保序遞減變換半群的秩2自同態(tài)

陽 晶，楊秀良

(杭州師范大學數(shù)學學院,浙江 杭州 311121)

0 引言和主要結果

為了敘述清楚結果,需要下面符號和術語.

令E′n-1是Cn中所有秩為n-1的冪等元組成的集合.E′n-1中的任何一個元為

設f0,f1∈Cn是不同的冪等元且f0f1=f1f0=f0.任取k1,k2,…,kJ∈E′n-1,其中j∈{1,2,…,n-1}且k1

于是本文的主要結果是:

定理2設G={φ∈End(Cn)||(Cn)φ|=2},則

1 主要結果的證明

組成的集合:

(1)t≤k;

(2) 對任意的x∈Xn,有xβ≤xα;

(3) 存在{as2,as3,…,ast}?im(α)使得

bi≤asi, minAsi≤minBi(i=2,…,t)

且1

證明任取β∈CnαCn,則存在γ,δ∈Cn使得β=γαδ,顯然

t=rank(β)≤rank(α)=k,

且由于δ,γ是遞減的,α是保序的,則對任意的x∈Xn有

xβ=xγαδ≤xγα≤xα.

對i=2,…,t,令z=minBi,因δ是遞減的,則bi=zβ=zγαδ≤(zγ)α.

又令(zγ)α=asi,則可得bi≤asi且zγ∈Asi,從而minAsi≤zγ.又因zγ≤z=minBi,進而

minAsi≤minBi.

現(xiàn)在設i

bi=xβ=(xγα)δ=(asi)δ,

bj=yβ=(yγα)δ=(asj)δ.

由于bi

反之,設

滿足上述(1)、(2)、(3)條件,令

且對任意的x∈Xn,令δ這樣定義:

顯然γ,δ∈Cn且β=γαδ.因此β∈CnαCn.

□

Ωt={α∈Cn|(t+1)α

證明令Y={α∈Cn|(t+1)α

(t+1)β≤(t+1)t=t

從而β∈Y,進而Ωt?Y.

反之,任取γ∈Y,則(t+1)γ

(1) 顯然rank(γ)≤n-1.

(2) 對任意的x∈Xn,若x≠t+1,則xγ≤x=xt; 若x=t+1,因(t+1)γ

(t+1)γ≤t=(t+1)t.

(3) 令

顯然

設

情形1im(γ)?im(t).令asi=bi(i=2,…,k),則顯然(as2,…,ask)?im(t) 且1

minAsi=asi=bi≤minBi(i=2,…,k).

情形2im(γ)im(t),則t+1∈im(γ)且im(γ)(〗t+1}?im(t).令bj=t+1≤n,2≤j≤k.若j=k,如果bk=t+1=n,則(n)γ=n,這與(t+1)γ

顯然(as2,…,ask)?im(t)且1

minAsi=asi=bi≤minBi(i=2,…,k-1),

ask=t+2>bk=t+1.

因(t+1)γ

minAsk=ask=t+2≤minBk.

若j

子情形2.1bj+1>bj+1.對i=2,…,k,不妨令

顯然(as2,…,ask)?im(t)且1

minAsi=asi=bi≤minBi(i≠j),

asj=t+2>bj=t+1.

因(t+1)γ

minAsj=asj=t+2≤minBj.

子情形2.2bj+1=bj+1.設存在bj

則顯然(as2,…,asj-1,asj,…,asm,…,ask)?im(t)且1

minAsi=asi=bi≤minBi,

當j≤i≤m,顯然asi=bi+1>bi.又因(t+1)γ

minAsj=asj=bj+1=t+2≤minBj,

又t+2≤minBj

minAsj+2≤minBj+2,

?

minAsm≤minBm.

綜上所述,根據(jù)引理1,γ滿足條件(1)、(2)和(3),故γ∈CntCn,即γ∈Ωt,從而Y?Ωt.因此

Ωt={α∈Cn|(t+1)α

□

證明由引理2知, Ωt={α∈Cn|(t+1)α

(t+1)βγ=(t+1)γ=t+1.

故βγ∈Wt,從而Wt是子半群.

□

引理4任取k1,k2,…,kj∈E′n-1,其中j∈{1,2,…,n-1}且k1

Mk1,k2,…,kj=Ωk1∪Ωk2∪…∪Ωkj,

則CnMk1,k2,…,kj為子半群.

