TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

======

NGUYỄN MỸ HẠNH

DÁN CÁC NỬA NHÓM SỐ

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

HÀ NỘI-2019


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

======

NGUYỄN MỸ HẠNH

DÁN CÁC NỬA NHÓM SỐ
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

Người hướng dẫn khoa học:

ThS. ĐỖ VĂN KIÊN

HÀ NỘI-2019

Lời cảm ơn
Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, tôi xin bày tỏ lòng
cảm ơn tới các thầy cô khoa Toán, trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, các
thầy cô trong bộ môn tổ Đại số cũng như các thầy cô giảng dạy đã tận
tình truyền đạt những kiến thức quý báu và tạo điều kiện thuận lợi để tôi
hoàn thành tốt nhiệm vụ khóa học và khóa luận.
Đặc biệt, tôi xin bày tỏ sự kính trọng và biết ơn sâu sắc tới thầy giáo
- ThS. Đỗ Văn Kiên, người đã trực tiếp hướng dẫn, giúp đỡ và chỉ bảo
tận tình để tôi có thể hoàn thành khóa luận này.
Do còn hạn chế về thời gian, năng lực của bản thân nên khóa luận của
tôi không tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy, tôi rất mong nhận được
những ý kiến đóng góp quý báu của các thầy cô và các bạn.
Cuối cùng tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè đã luôn bên cạnh, ủng hộ,
động viên tinh thần để tôi hoàn thành khóa luận này!

Hà Nội, tháng 5 năm 2019
Sinh viên

Nguyễn Mỹ Hạnh


Lời cam đoan
Khóa luận tốt nghiệp "Dán các nửa nhóm số" là công trình nghiên
cứu của cá nhân tôi dưới sự cố gắng, nỗ lực tìm hiểu cùng với sự hướng
dẫn tận tình của thầy giáo - ThS. Đỗ Văn Kiên.
Trong quá trình thực hiện đề tài sử dụng một số tài liệu tham khảo
được ghi rõ trong danh mục "Tài liệu tham khảo". Vì vậy tôi xin cam đoan
kết quả trong khóa luận này là hoàn toàn trung thực và không trùng với

kết quả của tác giả nào khác.
Hà Nội, tháng 5 năm 2019
Sinh viên

Nguyễn Mỹ Hạnh


Mục lục

Lời mở đầu

1

1 Nửa nhóm số

3

1.1

Nửa nhóm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Tập Apéry . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.3


Số Frobenius và số giả Frobenius . . . . . . . . . . . . .

10

1.4

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

15

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

15

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

17

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

21

2 Dán các nửa nhóm số

24

2.1

Dán của hai nửa nhóm số . . . . . . . . . . . . . . . . .


24

2.2

Các kết quả chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

Kết luận

40

Tài liệu tham khảo

41

i


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Mỹ Hạnh

Lời mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Vấn đề dán các nửa nhóm số là vấn đề vô cùng quan trọng trong đại
số giao hoán và hình học đại số. Mục đích chính của đề tài là nghiên cứu
các tính chất của một loại nửa nhóm số mới thu được bằng cách dán
của hai nửa nhóm số như tính giao đầy đủ, tính đối xứng và hầu đối xứng.


2. Lịch sử nghiên cứu vấn đề
Năm 2009 nửa nhóm số thu được bằng cách dán của các nửa nhóm
số được giới thiệu bởi J.C Rosales và García-Sánchez. Các tính chất của
dán các nửa nhóm số được rất nhiều tác giả nghiên cứu. J.C Rosales,
García-Sánchez (2009) đưa ra điều kiện cần và đủ để dán của hai nửa
nhóm số là đối xứng. H. Nari (2013) đưa ra một điều kiện cần để dán
của hai nửa nhóm số là hầu đối xứng. Takahiro Numata (2016) đưa ra
một đặc trưng cho dán của hai nửa nhóm số là hầu đối xứng.

3. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
Quá trình nghiên cứu và thực hiện đề tài đã giúp tôi bước đầu làm
quen với công việc nghiên cứu khoa học và có cơ hội tìm hiểu sâu hơn
về đại số, đặc biệt là về một số kiến thức cơ sở về nửa nhóm số, dán của
hai nửa nhóm số cùng với các tính chất đối xứng, hầu đối xứng của dán
của hai nửa nhóm số.

