Luận văn Thạc sĩ Toán học: Về nửa nhóm số hầu đối xứng với bội 5

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

PHẠM THỊ THƠM

VỀ NỬA NHÓM SỐ HẦU ĐỐI XỨNG VỚI BỘI 5

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2020


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

PHẠM THỊ THƠM

VỀ NỬA NHÓM SỐ HẦU ĐỐI XỨNG VỚI BỘI 5
Chuyên ngành: Đại số và Lý thuyết số
Mã số: 84.60.104

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. NGUYỄN THỊ DUNG

THÁI NGUYÊN - 2020


Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan rằng luận văn này là hồn tồn trung thực và khơng trùng
lặp với các luận văn trước đây. Các thông tin, tài liệu trong luận văn đã được ghi

rõ nguồn gốc.
Thái Nguyên, ngày 10 tháng 9 năm 2020
Học viên

PHẠM THỊ THƠM

Xác nhận

Xác nhận

của trưởng khoa chuyên môn

của người hướng dẫn khoa học

PGS.TS. NGUYỄN THỊ DUNG

i


Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TS
Nguyễn Thị Dung, giảng viên Trường Đại học Nông Lâm- Đại học Thái Nguyên.
Tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Cơ. Trong suốt q trình làm
luận văn, Cơ đã dành nhiều thời gian và công sức để chỉ bảo hướng dẫn tôi từ
những điều nhỏ nhặt nhất tới những vấn đề khó khăn Cơ vẫn ln kiên nhẫn, tận
tình quan tâm giúp đỡ tơi để hồn thành luận văn này.
Tơi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới các thầy cơ giáo của Viện Tốn học
và Đại học Thái Nguyên, những người đã tận tình giảng dạy và khích lệ, động
viên tơi vượt qua những khó khăn trong học tập. Tôi xin cảm ơn ban lãnh đạo
Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, Khoa Sau đại học đã tạo mọi

điều kiện thuận lợi, giúp đỡ tôi trong suốt thời gian học tập.
Cuối cùng tôi xin cảm ơn bạn bè, người thân đã giúp đỡ, động viên, ủng hộ tơi
để tơi có thể hồn thành tốt khóa học của mình.
Thái Ngun, ngày 10 tháng 9 năm 2020
Học viên

PHẠM THỊ THƠM

ii


Mục lục
Lời cam đoan

i

Lời cảm ơn

ii

Mục lục

iii

Mở đầu

1

1

Kiến thức chuẩn bị

3

1.1

Số Frobenius và tập Apéry . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Phân loại các nửa nhóm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2.1

Nửa nhóm số đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2.2

Nửa nhóm số giả đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.2.3

Nửa nhóm số hầu đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . .

12

2

Nửa nhóm số hầu đối xứng bội 5

18

2.1

Đặc trưng nửa nhóm số hầu đối xứng bội 5

. . . . . . . . . . .

18

2.2

Iđêan định nghĩa của vành nửa nhóm số hầu đối xứng bội 5 . . .

25

2.2.1

Vành nửa nhóm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

2.2.2

Đặc trưng của iđêan định nghĩa của vành nửa nhóm hầu
đối xứng bội 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Tài liệu tham khảo

28
36

iii


Mở đầu
Cho nửa nhóm số H = n1 , . . . , nr = {c1 n1 + c2 n2 + . . . + cr nr | 0

ci ∈ Z}

hữu hạn sinh bởi các số nguyên dương {n1 , . . . , nr }. Khi đó ta nói rằng r là chiều
nhúng, n1 là bội của H với kí hiệu tương ứng là emb(H) và e(H). Tập các khoảng
trống là tập G(H) = N \ H và số g(H) =| G(H) | gọi là giống của H. Số Frobenius, ký hiệu bởi F(H), là số nguyên lớn nhất không thuộc H. Số nguyên x là giả
Frobenius nếu x ∈
/ H và x + h ∈ H, với mọi h ∈ H \ {0} và tập tất cả các số giả
Frobenius của H được ký hiệu là PF(H), số phần tử của tập PF(H) được gọi là
kiểu của H, ký hiệu bởi t(H). Trong lý thuyết nửa nhóm số, có ba lớp quan trọng
được quan tâm nghiên cứu nhiều nhất là nửa nhóm số đối xứng, giả đối xứng và
hầu đối xứng. Cho trước một nửa nhóm số bất kỳ, việc xác định xem chúng thuộc
loại nào là một bài toán khá phức tạp. Nhiều tác giả đã nghiên cứu về nửa nhóm
số với chiều nhúng 3 và việc phân loại các nửa nhóm số giả đối xứng với chiều
nhúng 3 đã được mô tả tường minh trong [5], [13]. Ta cũng đã có phân loại của

tất cả nửa nhóm số hầu đối xứng có chiều nhúng là 4 với bội
nhóm số có dạng H = a, b, c, d với a

4, nghĩa là nửa

4. Nếu a = 4 thì t(H) = 3 và H là hầu

đối xứng nếu và chỉ nếu sau khi thay đổi các biến ta có
b = 2α + β + 1, c = 2β + 2, d = 2α + 3β − 1,
trong đó α là số nguyên dương và β là số nguyên dương chẵn bất kỳ (xem [12,
Định lý 2.6] và [14]). Trường hợp nửa nhóm số hầu đối xứng có chiều nhúng 4
với bội a = 5, nghĩa là nửa nhóm số có dạng H = 5, b, c, d , nhờ cơng trình của
H. Nari, T. Numata and K. Wanatabe [14], ta có thể tính được tường minh các số
b, c, d (sau khi hoán vị nếu cần thiết) thỏa mãn những điều kiện nhất định và thu
được các nửa nhóm số đối xứng, giả đối xứng, hầu đối xứng.
Cho k là một trường. Khi đó vành nửa nhóm số k[H] liên kết với H là đại số
1


con của vành đa thức k[t] được sinh bởi các đơn thức t ni , hay k[H] = k[t n1 , . . . ,t nr ].
Cho R := k[x1 , . . . , xr ] là vành đa thức r biến trên k, đặt I = IH là hạt nhân của
toàn cấu tự nhiên ϕ : R → S := k[H] định nghĩa bởi ϕ(xi ) = t ni , với 0

i

r. Nếu

ta xem R và S như là các vành phân bậc bởi S0 = R0 = k, degt = 1 và deg xi = ni ,
với mọi 1

i

r thì với phân bậc này, I là iđêan thuần nhất sinh bởi các nhị

thức và được gọi là iđêan định nghĩa của H và vành S ⊂ k[t] có biểu diễn như là
thương của R/I.
Vành nửa nhóm số có thể được xem là một trong những cây cầu nối giữa Số
học và Đại số, rất nhiều tính chất của nửa nhóm số được phản ánh bởi những tính
chất đại số của vành nửa nhóm liên kết với chúng. Đặc biệt, có nhiều nghiên cứu
về tính chất đối xứng, giả đối xứng, hầu đối xứng của H thông qua số phần tử
sinh của iđêan định nghĩa I (xem [4], [7], [8], [12], [13],...). Ký hiệu µ(I) là số
phần tử sinh của I. Khi chiều nhúng r = 3, J. Herzog [8] đã đưa ra đặc trưng đầy
đủ về iđêan định nghĩa I và ơng đã chứng minh rằng µ(I)

3. Khi r = 4 và H

là nửa nhóm giả đối xứng, iđêan định nghĩa I cũng đã được mô tả chi tiết bởi H.
Bresinsky [4] với kết quả chính là µ(I)

5.

