三角代數上理想包含圖的自同構

陳莉

(中國礦業大學數學系,江蘇徐州 221116)

1 引言

近幾十年來,為了利用圖的組合結構來研究環的代數結構,人們利用環上的兩種代數運算定義了多種圖,如環的零因子圖、交換圖、全圖等,這些圖的定義以及部分研究結果可以參考文獻[1–9]等.眾所周知環的許多性質與它的理想有著密切的關系.自然地,利用環的理想構造一些圖,通過研究這些圖的組合性質來刻畫環的理想性質有著重要的意義.文獻中相關的圖有互極大圖、理想交圖、理想包含圖等,這些圖的研究可以參考文獻[10–13]等.

在研究與環相關的圖時,許多工作致力于研究圖的一些參數,比如圍長、直徑、團數、色數等.這些參數可以揭示圖的結構性質,環的性質以及它們之間的相互關系.另外,圖的自同構是代數圖論中一個重要的概念,它可以揭示圖的頂點之間的關系以及圖的對稱性.但是正如文獻[14]中所說,確定一個圖的非平凡自同構不是一件容易的事.通過查閱文獻,我們發現對于環上這些圖,有關自同構的結果很少.我們只找到有關環上零因子圖自同構的幾個結果.對于環R,零因子圖記為Γ(R),Aut(Γ(R))表示其上的自同構群.Anderson與Livinston[1]證明了對于非素整數n≥4,Aut(Γ(Zn))是對稱群的直積.對于素數p和非交換環R=Mat2(Zp),Han[15]證明了Aut(Γ(R))?Sp+1.Park與Han[16]證明了對于有限域Fq上的二階矩陣環R=Mat2(Fq),Aut(Γ(R))?Sq+1.但是最近文獻[17]得出了下面的結論:Aut(Γ(M2(Fq)))的大小是((q?1)!)(q+1)2(q+1)!,并指出上面兩篇文章中的結論是不對的.文獻[18]與[20]進一步給出有限域上上三角矩陣環的零因子圖的自同構刻畫.

在文獻[12]中,環R上的理想包含圖In(R)定義為以R的非平凡左理想為頂點集,兩個不同左理想I與J有一條邊相連當且僅當IJ或JI;文獻[12]中研究了圖In(R)的連通性以及圖的參數.設Fq為有限域,Fq上n×n階上三角矩陣環記為R.文獻[13]研究了環R上的理想關系圖Γi(R),以R為頂點集,從A到B有一條有向邊當且僅當IAIB,其中IA表示由A生成的雙邊理想,并確定了它的自同構.文獻[12]與[13]中的圖是有差別的,但都是利用理想的包含關系定義的圖,所以可以統稱為理想包含圖.本文將文獻[13]中的結果推廣到上三角代數上,研究了有限域上分塊上三角矩陣環上的理想包含圖并給出了其上的自同構的描述.

設Fq為有限域,A為分塊上三角矩陣,其中Aij(1≤i≤j≤r)為Fq上ni×nj矩陣.對于固定的正整數序列(n1,n2,···,nr),形如A的所有分塊上三角矩陣記為B(q,(n1,n2,···,nr)),簡記為B(q,r).我們稱(n1,n2,···,nr)為B(q,r)的分塊模式.在矩陣的常用運算下,B(q,r)是一個代數,稱之上三角代數.

理想包含圖In(B(q,r))是一個有向圖,以B(q,r)為頂點集,從A到B有一條有向邊,記為A→B,當且僅當IAIB,其中IA表示由A生成的雙邊理想.本文研究了B(q,r)中的理想,證明了B(q,r)為主理想環,并且給出了In(B(q,r))上自同構的描述.有限域Fq上的上三角矩陣是分塊模式為(1,1,···,1)的分塊上三角矩陣,因此文獻[13]中的理想關系圖是本文研究對象的一個特例.

本文的第二節、第三節分別給出B(q,r)中理想的刻畫與理想包含圖In(B(q,r))上自同構的刻畫.

2 上三角代數中的理想

令S={(i,j)|1≤i≤j≤r}.文獻[13]在S上定義了二元關系:(i1,j1)(i2,j2)當且僅當i2≤i1且j1≤j2.若(i1,j1)(i2,j2)且(i1,j1)/=(i2,j2),則記為(i1,j1)(i2,j2).子矩陣Aij所在的行集與列集分別記為Ni與Nj,且記(Ni,Nj)={(s,t)|s∈Ni,t∈Nj}.

