tử
Trong phần này, ta luôn giả sử H =ha, b, ci là nửa nhóm số giả đối xứng. Mục tiêu của tiết này là xác định các nửa nhóm số giả đối xứng H =ha, b, ci có F(H)
bằng một số nguyên chẵn f cho trước. Chẳng hạn, theo [9, Bài tập 10.8] , không tồn tại nửa nhóm số giả đối xứng H = ha, b, ci có F(H) = 12. Trên thực tế, ta có thể đưa ra nhiều ví dụ về một số nguyên chẵn f như vậy sao cho không tồn tại nửa nhóm số giả đối xứng H = ha, b, cicó F(H) = f. (Trong [12], các tác giả đã chỉ ra mỗi số nguyên dương chẵn đều là số Frobenius của một số nửa nhóm số nào đó sinh bởi nhiều nhất 4 phần tử).
Vì H là giả đối xứng nên H không đối xứng. Do đó, theo tiết trước, iđêan p = p(a, b, c) của vành k[X, Y, Z] là iđêan sinh bởi các định thức con tối đại của ma trận 2.1 và theo Hệ quả 2.2.3 ta có thể giả sử α =β =γ = 1. Nhắc lại rằng, theo (2.3), trong trường hợp này ta có
a =β0γ0+β0+ 1, b =γ0α0+γ0+ 1, c =α0β0+α0+ 1 (2.4)
Suy ra a+b+c= α0β0+β0γ0+γ0α0+α0+β0+γ0+ 3.
Định lý 2.3.1. Cho H =ha, b, ci là nửa nhóm số giả đối xứng và giả sử p(a, b, c)
sinh bởi các định thức con tối đại của ma trận
X Y Z Yβ0 Zγ0 Xα0 . Khi đó ta có α0β0γ0= F(H) 2 + 1.
Chứng minh. Nếu β0b < αa thì theo Hệ quả 2.2.3, ta có α0 = β0 = γ0 = 1. Kéo theo a = b = c = 3, mâu thuẫn. Vì thế β0b < αa. Theo Mệnh đề 2.1.3 ta có f < f0. Do đó, theo Mệnh đề 2.1.3 và (2.4), ta có
F(H) =f0 = β0b+ (1 +γ0)c−(a+b+c)
= β0(γ0α0+γ0+ 1) + (1 +γ0)(α0β0+α0+ 1)
−(α0β0+β0γ0+γ0α0+α0+β0+γ0+ 3) = 2α0β0γ0−2.
Tiếp theo, với một số nguyên dương chẵn f cho trước, ta có thể liệt kê tất cả các khả năng xảy ra của tập {α0, β0, γ0} dựa trên phân tích thừa số nguyên tố của số F(H)
2 + 1.
Nhận xét 2.3.2. Cho σ là một hoán vị của {α0, β0, γ0}. Khi đó dễ thấy nếu σ là một hoán vị chẵn thì tập {a, b, c} thu được từ {σ(α0), σ(β0), σ(γ0)} như trong
(2.4) là như nhau và do đó ta có nửa nhóm H =ha, b, ci không thay đổi.
Tuy nhiên, nếu σ là một hoán vị lẻ thì tập {a, b, c} thay đổi. Do đó, từ phân tích thừa số nguyên tố của F(H)
2 + 1, nhìn chung ta có hai nửa nhóm số khác
nhau.
Ví dụ 2.3.3. Ta sẽ xác định tất cả các nửa nhóm số giả đối xứng H = ha, b, ci
có F(H) =f = 18. Vì α0β0γ0 = f
2 + 1 = 10 nên theo Định lý 2.3.1 ta có
{α0, β0, γ0}={10,1,1} hoặc {α0, β0, γ0}={5,2,1}.
Nếu ta thay {α0, β0, γ0} = {10,1,1} theo một thứ tự bất kỳ vào (2.4) thì a, b, c đều là bội của 3 và ta không nhận được nửa nhóm số nào.