Mục đích của luận văn là tìm hiểu về nửa nhóm số hầu đối xứng với bội 5 và
chiều nhúng 4. Các kết quả của chương này được viết dựa theo bài báo của H.
Nari, T. Numata and K. Wanatabe trong [14].
Cấu trúc của luận văn gồm hai chương. Chương 1 dành để nhắc lại các kết
quả về số Frobenius, giả Frobenius, tập Apéry và mối liên hệ giữa các khái niệm
này. Trong chương 1, việc phân loại thành các lớp nửa nhóm số đối xứng, giả đối
xứng, hầu đối xứng chứa nhau và đặc trưng của chúng cũng đã được đưa ra và
chứng minh chi tiết.
Chương 2 chứng minh lại các kết quả chính của H. Nari, T. Numata and K.

Watanabe trong bài báo [14]. Mục 1 dành để chứng minh chi tiết đặc trưng của
các nửa nhóm số có bội là 5 và chiều nhúng 4. Kết quả chính của Mục 2 là hệ quả
của Mục 1, đó là tính được tường minh iđêan định nghĩa I của vành nửa nhóm số
k[H], qua đó tính được µ(I) = 5 nếu H là giả đối xứng và µ(I) = 6 nếu H là hầu
đối xứng với t(H) = 3.
Phần kết luận của luận văn tổng kết một số công việc đã thực hiện.
2


Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
1.1

Số Frobenius và tập Apéry

Ký hiệu Z và N tương ứng là tập các số nguyên và số ngun khơng âm. Ta nói
rằng tập H ⊂ N là nửa nhóm nếu 0 ∈ H và H + H ⊆ H. Cho H là nửa nhóm trên
N. Nếu tồn tại số r > 0 và n1 < . . . < nr ∈ N sao cho
H = Nn1 + . . . + Nnr = {k1 n1 + . . . + kn nr |ki ∈ N}
thì ta nói rằng H được sinh bởi n1 , . . . , nr . Ta cũng nói rằng H là sinh tối thiểu bởi
n1 , . . . , nr nếu các tập con thực sự của tập {n1 , . . . , nr } không sinh ra H. Khi đó
ta nói rằng emb(H) = r là chiều nhúng, e(H) = n1 là bội của H, tập các khoảng
trống là G(H) = N \ H và số g(H) =| G(H) | là giống của H. Khi đó ta ký hiệu
H = n1 , . . . , nr và nếu N \ H là tập hữu hạn thì ta nói rằng H là nửa nhóm số. Ta
có kết quả sau đây.
Định lý 1.1.1. Cho r

2 và H = n1 , . . . , nr . Khi đó gcd(n1 , . . . , nr ) = 1 nếu và

chỉ nếu N \ H là tập hữu hạn.
Chứng minh. Giả sử rằng N \ H là tập hữu hạn. Ta đặt gcd(n1 , . . . , nr ) = d. Khi
đó mọi số thuộc tập H đều chia hết cho d nên nếu d > 1 thì mọi số tự nhiên có
dạng kd + 1, với k ∈ N, đều không thuộc tập H, dẫn đến N \ H là tập vô hạn, suy
ra mâu thuẫn. Vậy d = 1.
Ngược lại, giả sử r = 2, tức là H = n1 , n2 và gcd(n1 , n2 ) = 1.
• Trường hợp nếu n1 = 1 hoặc n2 = 1 thì H = {k1 n1 + k2 n2 |ki ∈ N} = N. Do
đó N \ H = 0/ là tập hữu hạn.
• Trường hợp n1 > 1 và n2 > 1. Theo định lý Bezout, tồn tại các số nguyên tố
3


cùng nhau s1 , s2 sao cho s1 n1 + s2 n2 = 1. Ta có thể giả sử rằng s1 > 0 và s2 < 0.
Cho k > 0 là số nguyên đủ lớn, ta có thể viết k = qn2 + t, trong đó 0 ≤ t < n2 ,
vì vậy k = qn2 + t(s1 n1 + s2 n2 ) = ts1 n1 + (q + ts2 )n2 . Vì k là đủ lớn nên ta có
(q + ts2 ) > 0, kéo theo k ∈ H. Do đó N \ H là tập hữu hạn.
Lập luận tương tự với trường hợp r > 2.
Từ Định lý 1.1.1, ta thấy rằng H = n1 , . . . , nr là nửa nhóm số khi và chỉ
khi gcd(n1 , . . . , nr ) = 1. Ta nhắc lại một số định nghĩa và tính chất cơ sở của số
Frobenius, giả Frobenius và tập Apéry (xem [1], [3]).
Định nghĩa 1.1.2. (i) Số Frobenius, ký hiệu bởi F(H), là số ngun lớn nhất
khơng thuộc H.
(ii) Ta nói rằng số nguyên x là giả Frobenius nếu x ∈
/ H và x + h ∈ H, với mọi
h ∈ H \ {0}. Ta ký hiệu PF(H) là tập các số giả Frobenius của H
PF(H) = {x ∈
/ H | x + h ∈ H, ∀ 0 = h ∈ H}
= {x ∈
/ H | x + ni ∈ H, ∀i = 1, . . . , r}.
(iii) Kiểu của H, ký hiệu bởi t(H), là số phần tử của tập PF(H).

(iv) Cho n = 0 là một phần tử thuộc H. Tập Apéry ứng với n của H là tập
Ap(H, n) = {h ∈ H | h − n ∈
/ H}.
Chú ý 1.1.3. (i) F(H) là số lớn nhất trong tập PF(H).
Thật vậy, giả sử ngược lại F(H) ∈
/ PF(H). Khi đó tồn tại h ∈ H \ {0} sao cho
F(H) + h ∈
/ H. Nhưng điều này mâu thuẫn với tính cực đại của định nghĩa số
F(H). Do đó F(H) là số lớn nhất trong tập PF(H).
(ii) Cho
viết d

H

H

là một quan hệ hai ngôi xác định trên H như sau: với d, d ∈ Z, ta

d nếu d − d ∈ H. Khi đó (Z, ≤H ) là một tập sắp thứ tự từng phần và

PF(H) là tập gồm các phần tử cực đại của Z \ H theo quan hệ ≤H .
(iii) Với mỗi nửa nhóm số H, ta ký hiệu tập g − H = {F(H) − h | h ∈ H}. Khi
đó H và g − H là khơng giao nhau vì F(H) − h ∈ g − H, nếu F(H) − h ∈ H thì
(F(H) − h) + h = F(H) ∈ H, vơ lý (xem [5]).
(iv) Số Frobenius là số duy nhất thuộc cả hai tập PF(H) và tập g − H. Thật
vậy, theo ý (i), ta đã có F(H) là số lớn nhất thuộc tập PF(H). Mặt khác, ta có
4


