半群Q(k)的極大正則子半帶

阮海燈, 游泰杰, 趙 平

(貴州師范大學 數學科學學院, 貴陽 550001)

1 引言與預備知識

設S是半群且a∈S, 若a2=a, 則稱a是冪等元; 若存在b∈S, 使得a=aba, 則稱a是正則元; 若半群S的每個元均為正則元, 則稱半群S是正則半群. 設A是半群S的非空子集, 若S中的每個元都可以表示成A中有限個元的乘積, 則稱A是S的生成集, 記作S=〈A〉. 若S由冪等元生成, 則稱S為一個半帶. 若半帶S是正則半群, 則稱S為正則半帶. 設S是正則半帶(正則半群),T是S的正則子半帶(正則子半群)(T?S), 且滿足: 對S的任意正則子半帶(正則子半群)U, 有T?U?U=S, 則稱T為S的極大正則子半帶(極大正則子半群).

設T(X)和O(X)分別是X上的全變換半群和保序全變換半群,Y是X的非空子集, 令

T(X,Y)={α∈T(X):Xα?Y}, F(X,Y)={α∈T(X,Y):Xα?Yα}, OF(X,Y)=O(X)∩F(X,Y),

則OF(X,Y)均為T(X),O(X),F(X,Y)的子半群. 文獻[1]研究了半群T(X,Y)的自同構; 文獻[2]證明了F(X,Y)是T(X,Y)的最大正則子半群, 并確定了T(X,Y)中的Green關系; 文獻[3]研究了F(X,Y)的Green關系, 并得到了F(X,Y)的極大正則子半群的完全分類; 文獻[4]得到了當X為有限集時, F(X,Y)的秩與F(X,Y)的每個真理想Q(F,k)的秩及冪等元秩; 文獻[5]確定了OF(X,Y)的Green關系, 并證明了當Y為有限集時, OF(X,Y)是由冪等元生成的正則半群； 文獻[6-7]分別研究了當X為有限集時, 半群O(X)的理想, 分別得到了其極大子半群和極大正則子半帶的完全分類. 根據文獻[5], 當Y為有限集時, OF(X,Y)的Green關系有如下刻畫: 對任意α,β∈OF(X,Y), 有

αLβ?Im(α)=Im(β),αRβ?Ker(α)=Ker(β),αJβ?|Im(α)|=|Im(β)|.

關于OF(X,Y)還有以下基本事實: OF(X,Y)的理想構成一個鏈, 即

Q(1)?Q(2)?…?Q(n-1)?Q(n)=OF(X,Y).

引理1[8]設x,y是完全0-單半群中的兩個非零元, 則xy≠0當且僅當Lx∩Ry中含有冪等元. 此時xy∈Ly∩Rx.

引理2[8]設S是一個完全0-單半群,x,y是完全0-單半群中兩個非零元, 則:

2 主要結果

對任意α∈OF(X,Y), 易證α有如下表示法(稱為α的標準表示):

其中: {a1,a2,…,ak}?Y,a1

引理3設1≤k≤n-1, 則E(J(k))?E(J(k+1))2.

情形1) 若i=j, 則ai,a,b∈Ai. 不妨設ai

顯然η1,η2∈E(J(k+1)), 且ε=η1η2∈E(J(k+1))2.

情形2) 若i

顯然ε1,ε2∈E(J(k+1)), 且ε=ε1ε2∈E(J(k+1))2.

再由ε的任意性, 可得E(J(k))?E(J(k+1))2. 證畢.

由引理3與文獻[5]的定理可得如下推論：

推論1設1≤k≤n-1, 則Q(k)=〈E(J(k))〉.

引理4設2≤k≤n-1,α∈J(k), 則|E(Rα)|≥2且|E(Lα)|≥1.

顯然ε,η∈E(Rα), 因此|E(Rα)|≥2.

設C1={x∈X:x≤a1},C2={x∈X:a1ak-1}. 令顯然∈E(Lα), 因此|E(Lα)|≥1. 證畢.

引理5設2≤k≤n-1,α∈J(k), 則存在α1,α2∈V(α)∩J(k), 使得(α1,α2)?L.

證明: 由引理4可知, |E(Rα)|≥2, |E(Lα)|≥1. 任取ε1,ε2∈E(Rα),η∈E(Lα),ε1≠ε2, 則(ε1,ε2)?L(否則,ε1,ε2∈Hα與每個H-類至多有一個冪等元矛盾). 由εiRαLη(i=1,2)及Miller-Clifford定理可知,Lε1∩Rη和Lε2∩Rη包含α的逆元, 不妨分別設為α1和α2, 于是αiLεi(i=1,2), 從而(α1,α2)?L. 此外, 由αiLεiRα可知,αiJα, 于是|Im(αi)|=|Im(α)|=k, 從而αi∈J(k). 證畢.

