半群H(n，m)的獨(dú)立子半群

袁 月，趙 平

貴州師范大學(xué) 數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院，貴陽(yáng) 550025

設(shè)Sn和Tn分別是有限集Xn={1，2，…，n}上的對(duì)稱群和全變換半群．對(duì)1≤m≤n-1，記Xm={1，2，…，m}且Xn-m=XnXm．令

T(n，m)={α∈Tn：Xmα=Xm}

G(n，m)={α∈T(n，m)：Xn-mα=Xn-m}=T(n，m)∩Sn

H(n，m)={α∈T(n，m)：Xn-mα?Xn-m}

則易證得G(n，m)，H(n，m)和T(n，m)都是全變換半群Tn的子半群，且G(n，m)?H(n，m)?T(n，m)．

設(shè)S是半群H(n，m)的子集．通常，用E(S)表示S中的所有冪等元組成的集合．本文未定義的術(shù)語(yǔ)及符號(hào)請(qǐng)參見文獻(xiàn)[16]．

為了敘述上的方便，在H(n，m)上引入以下的二元關(guān)系：對(duì)任意α，β∈H(n，m)，定義

αL◇β?im(α)=im(β)αR◇β?ker(α)=ker(β)

αJ◇β?|im(α)|=|im(β)|αH◇β?im(α)=im(β)，ker(α)=ker(β)

則L◇，R◇，J◇與H◇都是H(n，m)上的等價(jià)關(guān)系．

易得L◇?J◇，R◇?J◇且H◇=R◇∩L◇．對(duì)r∈N+且2≤m+1≤r≤n，記

約定：設(shè)1≤m≤n-1，令Sn-m，Tn-m分別表示Xn-m上的對(duì)稱群和全變換半群，Sm表示Xm上的對(duì)稱群．

證 由文獻(xiàn)[15]可知

G(n，m)=〈(12)，(12…n)，((m+1)(m+2))，((m+1)(m+2)…n)〉?Sm×Sn-m

當(dāng)2≤m≤n-3時(shí)，任意取α∈H(n，m)，定義βα，λα∈Tn為

顯然βα，λα∈H(n，m)且βα∈G(n，m)．任意取i∈Xn，若1≤i≤m，則iβα=iα∈Xm，于是(iα)α≤m，從而i(βαλα)=(iβα)λα=(iα)λα=iα；若m+1≤i≤n，則由α∈H(n，m)可得iβα=i∈Xn-m且iα>m，從而i(βαλα)=(iβα)λα=iλα=iα．因此α=βαλα．易知

βα∈〈(12)，(12…m)〉?Sm

Akα=ak1≤k≤r

且xα=xx∈Xn(A1∪…∪Ar)

證設(shè)

其中Xm={a1，a2，…，am}且{am+1，am+2，…，an}?Xn-m．令

則μα∈G(n，m)，且

于是α*=αμα∈〈G(n，m)，α〉，且

從而

再由引理1可得H(n，m)=〈G(n，m)，α〉．

證令k=min{|im(ε)|：ε∈E(T)∩H(n，m)(n-2)}，則m+1≤k≤n-2．假設(shè)m+2≤k≤n-2．任意取

其中Xn-m=Am+1∪Am+2∪…∪Ak，且ai∈Ai(m+1≤i≤k)．由|im(ε)|=k≤n-2可知，存在t∈{m+1，m+2，…，k}，使得|At|≥3，或者存在p，q∈{m+1，m+2，…，k}且p≠q，使得|Ap|=|Aq|=2．以下分兩種情形：

情形1 |At|≥3．取b，c∈At{at}且b≠c．令

則α2=β2=ε，從而α，β∈T．由|im(ε)|=k≥m+2可知，存在i∈{m+1，m+2，…，k}，使得Ai∩At=?．不失一般性，不妨設(shè)i>t．令

