M ∈ N Từ suy {0} vị nhóm M gọi vị nhóm tầm thường M Hồn tồn giống nửa nhóm, giao tất vị nhóm vị nhóm vị nhóm vị nhóm Nếu M vị nhóm A tập M vị nhóm nhỏ M chứa A tập  hAi = λ1 a1 + + λn an | n, λ1 , , λn ∈ N a1 , , an ∈ A , lu an gọi vị nhóm M sinh A Cũng giống phần nửa nhóm, tập va A hệ sinh M hAi = M, ta nói M sinh A Vì thế, vị n tn to nhóm M hữu hạn sinh M có hệ sinh gồm hữu hạn phần tử Chú ý rằng, gh h∅i = {0} = h0i p ie Dễ dàng kiểm tra tập số tự nhiên N với phép tốn cộng vị nhóm w Tiết dành để nghiên cứu vị nhóm N Ta chứng minh oa nl vị nhóm N phân lớp sai khác đẳng cấu vị nhóm có d phần bù hữu hạn N lu nf va nửa nhóm số an Định nghĩa 1.1.4 Một vị nhóm N có phần bù N hữu hạn gọi lm ul Nhận xét 1.1.5 Từ Định nghĩa 1.1.4, ta thấy tập H ⊂ N nửa nhóm số (1) ∈ H; z (2) a + b ∈ H với a, b ∈ H; z at nh oi H thỏa mãn điều kiện sau: @ l gm (3) ] N \ H < ∞ Với tập khác rỗng A N, vị nhóm hAi N sinh A nửa co m nhóm số ước chung lớn phần tử A an Lu Bổ đề 1.1.6 Cho A tập khác rỗng N Khi hAi nửa nhóm số gcd(A) = n va ac th si Chứng minh Giả sử hAi nửa nhóm số d = gcd(A) Rõ ràng, h thuộc hAi d | h Vì hAi nửa nhóm số nên N \ hAi hữu hạn Suy N \ hAi có phần tử lớn x Vì x + x + thuộc hAi Suy d | x + 1, d | x + Do đó, d = Để chứng minh chiều ngược lại, ta cần chứng minh N \ hAi tập hữu hạn Vì gcd(A) = nên tồn số nguyên z1 , , zn a1 , , an cho z1 a1 + z2 a2 + + zn an = Bằng cách đánh số lại chuyển số hạng chứa zi âm sang vế phải, ta tìm i1 , , ik , j1 , , jl tập {1, , n} cho zi1 ai1 + + zik aik = − zj1 ai1 − − zjl ajl lu an Đặt h = −zj1 ai1 − − zjl ajl Khi h ∈ hAi h + ∈ hAi Ta chứng minh n va n ≥ (h − 1)h + (h − 1), n ∈ hAi Thật vậy, chia n cho h ta tìm số nguyên tn to q r cho n = qh + r với ≤ r ≤ h − Vì n = qh + r ≥ (h − 1)h + (h − 1) nên q ≥ h − ≥ r Do ie gh p n = (rh + r) + (q − r)h = r(h + 1) + (q − r)h ∈ hAi oa nl w Vậy tập N \ hAi hữu hạn hAi nửa nhóm số d Mệnh đề 1.1.7 Cho M vị nhóm khơng tầm thường N Khi M đẳng cấu an lu với nửa nhóm số m m | m ∈ M }i Suy gcd{ | m ∈ M } = d d m Vì thế, H nửa nhóm số theo Bổ đề 1.1.6 Xét ánh xạ f : M → H cho f (m) = d Rõ ràng f đẳng cấu vị nhóm nf va Chứng minh Đặt d = gcd(M ) H = h{ z at nh oi lm ul Giả sử A B tập tập số nguyên Z Kí hiệu z A + B = {a + b | a ∈ A, b ∈ B} @ gm Với H nửa nhóm số, ta viết H ∗ = H \ {0} Khi H ∗ + H ∗ tập phần tử co l H viết dạng tổng hai phần tử khác H Với kí hiệu này, ta có Bổ đề sau m H Hơn nữa, hệ sinh H chứa H ∗ \ H ∗ + H ∗ an Lu Bổ đề 1.1.8 Cho H vị nhóm N Khi H ∗ \ H ∗ + H ∗ hệ sinh n va ac th si mâu thuẫn với định nghĩa α3 Vì c = α3 − Định lý sau kết mục Định lý 2.3.3 Cho H = hn1 , n2 , n3 , n4 i giả sử P F (H) = {F (H)/2, F (H)} Khi cách đánh lại số thứ tự phần tử sinh H, ta có  −1 α2 −    RF (F (H)/2) =  α1 −  −1 α3 − −1 α1 − α42      α4 − 1  −1 F (H)/2 + nk có biểu diễn với