2 Nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi bốn phần tử
2.4 Kiểu của nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi 4 phần tử
Mục tiêu của tiết này là chứng minh kiểu của nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi 4 phần tử không vượt quá 3. Kỹ thuật chính được dùng để chứng minh là khái niệm
hàng đặc biệt của ma trận RF(f) với f ∈ P F(H). Trong suốt tiết này luôn giả thiết
H =hn1, . . . , n4i là nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi 4 phần tử.
Định nghĩa 2.4.1. Mỗi hàng của ma trận RF(f) có dạng (αi−1)ei−ek được gọi là
hàng đặc biệt, trong đó ei là vectơ đơn vị thứ i của Z4.
Ví dụ 2.4.2. Hàng thứ 1 và thứ 2 của ma trận RF(F(H)/2)trong Định lý 2.3.3 là các hàng đặc biệt.
Bổ đề 2.4.3. Giả sửe = 4,{n1, n2, n3, n4}={ni, nj, nk, nl} và H là hầu đối xứng. Khi đó
(ii) Nếu f 6=f0 ∈ P F(H) sao cho f +f0 ∈/ H thì có bốn hàng của RF(f) và RF(f0)
có dạng (αi−1)ei−ek.
(iii) Với mọi cặp {f, f0} ⊂ P F0(H), f 6= f0, f +f0 ∈/ H và với mỗi j ∈ {1,2,3,4} tồn tại s sao cho (αj−1)nj =f+ns hoặc (αj −1)nj =f0+ns.
Chứng minh. (i) Hiển nhiên theo Mệnh đề 2.3.2.
(ii) Theo Bổ đề 2.2.3, có ít nhất 12 thành phần bằng 0 trong hai ma trận RF(f) và RF(f0). Hơn nữa, theo Hệ quả 2.2.10, mỗi hàng của RF(f)không thể chứa 3 thành phần dương. Thêm vào đó, theo Bổ đề 2.1.4(ii),nếu hàng thứ k của RF(f) là−ek+bei
thì b ≥ αi−1. Kết hợp với Mệnh đề 2.2.13, ta suy ra mỗi hàng của RF(f), RF(f0) có một trong ba dạng sau đây.
(a) Chứa 2 thành phần dương, (b) qes−et với q≥αs,
(c) (αs−1)es−et.
Nếu một trong hai ma trận có dạng (b), thì ma trận kia có một hoặc hai thành phần khác trong hàng thứ t là dương. Vì thế, nếu ta gọi a, b, c lần lượt là số của các hàng có dạng (a),(b),(c), thì ta có 2(a+b) +c≤12. Vì a+b+c= 8,nên c≥4.
(iii) Trong (ii) ta đã chứng minh được có ít nhất 4 hàng trong RF(f)và RF(f0)có dạng (αi−1)ei−ek. Vì thế, ta có thể giả sử với các số i, k, l ta có các hệ thức
nk +f = (αi−1)ni=nl +f0.
Theo Mệnh đề 2.2.15(iii), αini có hai biểu diễn khác nhau là (5.7.1) αini =pnj+qnk =p0nj+rnl.
Hơn nữa, ta có (xem chứng minh Mệnh đề 2.2.15(iii))
(5.7.2) f+ni =pnj+ (q−1)nk, f0+ni =p0nj+ (r−1)nl.
Ta viết RF(f) = (mst) và RF(f0) = (m0st)nếu có một biểu diễn f+ns =P
tmstnt
và ta nói mst = 0 với thành phần (s, t)nếu mst = 0 trong mỗi biểu diễn của
f +ns =X t
Tương tự đối với RF(f0) = (m0st).
Trong lập luận trên, do vai trò k, l tương tự nhau nên ta có thể giả sử p0 ≥ p và từ (5.7.1) ta có
qnk = (p0−p)nj+rnl.
Suy ra q ≥αk. Nếuq ≥αk+ 1 thì αknk =αjnj theo Mệnh đề 2.2.13. Vì thế
pnj+qnk = (p+αj)nj+ (q−αk)nk =p0nj +rnl.