定義2.1若A的子矩陣Aij滿足:Aij/=0,且對于任意的(s,t)(i,j)有Ast=0,則稱Aij為A的承塊.記A的所有承塊全體為supp(A).相應地,稱(Ni,Nj)為A的承塊區,記A的承塊區全體為suppb(A).記(A)}以及

例2.2A是Z5上模式為(2,1,2,1)的分塊上三角陣,

易見supp(A)={A11,A23,A34},{A11,A12,A13,A14,A23,A24,A34}.承塊A11所在的區域為(N1,N1)={(1,1),(1,2),(2,1),(2,2)}.

顯然,若 (s,t)∈(Ni1,Nj1),(s′,t′)∈(Ni2,Nj2)且 (i1,j1)(i2,j2),則有s′≤s且t≤t′;若Ai1j1與Ai2j2均是A的承塊,則有i1/=i2,j1/=j2.

引理 2.3設A∈B(q,r)且suppb(A)={(Ni1,Nj1),(Ni2,Nj2),···,(Nim,Njm)}.

(i)若Akl則Akl=0;若(i,j)(k,l),Akl則Aij=0;

(ii)若i1＜i2＜···＜im,則j1＜j2＜···＜jm.

證 (i)的證明.若Akl/=0,則存在序對(i,j)滿足(i,j)(k,l)且Aij∈supp(A),從而矛盾.結論的后半部分顯然成立.

(ii)的證明.若存在序對(s,t)使得is＜it且js＞jt,則(it,jt)(is,js).由Aisjs為承塊得Aitjt=0,這與Aitjt也是承塊相矛盾.因此結論成立.

引理2.3對刻畫B(q,r)的理想和主理想有重要的作用.

定義2.4若ik≤jk(1≤k≤m),1≤i1＜i2＜ ···＜im≤r且1≤j1＜j2＜ ···＜jm≤r,則稱{(i1,j1),(i2,j2),···,(im,jm)}為[1,r]×[1,r]上的一個上三角階梯.記[1,r]×[1,r]所有上三角階梯的集合為uts(r).

由引理2.3知B(q,r)中任意非零元的承塊區的指標集是一個上三角階梯.記B(q,r)的雙邊理想全體為I(B(q,r)).對于A∈B(q,r),IA表示由A生成的主理想.A在s行、t列處的元素用Ast來表示.另外,用Est表示在s行、t列處的元素為1且其余元素均為0的矩陣.

引理2.5設I為B(q,r)的一個理想.若Est∈I且(s,t)∈(Ni,Nj),則對于任意的(i′,j′)滿足 (i,j)(i′,j′) 以及任意的 (s′,t′)∈(Ni′,Nj′) 有Es′t′∈I.

證 由 (i,j)(i′,j′),(s,t)∈(Ni,Nj) 以及 (s′,t′)∈(Ni′,Nj′),得到s′≤s和t≤t′. 因此Es′s,Ett′∈B(q,r) 且Es′sEstEtt′=Es′t′,從而有Es′t′∈I.

命題2.6對于任意的A/=0∈B(q,r),IA=A,其中

證 首先證明對于任意的P,Q∈B(q,r)有PAQ∈A,從而有IAA.由分塊陣的乘法知,PAQ∈B(q,r).而且對于1≤k≤l≤r,

設(Nk,Nl)∈/suppb(A),也就是Akl考察PAQ在分塊區(Nk,Nl)處的子矩陣.當k≤s≤t≤l時,(s,t)(k,l).由引理2.3,Ast=0,因此有(PAQ)kl=0.由(Nk,Nl)的任意性,有PAQ∈A.

下面證明對于任意的 (Ni′,Nj′)以及 (s′,t′)∈(Ni′,Nj′),有Es′t′∈IA,進而有AIA. 由于 (Ni′,Nj′)所以存在 (i,j)≤ (i′,j′) 使得 (Ni,Nj)∈suppb(A).由(Ni,Nj)∈suppb(A)知存在(s,t)∈(Ni,Nj)滿足ast/=0,從而有由引理 2.5 可得對于任意 (s′,t′)∈(Ni′,Nj′),Es′t′∈IA. 綜上可得A=IA.

推論2.7存在B(q,r)的非零主理想與上三角階梯uts(r)之間的一一對應.