k, nghĩa RF (F (H)/2) xác định lu an n va Chứng minh Để chứng ming định lý ta sử dụng ma trận A cho Mệnh đề 2.3.2 (1) Lấy hiệu hàng thứ hàng hai (tương ứng hàng thứ hai hàng thứ ba) gh tn to xác định giá trị a, a0 , b, d A p ie A ta (∗2) α2 n2 = n1 + (α3 − 1)n3 , w d oa nl (∗3) α3 n3 = an1 + n2 + dn4 an lu (2) Nếu a0 ≥ α1 thành phần thứ (4,3) RF (F/2) phải nf va biểu diễn nên ta có α1 n1 = α2 n2 Do (1) nên ta có biểu diễn khác RF (F/2) với thành phần (4,3) dương, mâu thuẫn Do đó, a0 ≤ α1 − Tương tự, ta có b ≤ α2 − lm ul Lấy hiệu hàng thứ thứ tư ta z at nh oi (α2 − − b)n2 + n4 = (a0 + 1)n1 Vì a0 ≤ α1 − nên a0 = α1 − Hơn nữa, n4 phần tử sinh tối tiểu H nên ta z gm @ có b < α2 − Suy co l (∗1) α1 n1 = (α2 − − b)n2 + n4 m Suy a < α1 , ngược lại ta có biểu diễn khác RF (F/2) với thành phần an Lu (3,2) dương n va ac th 38 si (3) Nếu d ≥ α4 α4 n4 = α1 n1 thành phần (3,2) RF (F/2) = biểu diễn, mâu thuẫn với (∗1) Lấy hiệu hàng thứ ba hàng thứ tư ta (d + 1)n4 = (α1 − − a)n1 + bn2 + n3 Do d ≤ α4 − nên d = α4 − (∗4) α4 n4 = (α1 − − a)n1 + bn2 + n3 Từ tất lập luận ta tính  lu    (†) RF (F (H)/2) =    −1 α2 − 0 −1 α3 − a −1 an α1 − b = α42      α4 − 1  −1 n va Hơn nữa, ta có α12 = α2 − − b > 0, α13 = 0, α14 = 1, α21 = 1, α23 = α3 − 1, α24 = (4) Để kết thúc chứng minh, ta cần chứng tỏ b > 0, a > a = α1 − Nếu gh tn to 0, α31 = a, α32 = 1, α34 = α4 − 1, α41 = α1 − − a, α42 = b, α43 = p ie b = cộng hàng thứ hai thứ tư ma trận, ta nl w (α1 − 1)n1 + (α3 − 1)n3 = F (H) + n2 + n4 d oa Từ (αi − 1)ni ∈ Ap(nk , H) với k 6= i từ Bổ đề 2.1.1, ta an lu F (H) + n2 − (α1 − 1)n1 = (α3 − 1)n3 − n4 ∈ P F (H) nf va Dẫn đến (α3 − 1)n3 = n4 + F (H)/2 = (α1 − 1)n1 điều mâu thuẫn Do ta có lm ul b > Nếu a = cộng hàng thứ hàng thứ ba ma trận tương tự chứng minh trên, ta có (α2 − 1)n2 = F (H)/2 + n3 = (α4 − 1)n4 , mâu thuẫn z at nh oi Tiếp theo ta a = α1 − Ta thấy a ≤ α1 − Nếu a < α1 − ta có α41 > theo Bổ đề 2.1.10, F (H) + n1 có biểu diễn Ta điều z mâu thuẫn @ Cộng hàng thứ hàng thứ hai RF (F (H)/2), ta thu gm co l F (H) + n1 = (α2 − 2)n2 + (α3 − 1)n3 m Do F (H) + n1 có biểu diễn nên (F (H) + n1 ) − (α4 − 1)n4 ∈ / H theo Bổ đề an Lu 2.1.1, ta có (α4 − 1)n4 = F (H)/2 + n1 Do F (H)/2 + n1 = (α2 − 1)n2 , mâu thuẫn ac th 39 n va Vì a = α1 − si Định lý 2.3.4 Nếu F (H)/2 ∈ P F (H) RF (F (H)/2) có dạng Định lý 2.3.3 ta có: (i) F (H) + n2 có biểu diễn n2 = α1 α4 (α3 − 1) + (ii) Mỗi phần tử sinh IH RF (F (H)/2)-hệ thức Cụ thể là, IH = (xα2 − x1 xα3 −1 , xα1 − xα2 −1−α42 x4 , xα3 − xα1 −1 x2 xα4 −1 , xα3 −1 x4 −xα1 −1 xα2 42 +1 , xα4 −xα2 42 x3 ) (Hiệu hàng thứ hàng thứ ba không cho phần tử sinh tối tiểu IH ) (iii) H hầu đối xứng t(H) = Ta Mệnh đề 2.4.5 e = F (H)/2 ∈ P F (H) RF (F (H)/2) lu phát biểu Định lý 2.3.3, e = H nửa nhóm số hầu đối xứng với an F (H) chẵn t(H) = n va tn to Chứng