引理6設2≤k≤n-1,α∈J(k), 則A(α)=Q(k-1)∪(J(k)Lα)是Q(k)的極大正則子半群.

證明: 由Q(k-1)是Q(k)的理想知, 要證A(α)是半群, 只需證對任意β,γ∈J(k)Lα, 有βγ∈A(α). 顯然βγ∈Q(k-1)或βγ∈J(k). 若βγ∈J(k), 則Im(βγ)=Im(γ),γ?Lα, 于是βγ∈J(k)Lα. 因此A(α)是Q(k)的子半群.

顯然Q(k-1)是正則的. 對任意β∈J(k)Lα, 由引理5可知, 存在β1,β2∈V(β)∩J(k), 使得(β1,β2)?L, 于是β1,β2中必有一個屬于J(k)Lα, 即J(k)Lα中必存在β的逆元, 從而β是正則的. 進而A(α)是正則半群.

假設S是Q(k)的正則子半群, 使得A(α)?S. 任取β∈SA(α), 則β∈Lα. 由引理4知, |E(Rβ)|≥2, 不妨設ε,η∈E(Rβ)且ε≠η, 則ε,η中必有一個不屬于Lα(否則,ε,η∈Hα, 與每個H-類至多有一個冪等元矛盾). 不妨設ε?Lα, 于是Lε?J(k)Lα?A(α)?S, 從而由引理2可得,Lα=Lβ=Lεβ?S. 進而S=Q(k), 因此A(α)是Q(k)的極大正則子半群. 證畢.

設2≤k≤n-1,α∈J(k). 用Mid(α),Minker(α),Maxker(α)分別表示Im(α)(min{Im(α)},max{Im(α)}),(min{Im(α)})α-1,(max{Im(α)})α-1之集. 令

注意到當k=2時,N1(k)=?, 因此N(k)=N2(k)∪N3(k).

引理7設2≤k≤n-1,α∈N(k), 則存在ε∈E(Lα), 使得ε?Rα.

引理8設2≤k≤n-1,α?N(k), 則存在ε∈E(Rα), 使得|E(Lε)|=1.

引理9設2≤k≤n-1,α∈N(k),β∈J(k)Rα, 則存在γ∈J(k)Rα, 使得β=βγβ.

1) 若γ?Rα, 則結論顯然.

2) 若γ∈Rα, 則Ker(α)=Ker(γ), 于是Ai=Ci(i=1,2,…,k). 由α∈N(k)知,α∈N1(k)或α∈N2(k)或α∈N3(k).

引理10設2≤k≤n-1,α∈N(k), 則B(α)=Q(k-1)∪(J(k)Rα)是Q(k)的極大正則子半群.

證明: 由Q(k-1)是Q(k)的理想知, 要證B(α)是半群, 只需證對任意β,γ∈J(k)Rα, 有βγ∈B(α). 顯然βγ∈Q(k-1)或βγ∈J(k). 若βγ∈J(k), 則Ker(βγ)=Im(β),β?Rα, 于是βγ∈J(k)Rα. 因此B(α)是Q(k)的子半群.

由引理9及Q(k-1)是正則的可知, B(α)是Q(k)的正則子半群. 假設S是Q(k)的正則子半群, 使得B(α)?S. 任取β∈SB(α), 則β∈Rα. 由引理7知, 存在ε∈E(Lβ),ε?Rβ=Rα. 于是Rε?J(k)Rα?B(α)?S, 從而由引理2, 可得Rα=Rβ=βRε?S. 進而S=Q(k), 因此B(α)是Q(k)的極大正則子半群. 證畢.

本文主要結果如下:

定理1設2≤k≤n-1, 則半群Q(k)的極大正則子半群有且僅有下列兩類：

1) A(α)=Q(k-1)∪(J(k)Lα),α∈J(k);

2) B(β)=Q(k-1)∪(J(k)Rβ),β∈N(k).

