2 Nửa nhóm số hầu đối xứng sinh bởi bốn phần tử
2.3 Trường hợp nửa nhóm số giả đối xứng sinh bởi 4 phần tử
Tiết này dành để đưa ra cách chứng minh đơn giản hơn cho Định lý của Komeda [5] (xem Định lý 2.3.3) về nửa nhóm số giả đối xứng sinh bởi 4 phần tử bằng cách áp dụng ma trận RF(F(H)/2).Trong mục này ta luôn giả sử rằng H =hn1, n2, n3, n4i và
F(H)/2∈P F(H).
Áp dụng Bổ đề 2.2.3, 2.2.9 và Hệ quả 2.2.10 ta thu được một số tính chất sau cho ma trận RF của F(H). Chú ý rằng2.F(H)/2 =F(H)∈P F(H).
Mệnh đề 2.3.1. Cho RF(F(H)/2) = (aij) là một ma trận RF của F(H)/2. Khi đó:
(i) aii =−1 với mọi i và aij không âm với mọi i6=j.
(ii) Với mỗi cặp (i, j) sao cho i=6 j, ta có aij = 0 hoặc aji= 0.
(iii) Mỗi hàng và cột của A có ít nhất một thành phần dương.
Vì có nhiều nhất 6 thành phần dương trong ma trận A, nên có ít nhất hai hàng chỉ có đúng một thành phần dương. Cụ thể, ta có mệnh đề sau.
Mệnh đề 2.3.2. Sau khi đánh lại số thứ tự các phần tử sinh của H một cách hợp lí, ta có thể giả sử rằng RF(F(H)/2) = −1 α2−1 0 0 0 −1 α3−1 0 a 0 −1 d a0 b 0 −1 trong đó a0, d >0 và a, b≥0.
Chứng minh. Kí hiệu F = F(H) và A = (aij) = RF(F/2). Ta sẽ chứng minh ma trận này xác định duy nhất. Theo Mệnh đề 2.3.1(ii), Acó ít nhất 6 thành phần bằng 0. Nếu mỗi hàng đều có hai thành phần dương thì Acó tất cả 8 thành phần dương, mâu thuẫn. Do đó, tồn tại một hàng của A chỉ có một thành phần dương và ta có thể giả sử hàng thứ nhất của A là (−1, b0,0,0), hay F/2 +n1 = b0n2, với b0 > 0. Ta có thể giả sử rằng trong mỗi cách chọn củaRF(F(H)/2),thành phần(1,3),(1,4)đều là0.Khi đó theo Bổ đề 2.1.4, ta có b0 ≥α2−1. Nếub0 ≥α2 ta có sự lựa chọn khác củaRF(F/2) với thành phần (1,3) hoặc (1,4) khác0. Vì thế b0 =α2−1.
Doa12 =b0>0nên theo Bổ đề 2.2.3, ta cóa21 = 0và suy raF/2+n2 =a23n3+a24n4.
Nếua23= 0 hoặc a24= 0 thì ta có thể giả sử hàng thứ hai của RF(F/2)là(0,−1, c,0).
Nếu cả a23 và a24 đều dương thì a32 = a42 = 0. Do a34 = 0 hoặc a43 = 0 theo Bổ đề 2.2.3, nên hàng thứ ba (tương ứng hàng thứ 4) của RF(F/2) là(a0,0,−1,0)(tương ứng (a0,0,0,−1)). Trong cả hai trường hợp, sau khi thay đổi thứ tự của các phần tử sinh ta có thể giả sử hai hàng đầu tiên của RF(F/2)là
−1 α2−1 0 0 0 −1 c 0 hoặc −1 b 0 0 0 −1 α3−1 0
Giả sử xảy ra khả năng thứ nhất. Ta cần chứng minh c=α3−1vìa32= 0 vàa34>0 theo Bổ đề 2.2.3. Ta sử dụng các số a, a0, b, d trong ma trận RF(F/2) trong Mệnh đề 2.3.2. Nếu c ≥ α3 thì α3n3 chỉ có thể chứa n4, do a21 = 0. Khi đó ta có α3n3 = α4n4
theo Hệ quả 2.2.12. Do đó b = 0 và F/2 +n4 = a0n1 theo Bổ đề 2.2.3. Dễ dàng thấy rằng a0 =α1−1 từa42 =a43= 0 theo giả thiết.
