Vị nhóm sắp thứ tự với tích duy nhất

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH VÕ THỊ NGA VỊ NHÓM SẮP THỨ TỰ VỚI TÍCH DUY NHẤT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC VINH 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH VÕ THỊ NGA VỊ NHÓM SẮP THỨ TỰ VỚI TÍCH DUY NHẤT Chuyên ngành : Đại số Lý thuyết số Mã số : 60.46.05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS.TS LÊ QUỐC HÁN VINH 2012 MỤC LỤC MỤC LỤC MỞ ĐẦU……………….………………….…………………………… …….1 CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ… .3 1.1 Nửa nhóm tự với hệ thức xác định…….………………… .3 1.2 Nửa nhóm giao hoán giản ước được……………………………… 1.3 Nửa nhóm thứ tự………………………… ………………………….14 CHƯƠNG VỊ NHÓM SẮP THỨ TỰ VỚI TÍCH DUY NHẤT ……… 19 2.1 Khái niệm vị nhóm thứ tự với tích nhất………………… 19 2.2 Một số tính chất vị nhóm thứ tự với tích nhất… ………… 23 KẾT LUẬN…………………… …………………………………………….35 TÀI LIỆU THAM KHẢO…….…………………………………………… 36 MỞ ĐẦU Một nhóm G gọi nhóm với tích thỏa mãn điều kiện: Với hai tập khác rỗng hữu hạn A B G, tồn phần tử thuộc AB biểu diễn dạng ab với a ∈ A, b ∈ B Các nhóm với tích nghiên cứu từ lâu mối liên quan với “ Giả thuyết ước không” (Zero - Divisor Conjecture) Giả thuyết phát biểu R vành ước không G nhóm phi xoắn “vành nhóm” R[G] không chứa ước không Giả thuyết ước không giải trường hợp G nhóm với tích Khi tổng quát hóa sang vị nhóm, người ta định nghĩa vị nhóm với tích chứng minh đặc trưng số lớp vành - vị nhóm quan trọng nhờ sử dụng khái niệm vị nhóm với tích (như vành, vị nhóm tựa - Baer , vành -vị nhóm p.p…) Luận văn dựa báo “A new class of unique product monoids with applications to ring theory” tác giả G Marks, R Mazurek M Ziembowski đăng tạp chí Semigroup Forum số 78 (năm 2009) để tìm hiểu lớp vị nhóm thứ tự với tích Luận văn chia làm chương Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, hệ thống lại kiến thức liên quan đến khái niệm nửa nhóm tự hệ thức xác định, nửa nhóm giao hoán giản ước nửa nhóm thứ tự để làm sở cho việc trình bày chương sau Chương Vị nhóm thứ tự với tích Đây nội dung luận văn Trước hết tìm hiểu khái niệm vị nhóm thứ tự với tích mối liên hệ lớp vị nhóm thứ tự vị nhóm thứ tự tựa toàn phần, vị nhóm với tích hẹp Artin, vị nhóm với tích hẹp Artin cực tiểu…Sau tìm hiểu số tính chất đặc trưng lớp nửa nhóm nói Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Vinh Nhân dịp tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS TS Lê Quốc Hán, người hướng dẫn tác giả hoàn thành luận văn Tác giả cảm ơn Ban chủ nhiệm Khoa Toán, Phòng Đào tạo Sau Đại học, thầy giáo, cô giáo Bộ môn Đại số tạo điều kiện giúp đỡ hướng dẫn tác giả trình học tập hoàn thành luận văn Mặc dù cố gắng, song luận văn tránh khỏi thiếu sót, mong nhận đóng góp thầy, cô giáo bạn đồng nghiệp Vinh, tháng năm 2012 Tác giả CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 NỬA NHÓM TỰ DO VÀ HỆ THỨC XÁC ĐỊNH Vì ngôn ngữ X tập hợp vị nhóm tự sinh tập X, nên muốn khảo sát ngôn ngữ hình thức trước hết ta cần tìm hiểu nửa nhóm tự Tiết trình bày khái niệm nửa nhóm tự tính chất đặc trưng 1.1.1.