F(H) = F(H) − 0 ∈ g − H. Lấy bất kỳ phần tử x ∈ g − H và x = F(H), khi đó

tồn tại 0 < h ∈ H sao cho x = F(H) − h. Do đó ta có x + h = F(H) ∈
/ H, suy ra
x∈
/ PF(H). (xem [5]).
Ví dụ 1.1.4. (1) Cho nửa nhóm H = 5, 6 . Khi đó ta được F(H) = 19, và
PF(H) = 19 = {F(H)} do đó t(H) = 1 và G(H) = {1, 2, 3, 4, 7, 8, 9, 13, 14, 19}
do đó g(H) = 10. Tập g − H = {1, 2, 3, 4, 7, 8, 9, 13, 14, 19}. Ta thấy ngay rằng
G(H) = g − H và F(H) ∈ PF(H) cũng như F(H) ∈ g − H. Tập Apéry là
Ap(H, 5) = {0, 6, 12, 18, 24}.
x∈H

x∈
/H

↓

↓

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

(2) Cho H = 4, 7, 9 . Khi đó F(H) = 10, PF(H) = {5, 10} ⊃ {F(H)} nên
t(H) = 2 và tập các khoảng trống G(H) = {1, 2, 3, 5, 6, 10} do đó g(H) = 6. Ta
thấy tập g − H = {1, 2, 3, 6, 10}, do đó F(H) ∈ PF(H) cũng như F(H) thuộc
g − H. Tập Apéry Ap(H, 4) = {0, 7, 9, 14}.
x∈H

x∈
/H

↓

↓

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

(3) Cho H = 5, 9, 11, 17 . Khi đó F(H) = 13, PF(H) = {6, 12, 13} nên
t(H) = 3 và G(H) = {1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 12, 13}, do đó g(H) = 9. Ta tìm được tập
g − H = {2, 3, 4, 8, 13} . Rõ ràng rằng F(H) = 13 thuộc cả hai tập PF(H) và

5

g − H. Tập Apéry là Ap(H, 5) = {0, 9, 11, 17, 18}.
x∈H

x∈
/H

↓

↓

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

Kết quả sau cho ta mối liên hệ giữa tập Apéry và các số Frobenius, giả Frobenius.
Định lý 1.1.5. Cho H = n1 , . . . , nr là nửa nhóm số. Khi đó ta có
(i) Ap(H, n1 ) = {w0 , . . . , wn1 −1 }, trong đó wi là phần tử nhỏ nhất của H sao
cho wi ≡ i (mod n1 ) với mọi i = 0, . . . , n1 − 1.
(ii) F(H) = max{s − n1 |s ∈ Ap(H, n1 )}.
(iii) PF(H) = {w − n1 |w ∈ max ≤H (Ap(H, n1 ))}.
Chứng minh. (i) Trước hết, ta chứng minh wi ∈ Ap(H, n1 ) với i = 0, . . . , n1 − 1.
Giả sử ngược lại, nghĩa là tồn tại chỉ số i ∈ {0, . . . , n1 − 1} sao cho wi − n1 ∈ H.
Vì thế cả wi − n1 và wi ∈ H đều đồng dư với i (mod n1 ) và wi − n1 < wi , dẫn đến
mâu thuẫn với định nghĩa của wi . Do đó Ap(H, n1 ) có ít nhất n1 phần tử. Bây giờ

để chứng minh khẳng định ta chỉ cần chỉ ra rằng Ap(H, n1 ) có chính xác n1 phần
tử. Giả sử rằng card(Ap(H, n1 )) > n1 . Khi đó tồn tại hai phần tử s1 < s2 trong tập
Ap(H, n1 ) sao cho cả s1 < s2 đều đồng dư với i (mod n1 ) với chỉ số i nào đó trong
tập {0, . . . , n1 − 1}, nghĩa là s2 = s1 + kn1 , với k > 0.Vì vậy s2 ∈ Ap(H, n1 ), dẫn
đến điều vơ lý.
(ii) Ta đặt ϕ := max{s − n1 |s ∈ Ap(H, n1 )}. Theo định nghĩa của tập Apéry ta
có ϕ ∈
/ H. Vì thế để chứng minh F(H) = ϕ, ta chỉ cần chỉ ra rằng nếu h ∈ N sao
cho h > ϕ thì h ∈ H. Lấy i ∈ {0, . . . , n1 − 1} sao cho h ≡ i (mod n1 ). Khi đó ta có
thể viết h = wi + αn1 = (wi − n1 ) + (α + 1)n1 , trong đó α ∈ Z. Vì wi ∈ H và từ
h > wi − n1 , ta có (α + 1) > 0 và vì thế α ≥ 0, điều này kéo theo h ∈ H.
(iii) Cho u ∈ PF(H), ta chứng minh u ∈ {w − n1 |w ∈ max ≤H (Ap(H, n1 ))}.
Vì 0 < n1 ∈ H và u ∈ PF(H) nên theo định nghĩa ta được u + n1 ∈ H. Hơn nữa vì
u + n1 − n1 = u ∈
/ H nên u + n1 ∈ Ap(H, n1 ). Do đó tồn tại w ∈ Ap(H, n1 ) sao cho
6


u + n1 = w. Giả sử tồn tại w ∈ Ap(H, n1 ) sao cho w ≤H w . Khi đó w − w ∈ H
hay w − u − n1 ∈ H. Nếu 0 < w − u − n1 ∈ H thì u + (w − u − n1 ) = w − n1 ∈ H
suy ra mâu thuẫn. Vậy w − u − n1 = 0 hay w = u + n1 = w. Do đó nếu w thuộc
max ≤H (Ap(H, n1 )) thì u = w − n1 .
Ngược lại, lấy w ∈ max ≤H (Ap(H, n1 )), ta chứng minh u = w − n1 thuộc
PF(H). Vì w ∈ Ap(H, n1 ) nên theo định nghĩa, ta có w − n1 ∈
/ H. Giả sử tồn tại
phần tử 0 < h ∈ H sao cho w − n1 + h = w + h − n1 ∈
/ H. Do w + h ∈ H nên theo
định nghĩa ta có w + h ∈ Ap(H, n1 ). Hơn nữa, ta lại có w + h − w = h ∈ H nên suy
ra w ≤H w + h. Do tính cực đại của w nên ta phải có w = w + h hay h = 0, mâu
thuẫn. Vậy với mọi 0 = h ∈ H, ta có w − n1 + h ∈ H hay u = w − n1 ∈ PF(H).

Hệ quả 1.1.6. Với mỗi i = 0, . . . , n1 − 1, ta đặt Hi = {s ∈ H|s ≡ i (mod n1 )}. Khi
đó H là hợp khơng giao nhau của các tập H0 , . . . Hn1 −1 .
Chứng minh. Ta có ngay kết quả theo Định lý 1.1.5, (i).
Hệ quả 1.1.7. Cho r = 2 và giả sử rằng n1 , n2 là các số nguyên tố cùng nhau.
Khi đó F(H) = (n1 − 1)(n2 − 1) − 1.
Chứng minh. Ta chứng minh theo phương pháp tổ hợp bằng cách sử dụng tập
Apéry. Cho s ∈ Ap(H, n1 ) là phần tử khác không. Theo định nghĩa của tập Apéry,
ta có s = kn2 với k ∈ N và 0 < k < n1 . Vì n1 , n2 là các số nguyên tố cùng nhau
nên ta có in2 ≡ jn2 (mod n1 ) với mọi 0 < i < j < n1 . Cho 0 < j < n1 và giả
sử rằng jn2 ∈
/ Ap(H, n1 ). Khi đó jn2 − n1 ∈ H, suy ra tồn tại 0 ≤ i < j < n1 và
k ∈ N sao cho jn2 − n1 = in2 + kn1 , hay jn2 − in2 = (k + 1)n1 , điều này kéo theo
in2 ≡ jn2 (mod n1 ). Do đó i = j, dẫn đến mâu thuẫn. Vậy jn2 ∈ Ap(H, n1 ) với
mọi 0 < j < n1 . Suy ra
Ap(H, n1 ) := {0, n2 , . . . , (n1 − 1)n2 }.
Vì vậy F(H) = (n1 − 1)(n2 ) − n1 = (n1 − 1)(n2 − 1) − 1.
Mệnh đề 1.1.8. Cho H là nửa nhóm số. Khi đó ta ln có 2g(H)

F(H) +t(H).