minh Vì αi2 6= với i 6= nên theo Bổ đề 2.1.10(i), F (H) + n2 có biểu diễn Cộng hàng thứ hàng thứ RF (F (H)/2) ta gh p ie F (H) + n2 = (α1 − 1)n1 + (α3 − 2)n3 + (α4 − 1)n4 nl w Theo Bổ đề 2.1.10(ii) ta có n2 = α1 α4 (α3 − 1) + t(H) − ≥ α1 α4 (α3 − 1) + (do oa t(H) ≥ 2) Ta chứng minh t(H) = cách chứng tỏ n2 = α1 α4 (α3 − 1) + Trước d hết ta xác định phần tử sinh tối tiểu IH Ký hiệu I iđêan sinh nhị an lu thức nf va xα2 − x1 xα3 −1 , xα1 − xα2 −1−α42 x4 , xα3 − xα1 −1 x2 xα4 −1 , lm ul xα3 −1 x4 − xα1 −1 xα2 42 +1 , xα4 − xα2 42 x3 z at nh oi Vì nhị thức tương ứng với hiệu vectơ hàng RF (F (H)/2) nên I ⊆ IH Để chứng minh I = IH , trước hết ta S/(I , x2 ) = S/(IH , x2 ) Chú ý S/(IH , x2 ) ∼ = K[H]/(tn2 ) Vì thế, dimK S/(IH , x2 ) = n2 Do I ⊆ IH nên ta có tồn z n2 = α1 α4 (α3 − 1) + t(H) − Hơn nữa, từ đẳng cấu l gm @ cấu S/(I , x2 ) → S/(IH , x2 ) Suy dimK S/(I , x2 ) ≥ n2 Theo lập luận ta có n ac th 40 va α1 α4 (α3 − 1) + ≥ α1 α4 (α3 − 1) + t(H) − an Lu ta có dimK S/(I , x2 ) = α1 α4 (α3 − 1) + Kéo theo m co S/(I , x2 ) ∼ = K[x1 , x3 , x4 ]/(x1 xα3 −1 , xα1 , xα3 , xα3 −1 x4 , xα4 ) si Suy t(H) ≤ Vì t(H) = S/(I , x2 ) = S/(IH , x2 ) Xét dãy khớp → IH /I → S/I → S/IH → Tác động hàm tử Tor(∗, S/(x2 )) lên dãy khớp ta dãy khớp dài · · · → Tor1 (S/IH , S/(x2 )) → (IH /I ) ⊗S S/(x2 ) → S/I ⊗S S/(x2 ) → S/IH ⊗S S/(x2 ) → 0, hay ta có dãy khớp · · · → Tor1 (S/IH , S/(x2 )) → (IH /I )/x2 (IH /I ) → S/(I , x2 ) → lu S/(IH , x2 ) → an n va Vì S/IH miền nguyên nên x2 phần tử quy S/IH Do ta có to gh tn Tor1 (S/IH , S/(x2 )) = ie Chú ý S/(I , x2 ) = S/(IH , x2 ) theo chứng minh Vì từ dãy khớp cuối p ta suy (IH /I )/x2 (IH /I ) = Theo Bổ đề Nakayama ta có IH /I = w Kiểu nửa nhóm số hầu đối xứng sinh phần tử d oa nl 2.4 an lu Mục tiêu tiết chứng minh kiểu nửa nhóm số hầu đối xứng sinh nf va phần tử khơng vượt q Kỹ thuật dùng để chứng minh khái niệm hàng đặc biệt ma trận RF (f ) với f ∈ P F (H) Trong suốt tiết giả thiết lm ul H = hn1 , , n4 i nửa nhóm số hầu đối xứng sinh phần tử z at nh oi Định nghĩa 2.4.1 Mỗi hàng ma trận RF (f ) có dạng (αi − 1)ei − ek gọi hàng đặc biệt, ei vectơ đơn vị thứ i Z4 z @ Ví dụ 2.4.2 Hàng thứ thứ ma trận RF (F (H)/2) Định lý 2.3.3 l gm hàng đặc biệt co Bổ đề 2.4.3 Giả sử e = 4, {n1 , n2 , n3 , n4 } = {ni , nj , nk , nl } H hầu đối xứng Khi m an Lu (i) Tồn hai hàng ma trận RF (F (H)/2) có dạng (αi − 1)ei − ek n va ac th 41 si (ii) Nếu f 6= f ∈ P F (H) cho f + f ∈ / H có bốn hàng RF (f ) RF (f ) có dạng (αi − 1)ei − ek (iii) Với cặp {f, f } ⊂ P F (H), f 6= f , f + f ∈ / H với j ∈ {1, 2, 3, 4} tồn s cho (αj − 1)nj = f + ns (αj − 1)nj = f + ns Chứng minh (i) Hiển nhiên theo Mệnh đề 2.3.2 (ii) Theo Bổ đề 2.2.3, có 12 thành phần hai ma trận RF (f ) RF (f ) Hơn nữa, theo Hệ 2.2.10, hàng RF (f ) chứa thành phần dương Thêm vào đó, theo