g BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH Nguyễn Thanh Hà VỀ BIỂU DIỄN HỮU HẠN CỦA NỬA NHÓM CHÍNH QUY LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Nghệ An, 2012 1 MỤC LỤC Trang M UỞĐẦ .1 CH NG 1ƯƠ .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 CH NG 2ƯƠ .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 i v i m r ng i êan c a m t n a Đ ề ệ ể ễ ữ ạ đố ớ ở ộ đ ủ ộ ử nhóm .29 2.4. i u ki n bi u di n h u h n i v i n a nhóm chính quyĐ ề ệ ể ễ ữ ạ đố ớ ử 33 K T LU NẾ Ậ 42 TÀI LI U THAM KH OỆ Ả 43 2 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 tại một 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 làm hai chương như sau: Chương 1. Nửa nhóm chính quy Trong chương này chúng tôi trình bày các kiến thức về các quan hệ Grin trên nửa nhóm, D - lớp chính quy, nửa nhóm chính quy để làm cơ sở cho việc trình 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 đến nửa nhóm tự do, vị nhóm tự do và biểu diễn hữu hạn. Sau đó chúng tôi trình bày điều kiện biểu diễn hữu hạn đối với mở rộng iđêan của nửa nhóm và các nửa nhóm chính quy. Các kết quả chủ yếu là: 1 Chứng minh rằng + Giả sử nửa nhóm S là mở rộng iđêan của T bởi I. Nếu T và I là các nửa nhóm biểu diễn hữu hạn được thì S cũng là nửa nhóm biểu diễn hữu hạn được. + Giả sử S là nửa nhóm chính quy với hữu hạn iđêan trái và hữu hạn iđêan phải. Thế thì S là nửa nhóm biểu diễn hữu hạn được nếu và chỉ nếu mọi nhóm con tối đại của S biểu diễn hữu hạn được. Phần cuối luận văn khảo sát một lớp nửa nhóm ngược biểu diễn hữu hạn được. Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại trường Đại học Vinh. Nhân dịp này tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS.TS. Lê Quốc Hán, người đã hướng dẫn tác giả hoàn thành luận văn này. Tác giả xin trân tro ̣ ng ca ̉ m ơn Ban chủ nhiệm Khoa Toán, phòng đào tạo sau 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 và hoàn thành luận văn này. Mặc dù đã rất cố gắng, song luận văn không thể tránh khỏi những thiếu sót, chúng tôi rất mong nhận được những đóng góp quý báu của các thầy, cô giáo và các bạn đồng nghiệp. Chúng tôi xin trân trọng cảm ơn. Nghệ An, tháng 8 năm 2012 Tác giả 2 CHƯƠNG 1 NỬA NHÓM CHÍNH QUY 1.1. Các quan hệ Grin trên nửa nhóm 1.1.1. Định nghĩa. Giả sử S là một nửa nhóm. Ta định nghĩa các quan hệ L, R, J sau đây trên S: a L b ⇔ S 1 a = S 1 b a R b ⇔ aS 1 = bS 1 a J b ⇔ S 1 aS 1 =S 1 bS 1 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. 1.1.2. Mệnh đề. Các quan hệ L và R giao hoán: L 0 R = R 0 L . Chứng minh. Giả sử (a,b) ∈L 0 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, 3 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 L o R ⊆ Ro L. Chứng minh tương tự có Ro L ⊆ Lo R và từ đó Lo R = Ro L.  1.1.3. Định nghĩa. Giả sử L và R là các quan hệ tương đương đã được xác định trong Định nghĩa 1.1.1. Ta xác định các quan hệ trên S bởi D = Lo R= Ro L, H = L ∩ R 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 . Các quan hệ L, R, J, D và H được gọi là các quan hệ Grin trên nửa 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>. Ta biết rằng, nếu trong một nhóm G có H = L = R = D = J = G x G và trong một nửa nhóm S giao hoán, ta cũng có H = L = R = D = J Kết quả sau đây đáng quan tâm: 1.1.4. Mệnh đề. Nếu S là một nửa nhóm tuần hoàn thì D = J. 4 Chứng minh. Giả sử a J b. Khi đó tồn tại x,y,u,v ∈ S 1 sao cho