Định nghĩa Giả sử X tập hợp tùy ý JX gồm tất dãy hữu hạn phần tử X Tích hai phần tử (x1,x2,…, xm), (y1, y2,…,yn) JX phần tử JX xác định: (x1, x2, …, xm) (y1, y2,…,yn) = (x1, x2,…, xm, y1, y2,…,yn) Khi JX với phép toán xây dựng trở thành nửa nhóm gọi nửa nhóm tự tập X Các phần tử JX gọi từ, từ α = (x1, x2,…, xm) m gọi độ dài từ α ký hiệu α Từ có độ dài gọi từ rỗng ký hiệu Λ Nếu ta đồng phần tử x ∈ X với dãy (x) ∈ JX độ dài 1, theo định nghĩa tích JX ta : (x1, x2, …, xm) = (x1) (x2)… (xm) = x1 x2 … xm Vậy X tập sinh JX, tập sinh không chứa phần tử thừa Ta ký hiệu J 1X hay X * vị nhóm tạo JX thêm vào từ rỗng Λ phần tử đơn vị Bây ta đặt hệ thức xác định lên phần tử thuộc X Chẳng hạn: x1 x2 = x3 x 24 , x 13 = x4 x1 x2 Giả sử hệ thức uλ= vλ với λ thuộc tập số I, λ ∈ I uλ, vλ phần tử thuộc JX Giả sử ρo = {(uλ , vλ)  λ ∈ I } ρ tương đẳng JX sinh quan hệ ρo, ϕ đồng cấu tự nhiên từ JX lên JX ρ ϕ(uλ) = ϕ(vλ) với λ ∈ I uλ = vλ, λ ∈ I (Thực sinh tập ϕ(X)) 1.1.2 Mệnh đề Giả sử JX nửa nhóm tự tập X, S nửa nhóm tùy ý ϕo ánh xạ từ X vào S Khi đó, ϕo mở rộng cách tới đồng cấu ϕ từ JX vào S Chứng minh Nếu ϕ đồng cấu từ nửa nhóm JX vào S trùng với ϕo X, phần tử tùy ý x1, x2,…, xn ∈ X ta có: ϕ(x1 x2…xn) = ϕo(x1) ϕo(x2)…ϕo(xn) Do tồn không đồng cấu ϕ Nhưng đẳng thức cuối lấy làm định nghĩa cho ánh xạ ϕ từ JX vào S mà rõ ràng đồng cấu trùng với ϕo X  1.1.3 Định lý Giả sử JX nửa nhóm tự tập X, ρo quan hệ JX ρ tương đẳng JX sinh ρo Giả sử ρ* đồng cấu tự nhiên từ JX lên JX ρ Nếu S nửa nhóm ϕ đồng cấu từ JX vào S cho ϕ(u) = ϕ(v) (u, v) ∈ ρo, tồn đồng cấu θ từ JX ρ vào S cho θ ρ* = ϕ Chứng minh Trước hết ta chứng tỏ w w’ phần tử thuộc JX mà w ρ w’ ϕ(w) = ϕ(w’) Thật vậy, ρ tương đẳng sinh ρo nên w ρ w’ ta từ w tới w’ dãy hữu hạn ρo - bắc cầu Do cần chứng tỏ ϕ(w) = ϕ(w’) ta từ w tới w’ dãy ρo - bắc cầu Nhưng điều cuối có nghĩa w= w1uw2 w’= w1vw2 w1, w2 ∈ JX (u, v) ∈ ρo Trong trường hợp, theo giả thiết ta có ϕ(u) = ϕ(v) đó: ϕ(w) = ϕ(w1)ϕ(u)ϕ(w2) = ϕ(w1)ϕ(v)ϕ(w2) = ϕ(w1vw2) = ϕ(w’) Bây ta định nghĩa ánh xạ θ từ với w ∈ JX JX * ρ vào S cách đặt θ(ρ (w)) = ϕ(w), * * ρ Ở ta chứng tỏ ρ (w) = ρ (w’) (w, w’ ∈ JX), tức w ρ w’ kéo theo ϕ(w) = ϕ(w’) Từ suy tính đơn trị θ Còn miền xác định θ toàn tập JX ρ suy từ chỗ phần tử thuộc tập JX * ρ có dạng ρ (w) với w thuộc JX Vì đẳng thức θ o ρ* = ϕ hiển nhiên , nên ta cần phải chứng minh θ đồng cấu Giả sử w ,w’ ∈ JX, đó: θ(ρ*(w)ρ*(w’) ) = θ(ρ*(ww’) ) = ϕ(ww’) = ϕ(w)ϕ(w’) = θ(ρ*(w))θ(ρ*(w’)) Do θ đồng cấu  1.1.4.Định lý Nửa nhóm S nửa nhóm tự tập X phần từ thuộc S biểu diễn dạng tích phần tử Chứng minh Nếu S = JX theo định nghĩa nửa nhóm tự do, phần tử thuộc S biểu diễn cách dạng tích phần tử thuộc X Đảo lại, giả thiết phần tử thuộc S biểu diễn cách dạng tích phần tử thuộc tập X Khi đó, theo Mệnh đề 1.1.2 ánh xạ đồng từ tập X vào S mở rộng tới đồng cấu ϕ từ nửa nhóm JX lên S Mặt khác ϕ ánh xạ 1-1 ϕ đẳng cấu Thực chất cách phát biểu xác điều kiện nói phần tử thuộc S biểu diễn cách dạng tích phần tử thuộc X Định lý chứng minh  1.1.5 Định lý Nửa