1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Mỹ Hạnh

4. Phương pháp nghiên cứu
Tìm hiểu các tài liệu có liên quan đến đề tài. Tổng hợp, phân tích
đánh giá, phát triển và giải quyết vấn đề.

2



Chương 1
Nửa nhóm số
1.1

Nửa nhóm số

Trong chương này chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản về nửa
nhóm số và các đặc trưng của nửa nhóm số. Hai tài liệu tham khảo chính
được sử dụng trong chương này là [4] cho mục nửa nhóm số, tập Apéry,
số Frobenius, số giả Frobenius và [2] cho mục phân loại nửa nhóm số.
Định nghĩa 1.1.1. Cho H là một tập con của N. H được gọi là một
nửa nhóm số nếu nó thỏa mãn các điều kiện sau:
i) 0 ∈ H;
ii) H + H ⊆ H;
iii) |N\H| < ∞.
Nếu {a1 , a2 , ..., an } là một hệ sinh tối tiểu của H, tức không tồn tại
aj ∈ {a1 , a2 , ..., an } sao cho aj =

i=j ci ai ,

với ci ∈ N. Khi đó ta kí hiệu

H = a1 , a2 , ..., an . Dễ thấy rằng trong trường hợp này
H = {c1 a1 + c2 a2 + ... + cn an |c1 , c2 , ..., cn ∈ N}.
3


Khóa luận tốt nghiệp Đại học


Nguyễn Mỹ Hạnh

Trong trường hợp H = a1 , a2 , ..., an thì điều kiện iii) trong định nghĩa
1.1.1 có thể được đặc trưng bởi mệnh đề dưới đây.
Mệnh đề 1.1.1. Cho n ∈ N, n

2 và H = a1 , a2 , ..., an . Khi đó

|N\H| < ∞ khi và chỉ khi gcd(a1 , a2 , ..., an ) = 1.
Chứng minh.
• Điều kiện cần.
Giả sử |N\H| < ∞. Ta chứng minh gcd(a1 , a2 , ..., an ) = 1.
Đặt d = gcd(a1 , a2 , ..., an ). Với mọi α ∈ H ta có α =

n
i=1 ci ai .

Do ai chia hết cho d nên α chia hết cho d. Vì vậy nếu d > 1 thì
∀n ∈ N, nd + 1 đều không chia hết cho d. Khi đó nd + 1 ∈
/ H,
∀n ∈ N. Do đó tập N\H là vô hạn, điều này là trái với giả thiết.
Vậy d = 1 hay gcd(a1 , a2 , ..., an ) = 1.
• Điều kiện đủ.
Giả sử gcd(a1 , a2 , ..., an ) = 1. Ta đi chứng minh |N\H| < ∞ bằng
phương pháp quy nạp.
+) Với n = 2: Giả sử H = a, b , ở đó gcd(a, b) = 1. Nếu a = 1
hoặc b = 1. Chẳng hạn a = 1 thì ∀n ∈ N ta có n = n.1 ∈ H. Suy ra
N ⊆ H suy ra N = H. Khi đó N\H = ∅ nên |N\H| < ∞.
Nếu 1 < a < b. Đầu tiên ta chỉ ra với mọi m ∈ Z thì m có biểu diễn
duy nhất dạng

m = ax + by, 0

y < a.

Sự biểu diễn: Vì gcd(a, b) = 1 nên tồn tại các số u, v ∈ Z sao cho

4


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Mỹ Hạnh

au + bv = 1. Suy ra
m = amu + bmv = amu + b(aq + y) (0

y < a)

= amu + abq + by = a(mu + bq) + by = ax + by.
Tính duy nhất: Giả sử m = ax + by = ax + by ở đó 0

y, y < a.

Suy ra a(x − x ) = b(y − y). Ta có gcd(a, b) = 1 nên a là ước của
|y − y |. Lại có 0

|y − y |

a − 1 suy ra y = y . Do đó x = x . Vậy


với mọi m ∈ Z, m viết được duy nhất dưới dạng
m = ax + by, 0
Từ đó m ∈ H khi và chỉ khi x

y < a.

0. Vậy nên số lớn nhất không

thuộc H phải là
a(−1) + b(a − 1) = ab − a − b.
Đặt c = (a − 1)(b − 1) ta có c − 1 = ab − a − b là số lớn nhất không
thuộc H. Vậy với mọi m
|N\H|

c thì m > c − 1 suy ra m ∈ H. Do đó

c − 1.