Chứng minh. Ta định nghĩa tập N(H) := {h ∈ H | h < F(H)}. Rõ ràng rằng nếu
h ∈ N(H), thì F(H)−h ∈
/ H, và nếu f ∈ PF(H), f = F(H) thì F(H)− f ∈
/ H. Khi
đó ánh xạ ϕ : N(H)∪[PF(H)\{F(H)}] → G(H) cho bởi ϕ(h) = F(H)−h là đơn
7


ánh. Mặt khác vì | N(H) |= F(H) + 1 − g(H) và | [PF(H) \ {F(H)}] |= t(H) − 1
nên ta có

| N(H)∪[PF(H)\{F(H)}] | | G(H) | hay F(H)+1−g(H)+t(H)−1
Vì thế nếu H là nửa nhóm số thì ta ln có bất đẳng thức 2g(H)

1.2

g(H).

F(H) + t(H).

Phân loại các nửa nhóm số

Theo Mệnh đề 1.1.8, nếu H là nửa nhóm số thì ta ln có kết quả là hai lần
giống của H luôn lớn hơn hoặc bằng tổng của số Frobenius và kiểu của H. Vậy
khi nào thì dấu "=" xảy ra? Kiểu của H có ảnh hưởng như thế nào tới cấu trúc
của nó? Trong mục này ta sẽ phân loại các nửa nhóm số thành các lớp chứa nhau
khơng những thỏa mãn dấu đẳng thức trên mà cịn có kiểu đặc biệt như t(H) = 1
hoặc t(H) = 2.
1.2.1

Nửa nhóm số đối xứng

Định nghĩa 1.2.1. Một nửa nhóm số H được gọi là đối xứng nếu với mỗi số
nguyên x ∈ Z, hoặc x ∈ H hoặc F(H) − x ∈ H.
Chú ý 1.2.2. (i) Nếu H đối xứng thì F(H) là số lẻ. Thật vậy, giả sử ngược lại,
F(H)
F(H) là số chẵn, tức là F(H)/2 ∈ Z. Nếu
∈
/ H thì do H đối xứng nên
2
F(H)

F(H)
F(H) −
∈ H. Suy ra
∈ H. Do đó F(H) ∈ H, vơ lý. Vậy F(H) là số
2
2
lẻ.
(ii) Theo Chú ý 1.1.3, (iii) và định nghĩa, ta có H là đối xứng tương đương với
H ∪ (g − H) = Z.
Nửa nhóm số đối xứng có những tính chất đẹp đẽ sau.
Định lý 1.2.3. Cho H là nửa nhóm số và tập Apérylà
Ap(H, n1 ) = {0 = w1 < w2 < . . . < wn1 }.
Khi đó các mệnh đề sau là tương đương:
(i) H là đối xứng.
8


(ii) wi + wn1 −i+1 = wn1 , với mọi 1

i

n1 .

(iii) PF(H) = {F(H)} hay t(H) = 1.
(iv) 2g(H) = F(H) + 1.
Chứng minh. (i) ⇒ (ii). Theo Định lý 1.1.5, (ii) ta có
F(H) = max{wi − n1 | wi ∈ Ap(H, n1 ), i = 1, ..., n1 } = wn1 − n1 .
Lấy wi ∈ Ap(H, n1 ), theo định nghĩa ta có wi − n1 ∈
/ H. Vì H là nửa nhóm số đối
xứng nên F(H) − (wi − n1 ) ∈ H. Suy ra wn1 − n1 − (wi − n1 ) = wn1 − wi = k ∈ H

hay wn1 = wi + k. Nếu k ∈
/ Ap(H, n1 ) thì k − n1 ∈ H. Vì wi ∈ Ap(H, n1 ) nên
wi ∈ H. Do đó wi +k −n1 ∈ H hay wn1 −n1 ∈ H (vơ lý vì wn1 ∈ Ap(H, n1 )). Do đó
tồn tại w j ∈ Ap(H, n1 ) sao cho k = w j , vì thế wn1 = wi + w j với ( j ∈ {1, . . . , n1 }).
Mặt khác vì 0 = w1 < w2 < . . . < wn1 nên ta có thể viết wn1 = wi + wn1 −i+1 với
1

i

n1 .

(ii) ⇒ (i). Lấy wi ∈ Ap(H, n1 ), theo định nghĩa ta có wi −n1 ∈
/ H. Ta cần chứng
minh F(H) − (wi − n1 ) ∈ H. Thậy vậy, theo (ii), ta ln có wn1 = wi + wn1 −i+1
nên
F(H) − (wi − n1 ) = wn1 − n1 − (wi − n1 ) = wn1 − wi = wn1 −i+1 ∈ H.
Do đó H đối xứng theo định nghĩa.
(i) ⇔ (iii). Giả sử H là nửa nhóm số đối xứng. Ta cần chứng minh t(H) = 1
hay PF(H) = {F(H)}. Theo Chú ý 1.1.3, (i), F(H) là số lớn nhất thuộc tập
PF(H). Giả sử tồn tại phần tử x ∈ PF(H) và x = F(H). Theo định nghĩa tập giả
Frobenius, ta có x ∈
/ H và x + h ∈ H với mọi 0 = h ∈ H. Vì H là đối xứng nên ta
có F(H) − x = h ∈ H hay x + h = F(H) ∈ H, vô lý. Vậy x = F(H) hay F(H) là
số duy nhất thuộc tập PF(H).
Ngược lại, có t(H) = 1 hay PF(H) = {F(H)}. Ta cần chứng minh H là đối
xứng. Giả sử ngược lại, H không đối xứng. Khi đó theo [5], số
k(H) = max{x | x ∈
/ H, x ∈
/ g − H}
luôn tồn tại. Ta sẽ chứng minh k(H) ∈ PF(H). Giả sử ngược lại, khi đó tồn tại

h ∈ H nào đó sao cho k(H) + h ∈
/ H. Vì tính lớn nhất của k(H) nên ta suy ra
k(H) + h ∈ g − H, hay k(H) + h = F(H) − h , thỏa mãn h ∈ H. Do đó ta có
9


k(H) = F(H) − (h + h ) ∈ g − H, vô lý. Vậy k(H) ∈ PF(H) và k(H) = F(H),
mâu thuẫn với giả thiết. Do đó H là đối xứng.
F(H) + 1
, khi và chỉ khi F(H)
2
là số lẻ và trong tập {0, 1, . . . , F(H)}, số phần tử thuộc H bằng số phần tử khơng
(i)⇔ (iv). Ta có 2g(H) = F(H) + 1 ⇔ g(H) =

thuộc H, khi và chỉ khi nếu x ∈
/ H thì F(H) − x ∈ H, khi và chỉ khi H đối xứng.