則(α*)2=αβ∈T且(β*)2=βα∈T，從而α*，β*∈T．易驗(yàn)證

顯然α*β*α∈E(T)∩H(n，m)(n-2)，且|im(α*β*α)|=k-1，與k的極小性矛盾．

則α2=β2=ε，從而α，β∈T，因此αβ，βα∈T．令

則(α*)2=(γ*)3=βα∈T，(β*)2=αβ∈T，從而α*，β*，γ*∈T．易驗(yàn)證

顯然(α*β*γ*)2∈E(T)∩H(n，m)(n-2)，且|im((α*β*γ*)2)|=k-1，與k的極小性矛盾．

證任意取

其中b∈Xn-m．若a=b，則αt=ε∈T，從而α∈T；若a≠b，令

其中a，b，c∈Xn-m且a，b，c互不相同，則β2=γ2=ε，從而β，γ∈T．令

則

對(duì)r∈N+且2≤m+1≤r≤n，記

Sing(n，m)={α∈H(n，m)：|im(α)|≤n-1}

則H(n，m)(r)是H(n，m)的理想，且Sing(n，m)=H(n，m)(n-1)．

易驗(yàn)證αsβs=γs-1．注意到

引理9設(shè)1≤m≤n-3，T是半群H(n，m)的獨(dú)立子半群，若T∩G(n，m)≠?，則G(n，m)?T．

證由T∩G(n，m)≠?可知，存在α∈T∩G(n，m)，于是1Xn=αn!∈T，其中1Xn是Xn上的恒等變換．任取β∈G(n，m)，則βn!=1Xn∈T，從而β∈T．由β的任意性可得G(n，m)?T．

定理1設(shè)1≤m≤n-3，則半群H(n，m)的獨(dú)立子半群有且僅有以下5類：

證注意到G(n，m)，Sing(n，m)都是半群H(n，m)的子半群，G(n，m)∩Sing(n，m)=?且H(n，m)=G(n，m)∪Sing(n，m)，則由文獻(xiàn)[14]可知，G(n，m)，Sing(n，m)和H(n，m)都是半群H(n，m)的獨(dú)立子半群．由引理7、引理8可知，類型，都是半群H(n，m)的獨(dú)立子半群．

情形1E(T)∩G(n，m)≠?且E(T)∩Sing(n，m)=?．由引理9可得G(n，m)?T．我們斷言T∩Sing(n，m)=?．假設(shè)α∈T∩Sing(n，m)，則存在n∈N+，使得αn∈E(T)∩Sing(n，m)，與E(T)∩Sing(n，m)=?矛盾．因此T=G(n，m)．

情形2.1E(T)∩H(n，m)(n-2)≠?．由引理3、引理4、引理5可得Sing(n，m)?T，從而T=H(n，m)．

情形3.1E(T)∩H(n，m)(n-2)≠?．由引理3、引理4、引理5可得Sing(n，m)?T，從而T=Sing(n，m)．

ΓT={x∈Xn-m：存在k∈Xn-m，使得λ(x，k)∈E(T)}

假設(shè)|ΓT|≥3，則存在t1，t2，t3，k1，k2，k3∈Xn-m，ti≠ki(1≤i≤3)且t1，t2，t3互不相同，使得λ(t1，k1)，λ(t2，k2)，λ(t3，k3)∈E(T)．顯然存在i∈{2，3}，使得t1≠ki．若ti=k1，則k1≠ki，從而

這與E(T)∩H(n，m)(n-2)=?矛盾．若ti≠k1且ki=k1，則

這與E(T)∩H(n，m)(n-2)=?矛盾．若ti≠k1且ki≠k1，則

注1易知半群H(n，n-1)唯一的獨(dú)立子半群是它本身，H(n，n-2)的所有獨(dú)立子半群為半群H(n，n-2)，G(n，n-2)，Sing(n，n-2)，{λ(m+1，m+2)}和{λ(m+2，m+1)}．