Lấy hiệu của hàng thứ ba và hàng thứ tư của RF(F/2)ta được (d+ 1)n4= (α1−1−a)n1+n3,
và do đó d ≥ α4−1. Mặt khác, vì F/2 +n3 = an1 +dn4 nên nếu d > α4−1 thì do
α3n3 =α4n4ta suy raF/2+n3 =an1+(d−α4)n4+α3n3,mâu thuẫn. Vì thếd=α4−1.
Suy ra ta có
mâu thuẫn với định nghĩa của α3. Vì thế c=α3−1.
Định lý sau đây là kết quả chính của mục này.
Định lý 2.3.3. Cho H =hn1, n2, n3, n4i và giả sử P F(H) ={F(H)/2, F(H)}. Khi đó
bằng cách đánh lại số thứ tự các phần tử sinh của H, ta có
RF(F(H)/2) = −1 α2−1 0 0 0 −1 α3−1 0 α1−1 0 −1 α4−1 α1−1 α42 0 −1
và F(H)/2 +nk có biểu diễn duy nhất với mọi k, nghĩa là RF(F(H)/2) xác định duy nhất.
Chứng minh. Để chứng ming định lý ta sử dụng ma trậnA cho trong Mệnh đề 2.3.2 và
xác định các giá trị a, a0, b, d trongA.
(1) Lấy hiệu của hàng thứ nhất và hàng hai (tương ứng hàng thứ hai và hàng thứ ba) của A ta được
(∗2)α2n2=n1+ (α3−1)n3, (∗3)α3n3=an1+n2+dn4.
(2) Nếu a0 ≥ α1 thì do thành phần thứ (4,3) của RF(F/2) phải bằng 0 trong mọi biểu diễn nên ta có α1n1 = α2n2. Do (1) nên ta có biểu diễn khác của RF(F/2) với thành phần (4,3) là dương, mâu thuẫn. Do đó, a0≤α1−1. Tương tự, ta có b≤α2−1.
Lấy hiệu của hàng thứ nhất và thứ tư ta được
(α2−1−b)n2+n4 = (a0+ 1)n1.
Vì a0 ≤ α1−1 nên a0 = α1−1. Hơn nữa, do n4 là phần tử sinh tối tiểu của H nên ta cób < α2−1. Suy ra
(∗1) α1n1 = (α2−1−b)n2+n4.
Suy ra a < α1, vì nếu ngược lại ta sẽ có biểu diễn khác của RF(F/2) với thành phần (3,2) dương.
(3) Nếu d ≥ α4 thì α4n4 = α1n1 do thành phần (3,2) của RF(F/2) = 0 trong mọi biểu diễn, mâu thuẫn với (∗1). Lấy hiệu của hàng thứ ba và hàng thứ tư ta được
(d+ 1)n4 = (α1−1−a)n1+bn2+n3.
Do d≤α4−1 nên d=α4−1 và do đó
(∗4)α4n4= (α1−1−a)n1+bn2+n3.
Từ tất cả các lập luận trên ta tính được
(†) 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 Hơn nữa, 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.
(4) Để kết thúc chứng minh, ta cần chứng tỏ b >0, a >0và khi đó a=α1−1. Nếu
b = 0 thì cộng hàng thứ hai và thứ tư của ma trận, ta được (α1−1)n1+ (α3−1)n3=F(H) +n2+n4.
Từ (αi−1)ni∈Ap(nk, H)với mọi k6=i và từ Bổ đề 2.1.1, ta được
F(H) +n2−(α1−1)n1= (α3−1)n3−n4∈P F0(H).
Dẫn đến (α3−1)n3 = n4+F(H)/2 = (α1 −1)n1 điều này mâu thuẫn. Do đó ta có
b >0. Nếu a= 0 thì cộng hàng thứ nhất và hàng thứ ba của ma trận và tương tự như chứng minh trên, ta có (α2−1)n2=F(H)/2 +n3 = (α4−1)n4,mâu thuẫn.
Tiếp theo ta chỉ ra rằng a = α1−1. Ta thấy rằng a ≤ α1−1. Nếu a < α1 −1 thì ta có α41 >0 và theo Bổ đề 2.1.10, F(H) +n1 có biểu diễn duy nhất. Ta sẽ chỉ ra điều mâu thuẫn.
Cộng hàng thứ nhất và hàng thứ hai của RF(F(H)/2),ta thu được
F(H) +n1= (α2−2)n2+ (α3−1)n3.
Do F(H) +n1 có biểu diễn duy nhất nên(F(H) +n1)−(α4−1)n4 ∈/ H và theo Bổ đề 2.1.1, ta có (α4−1)n4 = F(H)/2 +n1. Do đó F(H)/2 +n1 = (α2−1)n2, mâu thuẫn. Vì vậy a=α1−1.