nhóm S nửa nhóm tự điều kiện sau thỏa mãn: a) S thỏa mãn luật giản ước trái phải; b) S không chứa đơn vị hai phía; c) Nếu ax = by a, b, x, y ∈ S a = b phần tử a, b ước bên trái phần tử kia; d) Mỗi phần tử thuộc S có hữu hạn ước bên trái Chứng minh Theo Định lý 1.1.4 ta suy điều kiện cần Định lý Giả thiết điều kiện Định lý 1.1.5 thỏa mãn Kí hiệu X tập S\S2, tức tập tất phần tử thuộc S ước Ta chứng minh S nửa nhóm tự X 10 Trước hết X ≠ φ sinh S Thật vậy, giả sử a phần tử tùy ý thuộc S Nếu a ước a ∈ X Nếu a có ước a = bc b, c ∈ X a = xyz, … Hoặc trình kết thúc ta thu biểu diễn a dạng tích phần tử thuộc X với số tự nhiên n lớn tùy ý tồn phần tử a1, a2,…, an ∈ S cho a = a1 a2… an Nếu a = a1 a2… an a1, a1 a2,…, a1 a2… an-1 ước bên trái a Chúng khác x = xy S xy = xy2 giản ước bên trái theo điều kiện (a) ta y = y2 Nhưng lũy đẳng tùy ý nửa nhóm thỏa mãn luật giản ước phải đơn vị nửa nhóm đó.Theo điều kiện (b) S lũy đẳng.Vậy a1, a1 a2,…, a1 a2…an-1 ước bên trái khác a Nhưng n chọn khác tùy ý, trái với điều kiện (d) Vậy X sinh S Giả thiết x1 x2… xr = x1 x2… xs xi , xj ∈ X Giả sử x2…xr = x, x2…xs = x’ Thế x1 x= x’1 x Do theo điều kiện (c) ta có x1 = x’1 phần tử x1, x’1 có ước Khả cuối không xảy theo định nghĩa X Như x1 = x’1 theo điều kiện (a) x = x ' Tương tự ta thu x2 = x’2 tiếp tục trình bước cuối tới r = s xi = x i' , i =1,2,3, ,r Như phần tử thuộc S biểu diễn cách dạng tích phần tử thuộc X, theo Định lý 1.1.4 S nửa nhóm tự X  1.1.6 Hệ Nửa nhóm T nửa nhóm tự nửa nhóm tự từ đẳng thức ax = by (a, b, x, y ∈ T) suy a = b phần tử a,b ước bên trái phần tử T Hệ suy trực tiếp từ Định lý 1.1.5 Định lý 1.1.5 Hệ 1.1.6 không đối xứng Kết sau Suytxenbecje cho ta đặc trưng đối xứng nửa nhóm nửa nhóm tự 24 (i) (S , ≤ ) vị nhóm a.n.u.p S giản ước tập hẹp Artin khác rỗng C S tồn phần tử với tích thuộc tích C2 = { xy | x, y ∈ C} (ii) (S , ≤ ) vị nhóm thứ tự m.a.n.u.p S giản ước tập hẹp Artin không rỗng S, tồn phần tử c1,c2 ∈ minC cho c1 c2 phần tử với tích thuộc C2 Chứng minh Phép chứng minh (i) gộp vào phép chứng minh (ii), nên chứng minh sau Khẳng định “ ” rõ ràng Để chứng minh khẳng định ngược lại, giả sử A B tập hẹp Artin S Từ [ 5, Định lý 2.1 ] suy C = AB tập hẹp Artin Theo giả thiết, tồn c1, c2 ∈ C cho c1c2 phần tử với tích C2 Hãy viết c1 = b1 a1 c2 = b2 a2 với a1,, a2 ∈ A b1, b2 ∈ B Nếu a1 ∉ A a0 < a1 đó, S giản ước vị nhóm thứ tự nên b1a0 < c1 : mâu thuẫn Từ để hoàn thành phép chứng minh, phải chứng tỏ a1 b2 phần tử AB Nếu với a ∈ A b ∈ B ta có b1 a1 = b1 a a1b2 = ab, từ c1 c2 = ( b1 a1) (b2 a2) = (b1 a) (b a2) ta nhận b2 a2 = b a2 Vì S giản ước nên a1 = a b2 = b  2.1.7 Chú ý Nếu ( S , ≤ ) vị nhóm thứ tự phép kéo theo sau 25 (S , ≤ ) vị nhóm thứ tự, phi xoắn giản ước ⇓ (S , ≤ ) vị nhóm thứ tự tựa toàn phần ⇓ (S , ≤ ) vị nhóm m.a.n.u.p ⇓ (S , ≤ ) vị nhóm a.n.u.p ⇓ (S , ≤ ) vị nhóm u.p Phép kéo theo thứ biết (bởi Ribenboim vào năm 1992), ý giả thiết phi xoắn S hoàn toàn tự nhiên xuất phát từ “ giả thuyết ước không ” nửa vành nhóm Để chứng minh phép kéo theo thứ hai ý theo giả thiết ≤ mịn hóa