xay=b, ubv = a. (1) 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 là một luỹ đẳng. Đặt c = xa, thế thì a = (ux) m a(yv) m = (ux) m (ux) m a (yv) m = (ux) m a = (ux) m-1 uc nên a L c. Ta lại có cy = xay = b và nếu chọn số nguyên dương n sao cho (vy) n là luỹ đẳng thì 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) ∈ Lo R = 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 các iđêan đó cảm sinh một thứ tự bộ phận giữa các lớp tương đương: 1 1 a b 1 a 1 1 1 L L a S b R b a b S R bS J J aS S bS  ≤ ⊆  ≤ ⊆   ≤ ⊆  1 1 nÕu nÕu aS nÕu S (2) 5 Như vậy chúng ta có thể xét S S , LR và S J như các tập hợp được sắp thứ tự bộ phận. Chú ý rằng đối với mọi a ∈ S và x,y ∈ S 1 , có L xa ≤ L a , R ax ≤ R a , J xay ≤ J a (3) 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 S S , LR hay S J tương ứng thoả mãn điều kiện cực tiểu. Các điều kiện này hiển nhiên tương ứng với điều hiện cực tiểu đối với các iđêan chính trái, iđêan chính phải hay iđêan chính tương ứng và yếu hơn các 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 min L và min R , thế thì S 1 cũng thoả mãn các điều kiện ấy, vì S 1 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 a J 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 { } x L x X∧ = ∈ 6 của S L khác rỗng. Từ điều kiện min L ta tìm được phần tử cực tiểu L u của ∧ và do đó ta có thể chọn một phần tử v ∈ S sao cho uav = b. Khi đó uruavsv = b nên L uru ∈ ∧ . Từ (3) ta có L uru ≤ L u , và do tính cực tiểu của L u trong ∧ suy ra L u = L uru ≤ L ru ≤ L u Từ đó L ru = L u 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 min R ta nhận được rbs Rrb hay a Rrb. Từ đó a D b nên J ⊆ D. Hiển nhiên D ⊆ J nên J = D.  1.2. D – lớp chính quy 1.2.1. Nhận xét. Mỗi D – lớp trong một nửa nhóm S là hợp của các L- lớp và cũng là hợp của các R-lớp. Giao của một L- lớp và một R-lớp hoặc rỗng hoặc là một H-lớp. Hơn nữa theo định nghĩa của D, a D a b a b b R L L R⇔ ∩ ≠∅⇔ ∩ ≠∅ Từ đó ta có thể hình dung một D – lớp như một “hộp trứng”, trong đó mỗi dòng biểu diễn một R-lớp và mỗi cột biểu diễn một L- lớp và mỗi ô vuông biểu diễn một H - lớp. a b R L∩ R a 1 44 2 4 43 L b 7 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’ 1 S∈ sao cho , 'as b bs a= = . Phép chuyển dịch phải : s S S ρ → ánh xạ a thành b . Thực tế nó ánh xạ a L vào b L , đối với mỗi a x L∈ thì xs L as vì L ổn định phải và do đó xs ∈L as = b L . Tương tự ρ s’ ánh xạ b L vào a L và hợp thành ' : s s a a L L ρ ρ → thoả mãn: đối với x ua= tuỳ ý thuộc a L , x ρ s ρ s’ = uass ’ = ubs’ = ua = x . Như vậy ρ s ρ s’ là ánh xạ đồng nhất của L a . Lập luận tương tự có 's s ρ ρ là ánh xạ đồng nhất của b L . Từ đó L a s ρ và ' L b s ρ là các song ánh ngược nhau từ a L lên b L và từ b L lên a L tương ứng. Thậm chí chúng ta có thể nói nhiều hơn về các ánh xạ đó: Nếu a x L∈ thế thì phần từ s y x ρ = thuộc b L có tính chất y xs= , 'x ys= . Như vậy y R x , và do đó ánh xạ s ρ bảo toàn các R- lớp. Nó ánh xạ mỗi H – lớp trong a L một cách một – một lên H - lớp tương ứng trong b L . Chú ý tương tự được áp dụng cho 's ρ . Tóm lại ta đã chứng minh được kết quả sau: 1.2.2. Bổ đề (Bổ đề Grin). Giả sử a R b và 1 , 's s S∈ thỏa mãn , 'as b bs a= = . Thế thì các phép chuyển dịch phải ' , L a b s s L ρ ρ là các song ánh bảo toàn R – lớp từ a L lên b L và từ b L lên a L tương ứng. Lập luận tương tự, nhận được Bổ đề Grin đối ngẫu. 8