Do đór ≥αl, mâu thuẫn. Vì thế q=αk và ta có
(5.7.20) f +ni=pnj + (αk −1)nk, f0+ni=p0nj+ (r−1)nl.
Vì mil = mkl = 0 (tương ứng m0ik = mlk0 = 0) nên mjl >0 (tương ứng m0jk > 0) theo Bổ đề 2.2.9. Đặt
f +nj =sni+tnk +unl (u >0).
Vì f0=f+nk −nl, nên ta có f0+nj =sni+ (t+ 1)nk+ (u−1)nl.
Ta xét hai trường hợp đối với s làs >0 hoặc s= 0.
Trường hợp(a).Nếus >0,thì theo Bồ đề 2.2.9 ta cómjl=m0jk = 0domij =m0ij = 0 theo Bổ đề 2.2.3. Do đó ta có p=p0= 0. Suy ra
(5.7.3) f+ni= (αk−1)nk, f0+ni = (αl−1)nl
theo Bổ đề 2.1.4 và do mil = m0ik = 0. Hơn nữa, theo Hệ quả 2.2.10, do s > 0, mli = m0ki = 0 nên mlk = 0 hoặc m0lk = 0 theo Bổ đề 2.2.3. Vì thế ta có f+nl = (αj−1)nj
(tương ứng f0+nk = (αj −1)nj) nếu mlk = 0 (tương ứng m0lk = 0), điều phải chứng minh.
Trường hợp (b).Giả sử s= 0. Ta đặt
(5.7.4) f+nl =ani+bnj+cnk, f0+nk =b0nj+d0nl
(do mik =αk −1>0, nên ta có m0ki = 0 theo Bổ đề 2.2.3). Kéo theo
RF(f) = −1 p αk−1 0 0 −1 t u αi−1 0 −1 0 a b c −1 ,
RF(f0) = −1 p0 0 r−1 0 −1 t+ 1 u−1 0 b0 −1 d0 αi−1 0 0 −1 . Chú ý rằng theo Bổ đề 2.2.3 ta có a(r−1) =b(u−1) =b0t =cd0= 0.
Ta tiếp tục lập luận theo các trường hợp c >0 và c= 0.
Trường hợp (b1). c >0. Khi đó d0 = 0, b0 =αj−1 và t = 0. Do đó, u=αl−1 và ta cần chỉ ra rằng có một hàng thứ s là hàng đặc biệt (αk −1)ek−es. Trong trường hợp này, theo Hệ quả 2.2.10, ta có b = 0 hoặc a = 0. Nếu b > 0 thì u = 1 và hàng thứ hai của RF(f0) là (αk−1)ek −ej với αk = 2. Nếu a > 0 thì hàng thứ nhất của RF(f0) là
p0ej−eivà điều này mâu thuẫn với tính chất hàng thứ ba của RF(f0)là(αj−1)ej−ek
kéo theo ni=nk.Nếu a=b= 0 thì hàng thứ tư của RF(f) là hàng đặc biệt cần tìm. Trường hợp (b2). c = 0 và b > 0. Khi đó ta có t+ 1 = αk −1. Nếu a > 0 thì ta có
r= 1 và p0=αj−1 và b0 = 0 hoặc t= 0.Trong mỗi trường hợp, ta vẫn thu được hàng đặc biệt. Nếu a = 0 thì b = αj −1 và hàng thứ tư của RF(f) là (αJ −1)ej−el. Nếu
b0= 0 thì d0=αl−1 và hàng thứ ba củaRF(f0)là hàng đặc biệt. Nếu b0>0 thì t= 0 và hai hàng của RF(f) và RF(f0) cho ta các hàng đặc biệt.
Bổ đề 2.4.4. Giả sử H là nửa nhóm số hầu đối xứng với F(H) lẻ và giả sử tồn tại
f ∈ P F0(H) sao cho mỗi hàng của RF(f) đều có đúng một thành phần dương. Khi đó
ta có:
(i) Sau khi đánh lại các chỉ số, ta có thể giả sử
RF(f) = −1 α2−1 0 0 0 −1 α3−1 0 0 0 −1 α4−1 α1−1 0 0 −1 .