證明令Wr=CnΩkr(r=1,…,j),則顯然

CnMk1,k2,…,kj=Cn(Ωk1∪Ωk2∪…∪Ωkj)=W1∩W2∩…∩Wj.

由引理3知,每一個Wr(r=1,…,j)為子半群,故W1∩W2∩…∩Wj為子半群,得證.

□

設φ為Cn的秩2自同態(tài),在本文中令

引理5(e0)φ≠(ιn)φ.

證明假設(e0)φ=(ιn)φ.對任意的α∈Cn,則有

(α)φ=(αιn)φ=(α)φ(ιn)φ=(α)φ(e0)φ=(αe0)φ=(e0)φ.

故|(Cn)φ|=1,與φ為Cn的秩2自同態(tài)矛盾,引理得證.

□

引理6(f0)φ-1={g∈Cn|(g)φ=f0}是Cn的一個理想.

證明任取α,β∈Cn,g∈(f0)φ-1,則

(αgβ)φ=(α)φf0(β)φ=(α)φ(e0)φ(β)φ=(αe0β)φ=f0.

故αgβ∈(f0)φ-1,因此(f0)φ-1是Cn的一個理想.

□

故(Cn)φ=f1.從而|(Cn)φ|=1,矛盾.因此引理得證.

□

α=η1η2…ηi,

從而

(α)φ=(η1η2…ηi)φ=(η1)φ(η1)φ…(ηi)φ=f1.

這與(α)φ=f0矛盾,故引理得證.

□

引理9設(f0)φ-1∩E′n-1={l1,l2,…,lp},其中p∈{1,2,…,n-1}且l1

(f0)φ-1=Ωl1∪Ωl2∪…∪Ωlp.

證明由引理6知,顯然Ωl1∪Ωl2∪…∪Ωlp?(f0)φ-1.

反之,若(f0)φ-1Ωl1∪Ωl2∪…∪Ωlp,則存在μ∈(f0)φ-1但μ?Ωl1∪Ωl2∪…∪Ωlp.

Ωls={α∈Cn|(ls+1)α

因μ?Ωl1∪Ωl2∪…∪Ωlp,故對每一個s(s=1,…,p),有μ?Ωls,從而

(ls+1)μ=ls+1.

由[4,定理14.4.5]知存在r(2≤r≤n-1)個互不相同的冪等元ν1,ν2,…,νr∈E′n-1,使得

μ=ν1ν2…νr.

故任取s∈{1,…,p},對每一個j(j=1,…,r),有

(ls+1)νj=ls+1.

顯然νj?(f0)φ-1∩E′n-1,故νj?(f0)φ-1,從而νj∈(f1)φ-1(j=1,…,r).于是μ∈(f1)φ-1,矛盾.因此(f0)φ-1?Ωl1∪Ωl2∪…∪Ωls.

綜上, (f0)φ-1=Ωl1∪Ωl2∪…∪Ωls.

□

c1: 若α,β∈Mk1,k2,…,kj,由定義知Mk1,k2,…,kj是一個理想,故αβ∈Mk1,k2,…,kj,從而

c2: 若α,β?Mk1,k2,…,kj,則由引理4知αβ?Mk1,k2,…,kj,故

c3: 若α∈Mk1,k2,…,kj,β?Mk1,k2,…,kj,則αβ∈Mk1,k2,…,kj,故

c4: 若α?Mk1,k2,…,kj,β∈Mk1,k2,…,kj,同理αβ∈Mk1,k2,…,kj,則

因e0ιn=ιne0=e0,故

h1h2=h2h1=h1.

又由引理8知(h1)σ-1∩E′n-1≠φ,不妨設

(h1)σ-1∩E′n-1={z1,z2,…,zq},

其中q∈{1,2,…,n-1}且z1

(h1)σ-1=Ωz1∪Ωz2∪…∪Ωzq,

即(h1)σ-1=Mz1,z2,…,zq.根據(jù)定義,因此

□

定理2的證明對任意的φ∈G,由定理1知存在不同的冪等元h1,h2和理想Mz1,z2,…,zq,使得

且φ由h1,h2,Mz1,z2,…,zq決定.因此G的元素個數(shù)由理想Mz1,z2,…,zq的個數(shù)和冪等元對(h1,h2) 的個數(shù)決定.

□

注通過本文的結果,我們提出下面一個問題:刻畫Cn的秩不為2的所有自同態(tài).