thành thứ tự toàn phần ≤ * cho ( S , ≤ *) vị nhóm thứ tự Nếu A B tập hẹp Artin tập minA minB hữu hạn,và chọn phần tử a∈ minA b∈ minB mà chúng nhỏ thứ tự toàn phần ≤ Khi ab phần tử với tích AB Các phép kéo theo lại rõ ràng Nếu quan hệ ≤ S quan hệ đồng ((a, b) ∈ is ⇔ a = b ) hai phép kéo theo cuối biểu đồ tương đương 26 2.2 MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA VỊ NHÓM SẮP THỨ TỰ VỚI TÍCH DUY NHẤT Trước hết, trình bày phương pháp định nghĩa thứ tự vị nhóm 2.2.1 Phép dựng kí hiệu Giả sử S vị nhóm ρ quan hệ hai S (nghĩa ρ ⊆ SxS) Đối với cặp phần tử u1, u2 thuộc S ta dùng kí hiệu u1 → u2 tồn ( x, y) ∈ ρ v, w ∈ S cho u1 = vxw, u2 = vyw Đối với s, t ∈ S, ta kí hiệu s ≤ t s = t, tồn dãy hữu hạn phần tử u0, u1, , un thuộc S cho u0= s → u1 → → un-1 → un = t Chú ý thứ tự tùy ý S nhận phương pháp Thật vậy, (S , ≤ ) vị nhóm thứ tự, cách bắt đầu với ρ = {( a, b) ∈ S X S} Thứ tự xây dựng 2.2.1 phủ thứ tự ≤ 2.2.2 Bổ đề Trong phép dựng 2.2.1, giả thiết tập hợp hữu hạn tùy ý phần tử u0 , u1, , un thuộc S cho ui → ui+1 i ∈ { 0,1, ,n-1} t a có u0 ≠ un Thế (S ,≤ ) vị nhóm thứ tự chặt Chứng minh Kiểm tra trực Định nghĩa Các giả thiết đảm bảo quan hệ ≤ phản xứng thứ tự ≤ thứ tự chặt  2.2.3 Mệnh đề Tồn vị nhóm với tích hẹp Artin cực tiểu mà vị nhóm thứ tự tựa toàn phần Chứng minh Giả sử S vị nhóm tự { s,t } ρ = {( st, t2), ( ts, s2) } Chúng ta chứng tỏ điều kiện Bổ đề 2.2.2 27 Giả thiết phản chứng tồn dãy hữu hạn phần tử u0, u1, , un thuộc S cho ui → ui+1 với i ∈ { 0,1,2,…,n-1} un = u0 Chọn dãy với độ dài u0 m, u0 xét từ s t với độ dài cực tiểu Đối với i∈ { 0,1,2, , n-1} tồn vi , wi∈ S (xi , yi )∈ρ cho ui = vi xi wi , un+1 = vi yi wi Xét trường hợ p sau : Trường hợp 1: wi ≠ i ∈ {0,1,2, ,n-1} Khi i tồn wi’ ∈ S cho wi = wi’ s wi = wi’ t Vì vi-1 yi-1 wi-1 = ui = vi xi wi với i ≥ tùy ý nên wo = wo’s (tương ứng w0 = wo’t ), wi = wi’ s (tương ứng w1 = w1’s) i Bằng cách đặt ui’ = vi xi wi’ ta nhận dãy hữu hạn uo , u1’ , , un’ với ui’ → u’i+1, i∈ {0,1,…,n-1}và un’ = uo’ Nhưng uo’ có độ dài m-1, mâu thuẫn Trường hợp 2: wi =1 i∈ {0,1,…,n-1} Bằng cách áp dụng tự đẳng cấu S cần thiết, không tổng quát giả thiết xi = st yi = t.2 Như ui+1 = vi t2 Dễ thấy a, b ∈ S tùy ý, a → b a = a1 t2 a1 ∈ S đó, b = b1 t2 b1∈ S Điều đẳng thức un = u0 kéo theo j ∈ { 0,1,…,n-1 } tùy ý tồn zj ∈ S cho uj = zj t2 , mà điều dẫn tới zi t2= ui = vist với ui , vi , zi , s , t thuộc vị nhóm tự { s, t }* : mâu thuẫn Theo lập luận , (S , ≤ ) thứ tự chặt Giả thiết ≤ thứ tự tựa toàn phần, nghĩa ta mịn hóa tới thứ tự toàn phần ≤ * cho ( S , ≤ *) vị nhóm thứ tự toàn phần Vì st < t2 nên st j; i j lẻ ⇒ i < j (*) Để chứng minh xi yk ≤ xj yk cần xét bốn trường hợp phụ thuộc vào dạng chuẩn xi yk xj yk Trường hợp 1: [xi yk ] = xi-2 yi-2 [ xj yk] = xj-2 yj-2 Thế k = i + (-1)k+1 k = j + (1)j+1 Từ đó, i j có tính chẵn lẻ khác k đồng thời vừa chẵn vừa lẻ : mâu thuẫn Trong trường hợp i j chẵn lẻ ta suy i = j, mâu thuẫn chứng tỏ trường hợp không xảy Trường hợp 2: [xi yk] = xi-2 yi-2 [xj yk] = xmax{ j, k} ymin{ j, k} Thế để chứng