證 由引理2.3知B(q,r)中任意非零元素承塊區的指標集是一個上三角階梯.同時顯然對于每一個上三角階梯,存在B(q,r)中非零元素使其以該上三角階梯為承塊區的指標集.另外由命題2.6知對于任意的A,B∈B(q,r),IA=IB當且僅當suppb(A)=suppb(B).因此結論成立.

設I為B(q,r)的一個理想.若存在(s,t)∈(Ni,Nj)使得Est∈I,則由引理2.5知對于任意的 (s′,t′)∈(Ni,Nj) 有Es′t′∈I.

定義2.8設I為B(q,r)的一個理想.若存在(s,t)∈(Ni,Nj)使得Est∈I,則稱分塊區(Ni,Nj)為I的內塊區.I的所有內塊區的集合記為Iin,它在全集{(Ni,Nj)|1≤i≤j≤r}下的補記為Iout. 若 (Ni,Nj)∈Iin且對于任意的 (i′,j′)(i,j) 有 (Ni′,Nj′)∈Iout,則稱(Ni,Nj)為I的邊界區.I的所有邊界區的集合記為Ib.

若 (Ni,Nj)∈Iin且 (i,j)(i′,j′),由引理 2.5 知 (Ni′,Nj′)∈Iin. 對于子集Ni,令=max{s|s∈Ni}.若(Ni,Nj)∈Iin,則ENiMNjm∈I.為了方便,也簡記為ENiNj.

命題2.9 B(q,r)為主理想環.

證 零理想是由零生成的.對于任意的非零理想I∈I(B(q,r)),由上面的討論知

令A=Σ(Ni,Nj)∈IbENiNj.由邊界區的定義和性質知Ib恰是A的承塊區suppb(A),且容易看出從而由命題2.6得

推論2.10存在I(B(q,r))/{0}與uts(r)之間的一一對應.

證 由推論2.7以及命題2.9可得.

3 B(q,r)上的理想包含圖及其上的自同構

理想包含圖In(B(q,r))是一有向圖,以B(q,r)為頂點集且從A到B有一條有向邊A→B當且僅當IAIB.這里的理想包含圖與文獻[12]中的有些差別.在文獻[12]中,環R上的理想包含圖In(R),以R的所有非平凡的左理想為頂點,左理想I1和I2之間有一條邊相連當且僅當I1I2或I2I1.因此文獻[12]中理想包含圖是無向的且頂點集是非平凡的左理想.我們所討論的理想包含圖In(B(q,r))是有向圖且頂點集是B(q,r)中的所有元素.圖In(B(q,r))的自同構群記為Aut(In(B(q,r))).

在圖In(B(q,r))中,頂點A的左、右鄰點集分別記為Nl(A)={B|B→A}與Nr(A)={B|A→B}.記di(A)=|Nl(A)|以及do(A)=|Nr(A)|,它們分別稱為A的入度和出度.如果A與B在In(B(q,r))中具有相同的左、右鄰點,則稱A與B為孿生點,記為A～B.若在圖In(B(q,r))中,兩個頂點生成相同的主理想,則它們顯然是孿生點.容易驗證孿生關系～是B(q,r)上的一個等價關系,記A所在的孿生等價類為[A].我們知道圖的自同構保持頂點的度以及等價類的大小不變,也就是,對于任意的σ∈Aut(In(B(q,r)))和A∈B(q,r),有di(σ(A))=di(A),do(σ(A))=do(A) 且|[σ(A)]|=|[A]|.

引理3.1在理想包含圖In(B(q,r))中,下面的結論成立

(i)從A到B有有向邊(A→B)當且僅當

(ii) 設r≥ 3. 對于任意的 1 ≤i≤j≤r,(s,t)∈(Ni,Nj) 以及 (s′,t′)∈(Ni′,Nj′),[Est]=[Es′t′]當且僅當 (i,j)=(i′,j′);

(iii)設r≥3且(s,t)∈(Ni,Nj).X～Est當且僅當suppb(X)={(Ni,Nj)}.

證 從命題2.6可以直接得到(i).