證明: 由引理6和引理10可知, A(α),B(β)是Q(k)的極大正則子半群. 假設T是Q(k)的極大正則子半群, 但不是引理9中的形式. 由Q(k)=〈E(J(k))〉, Q(k-1)是正則的可知,T∪Q(k-1)是Q(k)的真正則子半群, 從而Q(k-1)?T, 因此對任意α∈J(k),β∈N(k), 有T∩Lα≠?且T∩Rβ≠?. 否則, 存在α∈J(k), 使得T∩Lα=?或存在β∈N(k), 使得T∩Rα=?, 于是Lα?J(k)T或Rβ?J(k)T, 從而T?A(α)?Q(k)或T?B(α)?Q(k), 由T是Q(k)的極大子半群可得,T=A(α)或T=B(β), 矛盾.

下面證明E(J(k))?E(T). 假設E(J(k))E(T)≠?. 任取ε∈E(J(k))E(T)?J(k). 由T∩Lε≠?知,T是正則的, 因此E(T)∩Lη≠?. 若ε∈N(k), 則T∩Rε≠?, 再由T是正則的可知,E(T)∩Rε≠?. 若ε?N(k), 由引理8知, 存在η∈E(Rε)使得|E(Lη)|=1. 由T∩Lη≠?及T是正則的可知,E(T)∩Lη≠?. 從而η∈E(T), 因此E(T)∩Rε≠?.

取ξ∈E(T)∩E(Lε),γ∈E(T)∩E(Rε), 于是由引理1, 可得ξγ∈Rξ∩Lγ∩T. 再由Miller-Clifford定理, 可得存在δ∈V(ξγ)∩T, 使得δ∈Lξ∩Rγ=Rε∩Lε=Hε, 則δ是群Hε中的元, 于是ε=δm∈T, 與ε∈E(J(k))E(T)矛盾, 從而E(J(k))?E(T)?T, 進而由推論1, 可得Q(k)=〈E(J(k))〉?〈T〉=T. 因此T=Q(k)與T是Q(k)的極大正則子半群矛盾. 證畢.

設π={A1,A2,…,Ak}是X上的一個劃分,A是X的子集且|A|=k. 對任意i, 若Ai中有一個元素屬于A, 則稱π是A的一個橫截, 記為π#A(或A#π).

引理12設2≤k≤n-2,α?N(k), 則α∈Rπ, 從而存在j∈{1,2,…,m}, 使得Rα=Rπj.

引理13設2≤k≤n-2,α?LA, 則存在η∈E(Rπ)∩Lα.

引理14設2≤k≤n-2,α?Rπ, 則存在η1,η2∈E(LARπ)∩Rα, 使得η1≠η2.

引理15設2≤k≤n-2,α∈J(k), 則J(k)Lα?〈E(J(k)Lα)〉.

證明: 任取β∈J(k)Lα. 下面分兩種情形討論.

情形1)Lα?LA.

① 若β∈Rπ,β∈LA, 則存在j,t∈{1,2,…,m}, 使得β∈Rπj∩LAt. 若j=t, 則β=ej; 若jt, 則β=ejej-1…et. 由er,εs∈E(J(k)Lα),r,s∈{1,2,…,m}知,β∈〈E(J(k)Lα)〉.

② 若β∈Rπ,β?LA, 則由引理13知, 存在η∈E(Rπ)∩Lβ, 不妨設η∈Rπj. 由e∈Rπj∩LAj, 可得β=γη, 其中γ∈Rβ∩LAj, 再由情形1)中①知,γ∈〈E(J(k)Lα)〉, 因此β∈〈E(J(k)Lα)〉.

③ 若β?Rπ, 則由引理14知存在η∈E(LARπ)∩Rα, 不妨設η∈LAj, 于是η∈Rβ∩LAj, 從而β=ηγ, 其中γ∈Lβ∩Rej, 再由情形1)中①,②可知γ∈〈E(J(k)Lα)〉, 因此β∈〈E(J(k)Lα)〉.

情形2)Lα∈LA, 不妨設Lα=LAr.

① 若β∈Rπ,β∈LA, 則存在j,t∈{1,2,…,m}, 使得β∈Rπj∩LAt. 若j≤tj≥t或j≥t>r, 則β=ejej-1…et; 若jt, 則β=εjεj+1…εmε1ε2…εt. 由er,εr-1∈LAr=Lα知,β∈〈E(J(k)Lα)〉.

② 若β∈Rπ,β?LA, 則由引理13知, 存在η∈E(Rπ)∩Lβ, 不妨設η∈Rπj. 由|E(Rπj)∩LA|≥2知, 存在γ∈LAj∩Rβ或γ∈LAj+1∩Rβ, 使得β=γη且γ?LAr. 再由情形2)中①知,γ∈〈E(J(k)Lα)〉, 因此β∈〈E(J(k)Lα)〉.