minh xi yk < xj yk cần chứng tỏ xi-2 < xmax{j, k} (1) Nếu i j lẻ k = i +1 dạng (*) đưa đến i - < j = max {j, k}, mà điều kéo theo (1), i – j lẻ Nếu i j chẵn k = i – (*) kéo theo max {j, k} = k lẻ, i - chẵn nên suy (1) Cuối cùng, i chẵn j lẻ, k = i - max {j, k} lẻ, i – chẵn nên suy (1) Trường hợp 3: [xi yk] = xmax{ i, k} ymin{ i, k} [xj yk] = xj-2 yj-2 Thế trường hợp chứng tỏ i j chẵn max {i, k} = i > j - , j lẻ max {i, k} chẵn Từ xmax{i, k} < xj -2 , mà điều suy từ xi yk < xj yk Trường hợp : [xi yk] = xmax{ i, k} ymin{ i, k} [xj yk] = xmax{ j, k} ymin{ j, k} Nếu i≥ k j ≥ k [xi yk] = xi yk [xj yk] = xj yk , mà xi < xj nên xi yk < xj yk Nếu k ≥ i j ≤ k [xi yk] = xk yi [xj yk] = xk yj , mà xi < xj ⇔ yj < yj nên 32 suy xi yk < xj yk Nếu i > k > j i lẻ i chẵn nên xi < xk , suy xi yk < xj yk Nếu j > k > i j chẵn, xk < yk dẫn đến xi yk < xj yk Như vậy, (S , ≤ ) vị nhóm thứ tự toàn phần chặt (Nói riêng, S vị nhóm với tích nhất) Bây giờ, ta định nghĩa quan hệ ≤ S cho (S , ≤ ) vị nhóm với tích hẹp Artin Muốn vậy, ta đặt ρ= {( xi , xi+2) | i ∈ N }∪{( yj , ∈ yj+2) | j ∈ N } định nghĩa ≤ theo phép dựng 2.2.1 Để chứng minh ( S , ≤ ) vị nhóm thứ tự chặt, áp dụng Bổ đề 2.2.2 Giả thiết u0, u1, u2, , un ∈ S thỏa mãn ui → ui+1 i ∈{0,1, 2, , n - 1} Để chứng minh u0 ≠ un ,chỉ cần xét trường hợp uk ∈ U tất phần tử S có dạng xi yj Như nhận xét phần tử u∈ U viết dạng xi yj Chúng ta định nghĩa độ cao u h(u) = i+j [u] = xi yj dạng chuẩn u Chú ý có uo = un ta có dãy tuần hoàn vô hạn u0 → u1→ → un-1→un = u0 → → un-1→un = u0→ Từ đó, cách sử dụng tính tuần hoàn dãy bỏ vài thành phần cần Chúng ta giả thiết n ≥ h(u0) = max { h(u0), h(u1), , h(un) } Nhưng điều mâu thuẫn với khẳng định sau Khẳng định: Đối với u0 , u1 , u2 , u3 ∈ U tùy ý, u0→ u1 , u1 → u2 u2 → u3 h(uo) < h(u1) , h(uo) < h(u2) h(u0) < h(u3) 33 Để chứng minh khẳng định trước hết ta phân tích quan hệ độ cao h(u) h(v) u,v ∈ U với u → v Cả bốn trường hợp: Trường hợp 1: [u] = xi yj với i > j+3 i = j+2.Thế u = xi yj u = xj yi dạng chuẩn u v xi+2 yj xi yi+2 Từ h(v) = h(u)+2 Trường hợp 2: [u] = xj yj Các dạng chuẩn v sau: (a) xj+2 yj ; h(v) = h(u)+2, v rơi vào trường hợp 1; (b) xj+3 yj+2 xj+4 yj+1 (cả hai trường hợp với j chẵn), h(v) = h(u)+5; (c) xj+4 yj+3 xj+5 yj+2 (cả hai trường hợp với j lẻ), h(v) = h(u)+7 Trường hợp 3: [u] = xj+3 yj+3 Các dạng chuẩn v sau: (a) xj+5 yj , h(v) = h(u)+2 ; (b) xj+3 yj+2 (với j chẵn), h(v) = h(u)+2 ; (c) xj yj xj+2 yj+2 (cả hai với j lẻ), h(v) = h(u) – h(v) = h(u) –1 Trường hợp 4: [u] = xj +1 yj dạng chuẩn v : (a) xj+3 yj, h(v) = h(u)+2 ; (b) xj+2 yj+1 (với j lẻ) , h(v)=h(u)+2; 34 (c) xj-1 yj-1 xj yj (cả hai với j chẵn), h(v)=h(u) – h(v)=h(u) – 1, v rơi vào trường hợp Bây chứng minh khẳng định Nếu h(u0) ≥ h(u1) , h(u1)= h(u0) – (trường hợp 3(c) 4(c)), trường hợp u1 rơi vào trường hợp Từ h(u2) ≥ h(u1) + ( u1 rơi vào trường hợp (b) 2(c), h(u2) = h(u1) + u2 rơi vào trường hợp ( u1 rơi vào trường hợp ( a)) Như u2 vào trường hợp h(u3) = h(u2)+2 h(u3) > h(u0) Khẳng định chứng minh Cuối cùng, ta chứng tỏ (S , ≤ ) vị nhóm