3 Đa thức Cantor trên hình quạt
3.2 Hình quạt và vị nhóm
Cho (G,+) là một vị nhóm (monoid) giao hoán (với phép cộng). Tức là phép toán + trên G là tính chất tính chất kết hợp, giao hoán và có đơn vị:
(1) (x+y) +z = x+ (y +z), với mọi x, y, z ∈ G; (2) x+y = y +x, với mọi x, y ∈ G;
(3) tồn tại phần tử ký hiệu là 0 trong G sao cho x+ 0 = 0 +x = x, với mọi x ∈ G.
Ví dụ. Với mỗi số thực dương α hoặc α = ∞ thì tập I(α) là một vị nhóm đối với phép cộng thông thường.
Một tập con W của một vị nhóm giao hoán cộng tính (G,+) được gọi là một hệ sinh của G nếu mọi phần tử của G đều có thể được biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính với hệ số nguyên không âm của hữu
hạn phần tử trong W. Các cách biểu diễn này nói chung không duy nhất. Vị nhóm giao hoánGđược gọi là tự do hạngknếu nó chứa một hệ sinh gồmk phần tử W = {w1, . . . , wk}sao cho mọi phần tử v ∈ Gđều có cách biểu diễn duy nhất nhất dưới dạngv =
k P i=1
xiwi với xi ∈ N0 với mọi i = 1, . . . , k. Trong trường hợp này tập W = {w1, . . . , wk} được gọi là một cơ sở tự do của vị nhóm G. Rõ ràng nếu w là một phần tử của cơ sở tự do thì w 6= 0.
Ví dụ. I(∞) = N20 là một vị nhóm giao hoán tự do hạng 2 với cơ sở tự do duy nhất là {(1,0),(0,1)}.
Định lý sau đây xác định khi nào vị nhóm giao hoán I (α) là tự do.
Định lý 3.2.1. Vị nhóm giao hoán I (α) là tự do với bậc bậc k khi và chỉ khi k = 2 và α ∈ {1/s | s∈ N0}. Hơn nữa, {(1,0),(s,1)} là cơ sở tự do duy nhất của I(1/s) với mọi s ∈ N0.
Chứng minh. Xét α là một vô tỉ dương và W là một tập con hữu hạn của I(α)\ {(0,0)}. Viết W = {w1, . . . , wk}, và wi = (ai, bi) ∈ I(α)\ {(0,0)} với ai 6= 0 với mọi i = 1, . . . , k. Ta định nghĩa
λ = min bi ai : i = 1, . . . , k và µ = max bi ai : i = 1, . . . , k .
Hình nón được tạo bởi các tia không âm y = λx và y = µx là
C = {(x, y) ∈ S(∞) : λx ≤ y ≤µx}.
Nón C này chứa W và do đó C chứa vị nhóm giao hoán con hWi sinh bởi W. Vì bi ai ≤ α và α là số vô tỉ nên ta có bi ai < α, với mọi i = 1, . . . , k. Do đó µ < α. Do vậy tồn tại các số nguyên dương c và d sao cho
µ < c
Khi đó điểm nguyên(c, d)thuộc I(α) nhưng không thuộcC. Nói riêng
(c, d) ∈ I(α) \ hWi. Do đó vị nhóm I (α) không hữu hạn sinh. Nói riêng I(α) không phải là một nửa nhóm giao hoán tự do hạng k với bất kỳ k ∈ N nào.
Xét Γ 6= {(0,0)} là một vị nhóm giao hoán nằm trong N20 hoặc, tổng quát hơn là nằm trong Q20, ở đây Q0 là tập số hữu tỉ không âm. Nếu Γ là tự do hạng k ≥ 3 thì tồn tại w1, w2, w3 ∈ Γ là các phần tử trong một cơ sở tự do nào đó của Γ. Vì
wi ∈ Q20\ {(0,0)} ⊆ Q2\ {(0,0)},
với i = 1,2,3, nên thì w1, w2, w3 là Q-phụ thuộc tuyến tính. Do vậy tồn tại các số hữu tỉ t1, t2, t3 không đồng thời bằng 0, sao cho
t1w1 +t2w2 + t3w3 = (0,0).
Vectơ wi có toạ độ không âm và do đó ti > 0 với i nào đó và tj < 0
với j nào đó. Ta có thể giả sử rằng t1 > 0, t2 ≥ 0 và t3 < 0. Khi đó ta có
t1w1 +t2w2 = −t3w3.
Bằng cách nhân với mẫu chung của các phân sốt1, t2, t3, ta nhận được các số nguyên không âm x1, x2, x3, với x1 ≥ 1 và x3 ≥ 1 sao cho
v := x1w1 +x2w2 = x3w3.
Như vậy phần tử v có 2 cách biểu diễn khác nhau như là tổ hợp tuyến tính với hệ số không âm các phần tử trong W, điều này là mẫu thuẫn với việc W là cơ sở. Như vậy ta phải có k ≤ 2. Nếu k = 0, thì
Γ = {(0,0)}, và điều này là vô lý. Do đó, nếu Γ là một vị nhóm giao hoán tự do hạng k thì k = 1 hoặc 2.
Nếu α > 0 hoặc α = ∞ thì (x,0) ∈ I (α) với mọi x ∈ N0, và
(x,1) ∈ I(α) với mọi x ≥ 1
α. Do đó, I (α) là một vị nhóm giao hoán
trong Q20 không nằm trên đường thẳng bất kỳ. Do đó, nếu I (α) tự do hạng k thì k = 2.