(ii) 的證明. 若 (i,j)=(i′,j′), 由推論 2.7 得到IEst=IEs′t′, 進而有 [Est]=[Es′t′]. 下面證明若 (i,j)/=(i′,j′), 則 [Est]/=[Es′t′]. 假定 (i,j)/=(i′,j′). 若 (i,j)(i′,j′), 則由命題 2.6 得IEs′t′IEst, 進而有Es′t′→Est. 但是EstEst, 因此 [Est]/=[Es′t′]. 如果(i′,j′)(i,j),可以類似的得到 [Est]/=[Es′t′]. 下面假定i＞i′且j＞j′. 若j/=r,則有ENiNr→Est, 但ENiNrEs′t′. 若j′/=1,則有Es′t′ →ENi′Nj′?1,但EstENi′Nj′?1. 若j=r且j′=1,由r≥ 3 知存在j′＜k＜j. 從而ENi′Nk→Es′t′,但是ENi′NkEst. 因此都有 [Est]/=[Es′t′]. 當i＜i′且j＜j′時,類似可得 [Est]/=[Es′t′].

(iii)的證明.若suppb(X)={(Ni,Nj)},則由命題2.6有IX=IEst,進而有X～Est.因此充分性成立.下面證明必要性.假定X～Est.若|supp(X)|=1,假設suppb(X)={(Ni′,Nj′)}并任取 (s′,t′)∈(Ni′,Nj′). 由推論 2.7 知,IX=IEs′t′. 從而 [X]=[Es′t′],進而有 [Est]=[Es′t′]. 由結論 (ii) 知 (i,j)=(i′,j′). 因此 suppb(X)=(Ni,Nj). 下面證明|supp(X)|不可能大于1.若|supp(X)|≥ 2,則對于任意的(Ni′,Nj′)∈suppb(X)以及(s′,t′)∈(Ni′,Nj′),有Es′t′ →X. 因此Es′t′ →Est,進而有 (i,j)(i′,j′). 由 (Ni′,Nj′) 的任意性,得到IXIEst,進而X→Est.但EstEst,與假定X～Est相矛盾.

推論3.2設r≥3以及1≤k≤r.對于任意的(s,t)∈(N1,Nk),|[Est]|=(qn1nk?對于任意的

證 由引理3.1的(iii)知對于任意的(s,t)∈(N1,Nk),

由此易見結論的前半部分成立,后半部分同理可得.

引理3.3對于理想包含圖In(B(q,r))中頂點的度,下面的結論成立.

(i)di(0)=0;

(ii)任意(s,t)∈(N1,Nr),di(Est)=1;任意A∈B(q,r),di(A)=1當且僅當A～EN1Nr;

(iii)任意(s,t)∈(N1,Nk),di(Est)=其中1≤k≤r?1;任意(s,t)∈其中2≤k≤r;

(iv)任意A∈B(q,r),di(A)=qn1nr當且僅當A～EN1Nr?1或A～EN2Nr.

證 由引理3.1可得Nl(0)=?;任意的(s,t)∈(N1,Nr),Nl(Est)={0};任意的1 ≤k≤r?1 以及 (s,t)任意的2 ≤k≤r以及 (s,t)∈(Nk,Nr),Nl(Est)=顯然,若A/=0,AEN1Nr,AEN1Nr?1且AEN2Nr,則有di(A)＞qn1nr.因此結論成立.

若雙射σ:B(q,r)→B(q,r)只置換孿生點,則σ∈Aut(In(B(q,r))),這樣的自同構稱之為奇異自同構.圖In(B(q,r))上奇異自同構的全體記為Sin(In(B(q,r))).

定理3.4圖In(B(q,2))上的自同構都是奇異的.

證 當r=2,上三角階梯utr(2)只有四種形式且對應的代表元可取

同時有di(0)=0;di(EN1N2)=1;di(EN1N1)=di(EN2N2)=qn1n2;di(EN1N1+EN2N2)＞qn1n2.另外在B(q,2)中,EN1N1～EN2N2.既然自同構保持頂點的度,從而In(B(q,2))上的自同構都是奇異的,即Aut(In(B(q,2)))=Sin(In(B(q,2))).

假設(n1,n2,···nr)為一正整數序列滿足:對于任意的1≤k≤r都有nk=nr+1?k.定義映射τP:B(q,r)→B(q,r),對于任意的A∈B(q,r),τP(A)=PATP,其中P=AT表示A的轉置.容易驗證在假定條件下τP的定義是合理的且是一個雙射.

命題3.5τP為圖In(B(q,r))上的自同構.

證 假設從A到B有有向邊,A→B.從而有IAIB,進而A∈IB.因此存在Q1,Q2∈B(q,r)使得A=Q1BQ2.從而有PATP=因此IPATPIPBTP.若IPATP=IPBTP,則PBTP∈IPATP.同上類似可得B∈IA,進而有IA=IB,與前提IAIB相矛盾.因此IPATPIPBTP,進而有τP(A)→τP(B).所以τP∈Aut(In(B(q,r))).