(ii) Trong trường hợp này, nếu ta đặt f0 =F(H)−f thì RF(f0) = −1 α2−2 α3−1 0 0 −1 α3−2 α4−1 α1−1 0 −1 α4−2 α1−2 α2−1 0 −1 .
(iii) Ta có t(H) = 3 với P F(H) ={f, f0, F(H)}, số phần tử sinh tối tiểu µ(IH) = 6 và các phần tử sinh tối tiểu của IH có được bằng cách lấy hiệu hai hàng của RF(f),
cụ thể là IH = (xα1 1 −xα2−1 2 x4, xα2 2 −xα3−1 3 x1, xα3 3 −xα4−1 4 x2, xα4 4 −xα1−1 1 x3, x1xα4−1 4 −xα2−1 2 x3, xα1−1 1 x2−xα3−1 3 x4). (iv) Ta có n1= (α2−1)(α3−1)α4+α2, n2 = (α3−1)(α4−1)α1+α3, n3= (α4−1)(α1−1)α2+α4, n4 = (α1−1)(α2−1)α3+α1.
Chứng minh. Giả sử thành phần(i, ai)của RF(f)dương. Khi đó(a1, a2, a3, a4)cho một hoán vị của (1,2,3,4) không có điểm cố định. Do đó, ta có thể giả sử (a1, a2, a3, a4) = (2,1,4,3)hoặc (a1, a2, a3, a4) = (2,3,4,1). Vì f +n1 = (α2 −1)n2, nên ta có f +n1+n2 = α2n2 = (α3 −1)n3 +n1. Suy ra α21 = 1, α23 = α3−1, α24 = 0. Tương tự, ta có α12 =α2−1, α13 = 0, α14 = 1, α31 = 0, α32= 1, α34=α4−1, α41=α1−1, α42 = 0, α43 = 1. Theo Bổ đề 2.2.3, ma trậnRF(f0)có dạng RF(f0) = −1 p2 p3 0 0 −1 q3 q4 r1 0 −1 r4 s1 s2 0 −1 .
Khi đó ta phải cóp2 < α2 bởi vì α21 = 1>0và p3 < α4 vì α34 >0. Suy ra
F(H) +n1= (α2−1)n2+f0= (α2−2)n2+q3n3+q4n4
=p2n2+p3n3+f = (p2−1)n2+ (α3−1 +p3)n3 =p2n2+ (p3−1)n3+ (α4−1)n4.
Do đó ta có p2=α2−2 vàq4 =α4−1. Lặp lại quá trình này, ta tìm được RF(f0) như trong phát biểu của bổ đề.
Mệnh đề 2.4.5. Giả sử e= 4. Nếu F(H) là chẵn và F(H)/2∈P F(H) thì t(H) = 2.
Nghĩa là, nếu e = 4 và H là hầu đối xứng kiểu chẵn thì t(H) = 2.
Chứng minh. Theo Định lý 2.3.4, ta chỉ cần chứng minhRF(F(H)/2)có dạng như trong phát biểu của Định lý 2.3.3. Chúng ta lập luận tương tự chứng minh của Định lý 2.3.3 để chỉ ra rằng b=α42 >0 và a=α1−1 trong ma trận (†)sau (†) RF(F(H)/2) = −1 α2−1 0 0 0 −1 α3−1 0 a 0 −1 α4−1 α1−1 b =α42 0 −1 .
Nếu b= 0, thì cộng hàng thứ hai và thứ tư của (†),ta được
F(H) +n2+n4 = (α1−1)n1+ (α3−1)n3.
Do (α1−1)n1−n2,(α3−1)n3−n4 ∈/ H,nên theo Bổ đề 2.1.1, ta có (α1−1)n1 =f+n2 =F(H)/2 +n4 và (α3−1)n3 =f0+n4=F(H)/2 +n2
với f, f0 ∈P F0(H)thỏa mãn f +f0 =F(H).Suy ra ta có
f+n1 =α1n1−n2 = (α2−2)n2+n4,
f+n3 =an1+n2+ (α4−2)n4.