+) Giả sử n > 2 và khẳng định đúng với n−1. Đặt d = gcd(a1 , a2 , ..., an−1 )
a1
an−1
thì gcd
,...,
= 1. Theo giả thiết quy nạp, tồn tại m1 ∈ N
d
d
sao cho với mọi m m1 thì
m∈
Suy ra với mọi m


a1
an−1
,...,
d
d

.

m1 thì md ∈ a1 , a2 , . . . , an−1 . Đặt c = dm1 +

(d − 1)an + 1, ta chứng minh với mọi m
5

c thì m ∈ H. Thật vậy,


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Mỹ Hạnh

do gcd(d, an ) = 1 nên m có biểu diễn duy nhất dạng
m = dx + an y, 0

y < d.

Suy ra
dx = m − an y
Từ đó x

(d − 1)an + m1 d + 1 − an y


dm1 .

m1 . Do đó dx ∈ a1 , a2 , . . . , an−1 thì m = dx + an y ∈ H.

Vì vậy
|N\H|

c − 1 < ∞.

Bổ đề 1.1.1. Cho H là một vị nhóm con của N. Đặt H ∗ = H\{0} và
H ∗ + H ∗ = {x + y|x, y ∈ H ∗ }.
Khi đó H ∗ \(H ∗ + H ∗ ) là hệ sinh của H. Hơn nữa, mọi hệ sinh của H
đều chứa H ∗ \(H ∗ + H ∗ ).
Chứng minh.
• Ta sẽ chứng minh với mọi s ∈ S thì s = s1 + s2 + ... + sn , với
si ∈ H ∗ \(H ∗ + H ∗ ). Thật vậy, cho s ∈ H ∗ . Nếu s ∈ H ∗ \(H ∗ + H ∗ )
thì ta có điều cần chứng minh. Nếu s ∈ H ∗ + H ∗ thì tồn tại x1 , y1 ∈
H ∗ sao cho s = x1 + y1 , với s > x1 , y1 . Nếu x1 và y1 cùng thuộc
H ∗ \(H ∗ + H ∗ ) thì ta có điều cần chứng minh. Nếu x1 ∈ H ∗ + H ∗
hoặc y1 ∈ H ∗ + H ∗ thì ta lại có x1 = x2 + x3 , với x2 , x3 ∈ H ∗ thỏa
mãn

6


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Mỹ Hạnh





s > x1 > x2


s > x1 > x3 ,
hoặc y1 = y2 + y3 với y2 , y3 ∈ H ∗ thỏa mãn



s > y1 > s2


s > y1 > y3 .
Tiếp tục quá trình như trên, ta nhận được các dãy số nguyên dương
giảm thực sự nên sau một số hữu hạn bước chúng ta sẽ tìm được
s1 , s2 , ..., sn ∈ H ∗ \(H ∗ + H ∗ ) sao cho s = s1 + s2 + ... + sn . Do đó
H ∗ \(H ∗ + H ∗ ) là một hệ sinh của H.
• Bây giờ cho A là một hệ sinh tùy ý của H. Khi đó với mọi x ∈
H ∗ \(H ∗ + H ∗ ) thì x ∈ H = A . Do đó tồn tại n ∈ N\{0},
λ1 , λ2 , ..., λn ∈ N và a1 , a2 , ..., an ∈ A sao cho
x = λ1 a1 + λ2 a2 + ... + λn an .
Vì x ∈ H ∗ \(H ∗ + H ∗ ) nên ta phải có x = ai với i ∈ {1, 2, ..., n}.
Vậy H ∗ \(H ∗ + H ∗ ) là hệ sinh tối tiểu của H.

7


Khóa luận tốt nghiệp Đại học


1.2

Nguyễn Mỹ Hạnh

Tập Apéry

Định nghĩa 1.2.1. Cho H là nửa nhóm số và 0 = a ∈ H. Tập Apéry
của H tương ứng với a được định nghĩa là tập
Ap(H, a) = {x ∈ H|x − a ∈
/ H}.
Mệnh đề dưới đây đưa ra một công thức cụ thể để tìm tập Apéry.
Mệnh đề 1.2.1. Cho H là một nửa nhóm số và 0 = a ∈ H. Khi đó
Ap(H, a) = {0 = ω(0), ω(1), ..., ω(a − 1)}
ở đó ω(i) là phần tử bé nhất thuộc H sao cho ω(i) ≡ i (mod a) với mọi
i ∈ {0, 1, 2, ..., a − 1}.
Chứng minh.
• Trước hết chúng ta sẽ chỉ ra bao hàm
Ap(H, a) ⊆ {0 = ω(0), ω(1), ..., ω(a − 1)}.
Với mọi x ∈ Ap(H, a) ta cần chỉ ra tồn tại 0

i

a − 1 sao cho

x = ω(i). Thật vậy, ta có thể viết
x = aq + i với 0
Vì x ∈ H nên ω(i)

i


a − 1.