假設σ∈Aut(In(B(q,r)))(r≥3).為了刻畫σ,需要揭示對于任意的A∈B(q,r),A與σ(A)之間的關系.

引理 3.6σ(0)=0;[σ(EN1Nr)]=[EN1Nr];[σ(EN1Nr?1)]=[EN1Nr?1]或 [σ(EN1Nr?1)]=[EN2Nr]且n1nr?1=n2nr.

證 從引理3.3,推論3.2以及σ保持頂點度以及孿生等價類大小,可得結論成立.

命題 3.7(i) 若 [σ(EN1Nr?1)]=[EN1Nr?1],則對于任意的 2 ≤k≤r?1,[σ(EN1Nr?k)]=[EN1Nr?k]成立;

(ii)若[σ(EN2Nr)]=[EN2Nr],則對于任意的3≤k≤r,[σ(ENkNr)]=[ENkNr]成立;

(iii)若 [σ(EN1Nr?1)]=[EN2Nr],則對于任意的 0 ≤k≤r?1,[σ(EN1Nr?k)]=[ENk+1Nr]且n1nr?k=nk+1nr.

證 (i)的證明.在假定條件下k=1時結論成立.下面證明若結論當k=t時成立,則當k=t+1時結論也成立.從而由歸納法知結論對于任意的k都成立.假定[σ(EN1Nr?t)]=[EN1Nr?t]. 由EN1Nr?t→EN1Nr?(t+1), 可得EN1Nr?t→σ(EN1Nr?(t+1)). 因此IEN1Nr?tIσ(EN1Nr?(t+1)). 由引理 2.3,存在 (Ni,Nj)∈suppb(σ(EN1Nr?(t+1))) 且 (i,j)(1,r?t).因此i≥ 1且j≤r?t.若i≥ 2或suppb(σ(EN1Nr?(t+1)))?{(Ni,Nj)}/=?,則有

從而有di(σ(EN1Nr?(t+1)))矛盾. 因此 suppb(σ(EN1Nr?(k+1)))={(N1,Nj)}.由di(σ(EN1Nr?(t+1)))=di(EN1Nr?(t+1))以及引理 3.3 可得j=r?(t+1),進而有

(ii)的證明.由[σ(EN2Nr)]=[EN2Nr]證明對于任意的1≤k≤r,[σ(ENkNr)]=[ENkNr]成立,可以類似于(i),省略.

(iii)的證明.由假定以及引理3.6知結論當k=0,1時成立.下面用歸納法來證明.假設結論當k=l時成立. 由 [σ(EN1Nr?l)]=[ENl+1Nr] 以及EN1Nr?l→EN1Nr?(l+1),可得ENl+1Nr→σ(EN1Nr?(l+1)). 因此IENl+1NrIσ(EN1Nr?(l+1)). 由命題 2.6知存在(Ni,Nj)∈suppb(σ(EN1Nr?(l+1)))且(i,j)(l+1,r).因此j≤r且i≥l+1.若j＜r且suppb(σ(EN1Nr?(l+1)))?{(i,j)}/=?,則但是由引理3.3知道di(EN1Nr?(l+1))

因此di(σ(EN1Nr?(l+1)))再由歸納假設知n1(nr+···+nr?l)=(n1+···+nl+1)nr, 從而有di(σ(EN1Nr?(l+1)))=矛盾.因此 suppb(σ(EN1Nr?(l+1)))={(Ni,Nr)}.再由引理 3.3 可得i=l+2,進而有 [σ(EN1Nr?(l+1))]=[ENl+2Nr].

最后,由σ保持孿生類大小知|[EN1Nr?(l+1)]|=|[ENl+2Nr]|.再由推論3.2知

由歸納假設知n1nr?(l+1)=nl+2nr.因此當k=l+1時結論也成立.由歸納法知結論對于任意的0≤k≤r?1都成立.

定理3.8假定r≥3.對于σ∈Aut(In(B(q,r))),存在奇異自同構ρ∈Sin(In(B(q,r)))和δ∈{0,1}使得σ=τδP?ρ.