Theo Bổ đề 2.4.3, ta có các hàng đặc biệt(α2−1)e2−ej,(α4−1)e4−ektrongRF(f)hoặc
RF(f0). Ta ký hiệu RF(f) = (mij) và RF(f0) = (m0ij). Ta vừa chỉ ra m13 =m23 = 0.
Do đó ta có m43 > 0 theo Bổ đề 2.2.9. Suy ra m034 = α4 −2 = 0, hay α4 = 2. Vì
m21 = α1−1 >0 nên m012 = 0. Do đó, (α2−1)e2−ej chỉ có thể là hàng thứ ba của
RF(f),kéo theom31=m34 = 0, m32 =α2−1 và(α2−1)n2 =f+n3.Do (α2−1)n2= F(H)/2 +n1 và (α1−1)n1 = f +n2 = F(H)/2 +n4, nên ta có n1 +n2 = n3+n4.
Vì thế từ F(H)/2−f0 = n4 −n2 = n1 −n3, ta có n4 = (α4 −1)n4 = f0 +n1. Ta thấy ở trên f +n1 = (α2 −1)n2 +n4. Thay n4 = (α4 − 1)n4 = f0 + n1 ta được
f +n1 = (α2−2)n2+n4 = (α2−2)n2+f0+n1 và do đó f = (α2−2)n2+f0, mâu thuẫn với f 6=f0 và f0 ∈P F(H).Vì thế b=α42>0.
Trong phần cuối chứng minh Định lý 2.3.3(3), ta có α12 = α2 −1−b > 0, α13 = 0, α14 = 1, α21 = 1, α23 = α3 −1, α24 = 0, α31 = a, α32 = 1, α34 = α4 − 1, α41 = α1−1−a, α42 =b, α43= 1.Vì b >0,nên F(H) +n2 có biểu diễn duy nhất theo Bổ đề 2.1.10.
Tiếp theo chúng ta sẽ chỉ ra rằng a =α1−1. Ta đã cóa≤α1−1trong phần chứng minh của Định lý 2.3.3. Nếu a < α1−1 thì ta có α41 > 0 và do đó theo Bổ đề 2.1.10,
F(F) +n1 có biểu diễn duy nhất. Ta chỉ ra mâu thuẫn. Cộng hàng thứ nhất và thứ hai của (†),ta có
F(H) +n1= (α2−2)n2+ (α3−1)n3.
Do biểu diễn này là duy nhất, nên F(H) +n1−n4 ∈/ H và do đó theo Bổ đề 2.1.1 ta cóF(H) +n1−n4 ∈P F0(H). Ta đặt
f =F(H) +n1−n4, f0 =F(H)−f =n4−n1.
Vì H là hầu đối xứng, nên f0∈P F0(H).Do đó theo Mệnh đề 2.2.13, α4 = 2. Suy ra
f0+n4 = 2n4−n1=α4n4−n1 = (α1−2−a)n1+bn2+n3.
Theo Hệ quả 2.2.10, do b >0, nên ta có α1−2−a = 0, a=α1−2.
Vì các thành phần(4,2),(4,3)củaRF(f0)đều dương, nên các thành phần(2,4),(3,4) của RF(f)phải bằng0 theo Bổ đề 2.2.3. Do đó theo Bổ đề 2.2.9, thành phần(1,4) của
RF(f) là dương, kéo theo f +n1 ≥H n4 =f0+n1. Vì thế f0 ≤H f, mâu thuẫn với giả thiết f, f0 ∈P F0(H). Như vậy ta đã chỉ ra nếu F(H)/2 ∈P F(H) thì RF(F(H)/2) có dạng như trong phát biểu Định lý 2.3.3. Ta cũng chứng minh được nếu H là hầu đối xứng với F(H) chẵn thì t(H) = 2.