Do đó ta có hai nửa nhóm số H với F(H) = 18. Nếu (α0, β0, γ0) = (5,2,1), thì ta được H =h5,7,16i. Nếu (α0, β0, γ0) = (5,1,2) thì ta có H =h4,11,13i.
Nếu f là một số nguyên chẵn không chia hết cho 12 thì theo [12], tồn tại một nửa nhóm số giả đối xứng H =ha, b, ci với F(H) =f .
Mệnh đề 2.3.4. (xem [12]). Cho H =ha, b, cilà một nửa nhóm số và F(H) =f.
Khi đó
1. Nếu f là số nguyên chẵn không chia hết cho 3 thì
3,f
2 + 3, f + 3
là một nửa nhóm giả đối xứng với số Frobenius f.
2. Nếu f chia hết cho 6 và không chia hết cho 12 thì
H = 4, f 2 + 2, f 2 + 4
là một nửa nhóm số giả đối xứng với số Frobenius f.
Nếu f chia hết cho 12thì có nhiều trường hợp sao cho không tồn tại nửa nhóm số giả đối xứng H = ha, b, ci với F(H) =f.
Mệnh đề 2.3.5. Giả sử f chia hết cho 12. Nếu tồn tại nửa nhóm số giả đối xứng
H =ha, b, ci với F(H) =f thì f
2 + 1 có một ước nguyên tố dạng 3k+ 2 (k ≥ 1).
Chứng minh. Ngược lại, giả sử f
2 + 1 không có ước nguyên tố nào dạng 3k+ 2 (k ≥ 1). Vì f
2 + 1 ≡ 1 (mod 3) nên mỗi ước nguyên tố của f
2 + 1 đều dồng dư
với 1 modulo 3. Do H là giả đối xứng nên theo Định lý 2.3.1, ta có α0, β0, γ0 là ước của f
2 + 1. Suy ra α
0, β0, γ0 là tích của các ước nguyên tố đều đồng dư với 1 modulo 3. Kéo theo α0 ≡ β0 ≡ γ0 ≡ 1 (mod 3). Khi đó, theo (2.4) ta thấy a, b, c là bội của 3 và H = ha, b, ci không là nửa nhóm số. Nghĩa là không tồn tại nửa nhóm số giả đối xứng H =ha, b, ci với F(H) =f, mâu thuẫn với giả thiết. Vì thế
f
2 + 1 có một ước nguyên tố dạng 3k+ 2 (k ≥ 1).
Ví dụ 2.3.6. Giả sử f là một số nguyên dương chia hết cho 12. Khi đó
(i) Theo Mệnh đề 2.3.5, không có nửa nhóm số giả đối xứng H = ha, b, ci với F(H) = 12,24,36,60,72,84,96,120,132,144,156,180,192. Chẳng hạn, với F(H) = 12, vì F(H)
2 + 1 = 7 không có ước nguyên tố dạng 3k+ 2, (k ≥ 1) nên theo Mệnh đề 2.3.5, không có nửa nhóm số giả đối xứng H = ha, b, ci
với F(H) = 12.
(ii) Tồn tại nửa nhóm số giả đối xứng H = ha, b, ci với F(H) = 48,168. Chẳng hạn, H = h7,11,31i là nửa nhóm số giả đối xứng duy nhất sinh bởi 3 phần tử với F(H) = 48 và H = h11,19,103i là nửa nhóm số giả đối xứng duy nhất sinh bởi 3 phần tử với F(H) = 168.
(iii) Chiều ngược lại của Mệnh đề 2.3.5 không đúng. Thật vậy, nếu f = 1596 thì f
2+1 = 799 = 17·47có một thừa số nguyên tố đồng dư với2 (mod 3).Nhưng nếu chúng ta thay (α0, β0, γ0) = (17,47,1) (tương ứng (47,17,1)) trong (2.4) thì ta có(a, b, c) = (95,19,817) (tương ứng (35,49,847)). Đây không phải là nửa nhóm số vì (a, b, c) có chung một thừa số nguyên tố là 19 (tương ứng là 7). Dễ dàng chỉ ra f = 1596 là nhỏ nhất trong ví dụ này.