Bổ đề 2.1.4(ii), hàng thứ k RF (f ) −ek + bei b ≥ αi − Kết hợp với Mệnh đề 2.2.13, ta suy hàng RF (f ), RF (f ) có ba dạng sau lu an (a) Chứa thành phần dương, va n (b) qes − et với q ≥ αs , tn to ie gh (c) (αs − 1)es − et p Nếu hai ma trận có dạng (b), ma trận có hai thành phần khác hàng thứ t dương Vì thế, ta gọi a, b, c số hàng có w oa nl dạng (a), (b), (c), ta có 2(a + b) + c ≤ 12 Vì a + b + c = 8, nên c ≥ d (iii) Trong (ii) ta chứng minh có hàng RF (f ) RF (f ) có lu nf va an dạng (αi − 1)ei − ek Vì thế, ta giả sử với số i, k, l ta có hệ thức nk + f = (αi − 1)ni = nl + f lm ul Theo Mệnh đề 2.2.15(iii), αi ni có hai biểu diễn khác z at nh oi (5.7.1) αi ni = pnj + qnk = p0 nj + rnl Hơn nữa, ta có (xem chứng minh Mệnh đề 2.2.15(iii)) z @ l gm (5.7.2) f + ni = pnj + (q − 1)nk , f + ni = p0 nj + (r − 1)nl P t mst nt co Ta viết RF (f ) = (mst ) RF (f ) = (m0st ) có biểu diễn f + ns = m ta nói mst = với thành phần (s, t) mst = biểu diễn X n ac th 42 va t mst nt an Lu f + ns = si Tương tự RF (f ) = (m0st ) Trong lập luận trên, vai trò k, l tương tự nên ta giả sử p0 ≥ p từ (5.7.1) ta có qnk = (p0 − p)nj + rnl Suy q ≥ αk Nếu q ≥ αk + αk nk = αj nj theo Mệnh đề 2.2.13 Vì pnj + qnk = (p + αj )nj + (q − αk )nk = p0 nj + rnl Do r ≥ αl , mâu thuẫn Vì q = αk ta có (5.7.20 ) f + ni = pnj + (αk − 1)nk , f + ni = p0 nj + (r − 1)nl lu Vì mil = mkl = (tương ứng m0ik = m0lk = 0) nên mjl > (tương ứng m0jk > 0) theo an Bổ đề 2.2.9 Đặt va n f + nj = sni + tnk + unl (u > 0) gh tn to Vì f = f + nk − nl , nên ta có f + nj = sni + (t + 1)nk + (u − 1)nl Ta xét hai trường hợp s s > s = ie p Trường hợp (a) Nếu s > 0, theo Bồ đề 2.2.9 ta có mjl = m0jk = mij = m0ij = (5.7.3) f + ni = (αk − 1)nk , f + ni = (αl − 1)nl d oa nl w theo Bổ đề 2.2.3 Do ta có p = p0 = Suy lu an theo Bổ đề 2.1.4 mil = m0ik = Hơn nữa, theo Hệ 2.2.10, s > 0, mli = nf va m0ki = nên mlk = m0lk = theo Bổ đề 2.2.3 Vì ta có f + nl = (αj − 1)nj minh z at nh oi lm ul (tương ứng f + nk = (αj − 1)nj ) mlk = (tương ứng m0lk = 0), điều phải chứng Trường hợp (b) Giả sử s = Ta đặt (5.7.4) f + nl = ani + bnj + cnk , f + nk = b0 nj + d0 nl z @ −1 p u  −1 0  c  , −1 an Lu b t m a αk − co   −1  RF (f ) =  αi −   l  gm (do mik = αk − > 0, nên ta có m0ki = theo Bổ đề 2.2.3) Kéo theo n va ac th 43 si  −1    RF (f ) =    p0 r−1   −1 t + u − 1   b0 −1 d0   αi − −1 Chú ý theo Bổ đề 2.2.3 ta có a(r − 1) = b(u − 1) = b0 t = cd0 = Ta tiếp tục lập luận theo trường hợp c > c = Trường hợp (b1) c > Khi d0 = 0, b0 = αj − t = Do đó, u = αl − ta cần có hàng thứ s hàng đặc biệt (αk − 1)ek − es Trong trường hợp lu này, theo Hệ 2.2.10, ta có b = a = Nếu b > u = hàng thứ hai an RF (f ) (αk − 1)ek − ej với αk = Nếu a > hàng thứ RF (f ) va n p0 ej − ei điều mâu thuẫn với tính chất hàng thứ ba RF (f ) (αj − 1)ej − ek Trường hợp (b2) c = b > Khi ta có t + = αk − Nếu a > ta có ie gh tn to kéo theo ni = nk Nếu a = b = hàng thứ tư RF (f ) hàng đặc biệt cần tìm p r = p0 = αj − b0 = t = Trong trường hợp, ta thu hàng đặc biệt Nếu a = b = αj − hàng thứ tư RF (f ) (αJ − 1)ej − el Nếu w oa nl b0 = d0 = αl − hàng thứ ba RF (f ) hàng đặc biệt Nếu b0 > t = d hai hàng RF (f ) RF (f ) cho ta hàng đặc biệt an lu Bổ đề 2.4.4 Giả sử H nửa nhóm số hầu đối xứng với F (H) lẻ giả sử tồn nf va f ∈ P F (H) cho hàng RF (f ) có thành phần dương Khi z at nh oi lm ul ta có: (i) Sau đánh lại số, ta giả sử  −1 α2 − 0 −1 α3 − 0 α1 − z @ −1      α4 − 1  −1 m co l gm    RF (f ) =    an Lu n va ac th 44 si (ii) Trong trường hợp này, ta đặt f = F (H) − f  −1 α2 − α3 −    RF (f ) =  α1 −    −1 α3 − α4 − 1   −1 α1 − α2 − α4 − 2  −1 (iii) Ta có t(H) = với P F (H) = {f, f , F (H)}, số phần tử sinh tối tiểu µ(IH ) = phần tử sinh tối tiểu IH có cách lấy hiệu hai hàng RF (f ), cụ thể IH = (xα1 − xα2 −1 x4 , xα2 − xα3 −1 x1 , xα3 − x4α4 −1 x2 , x4α4 − xα1 −1 x3 , x1 xα4 −1 − x2α2 −1 x3 , xα1 −1 x2 − xα3 −1 x4 ) (iv) Ta có lu an n1 = (α2 − 1)(α3 − 1)α4 + α2 , n2 = (α3 − 1)(α4 − 1)α1 + α3 , va n n3 = (α4 − 1)(α1 − 1)α2 + α4 , n4 = (α1 − 1)(α2 − 1)α3 + α1 tn to Chứng minh Giả sử thành phần (i, ) RF (f ) dương Khi (a1 , a2 , a3 , a4 ) cho gh p ie hoán vị (1, 2, 3, 4) khơng có điểm cố định Do đó, ta giả sử (a1 , a2 , a3 , a4 ) = (2, 1, 4, 3) (a1 , a2 , a3 , a4 ) = (2, 3, 4, 1) nl w Vì f + n1 = (α2 − 1)n2 , nên ta có f + n1 + n2 = α2 n2 = (α3 − 1)n3 + n1 Suy d oa α21 = 1, α23 = α3 − 1, α24 = Tương tự, ta có α12 = α2 − 1, α13 = 0, α14 = 1, α31 = lu 0, α32 = 1, α34 = α4 − 1, α41 = α1 − 1, α42 = 0, α43 = nf va an Theo Bổ đề 2.2.3, ma trận RF (f ) có dạng  −1 p2 p3  lm ul z at nh oi    −1 q  q 4  RF (f ) =    r1 −1 r4    s1 s2 −1 z Khi ta phải có p2 < α2 α21 = > p3 < α4 α34 > Suy @ gm F (H) + n1 = (α2 − 1)n2 + f = (α2 − 2)n2 + q3 n3 + q4 n4 m = p2 n2 + (p3 − 1)n3 + (α4 − 1)n4 co l = p2 n2 + p3 n3 + f = (p2 − 1)n2 + (α3 − + p3 )n3 an Lu Do ta có p2 = α2 − q4 = α4 − Lặp lại trình này, ta tìm RF (f ) phát biểu bổ đề n va ac th 45 si Mệnh đề 2.4.5 Giả sử e = Nếu F (H) chẵn F (H)/2 ∈ P F (H) t(H) = Nghĩa là, e = H hầu đối xứng kiểu chẵn t(H) = Chứng minh Theo Định lý 2.3.4, ta cần chứng minh RF (F (H)/2) có dạng phát biểu Định lý 2.3.3 Chúng ta lập luận tương tự chứng minh Định lý 2.3.3 để b = α42 > a = α1 − ma trận (†) sau  −1    (†) RF (F (H)/2) =    α2 − −1 a 0   α3 −    −1 α4 − 1  α1 − b = α42 −1 lu Nếu b = 0, cộng hàng thứ hai thứ tư (†), ta an n va F (H) + n2 + n4 = (α1 − 1)n1 + (α3 − 1)n3 tn to Do (α1 − 1)n1 − n2 , (α3 − 1)n3 − n4 ∈ / H, nên theo Bổ đề 2.1.1, ta có ie gh (α1 − 1)n1 = f + n2 = F (H)/2 + n4 p (α3 − 1)n3 = f + n4 = F (H)/2 + n2 w d oa nl với f, f ∈ P F (H) thỏa mãn f + f = F (H) Suy ta có f + n1 = α1 n1 − n2 = (α2 − 2)n2 + n4 , an lu nf va f + n3 = an1 + n2 + (α4 − 2)n4 lm ul Theo Bổ đề 2.4.3, ta có hàng đặc biệt (α2 −1)e2 −ej , (α4 −1)e4 −ek RF (f ) RF (f ) Ta ký hiệu RF (f ) = (mij ) RF (f ) = (m0ij ) Ta vừa m13 = m23 = z at nh oi Do ta có m43 > theo Bổ đề 2.2.9 Suy m034 = α4 − = 0, hay α4 = Vì m21 = α1 − > nên m012 = Do đó, (α2 − 1)e2 − ej hàng thứ ba z RF (f ), kéo theo m31 = m34 = 0, m32 = α2 − (α2 − 1)n2 = f + n3 Do (α2 − 1)n2 = @ gm F (H)/2 + n1 (α1 − 1)n1 = f + n2 = F (H)/2 + n4 , nên ta có n1 + n2 = n3 + n4 l Vì từ F (H)/2 − f = n4 − n2 = n1 − n3 , ta có n4 = (α4 − 1)n4 = f + n1 Ta co thấy f + n1 = (α2 − 1)n2 + n4 Thay n4 = (α4 − 1)n4 = f + n1 ta m f + n1 = (α2 − 2)n2 + n4 = (α2 − 2)n2 + f + n1 f = (α2 − 2)n2 + f , mâu an Lu thuẫn với f 6= f f ∈ P F (H) Vì b = α42 > n va ac th 46 si Trong phần cuối chứng minh Định lý 2.3.3(3), ta có α12 = α2 − − b > 0, α13 = 0, α14 = 1, α21 = 1, α23 = α3 − 1, α24 = 0, α31 = a, α32 = 1, α34 = α4 − 1, α41 = α1 − − a, α42 = b, α43 = Vì b > 0, nên F (H) + n2 có biểu diễn theo Bổ đề 2.1.10 Tiếp theo a = α1 − Ta có a ≤ α1 − phần chứng minh Định lý 2.3.3 Nếu a < α1 − ta có α41 > theo Bổ đề 2.1.10, F (F ) + n1 có biểu diễn Ta mâu thuẫn Cộng hàng thứ thứ hai (†), ta có F (H) + n1 = (α2 − 2)n2 + (α3 − 1)n3 Do biểu diễn nhất, nên F (H) + n1 − n4 ∈ / H theo Bổ đề 2.1.1 ta lu an có F (H) + n1 − n4 ∈ P F (H) Ta đặt va n f = F (H) + n1 − n4 , f = F (H) − f = n4 − n1 tn to p ie gh Vì H hầu đối xứng, nên f ∈ P F (H) Do theo Mệnh đề 2.2.13, α4 = Suy f + n4 = 2n4 − n1 = α4 n4 − n1 = (α1 − − a)n1 + bn2 + n3 nl w Theo Hệ 2.2.10, b > 0, nên ta có α1 − − a = 0, a = α1 − d oa Vì thành phần (4, 2), (4, 3) RF (f ) dương, nên thành phần (2, 4), (3, 4) an lu RF (f ) phải theo Bổ đề 2.2.3 Do theo Bổ đề 2.2.9, thành phần (1, 4) nf va RF (f ) dương, kéo theo f + n1 ≥H n4 = f + n1 Vì f ≤H f, mâu thuẫn với giả thiết f, f ∈ P F (H) Như ta F (H)/2 ∈ P F (H) RF (F (H)/2) có lm ul dạng phát biểu Định lý 2.3.3 Ta chứng minh H hầu đối z at nh oi xứng với F (H) chẵn t(H) = Định lý 2.4.6 Nếu H = hn1 , , n4 i hầu đối xứng t(H) ≤ z Chứng minh Nếu H hầu đối xứng F (H) chẵn theo Mệnh đề 2.4.5 t(H) = @ gm Giả sử F (H) lẻ Theo Bổ đề 2.4.3, có hàng đặc biệt RF (f ) co l RF (f ), f + f = F (H) Mặt khác, ta Mệnh đề 2.2.15 với ni cố định tồn nhiều hai hệ thức dạng f + nk = (αi − 1)ni Vì có tất m an Lu phần tử sinh ni nên tồn nhiều hàng đặc biệt RF (f ) với trường hợp f ∈ P F (H) Điều kéo theo lực lượng P F (H) không vượt n va ac th 47 si t(H) ≤ Hơn nữa, lập luận chứng tỏ với ni , có hai hàng đặc biệt dạng (αi − 1)ei − ek ma trận RF (f ) với f ∈ P F (H) Giả sử t(H) = P F (H) = {f1 , f2 , f20 , f10 , F (H)} với f1 < f2 < f20 < f10 f1 + f10 = f2 + f20 = F (H) Ta điều mâu thuẫn Theo Bổ đề 2.4.3, cặp f, f ∈ P F (H) với f +f = F (H) với ni , tồn hàng