Định lý 2.4.6. Nếu H =hn1, . . . , n4i là hầu đối xứng thì t(H)≤3.
Chứng minh. NếuH là hầu đối xứng và F(H)chẵn thì theo Mệnh đề 2.4.5 t(H) = 2.
Giả sử F(H) là lẻ. Theo Bổ đề 2.4.3, có ít nhất 4 hàng đặc biệt trong RF(f) và
RF(f0), nếu f +f0 = F(H). Mặt khác, ta đã chỉ ra trong Mệnh đề 2.2.15 rằng với
ni cố định tồn tại nhiều nhất hai hệ thức dạng f +nk = (αi−1)ni. Vì có tất cả 4 phần tử sinh ni nên tồn tại nhiều nhất 8 hàng đặc biệt trongRF(f)với các trường hợp của f ∈P F0(H). Điều này kéo theo lực lượng của P F0(H) không vượt quá 4 và do đó
t(H) ≤ 5. Hơn nữa, lập luận này cũng chứng tỏ với mỗi ni, có đúng hai hàng đặc biệt dạng (αi−1)ei−ek trong ma trận RF(f)nào đó với f ∈P F0(H).
Giả sử t(H) = 5 và P F(H) ={f1, f2, f20, f10, F(H)} với
f1 < f2 < f20 < f10 và f1+f10 =f2+f20 =F(H).
Ta sẽ chỉ ra điều mâu thuẫn. Theo Bổ đề 2.4.3, mỗi cặpf, f0∈P F(H)vớif+f0 =F(H) và với mỗi ni, tồn tại hàng đặc biệt thứk nào đó dạng (αi−1)ei−ek trongRF(f)hoặc
RF(f0). Do đó nếu ta có hệ thức dạng
f+nk = (αi−1)ni=f0+nl,
thì có hai hàng đặc biệt(αi−1)ei−ek trongRF(f)và(αi−1)ei−el trong RF(f0),dẫn đến có 5 hàng đặc biệt trong cả RF(f) và RF(f0), mâu thuẫn với tính chất có nhiều nhất 8 hàng đặc biệt trong cả hai ma trận. Vì vậy, nếu có hệ thức dạng
f+nk = (αi−1)ni=f0+nl,
thì f +f0 6=F(H).Do tồn tại đúng bốn cặp của {f, f0}, cụ thể là,
{f1, f2},{f10, f2},{f1, f20},{f10, f20},
ta có các hệ thức sau trong đó np, . . . , ny ∈ {n1, n2, n3, n4}.
Cho {i, j, k, l}là hoán vị của {1,2,3,4} và giả sử rằngn1< n2< n3 < n4.Ta có các hệ thức sau f1+np = (αi−1)ni=f2+nq (2.2) f10 +nr = (αj−1)nj =f2+ns (2.3) f1+nt = (αk−1)nk =f20 +nu (2.4) f10 +nx = (αl−1)nl =f20+ny (2.5) Từ các đẳng thức trên vàf2−f1 =f10 −f20, ta có np−nq =f2−f1=f10−f20 =ny−nx (2.6) ns−nr =f10 −f2 =f20 −f1 =nt−nu. (2.7) Ta chia trường hợp theo số các phần tử khác nhau của hai tập {np, nq, nx, ny} và
Trường hợp 1: Giả sử np = ny và nq = nx. Do ta giả sử {i, j, k, l} là hoán vị của
{1,2,3,4} và ni, nl khác với np, nq, nên ta có {nl, nk} = {np, nq}. Khi đó từ các đẳng thức (2.4),(2.5), ta có nr =nu< ns =nt và {ni, nl}={nr, ns}.
Giả sử ni> nl (do đóni=ns =nt và nl =nr =nu) và ta sẽ chỉ ra điều mâu thuẫn. Tương tự, nếu ta giả sử ni< nl thì cũng kéo theo mâu thuẫn.