1.2.2

Nửa nhóm số giả đối xứng

Định nghĩa 1.2.4. Một nửa nhóm số H được gọi là giả đối xứng nếu F(H) là số
chẵn và với mỗi số x ∈ Z \ {F(H)/2}, hoặc x ∈ H hoặc F(H) − x ∈ H.
F(H)
+ n1 ∈ Ap(H, n1 ). Thật vậy
2
F(H)
F(H)
ta sẽ chứng minh
+ n1 ∈ H. Giả sử ngược lại,

+ n1 ∈
/ H. Do H
2
2
F(H)
F(H)
F(H)
+ n1 =
nên F(H) − (
+ n1 ) ∈ H. Suy ra
là giả đối xứng và
2
2
2
F(H)
F(H)
F(H)
− n1 thuộc H. Do đó
− n1 + n1 ∈ H. Khi đó
∈ H, vơ lý. Do đó
2
2
2
F(H)
F(H)
F(H) F(H)
+ n1 ∈ H. Vì
∈
/ H nên
=

+ n1 − n1 ∈
/ H. Vậy ta được
2
2
2
2
F(H)
+ n1 ∈ Ap(H, n1 ).
2
(ii) Theo Chú ý 1.1.3, (iii) và định nghĩa, ta có H là giả đối xứng tương đương

Chú ý 1.2.5. (i) Nếu H là giả đối xứng thì

với H ∪ (g − H) = Z \ {F(H)/2}.
(iii) Theo Định lý 1.2.3, (i) suy ra (iii), ta thấy nếu H không là đối xứng thì
k(H) là số lớn thứ hai trong tập PF(H). Hơn nữa ta suy ra 2k(H)

F(H), vì nếu

x∈
/ H, x ∈
/ g − H thì F(H) − x ∈
/ H và F(H) − x ∈
/ g − H, và với mỗi x ∈ Z, có ít
F(H)
nhất một trong hai số x hoặc F(H) − x lớn hơn hoặc bằng
.
2
Nửa nhóm số giả đối xứng được đặc trưng như sau.
Định lý 1.2.6. Cho H là nửa nhóm số và F(H) là chẵn và tập Apéry là

F(H)
Ap(H, n1 ) = {0 = w1 < w2 < . . . < wn1 −1 =
+ n1 , wn1 = F(H) + n1 }. Khi
2
đó các mệnh đề sau là tương đương:
(i) H là giả đối xứng.
(ii) wi + wn1 −i = wn1 , với mọi 2

i < n1 − 1.
10


F(H)
, F(H) .
2
(iv) 2g(H) = F(H) + 2.
(iii) PF(H) =

F(H)
+ n1 ∈ Ap(H, n1 ) theo
2
F(H)
Chú ý 1.2.5. Ta có
+ n1 < F(H) + n1 = max{Ap(H, n1 )} = wn1 . Ta lấy
2
F(H)
F(H)
wi ∈ Ap(H, n1 ) \ {
+ n1 }. Khi đó wi − n1 ∈
/ H và vì wi =

+ n1 nên
2
2
F(H)
. Do H là nửa nhóm số giả đối xứng nên F(H) − (wi − n1 ) ∈ H.
wi − n1 =
2
F(H)
Suy ra wn1 −n1 −(wi −n1 ) = wn1 −wi = w j ∈ H, trong đó w j =
+n1 (vì nếu
2
F(H)
F(H)
F(H)
w j = wn1 −wi =
+n1 thì (F(H)+n1 )−wi =
+n1 , suy ra wi =
,
2
2
2
F(H)
∈
/ H). Vậy, ta có wi + wn1 −i = wn1 , với
dẫn đến vơ lý vì wi ∈ H trong khi
2
2 i < n1 − 1.
F(H)
(ii) ⇒ (i). Lấy x ∈ Z sao cho x ∈
/ H và x =

. Chứng minh F(H) − x ∈ H.
2
Thật vậy lấy w ∈ Ap(H, n1 ) sao cho w ≡ x (mod n1 ), nghĩa là w = x + kn1 với
Chứng minh. (i) ⇒ (ii). Do H là giả đối xứng nên

0 = k ∈ N hay x = w − kn1 . Ta xét 2 trường hợp:
F(H)
• Nếu w =
+ n1 = wn1 −1 thì
2
F(H)−x = F(H)−(w−kn1 ) = F(H)−(
Do x =

F(H)
F(H)
+n1 −kn1 ) =
+(k −1)n1 .
2
2

F(H)
nên k = 1 do đó k ≥ 2. Suy ra
2
F(H)
F(H)
+ (k − 1)n1 =
+ n1 + λ n1 ∈ H
2
2

với λ ≥ 0. Suy ra F(H) − x ∈ H.
• Nếu wi = 0 với 2

i < n1 − 1 thì

F(H) − x = F(H) − (wi − kn1 ) = F(H) + n1 − wi + (k − 1)n1
= wn1 − wi + (k − 1)n1 = wn1 −i + (k − 1)n1 .
Từ đó F(H) − x ∈ H.
Vậy cả 2 trường hợp nếu x ∈
/ H thì F(H) − x ∈ H nên H là giả đối xứng theo
định nghĩa.
11


(i)⇔(iii). Giả sử H là nửa nhóm số giả đối xứng, ta cần chứng minh t(H) = 2
F(H)
F(H)
hay PF(H) =
, F(H) . Thật vậy, vì F(H) là số chẵn nên
∈ Z. Dễ
2
2
F(H)
F(H)
F(H) F(H)
thấy
∈
/ H vì nếu
∈ H thì F(H) =
+

, vô lý. Ta sẽ chứng
2
2
2
2
F(H)
F(H)
F(H)
minh
∈ PF(H). Giả sử với h ∈ H \ 0,
ta có
+h ∈
/ H, vì H là
2
2
2
F(H)
F(H)
+h) thuộc H hay
−h = h ∈ H. Nhưng khi
giả đối xứng nên F(H)−(
2
2
F(H)
F(H)
F(H)
đó
= h + h ∈ H, vơ lý. Từ đó suy ra
+ h ∈ H do đó
∈ PF(H).

2
2
2
F(H)
Giả sử tồn tại phần tử x ∈ PF(H) mà x = F(H) và x =
, theo định nghĩa
2
F(H)
tập giả Frobenius ta có x ∈
/ H, x + h thuộc H với mọi h ∈ H \ 0,
. Vì
2
H là giả đối xứng nên F(H) − x = h thuộc H hay F(H) = x + h, vô lý. Vậy
F(H)
, F(H)}.
PF(H) = {
2
F(H)
Ngược lại, giả sử tập giả Frobenius PF(H) =
, F(H) . Lấy phần tử
2
F(H)
x ∈ Z sao cho x ∈
/ H và x =
. Ta sẽ chứng minh F(H) − x ∈ H. Giả sử
2
F(H) − x ∈
/ H, khi đó x ∈
/ g − H. Theo định nghĩa k(H) là số lớn nhất trong
những số x như vậy và theo Chú ý 1.2.5, (iii), vì k(H) là số lớn thứ hai trong tập

F(H)
. Vì với mọi x ∈ Z, hoặc x k(H)
PF(H) nên từ giả thiết, ta có k(H) =
2
F(H)
hoặc F(H) − x k(H) và vì tính chất lớn nhất của k(H) nên ta có hoặc x =
2
F(H)
hoặc F(H) =
, mâu thuẫn. Vậy F(H) − x ∈ H hay H là giả đối xứng.
2
F(H)
(i) ⇔(iv). Ta có 2g(H) = F(H) + 2 nếu và chỉ nếu g(H) =
+ 1 và F(H)
2
F(H)
là số chẵn, nếu và chỉ nếu trong tập {0, 1, . . . , F(H)}, ngoại trừ số
, có đúng
2
một nửa số phần tử thuộc H, nghĩa là với mọi x thuộc Z \ {F(H)/2}, hoặc x ∈ H
hoặc F(H) − x ∈ H, nếu và chỉ nếu H là giả đối xứng.
1.2.3

Nửa nhóm số hầu đối xứng

Khái niệm nửa nhóm số hầu đối xứng được định nghĩa bởi Barucci và Froberg
trong [3]. Mục này nhắc lại một số kết quả trong [3], [12], [14].

12

Định nghĩa 1.2.7. Một nửa nhóm số H được gọi là hầu đối xứng nếu x ∈
/ H kéo
theo hoặc F(H) − x ∈ H hoặc x ∈ PF(H).
Chú ý 1.2.8. (i) Cho H là nửa nhóm số. Ta đặt
L(H) = {x ∈ Z \ H | F(H) − x ∈
/ H} .
Khi đó H là hầu đối xứng nếu và chỉ nếu L(H) ⊆ PF(H). Thật vậy, giả sử rằng
L(H) ⊆ PF(H). Lấy phần tử bất kỳ x ∈ Z \ H. Khi đó nếu F(H) − x ∈
/ H thì
x ∈ L(H), suy ra x ∈ PF(H), hay H là hầu đối xứng theo định nghĩa.
Ngược lại, giả sử H là hầu đối xứng. Khi đó với mọi x ∈ L(H) ta có x ∈
/ H và
F(H) − x ∈
/ H. Do đó theo giả thiết x ∈ PF(H), suy ra L(H) ⊆ PF(H).
(ii) Từ (i), dễ thấy rằng H là đối xứng nếu và chỉ nếu L(H) = 0,
/ còn H là giả
F(H)
.
đối xứng nếu và chỉ nếu L(H) =
2
(iii) Theo (ii), rõ ràng rằng nếu nửa nhóm số H là đối xứng hoặc giả đối xứng
thì H là hầu đối xứng, nhưng điều ngược lại chưa chắc đúng.
Ví dụ 1.2.9. (i) Cho nửa nhóm H = 3, 5 . Khi đó
x∈H

x∈
/H

↓

↓

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

Ta có:
F(H) = 7; PF(H) = {7},t(H) = 1;
G(H) = {1, 2, 4, 7} , g(H) = 4; L(H) = 0;

/
g − H = {1, 2, 4, 7} ; Ap(H, 3) = {w1 = 0, w2 = 5, w3 = 10} .
Khi đó theo Định nghĩa 1.2.1, Chú ý 1.2.2 và Định lý 1.2.3, ta có H là nửa nhóm
số đối xứng với các dấu hiệu nhận biết sau:
(1) Rõ ràng với mọi x ∈ Z, ta thấy hoặc x ∈ H, hoặc F(H) − x ∈ H.
(2) g − H = G(H) = {1, 2, 4, 7} ; L(H) = 0;
/ H ∪ g − H = Z.
(3) PF(H) = {7} = {F(H)},t(H) = 1.
13


(4) 2g(H) = F(H) + 1 = 8.
(5) Với mọi wi ∈ Ap(H, 3) ta có wi + w3−i+1 = w3 = 10 với mọi i = 1, . . . , 3.
Vì vậy H cũng là hầu đối xứng theo Chú ý 1.2.8 (iii).
(ii) Cho H = 4, 5, 7 . Khi đó
x∈H

x∈
/H

↓

↓

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

Ta có:
F(H) = 6; PF(H) = {3, 6},t(H) = 2; L(H) = {3}, k(H) = 3;
G(H) = {1, 2, 3, 6} , g(H) = 4;
g − H = {1, 2, 6} ; Ap(H, 4) = {w1 = 0, w2 = 5, w3 = 7, w4 = 10} .
Khi đó vì F(H) = 6 ⊂ PF(H) = {3, 6} nên H không là đối xứng. Theo Định
nghĩa 1.2.4, Chú ý 1.2.5 và Định lý 1.2.6, ta có H là nửa nhóm số giả đối xứng
với các dấu hiệu nhận biết sau:
(1) Rõ ràng với mọi 0 = x ∈ Z\{
thuộc H.

F(H)
}, ta thấy hoặc x thuộc H, hoặc F(H)−x

2

F(H)
= 3};
2
(3) F(H) = 6 ∈ PF(H) = {3, 6},t(H) = 2, k(H) = 3 là số lớn thứ hai thuộc

(2) g − H = {1, 2, 6} ⊂ G(H) = {1, 2, 3, 6} ; H ∪ g − H = Z \ {
tập PF(H).
(4) 2g(H) = F(H) + 2 = 8.

(5) Với mọi wi ∈ Ap(H, 4) ta có wi + w4−i = w4 = 10 với mọi 2 i < 3.
F(H)
}.
(6) L(H) = {3} = {
2
(7) L(H) = {3} ⊂ PF(H) nên H là hầu đối xứng, cộng với t(H) = 2 nên H là
giả đối xứng.
(iii) Cho H = 5, 7, 11, 13 . Khi đó
x∈H

x∈
/H

↓

↓

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

14

Ta có
F(H) = 9; PF(H) = {6, 8, 9},t(H) = 3; L(H) = {1, 3, 6, 8}, k(H) = 8;
G(H) = {1, 2, 3, 4, 6, 8, 9} , g(H) = 7;
g − H = {2, 4, 9} ; Ap(H, 4) = {w1 = 0, w2 = 7, w3 = 11, w4 = 13, w5 = 14} .
Khi đó vì F(H) = 9 ⊆ PF(H) = {6, 8, 9} nên H khơng là đối xứng, vì t(H) = 3
nên H cũng không là giả đối xứng. Theo Định nghĩa 1.2.7, Chú ý 1.2.8, ta có H
khơng là nửa nhóm số hầu đối xứng vì:
(1) Tồn tại phần tử 1 ∈
/ H và 1 ∈
/ PF(H) nhưng F(H) − 1 = 8 ∈
/ H.
(2) Tập L(H) = {1, 3, 6, 8} ⊆ PF(H) = {6, 8, 9}.
Kết quả sau được chứng minh bởi [2] và [3].
Định lý 1.2.10. Cho H là nửa nhóm số. Khi đó các mệnh đề sau là tương đương:
(i) H là hầu đối xứng.
(ii) 2g(H) = F(H) + t(H).
Hệ quả 1.2.11. Nửa nhóm số H là giả đối xứng nếu và chỉ nếu H là hầu đối xứng
với t(H) = 2.
Chứng minh. Theo Chú ý 1.2.8, ta chỉ cần chứng minh chiều ngược lại. Giả sử H
là hầu đối xứng và t(H) = 2. Ta đã có 2g(H) = F(H) + t(H) = F(H) + 2 (theo
F(H)
F(H)
+ 1, do đó
∈ Z. Vì F(H) ∈
/ H nên
Định lý 1.2.10). Suy ra g(H) =
2
2
F(H)

F(H)
∈
/ H. Do F(H) −
∈
/ H nên theo định nghĩa nửa nhóm hầu đối xứng,
2
2
F(H)
F(H)
ta có
∈ PF(H). Vì thế PF(H) = {F(H),
} nên H là giả đối xứng
2
2
theo Định lý 1.2.6.
Ta có một đặc trưng rất quan trọng của nửa nhóm số hầu đối xứng thơng qua
tập Apéry và tập giả Frobenius được chứng minh bởi H. Nari [12].
Định lý 1.2.12. Cho H là nửa nhóm số và n là một phần tử khác không của H.
Đặt tập
Ap(H, n) = {0 < α1 < α2 < . . . < αm } ∪ {β1 < β2 < . . . < βt(H)−1 }
với m = n − t(H) và PF(H) = {βi − n, αm − n = F(H) | 1

i

t(H) − 1}. Đặt

fi = βi − n và ft (H) = αm − n = F(H). Các điều kiện sau là tương đương:
15

(i) H là hầu đối xứng.
(ii) αi + αm−i = αm với i ∈ {1, 2, . . . , m − 1} và β j + βt(H)− j = αm + n với
j ∈ {1, 2, . . . ,t(H) − 1}.
(iii) fi + ft(H)−i = F(H) với i ∈ {1, 2, . . . ,t(H) − 1}.
Chứng minh. Ta đặt t = t(H).
(i) ⇒ (ii). Vì αi − n ∈
/ H nên ta có F(H) − (αi − n) = αm − αi ∈ H hơn nữa
αm − (αi − n) ∈
/ H theo định nghĩa của nửa nhóm hầu đối xứng. Vì thế ta có
αm − αi ∈ Ap(H, n). Nếu tồn tại j sao cho αm − αi = β j thì F(H) = αi + fi ∈ H,
vơ lý. Vì vậy ta có αi + αm−i = αm , với mọi i ∈ {1, 2, . . . , m − 1}. Tiếp theo, ta
cũng thấy được rằng β j + βt− j = αm + n với mọi j ∈ {1, 2, ...,t − 1}. Hơn nữa vì
αm − β j = F(H) − f j ∈ H, nên ta có αm − β j ∈ PF(H) theo định nghĩa của nửa
nhóm hầu đối xứng nghĩa là αm − β j = βt− j − n với mọi j ∈ {1, 2, . . . ,t − 1}.
(ii) ⇒ (iii). Theo giả thiết ta có (β j − n) + (βt− j − n) = αm − n kéo theo tổng
f j + ft− j = F(H).
(iii)⇒ (i). Theo Định lý 1.2.10, ta chỉ cần chỉ ra rằng K ⊂ M − M. Cho x ∈ K
và x = F(H) − z với z ∈
/ H. Nếu z ∈ PF(H), thì x ∈ PF(H) theo giả thiết của
(iii). Nếu z ∈
/ PF(H) thì tồn tại h ∈ M sao cho z + h ∈ PF(H). Do đó ta suy ra
x = F(H) − (z + h) + h ∈ H, vì F(H) − (z + h) ∈ PF(H). Vì thế ta có H là hầu
đối xứng.
Cho H = n1 , . . . , nr là một nửa nhóm số. Nhắc lại rằng H được gọi là nửa
nhóm số có chiều nhúng cực đại nếu emb(H) = e(H) = n1 (xem [3]).
Ví dụ 1.2.13. (i) Cho H = 5, 8, 11, 12 . Khi đó Ap(H, 5) = {0, 8, 11, 12, 19} và
F(H) = 14, PF(H) = {7, 14}. Suy ra t(H) = 2, m = 5 − t(H) = 5 − 2 = 3 và
Ap(H, 5) = {0, α1 = 8, α2 = 11, α3 = 19} ∪ {β1 = 12}.
Rõ ràng rằng PF(H) = {β1 − 5, α3 − 5} = {7, 14}. Vì f1 = β1 − 5 = 7 và ta có
f1 + f1 = 14 = F(H) nên theo Định lý 1.2.12, H là hầu đối xứng.

(ii) Cho a

3 là một số nguyên lẻ và H = a, a + 2, a + 4, ..., 3a − 2 . Vì các

phần tử sinh của H có dạng a + 2k, với k = 0, 1, 2, . . . , a − 1 nên số phần tử
sinh của H bằng a. Do đó H có chiều nhúng cực đại. Vì a là số lẻ nên ta có
16


a + 2 − a, a + 4 − a, . . . , 3a − 2 − a không thuộc vào H. Do đó ta có tập Apéry
Ap(H, a) = {0, a + 2, a + 4, . . . , 3a − 2} và PF(H) = {2, 4, ..., 2(a − 1)}. Khi đó
F(H) = 2(a − 1),t(H) = a − 1 do đó t(H) − 1 = a − 2 và m = a − t(H) suy ra
m = a − (a − 1) = 1. Theo Định lý 1.2.12, ta có
αm = α1 = a + F(H) = a + 2(a − 1) = 3a − 2
và
Ap(H, a) = {0, α1 = 3a − 2} ∪ {β1 = a + 2, β2 = a + 4, . . . , βa−2 = 3a − 4}.
Ta đặt fi = βi − a. Khi đó ta có f1 = 2, f2 = 4, . . . , fa−2 = 2(a − 2). Rõ ràng rằng
f1 + fa−2 = 2(a − 1) = F(H), f2 + fa−3 = 4 + 2(a − 3) = 2(a − 1) = F(H), ...
Vì vậy H là hầu đối xứng theo Định lý 1.2.12.
Một số trường hợp đặc biệt:
(1) Nếu a = 3 thì ta có H = 3, 3 + 2, 3.3 − 2 = 3, 5, 7 . Khi đó ta có tập
Ap(H, 3) = {0, 5, 7} và F(H) = 4, PF(H) = {2, 4} . Ta thấy nửa nhóm H có
t(H) = 2 = 1 nên khơng là đối xứng theo Định lý 1.2.3. Vì t(H) = 2 và ta có
m = 3 − 2 = 1, nên αm = α1 = 7 và
Ap(H, 3) = {0, α1 = 7} ∪ {β1 = 5} .
Rõ ràng rằng PF(H) = {β1 − 3, α1 − 3} = {2, 4} . Vì f1 = β1 − 3 = 2 và hơn
nữa f1 + f1 = 4 = F(H) nên theo Định lý 1.2.12, H là hầu đối xứng. Mặt khác
t(H) = 2 nên H cũng là giả đối xứng theo Hệ quả 1.2.11.
(2) Nếu a = 5 thì ta có H = 5, 5 + 2, 5 + 4, 5 + 6, 5.3 − 2 = 5, 7, 9, 11, 13 .
Khi đó Ap(H, 5) = {0, 7, 9, 11, 13} và F(H) = 8, PF(H) = {2, 4, 6, 8} . Ta thấy

nửa nhóm H có t(H) = 4 nên không là đối xứng theo Định lý 1.2.3, không là giả
đối xứng theo Định lý 1.2.6. Vì t(H) = 4; m = 5 − 4 = 1 nên suy ra αm = α1 = 13
và
Ap(H, 5) = {0, α1 = 13} ∪ {β1 = 7, β2 = 9, β3 = 11} .
Rõ ràng rằng PF(H) = {β1 − 5, β2 − 5, β3 − 5, α1 − 5} = {2, 4, 6, 8} . Và ta thấy
f1 = β1 − 5 = 2, f2 = β2 − 5 = 4, f3 = β3 − 5 = 6 và
f1 + f4−1 = 2 + 6 = f2 + f4−2 = 4 + 4 = f3 + f4−3 = 6 + 2 = 8 = F(H)
nên theo Định lý 1.2.12, H là hầu đối xứng.
17


Chương 2

Nửa nhóm số hầu đối xứng bội 5
Phân loại các nửa nhóm số giả đối xứng với chiều nhúng 3 đã được đưa ra bởi
H. Nari, T. Numata and K. Watanabe trong [13]. Chú ý 2.9 trong [14] cho ta sự
phân loại các nửa nhóm số hầu đối xứng với bội
là nửa nhóm số với chiều nhúng 4 và bội a

4 như sau: cho H = a, b, c, d

4. Khi đó nếu a = 4 thì t(H) = 3

và Ap(H, 4) = {0, b, c, d}. Theo [12, Định lý 2.6], ta thấy rằng H là hầu đối xứng
nếu và chỉ nếu sau khi thay đổi các biến ta có
b = 2α + β + 1, c = 2β + 2, d = 2α + 3β − 1,
trong đó α là số nguyên dương và β là số nguyên dương chẵn bất kỳ. Thật vậy,
vì n = 4,t(H) = 3, m = n − t(H) = 1 và t(H) − 1 = 2 nên
Ap(H, 4) = {0, b, c, d} = {0, α1 = d = 2α + 3β − 1}
∪ {β1 = b = 2α + β + 1, β2 = c = 2β + 2}.

Nếu đặt f1 = β1 − 4, f2 = β2 − 4 và F(H) = α1 − 4 thì ta có
f1 + f2 = 2α + 3β − 5 = F(H).
Theo [12, Định lý 2.6], ta có H là hầu đối xứng.
Do đó ta có phân loại của tất cả nửa nhóm số hầu đối xứng với bội

4. Mục

tiêu của chương này là tìm hiểu về nửa nhóm số hầu đối xứng với bội 5 và chiều
nhúng 4. Các kết quả của chương này được viết dựa theo bài báo cũng của H.
Nari, T. Numata and K. Wanatabe trong [14].

2.1

Đặc trưng nửa nhóm số hầu đối xứng bội 5

Cho H = 5, b, c, d là nửa nhóm số với bội 5, trước tiên ta chỉ ra rằng t(H)
18

3.


Bổ đề 2.1.1. Cho H = 5, b, c, d là nửa nhóm số với bội 5. Khi đó t(H)

3. Hơn

nữa nếu t(H) = 3 và ta đặt Ap(H, 5) = {0, b, c, d, ω} thì ω = 2d sau khi sắp xếp
lại {b, c, d}.
Chứng minh. Cho tập Ap(H, 5) = {0, b, c, d, ω}. Vì ω không là phần tử sinh tối
thiểu của H nên một trong những phần tử b, c, d

H

ω. Vì vậy ít nhất một trong

những phần tử {b, c, d, ω} không là cực đại ứng với quan hệ

H,

do đó t(H)

3

theo Định lý 1.1.5, (iii).
Nếu t(H) = 3 thì chỉ có một phần tử trong {b, c, d, ω} , chẳng hạn là d
Do đó ω = nd với n

2. Nếu n

3 thì b hoặc c

H

2d

H

H

ω.

ω. Vì thế ω = 2d.

Bổ đề tiếp theo nói về đặc trưng của các nửa nhóm số với bội 5 và có chiều
nhúng là 4.
Bổ đề 2.1.2. Cho H = 5, b, c, d là nửa nhóm số với bội 5. Khi đó
(i) H là giả đối xứng nếu và chỉ nếu b + c = 2d − 5 sau khi hoán vị b, c và d
nếu cần thiết.
(ii) H là hầu đối xứng với t(H) = 3 nếu và chỉ nếu b + c = 2d + 5 sau khi hoán
vị b, c và d nếu cần thiết.
(iii) H là đối xứng nếu và chỉ nếu b + c = 2d sau khi hoán vị b, c và d nếu cần
thiết.
Chứng minh. Ta đặt Ap(H, 5) = {0, b, c, d, ω} trong suốt chứng minh này.
(i) Giả sử H là giả đối xứng. Khi đó t(H) = 2 và giả sử sau khi sắp xếp lại
b, c, d ta có d − 5 ∈ PF(H) = {d − 5, F(H)} với F(H) = 2(d − 5). Mặt khác vì
b, c ∈ Ap(H, 5) = {0, b, c, d, ω} nên b − 5, c − 5 ∈ Z \ H. Vậy b − 5
b−5

H

1, c1 , c3 , c4

với c2
c−5

F(H). Nếu b−5

H

H

H

d − 5 hoặc

d −5 thì b−d ∈ H, do đó d = 5c1 +bc2 +cc3 +dc4

0 (mâu thuẫn). Vì thế ta được b − 5

H

F(H). Tương tự

F(H). Khi đó F(H) = ω − 5 = 2(d − 5) hay 2d = ω + 5. Mặt khác,

vì Ap(H, 5) = {0, b, c, d, ω} nên theo Định lý 1.2.6, ta có b + c = ω. Vậy suy ra
2d = ω + 5 = b + c + 5.
Ngược lại, nếu sau khi hốn vị b, c, d mà ta có 2d = b + c + 5 = ω + 5 thì
ω = b + c và ω − 5 = 2(d − 5), theo Định lý 1.2.6, H là giả đối xứng.

19


(ii) Giả sử t(H) = 3. Theo Bổ đề 2.1.1 ta có thể giả sử ω = F(H) + 5 = 2d và
theo Định lý 1.2.12, ta có m = n1 − t(H) = 5 − 3 = 2, n = t(H) − 1 = 2, tập
Ap(H, 5) = {0, b, c, d, ω} = {0, α1 = d, α2 = ω} ∪ {β1 = b, β2 = c} .
Vì thế ta có H là hầu đối xứng khi và chỉ khi b − 5 + c − 5 = ω − 5 (theo Định lý
1.2.12 (ii), (iii)) hay b + c = ω + 5. Vậy 2d = ω = b + c − 5.
(iii) Theo Định lý 1.2.3, H là nửa nhóm số đối xứng nếu và chỉ nếu t(H) = 1
hay PF(H) = {F(H)} , nếu và chỉ nếu b, c, d

H

F(H) + 5 theo Định lý 1.1.5,

(iii), nếu và chỉ nếu ω = F(H) + 5 hay sau khi sắp xếp lại các biến b, c, d ta có
ω = 2d = b + c.
Ta có thể thấy khi r

4 và ni là các số nguyên đủ lớn thì với i = 1, . . . , r, rất

khó để tìm số Frobenius và kiểm tra xem H có là đối xứng (giả đối xứng, hầu đối
xứng) hay khơng. Nhưng ta có thể thực hiện điều này cho nửa nhóm số bội 5 có
dạng H = 5, b, c, d bởi kết quả sau trong [14].
Định lý 2.1.3. Cho H = 5, b, c, d là nửa nhóm số với bội là 5. Khi đó sau một
hốn vị phù hợp của {b, c, d}, ta có
(i) H là giả đối xứng nếu và chỉ nếu
b = 3α + 2β + 1, c = α + 4β + 2, d = 2α + 3β + 4,
trong đó α, β

1, với β − α ≡ 2 (mod 5). Khi đó F(H) = 4α + 6β − 2.

(ii) H là hầu đối xứng với t(H) = 3 nếu và chỉ nếu
b = 3α + 2β − 1, c = α + 4β − 2, d = 2α + 3β − 4,
trong đó α

1, β

2 với β − α ≡ 3 (mod 5). Khi đó F(H) = 4α + 6β − 13.

(iii) H là đối xứng nếu và chỉ nếu

b = 3α + 2β , c = α + 4β , d = 2α + 3β ,
trong đó α, β

1, với β ≡ α (mod 5). Khi đó F(H) = 4α + 6β − 5.

Chứng minh. (i) Tương tự Bổ đề 2.1.2, đặt Ap(H, 5) = {0, b, c, d, ω} và giả sử
rằng b + d ≡ 0 (mod 5) và c + ω ≡ c + 2d ≡ 0 (mod 5). Trước hết ta chứng
minh một số đẳng thức sau:
20