Bổ đề 2.2.1. Cho H = ha, b, ci là nửa nhóm số không đối xứng với iđêan định nghĩa sinh bởi các định thức con cấp 2×2 của ma trận
Xα Yβ Zγ Yβ0 Zγ0 Xα0 . Khi đó
(i) Nếu β0b > αa hay tương đương với f0 > f thì
(a) với p, q, r ∈N, f0−f +pa+qb+rc /∈H nếu và chỉ nếu p < α, q < β và
r < γ.
(b) Card{h∈H | f0−f +h /∈H} =αβγ. (ii) Nếu β0b < αa hay tương đương với f0 < f thì
(a) với p, q, r ∈ N, f0−f +pa+qb+rc /∈H nếu và chỉ nếu p < α0, q < β0
và r < γ0.
(b) Card{h∈H | f0−f +h /∈H} =α0β0γ0.
Chứng minh. Ta giả sử β0b > αa. Chú ý rằng, theo Mệnh đề 2.1.3 và Mệnh đề 2.1.2 ta có
f0−f +αa=β0b−αa+αa =β0b ∈H,
f0−f +βb=β0b−αa+βb = (β0+β)b−αa =γ0c ∈H, f0−f +γc=β0b−αa+γc =α0a−γc+γc= α0a ∈H. Suy ra f0−f +pa+qb+rc ∈H nếu p≥α hoặc q ≥β hoặc r≥ γ.
Ngược lại, giả sử p < α, q < β, r < γ và tồn tại u, v, w ∈N sao cho
f0−f +pa+qb+rc =ua+vb+wc∈ H.
Vì f0−f =β0b−αa nên ta có
Nếu β0+q −v ≤0 thì do p < α nên
(r−w)c = (α−p+u)a+ (v−β0−q)b∈ H.
Suy ra r−w≥ γ+γ0 theo Mệnh đề 2.1.2. Điều này mâu thuẫn vì r−w < γ. Do đó ta có β0+q−v > 0. Nếu w ≥r thì β0+q−v ≥β+β0, mâu thuẫn với q < β. Vì thế r > w. Suy ra ta có
(α−p+u)a = (β0+q −v)b+ (r−w)c∈ H.
Theo Mệnh đề 2.1.2(i), ta có α+α0 ≤α−p+u hay u−p≥α0. Nghĩa là
Xα−p+u−Yβ0+q−vZr−w ∈p= p(a, b, c).
Kéo theo tồn tại các đa thức g, h, s∈ S sao cho
Xα−p+u−Yβ0+q−vZr−w =g(Xα+α0−Yβ0Zγ)+h(Yβ+β0−XαZγ0)+s(Zγ+γ0−Xα0Yβ).
Đồng nhất hai vế ta thấy điều này là không thể do Mệnh đề 2.1.2(i) và r−w < γ. Vậy f0−f +pa+qb+rc /∈H và do đó khẳng định a) được chứng minh.
Áp dụng kết quả ý a), ta có nếu f0−f +pa+qb+rc /∈H thì p < α, q < β và r < γ. Vì thế mỗi p, q, r lần lượt có α, β, γ cách chọn và do đó
Card{h ∈H |f0−f +h /∈ H}=αβγ.
Vì vài trò của α và α0; β và β0; γ và γ0 là như nhau nên lập luận tương tự ta cũng có khẳng định 2.
Định lý sau cho ta công thức tính giống của một nửa nhóm số thông qua các số F(H), α, β, γ.
Định lý 2.2.2. Cho H =ha, b, ci là nửa nhóm số không đối xứng. Khi đó
(i) Nếu β0b > αa, thì 2g(H)−(F(H) + 1) =αβγ, (ii) Nếu β0b < αa, thì 2g(H)−(F(H) + 1) =α0β0γ0.
Chứng minh. Giả sử β0b > αa. Theo Mệnh đề 2.1.3 ta có PF(H) = {f, f0}, hơn nữa f < f0. Suy ra F(H) =f0. Lấy bất kì h ∈H. Khi đó
f −h∈f0−H ={f0−s| s∈H}
nếu và chỉ nếu tồn tại s ∈ H sao cho f −h = f0−s hay f0−(f −h) = s ∈ H. Vì thế, với mỗi h∈H, ta có f −h /∈f0−H khi và chỉ khi f0−(f −h) ∈/ H. Áp dụng Bổ đề 2.2.1(i), ta có
Card [[(f −H)∩N]\(f0−H)] = Card{h∈ H | f0−f +h /∈H}=αβγ.
Mặt khác, theo Mệnh đề 1.2.12, ta có N\H = ((f0−H)∩N)∪((f −H)∩N) . Vì thế
g(H) = Card(N\H) = Card [(f0−H)∩N] + Card [[(f −H)∩N]\(f0−H)].
Vì f0 = F(H) nên
(f0−H)∩N= {f0−h| h∈ H, h≤f0}
= {F(H)−h| h∈ H, h≤F(H)}.
Vìh ∈H với mọih > F(H) nên Card((F(H)−H)∩N) =F(H) + 1−g(H). Kéo theo
g(H) = (F(H) + 1−g(H)) +αβγ,
và do đó 2g(H)−(F(H) + 1) =αβγ. Chứng minh tương tự ta cũng có (ii).
Hệ quả của Định lý 2.2.2 là đưa ra một đặc trưng mới cho nửa nhóm số giả đối xứng.
Hệ quả 2.2.3. H là giả đối xứng khi và chỉ khi
(i) Nếu β0b > αa thì α =β = γ = 1 và
Chứng minh. Giả sử β0b > αa. Theo Định lý 2.2.2, ta có
2g(H)−(F(H) + 1) = αβγ.
Theo Hệ quả 1.3.8(ii), ta có H là giả đối xứng khi và chỉ khi 2g(H) =F(H) + 2. Vì thế αβγ = 1. Do α, β, γ là các số nguyên dương nên α = β = γ = 1. Khẳng định (ii) được chứng minh tương tự.
Ví dụ 2.2.4. Cho H =h4,5,7i. Khi đó H ={0,4,5,7,8,→}. Ta tính được
F(H) = 6, g(H) = 4 và P F(H) ={3; 6}.
Vì 8 = 2g(H) =F(H) + 2 nên H là giả đối xứng. Nếu α0 = β0 = γ0 = 1 thì hệ
4α+ (1 +γ)7−16 = 6 5 + (1 +γ)7−16 = 3
có nghiệm α = 2, γ = 1. Vì (β+β0)5 = α4 +γ07 nên β = 2. Do đó, iđêan định nghĩa của H sinh bởi các định thức cấp 2 của ma trận
X2 Y2 Z Y Z X .