x. Ta có x ≡ i (mod a) và ω(i) ≡ i (mod a)

nên x ≡ ω(i) (mod a). Suy ra x − ω(i) = ap với p ∈ Z. Do x
nên p

ω(i)

0. Do đó x − a = a(p − 1) + ω(i). Vì x − a ∈
/ H nên p = 0.

8


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Mỹ Hạnh

Suy ra x = ω(i). Vậy
Ap(H, a) ⊆ {0 = ω(0), ω(1), ..., ω(a − 1)}.
• Tiếp theo chúng ta sẽ chỉ ra bao hàm ngược lại
{0 = ω(0), ω(1), ..., ω(a − 1)} ⊆ Ap(H, a).
Với mọi 0

i

a − 1, ta có ω(i) ∈ H. Giả sử ω(i) − a ∈ H, ta


có ω(i) − a ≡ i (mod a). Vì ω(i) là phần tử bé nhất thuộc H nên
ω(i)

ω(i) − a. Suy ra a

0, điều này là mâu thuẫn vì a ∈ H\{0}.

Do đó ω(i)−a ∈
/ H. Vì vậy {0 = ω(0), ω(1), ..., ω(a−1)} ⊆ Ap(H, a).
Ta nhận được
Ap(H, a) = {0 = ω(0), ω(1), ..., ω(a − 1)}.
Bổ đề 1.2.1. Cho H là nửa nhóm số và 0 = a ∈ H. Khi đó với mọi
α ∈ H, tồn tại duy nhất một cặp (k, w) ∈ N × Ap(H, a) sao cho
α = ka + w.
Chứng minh.
• Sự tồn tại.
Từ Mệnh đề 1.2.1 ta thấy rằng với mọi i ∈ {0, 1, ..., a − 1}, tồn
tại n ∈ N sao cho ω = i + na ∈ H. Vì ω ∈ Ap(H, a) nên với mọi
α ∈ H thì α

ω. Do a ∈ H\{0} nên ka ∈ H với k ∈ N. Suy ra

ka + ω ∈ H.

9


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Mỹ Hạnh


• Tính duy nhất.
Giả sử với mọi α ∈ H thì α = ka + ω = k a + ω với k, k ∈ N. Lại
có ω = na + i và ω = n a + i với n, n ∈ N; i, i ∈ {0, ..., a − 1}. Do
đó
α = ka + na + i = k a + n a + i .
Suy ra
[(k + n) − (k + n )]a = i − i.
i −i
. Vì (k +n) ∈ N và (k +n ) ∈ N nên
a
(k + n) − (k + n ) ∈ Z. Mà 0 i, i
a − 1 nên 0 |i − i| a − 1.

Vì vậy (k +n)−(k +n ) =

Do đó i = i suy ra ω = ω và k = k .
Định lý 1.2.1. Mọi nửa nhóm số đều có một hệ sinh tối tiểu duy nhất.
Hơn nữa hệ sinh này là hữu hạn.
Chứng minh.
Theo Bổ đề 1.2.1 ta có với mọi α ∈ H ∗ thì
α = ka + w với k ∈ N, w ∈ Ap(H, a).
Suy ra H ⊆ Ap(H, a) ∪ {a} . Do đó H = Ap(H, a) ∪ {a} . Vì vậy
theo Bổ đề 1.1.1 ta có H ∗ \(H ∗ + H ∗ ) ⊆ Ap(H, a) ∪ {a}. Từ đó do
Ap(H, a) ∪ {a} là hữu hạn nên suy ra H ∗ \(H ∗ + H ∗ ) là hữu hạn.

1.3

Số Frobenius và số giả Frobenius


Cho H là một nửa nhóm số. Theo Định lý 1.2.1, H có một hệ sinh tối
tiểu hữu hạn. Gọi {a1 , a2 , . . . , an } là một hệ sinh tối tiểu của H, ta có H =

10


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Mỹ Hạnh

a1 , a2 , . . . , an . Chú ý rằng theo Mệnh đề 1.1.1 ta có gcd(a1 , a2 , ..., an ) =
1.
Định nghĩa 1.3.1.
• m(H) := minH\{0} = min{a1 , a2 , . . . , an } được gọi là bội của H.
• g(H) = |N\H| được gọi là khoảng của H.
• emb(H) := n được gọi là chiều nhúng của H.
• Vành đa thức k[H] = k[th |h ∈ H] = k[ta1 , . . . , tan ] biến số t trên
một trường k được gọi là vành nửa nhóm số của H.
Ví dụ 1. Cho H = 4, 5, 7, 13 là một nửa nhóm số. Khi đó
m(H) = 4, g(H) = 4, emb(H) = 4.
Định nghĩa 1.3.2. Cho H là một nửa nhóm số.
1. Số Frobenius của H là số nguyên lớn nhất không thuộc H, kí hiệu
là F(H), tức là F(H) = max(Z\H).
2. Tập các số giả Frobenius của H được định nghĩa là tập
PF(H) := {x ∈
/ H|x + h ∈ H, 0 = ∀h ∈ H}.
Mỗi phần từ của tập này được gọi là một số giả Frobenius.
3. Số t(H) := | PF(H)| được gọi là kiểu của H.
Nhận xét.


11


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Mỹ Hạnh

• F(H) ∈ 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. Điều này là vô lí vì
F(H) = max(N\H) mà F(H) + h > F(H). Do đó F(H) ∈ P F (H).
• PF(H) = {x ∈ N\H|x + ai ∈ H ∀i}. Thật vậy, rõ ràng với mọi
i ∈ {1, 2, ..., n} ta có
PF(H) ⊆ {x ∈ N\H|x + ai ∈ H}.
Ngược lại, với mọi x ∈ N\H thì x + ai ∈ H với i ∈ {1, 2, ..., n}. Ta
có với mọi h ∈ H\{0} thì
n

ci ai , ci ∈ N.

h=
i=1

Vì h = 0 nên tồn tại ci = 0. Khi đó
cj aj + (ci − 1)ai + (x + ai ) ∈ H.

x+h=
j=i


Do đó x ∈ PF(H).
Mệnh đề 1.3.1. Cho ≤H là một quan hệ thứ tự xác định trên Z bởi
x ≤H y nếu y − x ∈ H. Khi đó tập các số giả Frobenius của H là những
phần tử cực đại của Z\H hoặc N\H theo quan hệ ≤H .
Chứng minh.
• Với mọi x ∈ PF(H) ta có x ∈ Z\H. Giả sử tồn tại y ∈ Z\H sao
cho x ≤H y suy ra y − x ∈ H.
Nếu y − x > 0 thì vì x ∈ P F (H) nên x + (y − x) ∈ H hay y ∈ H,

12


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Mỹ Hạnh

điều này là mâu thuẫn vì y ∈ Z\H. Suy ra y − x = 0 hay y = x.
Vậy x ∈ max≤H (Z\H).
• Ngược lại, giả sử tồn tại h ∈ H\{0} sao cho x + h ∈
/ H. Ta có
(x + h) − x = h ∈ H. Suy ra x ≤H x + h, điều này là mâu thuẫn vì
x ∈ max≤H (Z\H). Vậy
PF(H) = max≤H (Z\H) = max≤H (N\H).
Ví dụ 2. Cho nửa nhóm số H = 4, 5, 7, 13 . Khi đó ta có
PF(H) = {3, 6}, F (H) = 6, t(H) = 2.
Mệnh đề 1.3.2. Cho H là một nửa nhóm số và 0 = a ∈ H. Khi đó các
khẳng định sau là đúng.
1. F(H) = max Ap(H, a) − a;
2. PF(H) = {ω − a|ω ∈ max≤H Ap(H, a)}.
Chứng minh.

1. Chứng minh F(H) = max Ap(H, a) − a.
Vì max Ap(H, a) ∈ Ap(H, a) nên
max Ap(H, a) − a ∈
/ H.
Suy ra max Ap(H, a) − a

F(H). Hay

F(H) + a

max Ap(H, a).

13


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Mỹ Hạnh

Nếu F(H) + a > max Ap(H, a) thì khi đó a > 0, F(H) + a ∈ H.
Lại có F(H) + a − a ∈
/ H suy ra F(H) + a ∈ Ap(H, a), mâu thuẫn
với định nghĩa max Ap(H, a). Vậy F(H) + a = max Ap(H, a) hay
F(H) = max Ap(H, a) − a.
2. Chứng minh PF(H) = {ω − a|ω ∈ max≤H Ap(H, a)}.
• Đầu tiên ta đi chứng minh
PF(H) ⊆ {ω − a|ω ∈ max≤H Ap(H, a)}.
Thật vậy, với mọi x ∈ PF(H) ta có x + a ∈ H mà x + a − a ∈
/H
do đó x + a ∈ Ap(H, a). Đặt ω = x + a ∈ Ap(H, a). Giả sử tồn tại

ω ∈ Ap(H, a) sao cho ω ≤H ω . Suy ra ω −ω ∈ H hay ω −x−a ∈ H.
Nếu ω − x − a > 0 thì x + (ω − x − a) ∈ H hay ω − a ∈ H, điều
này mâu thuẫn với giả thiết ω ∈ Ap(H, a).
Vì vậy ω = x + a = ω suy ra ω ∈ max≤H Ap(H, a) và x = ω − a.
• Ta chứng minh bao hàm ngược lại
{ω − a|ω ∈ max≤H Ap(H, a)} ⊆ PF(H).
Vì ω ∈ Ap(H, a) suy ra ω − a ∈
/ H. Giả sử ω − a ∈
/ PF(H) khi đó
tồn tại 1

i

n sao cho ω − a + ai ∈
/ H. Suy ra (ω + ai ) − a ∈
/ H.

Mà ω + ai ∈ H do đó ω + ai ∈ Ap(H, a). Nhưng ω = ω + ai và
ω + ai − ω = ai ∈ H nên ω ≤H ω + ai . Điều này mâu thuẫn với giả
thiết ω ∈ max≤H Ap(H, a). Suy ra ω − a ∈ PF(H). Vậy
PF(H) = {ω − a|ω ∈ max≤H Ap(H, a)}.

14


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Mỹ Hạnh

Trong phần tiếp theo chúng tôi sẽ đưa ra định nghĩa và một số tính chất

cơ sở của nửa nhóm số đối xứng, nửa nhóm số giả đối xứng và nửa nhóm
số hầu đối xứng.

1.4
1.4.1.

Phân loại nửa nhóm số
Nửa nhóm số đối xứng

Định nghĩa 1.4.1. Cho H là một nửa nhóm số. Ta nói H là đối xứng
nếu với mọi x ∈ Z thì x ∈ H hoặc F(H) − x ∈ H.
Nhận xét: Nếu H là đối xứng thì F(H) lẻ. Thật vậy, giả sử F(H) là số
F(H)
∈ Z.
chẵn, tức là
2
F(H)
F(H)
Nếu
∈
/ H thì do H đối xứng nên F (H) −
∈ H. Hay
2
2
F(H)
F(H)
∈ H. Do đó F(H) = 2.
∈ H, điều nay là vô lí.
2
2

Vậy F(H) là số lẻ.

Nửa nhóm số đối xứng còn được đặc trưng bởi các điều kiện sau.
Mệnh đề 1.4.1. Cho H là nửa nhóm số, 0 = a ∈ H. Đặt Ap(H, a) =
{0 = ω1 < ω2 < ... < ωa }. Khi đó các điều kiện sau là tương đương:
(1) H đối xứng;
(2) ωi + ωa−i+1 = ωa với 2

i

a − 1;

(3) t(H) = 1;
(4) PF(H) = F(H);
(5) 2g(H) = F(H) + 1.
15


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Mỹ Hạnh

Chứng minh.
• (1) ⇒ (2): Ta có F(H) = max Ap(H, a) − a = ωa − a ∈
/ H.
Với mọi ωi ∈ Ap(H, a) ta có (ωi − a) ∈
/ H. Vì H đối xứng nên
F(H) − (ωi − a) ∈ H suy ra ωa − ωi ∈ H. Đặt j = ωa − ωi ∈ H. Nếu
j∈
/ Ap(H, a) thì j − a ∈ H hay ωa − ωi − a ∈ H. Suy ra

ωa − a = (ωa − ωi − a) + ωi ∈ H.
Điều này mâu thuẫn. Vậy j ∈ Ap(H, a) suy ra ωa − ωi = ωk với
ωk ∈ {ω1 , ω2 , ..., ωa }. Lại có ω1 < ω2 < ... < ωa−1 nên k = a − i + 1.
• (2) ⇒ (1): Ta có F(H) = max Ap(H, a) − a = ωa − a và
PF(H) = {ω − a|ω ∈ max≤H Ap(H, a)} = {ωa − a} = F (H).
Khi đó với mọi x ∈ N\H tồn tại α ∈ max≤H (Z\H) thỏa mãn
x ≤H α. Nhưng max≤H (Z\H) = {F(H)}. Do đó x ≤H F(H) suy ra
F(H) − x ∈ H. Vậy H là đối xứng.
• (1) ⇒ (4): Với mọi x ∈ PF(H) cần chứng minh x = F(H). Vì H
đối xứng và x ∈
/ H nên F(H) − x ∈ H. Nếu F(H) − x > 0 thì vì
x ∈ PF(H) nên x + (F(H) − x) ∈ H. Suy ra F(H) ∈ H, điều này
là mâu thuẫn. Do đó F(H) − x = 0 hay F(H) = x.
• (4) ⇒ (1): Với mọi x ∈ Z\H, ta cần chỉ ra F(H) − x ∈ H. Tồn tại
y ∈ max≤H (Z\H) sao cho x ≤H y. Vì
max≤H (Z\H) = PF(H) = {F(H)}
nên y = F(H). Suy ra x ≤H F (H) do đó F(H) − x ∈ H.
16


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Mỹ Hạnh

• (1) ⇔ (5): H đối xứng ⇔ Với mọi x ∈ N\H thì F(H) − x ∈ H.
⇔ Trong tập {0, 1, ..., F(H)} có đúng một nửa số thuộc H và một
nửa số không thuộc H.
F(H) + 1
.
⇔ g(H) =

2
⇔ 2g(H) = F(H) + 1.
• (3)⇔(4): Hiển nhiên.
Ví dụ 3. Cho H là một nửa nhóm số, H = 4, 6, 7 .
Ta có Ap(H, 4) = {0, 6, 7, 13}, F (H) = 9, P F (H) = 9, g(H) = 5.
Khi đó H là đối xứng.
1.4.2.

Nửa nhóm số giả đối xứng

Định nghĩa 1.4.2. Cho H là một nửa nhóm số. Ta nói H là giả đối
F(H)
xứng nếu F(H) chẵn và với mọi x ∈ Z\H, x =
thì F(H) − x ∈ H.
2
Mệnh đề 1.4.2. Cho H là một nửa nhóm số, F(H) chẵn và 0 = a ∈ H.
Khi đó các mệnh đề sau tương đương:
(1) H là giả đối xứng;
(2) Tập Ap(H, a) có dạng
Ap(H, a) = {0 = ω0 < ω1 < ... < ωa−2 = F(H) + a} ∪
với ωi + ωa−i−2 = ωa−2 , 0
(3) PF(H) =

F(H),

a − 2;

i

F (H)

;
2

(4) 2g(H) = F(H) + 2.

17

F(H)
+a
2


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Mỹ Hạnh

Chứng minh.
F(H)
+a ∈ Ap(H, a).
2
F (H)
F(H)
F(H)
+a ∈
/ H thì vì
+a =
và H là giả đối
Nếu
2
2

2
F(H)
F(H)
xứng nên F(H) −
+ a ∈ H hay
− a ∈ H. Suy ra
2
2
F(H)
F(H)
= a+
− a ∈ H hay F(H) ∈ H, điều này là mâu
2
2
F(H)
F(H)
F(H)
+a ∈ H, hơn nữa
+ a −a =
∈
/H
thuẫn. Do đó
2
2
2
F(H)
nên
+ a ∈ Ap(H, a). Vì vậy ta có thể viết
2


• (1) ⇒ (2): Giả sử H là giả đối xứng. Ta chỉ ra

Ap(H, a) = {0 = ω0 < ω1 < ... < ωa−2 = F(H)+a}∪

F(H)
+a .
2

i a−2, ta có ωa−2 −ωi = F(H)+a−ωi . Vì ωi −a ∈
/H
F(H)
và ωi − a =
suy ra F(H) − (ωi − a) ∈ H hay ωa−2 − ωi ∈ H.
2
Hơn nữa ωa−2 − ωi − a ∈
/ H do đó ωa−2 − ωi ∈ Ap(H, a). Mặt khác,
F(H)
ωa−2 − ωi =
suy ra ωa−2 − ωi ∈ {0 = ω0 < ω1 < ... < ωa−2 }.
2
Vậy tồn tại 0
j
a − 2 thỏa mãn ωa−2 − ωi = ωj . Do đó

Với mọi 0

j = a − i − 2.
F(H)
ta sẽ chỉ ra F(H) − x ∈ H.
2

Tập Ap(H, a) là một hệ thặng dư đầy đủ môđun a, do đó tồn tại
.
ω ∈ Ap(H, a) sao cho (ω − x) .. a. Suy ra tồn tại k ∈ Z sao cho

• (2) ⇒ (1): Với mọi x ∈ Z\H, x =

ω = x + ka. Vì ω = x nên k = 0. Hơn nữa k > 0 vì nếu k
x = ω + (−ka) ∈ H, điều này là mâu thuẫn.
Ta xét hai trường hợp:

18

0 thì


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

+) Nếu ω =

Nguyễn Mỹ Hạnh

F(H)
+ a. Khi đó
2
F(H) − x = F(H) − ω + ka
= F(H) −
=

Vì x =


F(H)
− a + ka
2

F(H)
+ (k − 1)a.
2

F (H)
nên k > 1. Do đó
2
F(H) − x =

+) Nếu ω =

F(H)
+ a + (k − 2)a ∈ H.
2

F(H)
+ a suy ra tồn tại 0
2

i

a − 2 sao cho ω = ωi .

Khi đó
F(H) − x = ωa−2 − a − ωi + ka
= ωa−2 − ωi + (k − 1)a

= ωa−i−2 + (k − 1)a ∈ H.
• (1) ⇒ (3): Giả sử H là giả đối xứng, ta cần chứng minh PF(H) =
F(H)
F(H)
F(H),
. Trước tiên ta đi chứng minh
∈ PF(H). Giả
2
2
F(H)
sử tồn tại h ∈ H\{0} sao cho
+h ∈
/ H. Do H là giả đối
2
F(H)
F(H)
xứng suy ra F(H) −
+ H ∈ H hay
− h ∈ H. Ta
2
2
F(H)
F(H)
F(H)
∈
/ H vì nếu
∈ H thì 2.
= F(H) ∈ H, điều
thấy
2

2
2
F(H)
F(H)
này là vô lí. Suy ra
− h + h ∈ H hay
∈ H, điều
2
2
này là mâu thuẫn. Do đó giả sử sai, suy ra với mọi h ∈ H\{0} thì
19


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Mỹ Hạnh

F(H)
F(H)
+ h ∈ H. Vậy
∈ PF(H).
2
2
F(H)
Tiếp theo ta chỉ ra với mọi x ∈ PF(H), x = F(H) thì x =
.
2
F(H)
Thật vậy, giả sử x =
, do x ∈

/ H suy ra F(H) − x ∈ H.
2
Vì x = F(H) nên F(H) − x > 0. Mặt khác x ∈ PF(H) nên x +
(F(H) − x) ∈ H suy ra F(H) ∈ H, điều này là mâu thuẫn. Vậy
F(H)
PF(H) = F(H),
.
2
F(H)
ta sẽ chỉ ra F(H) − x ∈ H.
2
Vì x ∈ Z\H suy ra tồn tại y ∈ max≤H (Z\H) sao cho x ≤H y mà
F(H)
PF(H) = max≤H (Z\H). Do đó y = F(H) hoặc y =
.
2
+) Nếu y = F(H) thì x ≤H F(H) suy ra F(H) − x ∈ H.
F(H)
F(H)
F(H)
+) Nếu y =
thì x ≤H
suy ra
− x ∈ H.
2
2
2
F(H)
F(H)
F(H)

Vì x =
nên
− x > 0. Mà
∈ PF(H) suy ra
2
2
2

• (3) ⇒ (1): Với mọi x ∈ Z\H, x =

F(H) − x =

F(H)
+
2

F(H)
−x
2

∈ H.

F(H)
thì ta có F(H) − x ∈ H.
2
Xét tập A = {0, 1, ..., F(H)}, A có F(H) + 1 phần tử. Vì H là giả
F(H)
F(H)
đối xứng nên trong tập A\
sẽ có

phần tử không
2
2
F(H)
thuộc H. Vì vậy g(H) =
+ 1.
2

• (1) ⇒ (4): Với mọi x ∈ N\H, x =

• (4) ⇒ (1): Ta có g(H) =
F(H)
+1
2

F(H) − x

F(H)
F(H)
+ 1. Với mọi 1 x
− 1 thì
2
2
F(H) − 1. Hơn nữa x và F(H) − x không

20