với tích hẹp Artin Giả sử A={ xn | n ∈ N } B={ ym | m ∈ N } Vì phần tử a xuất trong dãy tăng sau đây: x0 < x3 < x5 < x2 < x4 < x6 < nên A tập Artin hẹp Từ định nghĩa suy phần tử với tích thuộc AB, (S , ≤ ) vị nhóm với tích hẹp Artin  Theo Mệnh đề 2.2.4, thấy phép kéo theo (S thứ tự toàn phần ⇒ S với tích hẹp Artin cực tiểu) đảo chiều (mũi tên) 2.2.5 Mệnh đề Tồn vị nhóm với tích hẹp Artin cực tiểu vị nhóm thứ tự toàn phần Chứng minh Chúng ta sử dụng kết sau J Krempa (1996): Giả sử S vị nhóm sinh x1, x2, x3, y1, y2, y3 với hệ thức xác định: x1 y1 = x2y2, x1 y2 = x3 y1 , x1 y3 = x2 y2 , x3 y2 = x2 y2 Thế S vị nhóm với tích nhất, 35 ≤ thứ tự S (a ≤ b ⇔ a = b) S vị nhóm với tích hẹp Artin cực tiểu Giả thiết (S , ≤ ) vị nhóm thứ tự toàn phần Khi S nửa nhóm với tích nên (S ,≤ ) thứ tự chặt Giả sử : A={ x1, x2, x3} B={ y1, y2, y3} Giả sử a phần tử cực tiểu A b phần tử cực tiểu B theo thứ tự ≤ ; c phần tử cực đại A d phần tử cực đại B theo thứ tự Khi ab cd phần tử với tích AB, ab ≠ cd Từ (S, ≤) không thứ tự toàn phần  2.2.6 Mệnh đề Giả sử (M , ≤ ) ( N , ≤ ) hai vị nhóm thứ tự chặt Giả sử ϕ: M → N đồng cấu vị nhóm với ϕ-1(n) < ∞ n ∈ N, tập hẹp Artin A M, ϕ(A) chứa phần tử cực tiểu Khi M vị nhóm với tích (M , ≤ ) vị nhóm với tích hẹp Artin Chứng minh Điều kiện đủ suy trực tiếp Để chứng minh điều kiện cần, giả sử A B tập hẹp Artin M Giả sử n1 , n2 ∈ N phần tử cực tiểu ϕ(A) ϕ(B) tương ứng Đặt A’ = A ∩ ϕ-1(n1) B’= B ∩ ϕ-1(n2) Vì M vị nhóm với tích nên tồn a ∈ A’ b ∈ B’ cho ab phần tử với tích A’B’ Chúng ta chứng tỏ ab phần tử với tích A’B’ Để thực điều đó, giả sử c ∈ A, d ∈ B cho cd = ab Thế n1n2 = ϕ(a)ϕ(b) = ϕ(ab)= ϕ(cd) = ϕ(c)ϕ(d), (N, ≤ ) thứ tự chặt nên suy n1 =ϕ(c), n2 = ϕ(d).Từ c ∈ A’ d ∈ B’, đẳng thức ab = cd 36 kéo theo a = c b = d Vậy (M , ≤ ) vị nhóm với tích hẹp  Artin 2.2.7 Mệnh đề Tồn vị nhóm với tích hẹp Artin vị nhóm với tích hẹp Artin cực tiểu Chứng minh Giả sử (S , ≤ ) vị nhóm thứ tự xây dựng Mệnh đề 2.2.5, mà chứng minh vị nhóm với tích vị nhóm với tích hẹp Artin Giả sử M vị nhóm S sinh { x1 , x2 , x3, x4, y1, y2, y3, y4} Thứ tự ≤ S cảm sinh thứ tự M mà ta ký hiệu ≤ Thế (M , ≤ ) vị nhóm thứ tự chặt với tích Giả sử N vị nhóm cộng tính số nguyên không âm với thứ tự tiêu chuẩn ≤ N Giả sử ϕ: M→N đồng cấu vị nhóm xác định ϕ(xi) = ϕ(yi) = với i Theo Mệnh đề 2.2.8 , (M , ≤ ) vị nhóm với tích hẹp Artin Đặt A= { x1 , x2 , x3, x4} B ={y1, y2, y3, y4}.Thế A0 = minA = { x1 , x2 } B0 = minB = {y1, y2}.Vì x1 y1 = x3 y4 , x2 y2 = x4 y3 x1 y2 = x2 y1, nên phần tử A0B0 phần tử với tích AB Vậy (M , ≤ ) vị nhóm với tích hẹp Artin cực tiểu  2.2.8 Chú ý Trong Mệnh đề 2.2.7, (M , ≤ ) thỏa mãn điều kiện mạnh điều kiện: vị nhóm với tích hẹp Artin, cụ thể : hai tập khác rỗng tùy ý M tồn phần tử với tích thuộc M 2.2.9 Chú ý Xin nhắc lại vị nhóm S gọi vị nhóm với hai tích (two unique product monoid) - viết tắt t.u.p – tập 37 hữu hạn khác rỗng A B S vớiA+B> 2, tồn hai phần tử với tích nằm AB Năm 1980, A Strojnowski chứng minh : nhóm t.u.p u.p Người ta định nghĩa nhóm với hai tích hẹp Artin (a.n.t.u.p) sau : Nhóm thứ tự (G , ≤ ) nhóm a.n.t.u.p hai tập hẹp Artin A, B tùy ý S cho A+B> 2, tồn hai phần tử với tích nằm tích AB Dễ thấy (G , ≤ ) nhóm a.n.t.u.p (G , ≤) nhóm t.u.p ≤ thứ tự G KẾT LUẬN Nội dung luận văn gồm vấn đề sau đây: Hệ thống khái niệm tính chất nửa nhóm tự do, nửa nhóm giao hoán giản ước nửa nhóm thứ tự Trình bày khái niệm vị nhóm thứ tự với tích mối liên hệ lớp vị nhóm thứ tự với tích đặc biệt Trình bày chứng minh chi tiết kết liên quan đến lớp vị nhóm nói (Mệnh đề 2.2.3, Mệnh đề 2.2.4, Mệnh đề 2.2.5, Mệnh đề 2.2.7) 38 TÀI LIỆU THAM KHẢO TIẾNG VIỆT [1] A H Cliphớt & G B Prestơn (1970), Lý thuyết nửa nhóm (Tập 1), Bản dịch Trần Văn Hạo Hoàng Kỳ, NXB Đại học Trung học chuyên nghiệp, Hà Nội [2] Lê Quốc Hán (2007), Lý thuyết ngôn ngữ nhóm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Lê Quốc Hán (2008), Lý thuyết nửa nhóm lý thuyết nhóm, Trường Đại học Vinh TIẾNG ANH [4] J Gustedt (1995), Well–quasi–ordering finite poests and formal languages, J Comb.Theory Ser B 65(1), 111-124 [5] G Higman(1952), Ordering by divisibility in abstract algebras, Proc Lond Math Soc 2(3); 326-336 [6] G Marks, R Mazurek and M Ziembowski(2009), A new class of unique product monoids with applications to ring theory, Semigroup Forum, 78 , 210225 [7] J Okninski (1991), Semigroup algebras, Monographs and Texbooks in dure and Aplled Mathematics, Vol.138 Dekker, New York [...]... một vị nhóm với tích duy nhất hẹp và Artin nhưng không phải là vị nhóm với tích duy nhất hẹp và Artin cực tiểu Chứng minh Giả sử (S , ≤ ) là vị nhóm sắp thứ tự được xây dựng trong Mệnh đề 2.2.5, mà đã chứng minh được rằng nó là vị nhóm với tích duy nhất nhưng không phải là vị nhóm với tích duy nhất hẹp và Artin Giả sử M là vị nhóm con của S được sinh bởi { x1 , x2 , x3, x4, y1, y2, y3, y4} Thứ tự ≤... một vị nhóm với tích duy nhất, 35 nếu ≤ là thứ tự bằng nhau trên S (a ≤ b ⇔ a = b) thì S là vị nhóm với tích duy nhất hẹp và Artin cực tiểu Giả thiết rằng (S , ≤ ) là một vị nhóm được sắp thứ tự toàn phần Khi đó S là nửa nhóm với tích duy nhất nên (S ,≤ ) được sắp thứ tự chặt Giả sử : A={ x1, x2, x3} và B={ y1, y2, y3} Giả sử a là phần tử cực tiểu của A và b là phần tử cực tiểu của B theo thứ tự ≤... tử với tích duy nhất của AB Vậy (M , ≤ ) không phải là vị nhóm với tích duy nhất hẹp và Artin cực tiểu  2.2.8 Chú ý Trong Mệnh đề 2.2.7, (M , ≤ ) thỏa mãn điều kiện mạnh hơn điều kiện: vị nhóm với tích duy nhất hẹp và Artin, cụ thể là : đối với hai tập con khác rỗng tùy ý của M tồn tại một phần tử với tích duy nhất thuộc M 2.2.9 Chú ý Xin nhắc lại rằng vị nhóm S được gọi là vị nhóm với hai tích duy. .. thuộc tích AB 2.1.5 Định nghĩa (i) Một nửa nhóm S được gọi là được sắp thứ tự toàn phần (totally orederable) nếu (S , ≤ ) là một vị nhóm sắp thứ tự toàn phần đối với một quan hệ thứ tự toàn phần ≤ nào đó (ii) Một vị nhóm được sắp thứ tự (S , ≤ ) gọi là sắp thứ tự tựa toàn phần (quasitotally order) và ≤ được goi là tựa thứ tự trên S (quasional ordered on S) nếu ≤ có thể mịn hóa thành một thứ tự ≤ *... tự ≤ * sao cho (S , ≤ *) là một vị nhóm sắp thứ tự toàn phần chặt (iii) Vị nhóm được sắp thứ tự (S , ≤ ) được gọi là vị nhóm với tích duy nhất hẹp và Artin cực tiểu - viết tắt là m.a.n.u.p - nếu với hai tập con hẹp và Artin A và B của S tồn tại a∈ min A và b∈ min B sao cho ab là phần tử với tích duy nhất của AB Chú ý rằng đối với vị nhóm giản ước được (không phải vị nhóm tổng quát), người ta có thể... theo thứ tự ấy Khi đó ab và cd là các phần tử với tích duy nhất của AB, trong đó ab ≠ cd Từ đó (S, ≤) không sắp thứ tự toàn phần  2.2.6 Mệnh đề Giả sử (M , ≤ ) và ( N , ≤ ) là hai vị nhóm sắp thứ tự chặt Giả sử ϕ: M → N là một đồng cấu vị nhóm với ϕ-1(n) < ∞ đối với mỗi n ∈ N, và hơn nữa đối với mỗi tập con hẹp và Artin A của M, ϕ(A) chứa một phần tử cực tiểu duy nhất Khi đó M là một vị nhóm với tích. .. S , ≤ ) là một vị nhóm sắp thứ tự được thì các phép kéo theo sau đây đúng 25 (S , ≤ ) là vị nhóm sắp thứ tự, phi xoắn và giản ước được ⇓ (S , ≤ ) là vị nhóm sắp thứ tự tựa toàn phần ⇓ (S , ≤ ) là vị nhóm m.a.n.u.p ⇓ (S , ≤ ) là vị nhóm a.n.u.p ⇓ (S , ≤ ) là vị nhóm u.p Phép kéo theo thứ nhất đã được biết (bởi Ribenboim vào năm 1992), chú ý rằng giả thiết phi xoắn của S là hoàn toàn tự nhiên xuất phát... y3, y4} Thứ tự ≤ trên S cảm sinh một thứ tự trên M mà ta cũng ký hiệu bởi ≤ Thế thì (M , ≤ ) là một vị nhóm sắp thứ tự chặt với tích duy nhất Giả sử N là vị nhóm cộng tính các số nguyên không âm với thứ tự tiêu chuẩn ≤ trên N Giả sử ϕ: M→N là đồng cấu vị nhóm được xác định bởi ϕ(xi) = ϕ(yi) = 1 với mỗi i Theo Mệnh đề 2.2.8 , (M , ≤ ) là một vị nhóm với tích duy nhất hẹp và Artin Đặt A= { x1 , x2 ,... Đối với s, t∈ S, ta có s ρ t nếu và chỉ nếu (s+t)+c ≤ (t+c)+c, từ đó nếu và chỉ nếu s ≤ t Áp dụng Định lý 1.3.6 , ta chứng minh được kết quả sau đây 1.3.7 Hệ quả Nửa nhóm giao hoán S thừa nhận một thứ tự tương thích với phép toán nửa nhóm của nó nếu và chỉ nếu S là nửa nhóm phi xoắn và giản ước được 22 CHƯƠNG 2 VỊ NHÓM SẮP THỨ TỰ VỚI TÍCH DUY NHẤT 2.1 KHÁI NIỆM VỊ NHÓM SẮP THỨ TỰ VỚI TÍCH DUY NHẤT... thấy rằng phép kéo theo (S sắp thứ tự toàn phần ⇒ S với tích duy nhất hẹp và Artin cực tiểu) không thể đảo chiều (mũi tên) 2.2.5 Mệnh đề Tồn tại vị nhóm với tích duy nhất hẹp và Artin cực tiểu nhưng không phải là vị nhóm sắp thứ tự toàn phần được Chứng minh Chúng ta sử dụng kết quả sau đây của J Krempa (1996): Giả sử S là một vị nhóm sinh bởi x1, x2, x3, y1, y2, y3 với các hệ thức xác định: x1 y1 = x2y2, ... phi xoắn giản ước 22 CHƯƠNG VỊ NHÓM SẮP THỨ TỰ VỚI TÍCH DUY NHẤT 2.1 KHÁI NIỆM VỊ NHÓM SẮP THỨ TỰ VỚI TÍCH DUY NHẤT 2.1.1.Định nghĩa (i) Một vị nhóm S gọi vị nhóm với tích (unique product monoid)... y2 Thế S vị nhóm với tích nhất, 35 ≤ thứ tự S (a ≤ b ⇔ a = b) S vị nhóm với tích hẹp Artin cực tiểu Giả thiết (S , ≤ ) vị nhóm thứ tự toàn phần Khi S nửa nhóm với tích nên (S ,≤ ) thứ tự chặt... ………………………….14 CHƯƠNG VỊ NHÓM SẮP THỨ TỰ VỚI TÍCH DUY NHẤT ……… 19 2.1 Khái niệm vị nhóm thứ tự với tích nhất ……………… 19 2.2 Một số tính chất vị nhóm thứ tự với tích nhất ………… 23 KẾT LUẬN……………………