đặc biệt thứ k dạng (αi − 1)ei − ek RF (f ) RF (f ) Do ta có hệ thức dạng f + nk = (αi − 1)ni = f + nl , có hai hàng đặc biệt (αi − 1)ei − ek RF (f ) (αi − 1)ei − el RF (f ), dẫn lu an đến có hàng đặc biệt RF (f ) RF (f ), mâu thuẫn với tính chất có nhiều n va hàng đặc biệt hai ma trận Vì vậy, có hệ thức dạng gh tn to f + nk = (αi − 1)ni = f + nl , p ie f + f 6= F (H) Do tồn bốn cặp {f, f }, cụ thể là, nl w {f1 , f2 }, {f10 , f2 }, {f1 , f20 }, {f10 , f20 }, oa ta có hệ thức sau np , , ny ∈ {n1 , n2 , n3 , n4 } d Cho {i, j, k, l} hoán vị {1, 2, 3, 4} giả sử n1 < n2 < n3 < n4 Ta có nf va an lu hệ thức sau (2.2) f10 + nr = (αj − 1)nj = f2 + ns (2.3) z at nh oi lm ul f1 + np = (αi − 1)ni = f2 + nq f1 + nt = (αk − 1)nk = f20 + nu (2.4) f10 + nx = (αl − 1)nl = f20 + ny (2.5) z gm @ Từ đẳng thức f2 − f1 = f10 − f20 , ta có (2.6) ns − nr = f10 − f2 = f20 − f1 = nt − nu (2.7) m co l np − nq = f2 − f1 = f10 − f20 = ny − nx an Lu Ta chia trường hợp theo số phần tử khác hai tập {np , nq , nx , ny } ac th 48 n va {nt , nu , nx , ny } si Trường hợp 1: Giả sử np = ny nq = nx Do ta giả sử {i, j, k, l} hoán vị {1, 2, 3, 4} ni , nl khác với np , nq , nên ta có {nl , nk } = {np , nq } Khi từ đẳng thức (2.4), (2.5), ta có nr = nu < ns = nt {ni , nl } = {nr , ns } Giả sử ni > nl (do ni = ns = nt nl = nr = nu ) ta điều mâu thuẫn Tương tự, ta giả sử ni < nl kéo theo mâu thuẫn Ta kiểm tra ma trận RF f1 , f2 , f20 , f10 {ni , np , nq , nl } Các đẳng thức (2.3), (2.6) cho ta hàng thứ p RF (f1 ) (αi − 1, −1, 0, 0) Do thành phần thứ (q, i) RF (f10 ) αi − nên thành phần thứ (i, q) RF (f1 ) = theo Bổ đề 2.2.3 Do theo Bổ đề 2.2.9, thành phần thứ (l, q) RF (f1 ) dương Từ đẳng thức (2.5), để thành phần thứ (l, q) RF (f1 ) dương, ta phải có nk = nq nj = np Từ (2.3), ta có lu αi ni = (f1 + ni ) + np = (f2 + ni ) + nq an va Nhưng từ (2.4), (2.5), ta biết f1 + ni = (αq − 1)nq , f2 + ni = (αp − 1)np n tn to ta có (αq − 1)nq + np = (αp − 1)np + nq , kéo theo αp = αq = từ (2.4), (2.5) ta gh có np = f10 + nl = f2 + ni , nq = f1 + ni = f20 + nl Do từ (2.3), (2.6), ta p ie αi ni = (f1 + ni ) + np = np + nq = (f10 + np ) + nl = αl nl w Tiếp theo ta tính f1 + nl Ta có f1 + nl < np , nq Suy ta có f1 + nl = cni với oa nl số nguyên dương c Nhưng theo Bổ đề 2.2.13, ta có c ≥ αi − Suy d f1 + nl + ni ≥ αi ni = np + nq , mâu thuẫn với np = f10 + nl nq = f1 + ni Do trường an lu hợp khơng xảy nf va Trường hợp 2: Nếu ] {np , nq , nx , ny } = np = nx nq = ny 2np = nq + ny 2nq = np + nx , dẫn đến αp = αq = Giả sử 2nq = np + nx lm ul αq = Từ (2.3)-(2.6), tồn f, f ∈ P F (H) cho z at nh oi (∗) (αq − 1)nq = nq = f + nv = f + nw Từ nq không số lớn số n1 , n4 lớn giá trị khác ta suy nq = n3 z gm @ Ta giả sử n1 < n2 < n3 = nq < n4 tính lại n1 + f1 Theo (∗), n1 + f1 < n3 ta phải có n1 + f1 = cn2 với