Bây giờ ta xét α = r/s, trong đó r và s là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau với r ≥ 2. Các điểm nguyên (1,0) và (s, r) nằm trong I(r/s).Cho W = {w1, w2} ⊆ I (r/s) \ {(0,0)}. Nếu W sinh
I(r/s) thì tồn tại các số nguyên không âm x1 và x2 sao cho
(1,0) = x1w1 +x2w2.
Điều này suy ra w1 = (1,0) hoặc w2 = (1,0). Không mất tổng quát ta có thể giả sửw1 = (1,0). Do W sinhI (r/s) nên tồn tại các số nguyên không âm y1 và y2 sao cho
(s, r) = y1(1,0) +y2w2.
Do đó y2w2 = (s, r)−y1(1,0) = (s−y1, r) ∈ I (r/s). Điều này lại suy ra r ≤ (s−y1)r/s và do vậy y1 = 0 và (s, r) = y2w2. Vì r và s là các số nguyên tố cùng nhau nên y2 = 1 và w2 = (s, r). Như vậy các phần tử sinh bởi W đều có dạng
x1(1,0) +x2(s, r) = (x1 +x2s, x2r),
với x1, x2 ∈ N0 nào đó. Xét x là một số nguyên, thỏa mãn x ≥ s/r bất kỳ. Khi đó (x,1) ∈ I(α). Do đó tồn tại x2 ∈ N0 sao cho 1 = x2r. Điều này suy ra r = 1 = x2.
Như vậy ta đã chứng minh rằng nếu I(r/s) sinh bởi tập conW hai phần tử thì r = 1 và W = {(1,0),(s,1)}.
Để chứng minh định lý ta chỉ cần chứng minh I(1/s) là vị nhóm giao hoán tự do. Với (x, y) ∈ I (r/s) bất kỳ thì y ≤ x/s hoặc, tương đương, x−sy ∈ N0, và
(x, y) = ((x−sy) +sy, y) =(x−sy,0) + (sy, y) =(x−sy)(1,0) +y(s,1).
biểu diễn(x, y)như trên là duy nhất vì các vectơ(1,0)và(s,1)đều độc lập tuyến tính trongR2. Vì vậyI(1/s)là tự do hạng 2 và {(1,0),(s,1)}
là cơ sở duy nhất của nó.
Chú ý. Như ở trong chứng minh ở định lý trước, với số nguyên dương
s thì I(1/s) là vị nhóm tự do với cơ sở là (1,0), (s,1). Điều này suy ra là các phần tử của I(1/s) là a(1,0) +b(s,1) với a, b ∈ N0, tức là ta có
I(1/s) ={(a+bs, b) | a, b ∈ N0}.
Chẳng hạn
I(1) = {(a+b, b) | a, b ∈ N0} I(1/2) = {(a+ 2b, b) | a, b ∈ N0}.
Định lý 3.2.2. Tồn tại phép biến đổi tuyến tính từ R2 đến R2 sao cho hạn chế của nó xuống I(∞) là hàm một song ánh lên I(α) nếu và chỉ nếu α ∈ {1/s :s ∈ N0}. Hơn nữa, đối với mỗi s ∈ N0 thì có đúng hai biến đổi tuyến tính như vậy với ma trận theo cơ sở chính tắc như sau
Λs = 1 s 0 1 ! và Ms = s 1 1 0 ! . (3.1) Chứng minh. Giả sử α ∈ {1/s : s ∈ N0}. Đặt T : R2 → R2 là ánh xạ tuyến tính xác định bởi T(1,0) = (1,0) và T(0,1) = (s,1). Khi đó với mọi (x, y) ∈ I(∞) = N20 thì
T(x, y) = xT(1,0) +yT(0,1) = x(1,0) +y(s,1) = (x+ys, y).
Do đó ánh xạ hạn chế của T xuống I(∞) là một song ánh tới I(α). Ngược lại giả sử T : R2 → R2 là phép biến đổi tuyến tính mà hạn chế của T xuống I(∞) là một song ánh lên I(α).
Đặt e1 = (1,0), e2 = (0,1), w1 = T(e1), w2 = T(e2). Khi đó
và
T(I(∞)) = {xT(e1) +yT(e2) : x, y ∈ N0}= {xw1 +yw2 : x, y ∈ N0}.
Vì I(∞) là vị nhóm giao hoán tự do với cơ sở duy nhất là {e1, e2}
nên T(I(∞)) = I(α) là vị nhóm giao hoán tự do với cơ sở duy nhất là {w1, w2}. Do đó theo Định lý 3.2.1, ta có α = 1/s với s ∈ N0 nào đó. Trong trường hợp này cơ sở tự do duy nhất của I(α) = I(1/s) là
{(1,0),(s,1)}. Như vậy ta phải có [w1 = (1,0) và w2 = (s,1)] hoặc [w1 = (s,1) và w2 = (1,0)]. Trong trường hợp thứ nhất ta suy ra ma trận của T trong cơ sở chính tắc là Λs, và trong trường hợp thứ hai thì ma trận chính tắc của T trong cơ sở chính tắc là Ms.
Đối với mọi số nguyên không âm s và t, ta có Λs+t = ΛsΛt và do đó
Λs = Λs1 và Λs−1 = Λ−s. Hơn nữa,Λs cảm sinh một song ánh từ I(1/t)
đến I(1/(s+t)), và Ms = ΛsM0.