③ 若β?Rπ, 則由引理14知, 存在η1,η2∈E(LARπ)∩Rα, 使得η1≠η2, {η1,η2}中必存在一個不屬于LAr. 不妨設η1?LAr,η1∈LAj, 于是η1∈Rβ∩LAj, 從而β=η1γ, 其中γ∈Lβ∩Rej, 再由情形2)中①,②可知γ∈〈E(J(k)Lα)〉, 因此β∈〈E(J(k)Lα)〉.

最后由β的任意性可得J(k)Lα?〈E(J(k)Lα)〉. 證畢.

設E1={∈E(J(k)): |E(L)|=1},L1=∪{L:∈E1}. 由引理8可知, 若∈E1, 則∈Rα,α?N(k). 顯然L1?J(k)LA.

引理16設2≤k≤n-2,α∈N(k), 則J(k)Rα?〈E(J(k)Rα)〉.

證明: 任取β∈J(k)Rα. 由α∈N(k)及引理12, 可分以下兩種情形討論.

情形1)Rα?Rπ.

① 若β∈Rπ,β∈LA, 則類似引理15情形1)中①, 可得β∈〈E(J(k)Rα)〉.

② 若β∈Rπ,β?LA, 則由引理13知, 存在η∈E(Rπ)∩Lβ, 不妨設η∈Rπj. 由e∈Rπj∩LAj知,β=γη, 其中γ∈Rβ∩LAj, 再由情形1)中①知,γ∈〈E(J(k)Rα)〉, 因此β∈〈E(J(k)Rα)〉.

③ 若β?Rπ, 則由引理14知, 存在η∈E(LARπ)∩Rα, 不妨設η∈LAj, 于是η∈Rβ∩LAj, 從而β=ηγ, 其中γ∈Lβ∩Rej, 再由情形1)中①,②可知γ∈〈E(J(k)Rα)〉, 因此β∈〈E(J(k)Rα)〉.

情形2)Rα∈Rπ, 不妨設Rα=Rπr.

① 若β∈Rπ,β∈LA, 則存在j,t∈{1,2,…,m}, 使得β∈Rπj∩LAt. 若j≤tj≥t或j≥t>r, 則β=ejej-1…et; 若jr≥t, 則β=εjεj+1…εmε1ε2…εt. 由er,εr∈Rπr=Rα知,β∈〈E(J(k)Rα)〉.

② 若β∈Rπ,β?LA, 則:

(i) 若β∈L1, 則存在η∈Lβ∩E1, 使得η?Rα. 由引理12知η∈Rπ, 不妨設η∈Rπj, 從而存在γ∈Lej∩Rβ, 使得β=γη. 由情形2)中①可知γ∈〈E(J(k)Rα)〉, 因此β∈〈E(J(k)Rα)〉.

(ii) 若β?L1, 則|E(Lβ)|≥2, 從而存在η1,η2∈E(Lβ), 使得η1≠η2. {η1,η2}中必有一個不屬于Rα, 不妨設η1?Rα. 若η1∈Rπ, 則η1∈Rπt, 從而存在θ∈Let∩Rβ, 使得β=θη. 由情形2)中①可知θ∈〈E(J(k)Rα)〉, 因此β∈〈E(J(k)Rα)〉. 若η1?Rπ, 則η1∈Rρ,ρ?Rπ. 再由引理14知, 存在σ∈E(LARπ)∩Rρ, 從而存在ζ?Rα,ζ∈Rβ∩Lσ, 使得β=ζη1. 由情形2)中①可知ζ∈〈E(J(k)Rα)〉, 因此β∈〈E(J(k)Rα)〉.

③ 若β?Rπ, 則由引理14知, 存在η∈E(LARπ)∩Rβ, 不妨設η∈LAj, 從而存在γ∈Lβ∩Rej(否則,γ∈Lβ∩Rεj-1), 使得若ej?Rα, 則β=ηγ. 由情形2)中①,②可知γ∈〈E(J(k)Rα)〉, 因此β∈〈E(J(k)Rα)〉.

最后由β的任意性可得J(k)Rα?〈E(J(k)Rα)〉. 證畢.

定理2設2≤k≤n-2, 則半群Q(k)的極大正則子半帶有且僅有下列兩類：

1) A(α)=Q(k-1)∪(J(k)Lα),α∈J(k);

2) B(β)=Q(k-1)∪(J(k)Rβ),β∈N(k).

證明: 由引理6、 引理10、 引理15、 引理16可知, A(α),B(β)是Q(k)的極大正則子半帶. 類似定理1的證明可得結論, 證畢.

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