c số nguyên dương Ta có cα2 − n1 + f1 = (α2 − 1)n2 l co theo (2.3)-(2.6), n1 + f1 = (α2 − 1)n2 = nw + f điều khơng thể suy từ m n1 + f1 < n3 Nếu c ≥ α2 ta có mâu thuẫn từ n1 + f1 chứa n1 , n3 , n4 an Lu Do trường hợp khơng xảy Dễ dàng thấy ]{nr , ns , nt , nu } = kéo theo mâu thuẫn n va ac th 49 si Trường hợp 3: Để chứng minh Định lý 2.4.6, ta giả thiết {np , nq , nx , ny } {nr , ns , nt , nu } phần tử khác mâu thuẫn Theo (2.3)-(2.6), ta giả sử n1 < n2 < n3 < n4 với n2 − n1 = n4 − n3 = f2 − f1 n3 − n1 = n4 − n2 = f20 − f1 Do n4 − n1 = (f10 − f2 ) + (f2 − f1 ) = f10 − f1 ta có f1 + n1 = f10 + n4 Hơn nữa, f1 + n4 dạng (αw − 1)nw , nên ta có f1 + n4 = f10 + n1 = bn2 + cn3 với c, d > Do từ Bổ đề 2.2.3 ta có RF (f1 )2,1 = RF (f1 )3,1 = Vì hàng thứ tư RF (f1 ) (0, b, c, 0), nên thành phần cột thứ RF (f1 ) 0, mâu thuẫn với Bổ đề 2.2.9 lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th 50 si KẾT LUẬN Luận văn nghiên cứu nửa nhóm số hầu đối xứng sinh phần tử Luận văn đạt kết sau: - Tìm hiểu nửa nhóm số khái niệm nửa nhóm số tập Apery chiều nhúng, số Frobenius số giả Frobenius, nửa nhóm số đối xứng, giả đối xứng hầu đối xứng - Tìm hiểu biểu diễn phần tử f + nk H với f ∈ P F (H) lu an - Tìm hiểu cấu trúc ma trận RF nửa nhóm số hầu đối xứng sinh phần tử va n - Trình bày chứng minh chi tiết kết quả: kiểu nửa nhóm số hầu đối xứng sinh p ie gh tn to phần tử không vượt d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th 51 si Tài liệu tham kho [1] V Barucci, R Frăoberg (1997), One-dimensional almost Gorenstein rings, J Algebra 188, 418–442 [2] S Goto, R Takahashi, N Taniguchi (2015), Almost Gorensteinrings-towards a theory of higher dimension, J Pure Appl Algebra 219, 2666–2712 lu an [3] J Herzog (1970), Generators and relations of abelian semigroups and semigroup va n rings, Manuscr Math 3, 175–193 gh tn to [4] J Herzog, K Watanabe (2019), Almost symmetric numerical semigroups, Semigroup Forum 98, 589–630 p ie [5] J Komeda (1982), On the existence of weierstrass points with a certain semigroup oa nl w generated by elements, Tsukuba J Math 6, 237–270 [6] E Kunz (1970), The value-semigroup of a one-dimensional Gorenstein rings, Proc d nf va an lu Am Math Soc 25, 748–751 [7] A Moscariello (2016), On the type of an almost Gorenstein monomial curve, J lm ul Algebra 456, 266–277 Forum 86, 140–154 z at nh oi [8] H Nari (2013), Symmetries on almost symmetric numerical semigroups, Semigroup [9] T Numata (2013), Almost symmetric numerical semigroups generated by four ele- z gm @ ments, Proc Inst Nat Sci Nihon Univ 48, 197–207 l [10] J C Rosales, M B Branco (2003), Irreducible numerical semigoups, Pacific J m co Math 209, 131-143 an Lu [11] S Selmer (1977), On a linear Diophantine problem of Frobenius, J Reine Angew Math 293/294 , 1–17 n va ac th 52 si