證 由引理 3.6 知,σ(0)=0;[σ(EN1Nr)]=[EN1Nr];[σ(EN1Nr?1)]=[EN1Nr?1] 或[σ(EN1Nr?1)]=[EN2Nr].首先證明存在δ∈{0,1}使得σ1=τδP?σ穩定任意的[ENiNj](1≤i≤j≤r).分兩種情況來討論.

情形 1[σ(EN1Nr?1)]=[EN1Nr?1].

由引理3.6和命題3.7知,對于任意的1≤k≤r有[σ(EN1Nk)]=[EN1Nk].下面證明[σ(EN2Nr)]=[EN2Nr]也成立,進而由命題3.7知對于任意的1≤k≤r有[σ(ENkNr)]=[ENkNr]. 由引理 3.3 知,[σ(EN2Nr)]=[EN2Nr] 或 [σ(EN2Nr)]=[EN1Nr?1].若 [σ(EN2Nr)]=[EN1Nr?1], 由EN1Nr?1→EN1Nr?2且 [σ(EN1Nr?2)]=[EN1Nr?2], 可得σ(EN2Nr)→σ(EN1Nr?2),從而得到EN2Nr→EN1Nr?2,這顯然是不可能的.因此[σ(EN2Nr)]=[EN2Nr].

下面證明對于任意的1≤i≤j≤r,[σ(ENiNj)]=[ENiNj]成立.對i做歸納證明.當i=1時結論成立;假設當1≤i?1≤j≤r時結論成立,下面證明當1＜i≤j≤r時結論也成立.為此對j再做歸納證明.由上面的討論知當j=r時結論是成立的;假定當1＜i≤j+1≤r時結論成立.由ENi?1Nj→ENiNj,ENiNj+1→ENiNj,[σ(ENi?1Nj)]=[ENi?1Nj]且 [σ(ENiNj+1)]=[ENiNj+1], 可以得出ENi?1Nj→σ(ENiNj) 且ENiNj+1→σ(ENiNj). 由EN1Nj?1ENiNj,ENi+1NrENiNj,[σ(EN1Nj?1)]=[EN1Nj?1]且 [σ(ENi+1Nr)]=[ENi+1Nr],可以得出EN1Nj?1σ(ENiNj)且ENi+1Nrσ(ENiNj).因此σ(ENiNj)～ENiNj或σ(ENiNj)～ENi?1Nj+ENiNj+1.但是容易驗證di(ENi?1Nj+ENiNj+1)＜di(ENiNj).因此σ(ENiNj)～ENiNj.令σ1=τδP?σ且此時δ=0.

情形 2[σ(EN1Nr?1)]=[EN2Nr].

由命題3.7知對于任意的0≤k≤r?1有[σ(EN1Nr?k)]=[ENk+1Nr]且n1nr?k=nk+1nr;令σ1=τP?σ,則有 [σ1(EN1Nr)]=[EN1Nr]且 [σ1(EN1Nr?1)]=[EN1Nr?1]. 由情形 1 知[σ1(ENiNj)]～[ENiNj](1≤i≤j≤r).此時σ1=τδP?σ且δ=1.

下面證明σ1穩定任意的孿生等價類,即對于任意的A∈B(q,r),有[σ1(A)]=[A].

假定A/=0 且suppb(A)={(Ni1,Nj1),(Ni2,Nj2),···,(Nim,Njm)}.若m=1,則[A]=[ENi1Nj1].因此[σ1(A)]=[A].若m≥ 2,由ENikNjk→A以及[σ1(ENikNjk)]=[ENikNjk]可得ENikNjk→σ1(A). 因此IENikNjkIσ1(A). 令由命題2.6得IA=IX?Iσ1(A).同樣的考慮的作用,可以得出對于任意的A∈B(q,r)有Iσ1(A)?IA.因此Iσ1(A)=IA,進而有 [σ1(A)]=[A].

令ρ=σ1,則ρ∈Sin(In(B(q,r))).進而有結論得證.

推論3.9假定r≥3.若存在1≤k≤r滿足nk/=nr+1?k,則圖In(B(q,r))上的每一個自同構均是奇異的.

證 假設存在1≤k≤r使得nk/=nr+1?k.由定理3.8的證明過程可得,對于任意的σ ∈Aut(In(B(q,r))),有[σ(EN1Nr?1)]=[EN1Nr?1].進而對于任意的A∈B(q,r)有[σ(A)]=[A],即σ∈Sin(In(B(q,r))).所以Aut(In(B(q,r)))=Sin(In(B(q,r))).

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