Định lý 2.3.4. Nếu F(H)/2 ∈ P F(H) và RF(F(H)/2) có dạng như trong Định lý 2.3.3 thì ta có:
(i) F(H) +n2 có biểu diễn duy nhất và n2=α1α4(α3−1) + 1.
(ii) Mỗi phần tử sinh của IH là một RF(F(H)/2)-hệ thức. Cụ thể là, IH = (xα2 2 −x1xα3−1 3 , xα1 1 −xα2−1−α42 2 x4, xα3 3 −xα1−1 1 x2xα4−1 4 , xα3−1 3 x4−xα1−1 1 xα42+1 2 , xα4 4 −xα42
2 x3).(Hiệu của hàng thứ nhất và hàng thứ ba không cho phần tử sinh tối tiểu của IH).
(iii) H là hầu đối xứng vàt(H) = 2.
Ta sẽ chỉ ra rằng trong Mệnh đề 2.4.5 nếue= 4vàF(H)/2∈P F(H)thìRF(F(H)/2) như trong phát biểu của Định lý 2.3.3, nếue = 4và H là nửa nhóm số hầu đối xứng với
F(H)chẵn thì t(H) = 2.
Chứng minh. Vìαi2 6= 0 với mọii6= 2 nên theo Bổ đề 2.1.10(i), F(H) +n2 có biểu diễn duy nhất. Cộng hàng thứ 2 và hàng thứ 3 của RF(F(H)/2) ta được
F(H) +n2 = (α1−1)n1+ (α3−2)n3+ (α4−1)n4.
Theo Bổ đề 2.1.10(ii) ta có n2 = α1α4(α3 −1) +t(H)−1 ≥ α1α4(α3 −1) + 1 (do
t(H)≥2). Ta sẽ chứng minht(H) = 2bằng cách chứng tỏn2=α1α4(α3−1) + 1.Trước hết ta xác định các phần tử sinh tối tiểu của IH. Ký hiệu I0 là iđêan sinh bởi các nhị thức xα2 2 −x1xα3−1 3 , xα1 1 −xα2−1−α42 2 x4, xα3 3 −xα1−1 1 x2xα4−1 4 , xα3−1 3 x4−xα1−1 1 xα42+1 2 , xα4 4 −xα42 2 x3
Vì các nhị thức trên tương ứng với hiệu các vectơ hàng của RF(F(H)/2) nên I0 ⊆IH.
Để chứng minh I0 = IH, trước hết ta chỉ ra rằng S/(I0, x2) = S/(IH, x2). Chú ý rằng
S/(IH, x2) ∼= K[H]/(tn2). Vì thế, dimKS/(IH, x2) = n2. Do I0 ⊆ IH nên ta có toàn cấu S/(I0, x2) → S/(IH, x2). Suy ra dimKS/(I0, x2) ≥ n2. Theo lập luận trên ta có
n2=α1α4(α3−1) +t(H)−1. Hơn nữa, từ đẳng cấu
S/(I0, x2)∼=K[x1, x3, x4]/(x1xα3−1 3 , xα1 1 , xα3 3 , xα3−1 3 x4, xα4 4 ) ta có dimKS/(I0, x2) = α1α4(α3−1) + 1. Kéo theo
Suy ra t(H)≤2.Vì thế t(H) = 2 và S/(I0, x2) = S/(IH, x2).
Xét dãy khớp
0→IH/I0→S/I0 →S/IH →0.
Tác động hàm tử Tor(∗, S/(x2))lên dãy khớp trên ta được dãy khớp dài
· · · →Tor1(S/IH, S/(x2))→(IH/I0)⊗S S/(x2)→S/I0⊗S S/(x2)→
S/IH ⊗S S/(x2)→0,
hay ta có dãy khớp
· · · →Tor1(S/IH, S/(x2))→(IH/I0)/x2(IH/I0)→S/(I0, x2)→
S/(IH, x2)→0.
Vì S/IH là miền nguyên nên x2 là phần tử chính quy củaS/IH. Do đó ta có Tor1(S/IH, S/(x2)) = 0.
Chú ý rằngS/(I0, x2) = S/(IH, x2)theo chứng minh trên. Vì thế từ dãy khớp cuối cùng ta suy ra (IH/I0)/x2(IH/I0) = 0.Theo Bổ đề Nakayama ta có IH/I0= 0.