Ta kiểm tra các ma trận RF của f1, f2, f20, f10 đối với {ni, np, nq, nl}. Các đẳng thức (2.3), (2.6) cho ta hàng thứ pcủa RF(f1) là(αi−1,−1,0,0).Do thành phần thứ (q, i) của RF(f10) làαi−1 nên thành phần thứ(i, q)của RF(f1) = 0 theo Bổ đề 2.2.3. Do đó theo Bổ đề 2.2.9, thành phần thứ(l, q)củaRF(f1)dương. Từ đẳng thức (2.5), để thành phần thứ (l, q)của RF(f1)dương, ta phải có nk =nq và do đónj =np.Từ (2.3), ta có
αini= (f1+ni) +np = (f2+ni) +nq.
Nhưng từ (2.4), (2.5), ta biết f1 +ni = (αq −1)nq, f2 +ni = (αp −1)np và do đó ta có (αq −1)nq +np = (αp−1)np +nq, kéo theo αp = αq = 2 và từ (2.4), (2.5) ta có np = f10 +nl = f2 +ni, nq = f1 +ni = f20 +nl. Do đó từ (2.3), (2.6), ta được
αini = (f1+ni) +np =np+nq = (f10 +np) +nl =αlnl.
Tiếp theo ta tính f1 +nl. Ta có f1 +nl < np, nq. Suy ra ta có f1 +nl = cni với một số nguyên dương c nào đó. Nhưng theo Bổ đề 2.2.13, ta có c ≥ αi −1. Suy ra
f1+nl+ni ≥αini=np+nq,mâu thuẫn với np =f10+nl vànq =f1+ni.Do đó trường hợp 1 không xảy ra.
Trường hợp 2: Nếu ] {np, nq, nx, ny} = 3 thì np = nx hoặc nq = ny và do đó 2np = nq +ny hoặc 2nq = np +nx, dẫn đến αp = 2 hoặc αq = 2. Giả sử 2nq = np+nx và
αq = 2. Từ (2.3)-(2.6), tồn tạif, f0 ∈P F0(H)sao cho
(∗) (αq−1)nq =nq =f+nv =f0+nw.
Từnq không là số lớn nhất trong sốn1. . . , n4và lớn hơn 2 giá trị khác ta suy ranq =n3.
Ta giả sử n1 < n2 < n3=nq < n4 và tính lại n1+f1. Theo (∗), n1+f1 < n3 và ta phải cón1+f1=cn2 với clà số nguyên dương. Ta cócα2−1và nếun1+f1 = (α2−1)n2thì theo (2.3)-(2.6), n1+f1 = (α2−1)n2 =nw+f nhưng điều đó không thể suy ra được từ
n1+f1 < n3. Nếu c≥ α2 ta cũng có mâu thuẫn từ n1+f1 không thể chứa n1, n3, n4.
Do đó trường hợp 2 không xảy ra. Dễ dàng thấy rằng ]{nr, ns, nt, nu}= 3 kéo theo mâu thuẫn.
Trường hợp 3: Để chứng minh Định lý 2.4.6, ta giả thiết{np, nq, nx, ny}và{nr, ns, nt, nu}
là các phần tử khác nhau và chỉ ra mâu thuẫn. Theo (2.3)-(2.6), ta có thể giả sử
n1< n2 < n3 < n4 với n2−n1 =n4−n3=f2−f1 vàn3−n1 =n4−n2=f20−f1. Do đó n4−n1 = (f10 −f2) + (f2−f1) = f10 −f1 và ta có f1+n1 = f10 +n4. Hơn nữa, do
f1+n4 không có dạng (αw−1)nw,nên ta có
f1+n4 =f10 +n1 =bn2+cn3
với c, d > 0. Do đó từ Bổ đề 2.2.3 ta có RF(f1)2,1 = RF(f1)3,1 = 0. Vì hàng thứ tư của RF(f1) bằng (0, b, c,0), nên mỗi thành phần của cột thứ nhất trong RF(f1) bằng 0, mâu thuẫn với Bổ đề 2.2.9.
KẾT LUẬN
Luận văn nghiên cứu về nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi 4 phần tử. Luận văn đạt được các kết quả chính sau: