Về biểu diễn hữu hạn của nửa nhóm chính quy

Andrew xuất bản năm 2003 để tìm hiểu về vấn đề: Với điều kiện nào thì một nửa nhóm chính quy biểu diễn hữu hạn được.. Điều kiện biểu diễn hữu hạn đối với nửa nhóm chính quy Đây là nội du

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

MỤC LỤC

Trang

M Ở ĐẦ 1U

CHƯƠNG 1 3

N A NHÓM CH NH QUYỬ Í 3

1.1 Các quan h Grin trên n a nhómệ ử 3

1.2 D – l p chính quyớ 7

1.3 N a nhóm chính quyử 15

CHƯƠNG 2 22

I U KI N BI U DI N H U H N I V I Đ Ề Ệ Ể Ễ Ữ Ạ ĐỐ Ớ 22

N A NHÓM CH NH QUYỬ Í 22

2.1 N a nhóm t do V nhóm t doử ự ị ự 22

2.2 Bi u di n h u h nể ễ ữ ạ 25

2.3 i u ki n bi u di n h u h n Đ ề ệ ể ễ ữ ạ đố ới v i m r ng i êan c a m t n a ở ộ đ ủ ộ ử nhóm 29

2.4 i u ki n bi u di n h u h n Đ ề ệ ể ễ ữ ạ đố ớ ửi v i n a nhóm chính quy 33

K T LU NẾ Ậ 42

TÀI LI U THAM KH OỆ Ả 43

MỞ ĐẦU

Giả sử S là một nửa nhóm Khi đó tồn tại một bảng chữ cái A và một

tương đẳng ρ trên nửa nhóm tự do A + sao cho S ≅ A + /ρ Giả sử R là một quan

hệ hai ngôi trên A + sao cho tương đẳng sinh bởi R chính là ρ Khi đó cặp

<AR> được gọi là một biểu diễn đối với nửa nhóm S và được ký hiệu bởi:

P(S) = <AR>.

Một nửa nhóm S có thể thừa nhận nhiều biểu diễn khác nhau, trong đó

biểu diễn hữu hạn (nghĩa là A và R đều là các tập hữu hạn) được xem là tốt

nhất Tuy nhiên, đối với một nửa nhóm tuỳ ý không phải bao giờ cũng tồn tạimột biểu diễn hữu hạn

Mục đích của luận văn là dựa trên công trình Presentatian of semigroups

and inverse semigroups của tác giả Catarina Carvalho do Trường Đại học tổng

hợp St Andrew xuất bản năm 2003 để tìm hiểu về vấn đề:

Với điều kiện nào thì một nửa nhóm chính quy biểu diễn hữu hạn được.

Ngoài mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, cấu trúc luận văn chia làmhai chương như sau:

Chương 1 Nửa nhóm chính quy

Trong chương này chúng tôi trình bày các kiến thức về các quan hệ Grintrên nửa nhóm, D - lớp chính quy, nửa nhóm chính quy để làm cơ sở cho việctrình bày chương sau

Chương 2 Điều kiện biểu diễn hữu hạn đối với nửa nhóm chính quy

Đây là nội dung chính của luận văn

Trước hết, chúng tôi hệ thống các khái niệm và tính chất liên quan đếnnửa nhóm tự do, vị nhóm tự do và biểu diễn hữu hạn Sau đó chúng tôi trìnhbày điều kiện biểu diễn hữu hạn đối với mở rộng iđêan của nửa nhóm và cácnửa nhóm chính quy Các kết quả chủ yếu là:

Phần cuối luận văn khảo sát một lớp nửa nhóm ngược biểu diễn hữu hạnđược.

Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại trường Đại học Vinh Nhândịp này tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS.TS Lê QuốcHán, người đã hướng dẫn tác giả hoàn thành luận văn này

Tác giả xin trân tro ̣ng cảm ơn Ban chủ nhiệm Khoa Toán, phòng đào tạosau đại học cũng như các thầy giáo, cô giáo trong bộ môn Đại số - Lý thuyết

số đã tạo điều kiện giúp đỡ và hướng dẫn tác giả trong quá trình học tập vàhoàn thành luận văn này

Mặc dù đã rất cố gắng, song luận văn không thể tránh khỏi những thiếusót, chúng tôi rất mong nhận được những đóng góp quý báu của các thầy, côgiáo và các bạn đồng nghiệp Chúng tôi xin trân trọng cảm ơn

Nghệ An, tháng 8 năm 2012

Tác giả

CHƯƠNG 1 NỬA NHÓM CHÍNH QUY

1.1 Các quan hệ Grin trên nửa nhóm

trong đó S 1 a, aS 1 và S 1 aS 1 là các iđêan chính trái, chính phải và iđêan chính

của S sinh bởi a.

Từ định nghĩa trực tiếp suy ra:

a L b ⇔ ∃s, s’∈ S 1 : a = sb, b= s’a

a R b ⇔ ∃r,r∈ S 1 : a = br, b= ar’

Hơn nữa, L, R và J là các quan hệ tương đương trên S Thực ra, L là

một tương đẳng phải và R là một tương đẳng trái trên S.

Với mỗi x ∈ S, ta ký hiệu L x là L – lớp tương đương chứa x: L x ={ y S x∈ L y }

Tương tự, R x và J x là ký hiệu lớp tương đương theo R và J tương ứng

chứa x.

Chứng minh Giả sử (a,b) ∈L0 R Khi đó tồn tại c ∈ S sao cho (a,c) ∈

L và (c,b)∈ R Do đó tồn tại x,y,u,v ∈ S 1 sao cho

xa = c, cu = b,

yc = a, bv = c

Đặt d = ycu, khi đó

au = ycu = d, dv = ycuv = ybv = yc = a;

từ đó a R d

Ta lại có yb = ycu = d, xd = xycu = xau = cu = b và do đó d L b Suy ra

(a,b) ∈ Ro L, nghĩa là Lo R ⊆ Ro L Chứng minh tương tự có Ro L ⊆

Lo R và từ đó Lo R = RoL

xác định trong Định nghĩa 1.1.1 Ta xác định các quan hệ trên S bởi

Khi đó H là quan hệ tương đương lớn nhất trên S được chứa trong L và

R; và D là quan hệ tương đương bé nhất trên S chứa cả L và D

nhóm S.

Từ Định nghĩa 1.1.1 trực tiếp suy ra L ⊆J và R ⊆ J Từ đó D ⊆ J.

Ta nhắc lại rằng nửa nhóm S được gọi là tuần hoàn nếu mọi phần tử thuộc S đều có cấp hữu hạn Từ đó suy ra với mọi a ∈ S đều tồn tại số tự nhiên n ∈ ¥ * sao cho a n là một luỹ đẳng Thực tế, a n là đơn vị của nhóm con

tối đại K a được chứa trong nửa nhóm (xyclic) đơn diễn hữu hạn <a>.

và trong một nửa nhóm S giao hoán, ta cũng có

Kết quả sau đây đáng quan tâm:

Chứng minh Giả sử a J b Khi đó tồn tại x,y,u,v ∈ S 1 sao cho xay=b,

Ta cần chứng minh rằng tồn tại c ∈ S sao cho

a L c, c R b Từ (1) suy ra

a = (ux) a(yv) = (ux) 2 a (yv) 2 = (ux) 3 a(yv) 3 =…

b= (xu) b(vy)=(xu) 2 b(vy) 2 = (xu)3 b (vy) 3 = …

Vì S là nửa nhóm tuần hoàn nên tồn tại số nguyên dương m sao cho (ux) m

c = xa = x(ux) n+1 a(yv) n+1 = (xu) n-1 xay (vy) n v

= (xu) n+1 b (vy) 2n v= (xu) n+1 b(vy) n+1 (vy) n-1 v = b(vy) n v

Từ đó c R b nên (a,b) ∈LoR = D 

Để mô tả các lớp nửa nhóm quan trọng khác thoả mãn điều kiện D = J,

ta cần đưa một số ký hiệu và khái niệm chuẩn bị Chú ý rằng các quan hệ L ,

R và J được xác định theo thuật ngữ iđêan, nên thứ tự bao hàm giữa cáciđêan đó cảm sinh một thứ tự bộ phận giữa các lớp tương đương:

1 a

nÕunÕu aSnÕu S

(2)

Như vậy chúng ta có thể xét SL , SR và SJ như các tập hợp được

sắp thứ tự bộ phận Chú ý rằng đối với mọi a ∈ S và x,y ∈ S1, có

L a≤ L b⇒ J a≤ J b , R a≤ R b ⇒ J a ≤ J b (4)

Giả sử (X, ≤) là một tập hợp được sắp thứ tự bộ phận Thế thì (X, ≤)

được gọi là thoả mãn điều kiện cực tiểu nếu mọi tập hợp con khác rỗng của X

có phần tử cực tiểu (Giả sử Y là một tập con của X và a ∈ Y Khi đó a được

gọi là phần tử cực tiểu của Y nếu không có phần tử nào của Y thực sự lớn hơn

a, nghĩa là (∀y ∈Y) y ≤ a ⇒ y= a ).

1.1.5 Định nghĩa Nửa nhóm S được gọi là thoả mãn điều kiện min L,

min R hay min J nếu tập sắp thứ tự bộ phận SL , SR hay SJ tương ứngthoả mãn điều kiện cực tiểu

Các điều kiện này hiển nhiên tương ứng với điều hiện cực tiểu đối vớicác iđêan chính trái, iđêan chính phải hay iđêan chính tương ứng và yếu hơncác điều kiện tương ứng về iđêan (không nhất thiết là iđêan chính)

1.1.6 Mệnh đề Nếu S thoả mãn điều kiện min L và min R thì D = J

Chứng minh Giả sử S thoả mãn điều kiện minL và minR, thế thì S1 cũngthoả mãn các điều kiện ấy, vì S1 có cùng iđêan chính trái và chính phải như S.

Do đó ta có thể giả thiết rằng S có phần tử đơn vị.

Giả thiết rằng aJ b Thế thì tồn tại p,q,r,s ∈ S sao cho paq = b, rbs =a.

Suy ra tập hợp

X = {s S y S xay b∈ ∃ ∈ : = }khác rỗng, và từ đó tập con

{L x X x }

của SL khác rỗng Từ điều kiện minL ta tìm được phần tử cực tiểu Lu của ∧

và do đó ta có thể chọn một phần tử v ∈ S sao cho uav = b.

Khi đó uruavsv = b nên Luru∈∧ Từ (3) ta có Luru ≤ Lu, và do tính cực tiểucủa Lu trong ∧ suy ra Lu= Luru ≤ Lru ≤ Lu

Từ đó Lru= Lu và do đó ru Lu Vì L là một tương đẳng phải trên S nên

ruav L uav hay rb L b

Lập luận tương tự bằng cách sử dụng điều kiện minR ta nhận được rbs



1.2 D – lớp chính quy

L-lớp và cũng là hợp của các R-lớp Giao của một L- lớp và một R-lớp hoặcrỗng hoặc là một H-lớp Hơn nữa theo định nghĩa của D,

a Db⇔ R a∩ ≠∅⇔ ∩ ≠∅L b L a R b

Từ đó ta có thể hình dung một D – lớp như một “hộp trứng”, trong đó

vuông biểu diễn một H - lớp

Nếu D là một D–lớp tuỳ ý trong nửa nhóm S và ,a b D∈ sao cho a R b (nghĩa là a và b nằm trong cùng một dòng của hộp trứng), tức thì tồn tại s,s’

L vào L , đối với mỗi b x L∈ a thì xs L as vì L ổn định phải và do đó xs∈L

as = L Tương tự b ρs’ ánh xạ L vào b L và hợp thành a ρ ρs s':L a →L a thoả

mãn: đối với x ua= tuỳ ý thuộc L , x a ρsρs’ = uass ’ = ubs’ = ua = x

Như vậy ρsρs’ là ánh xạ đồng nhất của L a

Lập luận tương tự có ρ ρs' s là ánh xạ đồng nhất của L Từ đó b ρs La và

' Lb

s

ρ là các song ánh ngược nhau từ L lên a L và từ b L lên b L tương ứng a

Thậm chí chúng ta có thể nói nhiều hơn về các ánh xạ đó: Nếu x L∈ a thếthì phần từ y x= ρs thuộc L có tính chất y xs b = ,x ys= '.

Như vậy y R x , và do đó ánh xạ ρs bảo toàn các R- lớp Nó ánh xạmỗi H – lớp trong L một cách một – một lên a H - lớp tương ứng trongL b

Chú ý tương tự được áp dụng cho ρs'

Tóm lại ta đã chứng minh được kết quả sau:

1.2.2 Bổ đề (Bổ đề Grin) Giả sử a R b và s s, '∈S1 thỏa mãn

bảo toàn R – lớp từ L lên a L và từ b L lên b L tương ứng a

Lập luận tương tự, nhận được Bổ đề Grin đối ngẫu

bảo toàn L-lớp từ R lên a R và từ b R lên b R tương ứng a

Từ hai bổ đề trên nhận được kết quả sau

1.2.4 Bổ đề Giả sử a D b Thế thì |H a|= |H b|

Chứng minh Vì a D b nên tồn tại c S∈ sao cho a R c , c L b Thế

thì tồn tại s s t t, ', , '∈S1 sao cho as c cs= , '=a tc b t b c, = , ' =

Thế thì ρs H a là một song ánh lên H và c λt H c là một song ánh lên H b

Như vậy ρ λ1 t :xa txslà một song ánh từ H lên a H (với ánh xạ ngược b

Nói riêng, nếu asHa thì xa xslà một ánh xạ từ H lên chính nó Kết a

quả này cùng với lập luận đối ngẫu, nhận được

1.2.5 Bổ đề Giả sử , x y là các phần tử thuộc nửa nhóm S Nếu xy∈ H x

thì ρy H x là một song ánh từ H x lên chính nó Nếu xy∈ H y thì

y

x H

ánh từ H y lên chính nó.

thì hoặc H ∩ H 2 = ∅ hoặc H 2 = H và khi đó H là một nhóm con của S.

Chứng minh Giả thiết rằng H2∩ H ≠ ∅, nghĩa là tồn tại ,a b∈ H sao cho

ab∈H Theo Bổ đề 1.2.5, ρbvà λa là các song ánh từ H lên chính nó.Từ đó

hb H∈ và ah H∈ đối với mỗi h H∈ Cũng theo Bổ đề 1.2.5, λh vàρnlà cácsong ánh từ H lên chính nó

Từ đó Hh hH= =H đối với mỗi h H∈ Thế thì H2 =H và do đó H lànhóm con của S 

Nếu H chứa luỹ đẳng e thì e2 = e ∈ H2∩ H nên từ Định lý 1.2.6 trực tiếpsuy ra:

1.2.7 Hệ quả Nếu e là một luỹ đẳng của S thì H e là một nhóm con của S Không có một H - lớp nào trong S chứa quá một luỹ đẳng.

1.2.8 Định nghĩa a) Phần tử a thuộc nửa nhóm S được gọi là phần tử

chính quy nếu tồn tại x S∈ sao cho axa a= .

b) Nửa nhóm S được gọi là nửa nhóm chính quy nếu mọi phần tử của S

đều là phẩn tử chính quy

Nếu a là phần tử chính quy với axa a= , và nếu b ∈ L a thì tồn tại u, v ∈ S 1

sao cho ua = b , vb = a, và do đó b ua uaxa bxa b xv b= = = = ( ) , nên b cũng là phần tử chính quy Lập luận như vậy cho phần tử tuỳ ý thuộc R a, nhận được:

1.2.9 Mệnh đề Nếu a là một phần tử chính quy của nửa nhóm S, thế thì

mỗi phần tử thuộc D a cũng là phần tử chính quy.

1.2.10 Định nghĩa Giả sử D là một D- lớp trong nửa nhóm S Khi đó D

được gọi là D- lớp chính quy nếu mỗi phần tử thuộc D đều là phần tử chính

quy

Vì các luỹ đẳng là các phần tử chính quy nên mỗi D- lớp chứa luỹ đẳngđều là D- lớp chính quy Ngược lại, chúng ta có thể chứng tỏ rằng mỗi D-lớp chính quy phải chứa ít nhất một luỹ đẳng Thực ra ta có thể chứng minhđược rằng:

1.2.11 Mệnh đề Trong một D - lớp chính quy, mỗi L – lớp và mỗi L - lớp

chứa một luỹ đẳng.

Chứng minh Nếu a là một phần tử thuộc D- lớp và nếu x∈ S sao cho axa = a, thế thì xa là luỹ đẳng và xa La Tương tự, ax là luỹ đẳng và axRa.



1.2.12 Mệnh đề Mỗi luỹ đẳng e trong một nửa nhóm S là một đơn vị

trái đối với R e và một đơn vị phải đối với L e

Chứng minh Nếu a∈ R e thì a = ex đối với x ∈ S 1 nào đó và do đó

ea = e(ex)= e 2 x = ex = a

Vậy e là đơn vị trái đối với R e

Tương tự be = b đối với tất cả b∈L e nên e là đơn vị phải đối với L e 

1.2.13 Định nghĩa Giả sử S là một nửa nhóm và a∈S Nếu tồn tại a’∈S

sao cho aa’a =a, a’aa’=a’ thì a’ được gọi là phần tử ngược của a (và khi đó a

là phần tử ngược của a’)

Chú ý rằng một phần tử với một phần tử ngược nhất thiết chính quy Hơn

nữa, mỗi phần tử chính quy có một phần tử ngược: nếu tồn tại x∈ S sao cho axa = a, thế thì định nghĩa a’=xax có

aa’a=axaxa= axa = a’, a’aa’ = xaxaxax= xaxax = xax =a’.

Một phần tử a có thể nhiều hơn một phần tử ngược: Tập hợp tất cả các phần tử ngược của a được ký hiệu bởi V(a).

Hộp trứng của một D – lớp rất hiệu quả trong việc xác định phần tử

ngược Trước hết chú ý rằng nếu a là một phần tử của một D - lớp chính

quy D thì mỗi phần tử ngược a’ của a phải nằm trong D, hơn nữa a Raa’ và

aa’ La’.

Chúng ta đã chứng minh một phần của kết quả sau:

1.2.14 Định lý Giả sử a là một phần tử của một D- lớp chính quy trong nửa nhóm S Khi đó:

(1) Nếu a’∈ V(a) thì a’∈ D và hai H – lớp R a ∩ La’, L a∩ R a tương ứng chứa luỹ đẳng aa’ và a’a;

(2) Nếu b∈D sao cho R a∩L b và L a∩R b tương ứng chứa các luỹ đẳng e và

f, thế thì H b chứa một phần tử ngược a * của a sao cho aa* = e, a * a = f;

(3) Không có một H– lớp nào chứa nhiều hơn một phần tử ngược của a.

Chứng minh Ta chỉ còn phải chứng minh (2) và (3)

Để chứng minh (3) giả thiết rằng a’ và a * là các phần ngược của a nằm

trong H – lớp H b Khi đó aa’và aa * là các luỹ đẳng nằm trong H – lớp

R a∩L b Từ đó aa’=aa * theo Hệ quả 1.2.7 Tương tự a’a=a * a và do đó

a * =a * aa * =a * aa’=a’aa’=a’ Chú ý rằng Định lý 1.2.14 cho phép chúng ta xác định các phần tử ngượccủa một phần tử chính quy khi biết các luỹ đẳng nằm ở đâu Chẳng hạn, trongmột nửa nhóm hữu hạn, chúng ta có thể nói ngay rằng số các phần tử ngược

của một phần tử a là số các luỹ đẳng nằm trong R a được nhân bởi số các luỹ

đẳng nằm trong L a

1.2.15 Mệnh đề Giả sử e,f là các luỹ đẳng trong một nửa nhóm S Thế

thì (e,f)∈ D nếu và chỉ nếu tồn tại một phần tử a∈ S và một phần tử ngược a’của a sao cho aa’=e, a’a=f

Chứng minh Trước hết giả thiết rằng (e,f)∈ D Thế thì e và f cùng nằm

trong một D – lớp chính quy

Giả sử a∈ R e ∩ L f Thế thì theo Định lý 1.2.14 (2) tồn tại phần tử ngược

a’của a sao cho a’∈ R f ∩ L e và ; aa’ = e, a’a = f

Đảo lại, nếu tồn tại các phần tử ngược nhau a, a’ sao cho aa’=e, a’a=f, thế thì theo Định lý 1.2.14(i) suy ra e Ra , a L f Từ đó e D f 

1.2.16 Mệnh đề Nếu H và K là hai H- lớp nằm trong cùng một D- lớp

chính quy thì H và K đẳng cấu.

Chứng minh Phương pháp chứng minh chủ yếu sử dụng phép chứng

minh trong Bổ đề 1.2.4 với một cách chọn cẩn thận các ánh xạ chuyển dịch

Giả thiết rằng H=H e và K = H f , trong đó e,f là các luỹ đẳng và tương ứng là các đơn vị của các nhóm H e và H f

Giả sử a∈ R e ∩ L f thế thì theo Định lý 1.1.14 tồn tại phần tử ngược duy

nhất a’ của a sao cho a’∈ R e ∩L f và ta có

aa’=e, a’a = f, ea = af = a, a’e = fa’= a’.

Theo các Bổ đề Grin (1.2.1và 1.2.2) , ρa H e là một song ánh từ H e lên H a

và λa H' a' là một song ánh từ H e lên H f Như vậy ánh xạ φ ρ λ= a a' được cho

bởi xφ = a’xa (x ∈ H e ) là một song ánh từ H e lên H f với ánh xạ ngược đượccho bởi

yφ− 1= aya’ (y ∈ H f)song ánhφ là một đẳng cấu, vì nếu x 1 , x 2∈H e thì

(x 1φ) (x 2φ)= a’x 1 aa’x 2 a=a’x 1 ex 2 a=a’(x 1 x 2 )a=(x 1 x 2 ) φ, vì e là phần tử đơn

vị của H e 

1.2.17 Mệnh đề Giả sử a,b là các phần tử trong một D – lớp D Khi đó

ab∈R a∩L b nếu và chỉ nếu L a∩ R b chứa luỹ đẳng.

Chứng minh Trước hết giả thiết rằng ab ∈R a ∩ L b Khi đó tồn tại c∈ R

sao cho abc = a, và theo Bổ đề Grin (1.2.2), phép chuyển dịch phải ρc:xa x

ánh xạ H b lên L a ∩ R b Nói riêng, bc∈ L a ∩ R b phép chuyển dịch ρb:ya yb

ánh xạ L a ∩ R b lên H b và là ánh xạ ngược củaρc , từ đó bc là một luỹ đẳng vì

(2) (a,b) ∈ R nếu và chỉ nếu tồn tại a' ∈ V(a) và b' ∈ V(b) sao cho aa' = bb'.

(3) (a,b) ∈ H nếu và chỉ nếu tồn tại a' ∈ V(a) và b' ∈ V(b) sao cho a'a = b ’ b và aa' = bb'.

Chứng minh (1) Trước hết giả thiết rằng (a,b) ∈L Nếu a' ∈ V(a) thì a'a

là một luỹ đẳng trong L a = L b R - lớp R b chứa ít nhất một luỹ đẳng theo

Mệnh đề 1.2.11 và khi đó theo Định lý 1.2.14 (2), H - lớp Ra'a ∩ Re chứa phần tử ngược b' của b với tính chất b'a = a'a (và b'b = e) Chú ý rằng ta đã

chứng minh được phép kéo theo mạnh hơn

(a,b) ∈L ⇒ (∀ a' ∈ V(a)) (∃b' ∈V(b)) a'a = b'b.

Đảo lại, nếu a'a = b'b đối với a' ∈ V(a) nào đó và b' ∈ V(b) nào đó thì a

La'a và b'b L b theo Định lý 1.2.14 (1), và do đó a L b.

Phần (2) được chứng minh tương tự, và chúng ta lại chứng minh đượcrằng:

(a,b) ∈R ⇒ (∀ a' ∈ V(a)) ∃ b'∈ V(b)) aa' = bb'

Để chứng minh (3), giả thiết rằng a H b và a' ∈V(a) thế thì aa' = R a = R b

và a'a ∈ L a = L b Từ đó, theo Định lý 1.2.14 (2), H - lớp L aa'∩ R a'a chứa một

phần tử ngược b' của b sao cho bb' = aa' và b’b = a'a Khi đó ta lại chứng

minh được rằng:

(a,b) ∈H ⇒ (∀a' ∈V(a)) (∃b'∈V(b)) a'a = b'b và aa' = bb' 

1.3.2 Ký hiệu Giả sử S là một nửa nhóm (không nhất thiết chính quy)

và U là nửa nhóm của S Nếu a, b ∈ U thì ta có nói về hai quan hệ Green

cùng loại của a và b Chẳng hạn : (a,b) ∈ L U nghĩa là tồn tại u, v ∈ U1 sao

cho ua = b, vb = a, trong khi đó (a,b) ∈ L S nghĩa là tồn tại r, t ∈ S 1 sao cho

sa = b, tb = a Chúng ta cũng sẽ sử dụng các ký hiệu

U a

DU ⊆Ds∩ (U x U), J U⊆J S∩ (U x U),

Các bao hàm thức này có thể thật sự, chẳng hạn nếu S là một nhóm

xyclic vô hạn sinh bởi a và U là nửa nhóm đơn diễn vô hạn gồm tất cả các luỹthừa nguyên dương của a, thế thì:

L U = RU = H U = D U = J U = 1U.trong khi đó:

LS = (U x U) = RS∩ (U x U) = H S∩ (U x U)

= DS∩ (U x U) = J S∩ (U x U) = U x UHơn nữa, chúng ta có kết quả sau:

1.3.3 Mệnh đề Nếu U là một nửa nhóm con chính quy của nửa nhóm S,

thế thì: L U = L S∩ (U x U), RU = RS∩ (U x U), H U = H S∩ (U x U) Chứng minh Giả thiết rằng (a,b) ∈L S∩ (U x U), và a', b' là các phần tử

ngược của a,b trong U tương ứng Thế thì (a’a,a∈L U⊆LS, (b’b,b)∈LU ⊆ L S

và do đó (a’a,b’b)∈ LS Theo Mệnh đề 1.2.12 mỗi phần tử a’a và b’b là một

đơn vị đối với S' S'

a a b b

a’a b’b = a’a, b’b a’a = b’b.

Các đẳng thức này chỉ liên quan đến các phần tử thuộc U và do đó có thể

kéo theo rằng (a’a, b’b) ∈LU Nhưng khi đó ta có

a L U a’a, a’a LU b’b, b’b LUb,

và như vậy a LUb

Phép chứng minh đối với R là đối ngẫu và kết quả đối với H là hệ quảcủa các kết quả đối với L và R.

1.3.4 Chú ý Khẳng định tương tự đối với D và J không đúng Chẳnghạn, xét nửa nhóm B2 được sinh bởi hai phần tử a,b với hệ thức xác định

R = {a2 =b2 =0,aba a bab b= , = } nghĩa là:

P (B 2 ) = < a,b a 2 =b 2 =0, aba =a, bab =b>.

Khi đó B2= ( { } { }* )

a b ∪ ρ, trong đóρ là tương đẳng sinh bởi

{ a2,0 , b2,0 , aba a, , bab b Thế thì S = , } B2 là chính quy: các luỹ đẳng

o,e = ab, f = ba chắc chắn là phần tử chính quy, còn a và b là hai phần tử

ngược nhau Nửa nhóm U={o e f, , } chính quy là một nửa dàn, và do đó

L U= RU= H U= DU= J U= 1U .Mặt khác, các RS- lớp là { } { } { }0 , , ,e a f b còn các , L - lớp là

{ } { } { }0 , , ,e b f a Từ đó các , DS- lớp là { }0 và {e f a b , , , }

Vì S hữu hạn nên J S= DS, do đó

(e,f) ∈DS∩ (U x U) = J S∩ (U x U)

1.3.5 Nhận xét Nếu S là nửa nhóm chính quy và ρ là một tương đẳng

trên S thì nửa nhóm thương S/ρ chính quy Thật vậy, nếu a’ là một phần tử

ngược của a trong S (nghĩa là aa’a=a, a’aa’ = a) thì a’ρlà phần tử ngược của

aρ trong S/ρ, vì

aρ.a’ρ.aρ = (aa’a) ρ= aρ, a’ρ.aρ.a’ρ= (a’aa’) ρ= a’ρ.

nhóm chính quy S và aρ là một luỹ đẳng trong S/ρ Khi đó tồn tại luỹ đẳng e

trong S sao cho eρ = aρ Hơn nữa, e có thể được chọn sao cho R e ≤ R a , L e ≤ L a .

Chứng minh Giả sử aρ là một luỹ đẳng trong S/ρ Thế thì (a,a 2) ∈ ρ.

Giả sử x 2 là một phần tử ngược của a 2:

a 2 xa 2 = a 2 , xa 2 x = x.

Đặt e = axa Thế thì

e 2 =a(xa 2 x)a = axa = e

nên e là một luỹ đẳng Cũng như vậy, theo modulo ρ, có

Chú ý rằng kết quả này không đúng nếu thiếu giả thiết chính quy Có

một đổng cấu từ nửa nhóm đơn diễn tự do a + = {a n n ∈ ¥ } lên nửa nhóm

đơn diễn hữu hạn M(m,r) (m là chỉ số và r là chu kỳ), nhưng luỹ đẳng trong

M(m,n) không có một nghịch ảnh luỹ đẳng trong a + , vì a + không có luỹ đẳng

Nếu S là một nửa nhóm và E là tập các luỹ đẳng của S, thế thì ta nói rằng

tương đương ρ trên S tách luỹ đẳng nếu

ρ∩ (E x E) = 1 E

nghĩa là không có ρ - lớp nào chứa nhiều hơn một luỹ đẳng Theo Hệ quả1.2.7, H là một tương đương tách luỹ trên nửa nhóm S tuỳ ý, và do đó mỗi

tương đẳng được chứa trong H là tách luỹ đẳng Thực ra ta có

trên S tách luỹ đẳng nếu và chỉ nếu ρ ⊆ H Từ đó H c là tương đẳng

tách luỹ đẳng lớn nhất trên S (trong đó H c là tương đẳng lớn nhất được chứa trong H ).

Chứng minh Giả sử ρ là một tương đẳng tách luỹ đẳng trên nửa nhóm

chính quy S Ta phải chứng tỏ rằng ρ⊆H Giả sử (a,b) ∈ρ và a’∈ V(a)

Khi đó (aa’, ba’) ∈ρ và do đó theo Bổ đề Lallement tồn tại một luỹ đẳng

e sao cho (e,ba’)∈ ρ và Re ≤ R ba’ Nhưng khi đó (e,aa’)∈ ρ và do đó e = aa’

chứa trong H

1.3.9 Mệnh đề Giả sử S là một nửa nhóm chính quy với tập hợp E các

luỹ đẳng và e, f ∈ E.Ký hiệu: S(e,f)={g∈ V(ef)∩ R ge = fg = g}.

Thế thì S(e, f) khác rỗng.

Chứng minh Giả sử x ∈ V(ef) và g = fxe Thế thì

(et) g (et) = ef 2 xe 2 f = efxef = ef g(ef)g = f (xe 2 f 2 xe = f(xefx)e = fxe= g

và do đó g ∈ V(ef) Ta lại có

g 2 = f (xefx)e = fxe = g,

và do đó g ∈ E Cuối cùng, rõ ràng ge = fg =g và do đó g ∈ S(e,f) 