高京南，楊秀良

(杭州師范大學(xué)理學(xué)院，杭州310036)

1 引言和預(yù)備知識

令Xn{1，2，…，n}．集合Xn上的所有保序變換在復(fù)合運算下構(gòu)成的半群稱為Xn的保序變換半群，記作On;Xn上的所有保序部分變換在復(fù)合運算下構(gòu)成的半群稱為Xn的保序部分變換半群，記作POn．它們的許多性質(zhì)已經(jīng)被前人研究［1-10］．特別地，F(xiàn)ernandes等人在［1］中研究On的自同態(tài)，Lavers和Solomon在［2］中研究On的同余，楊浩波在［3］中研究POn的同余．在本文作者將進一步研究On和POn之間的同態(tài)．

作者所提到的映射是右映射．S，T為兩個半群，φ∶S→T為映射．若對任意的x，y∈S，都有(x)φ(y)φ=(xy)φ，則稱為 φ 為同態(tài)．由［4］知，On，POn均為正則半群．

由［1］，［5］知，On，POn上的格林關(guān)系都為:

2 主要結(jié)果

得到結(jié)果:

定理1 令φ∶On→POn為任一映射，φ是同態(tài)當(dāng)且僅當(dāng)φ是下面之一:

(1)對任意的 α∈On，都有(α)φ =α;

(2)對任意的 α∈On，有(α)φ =ασ，其中，ασ=σ-1ασ，

(3)存在冪等元 e，f∈E(POn)，其中 e≠f且 ef=fe=f，有(1n)φ =e，(On/{1n})φ =f;

(4)選取 e∈E(POn)，對任意的 α∈On，都有(α)φ =e;

(5)

定理2 記H={φ∶φ為On到POn的同態(tài)}，則

其中，f2k為第2k個斐波那契數(shù)．

3 定理1的證明

顯然定理 1 中的(1)，(2)，(3)，(4)，(5)均為同態(tài)．故只需證明除了(1)，(2)，(3)，(4)，(5)外沒有別的同態(tài)．

設(shè) φ∶On→POn為同態(tài)，則 Kerφ ={(a，b)∈On×On∶(a)φ =(b)φ}為 On上的一同余．由［2］知，Kerφ 為 Rees同余．由［6］知，On的所有理想均有形式 IOnk={α∈On∶r(α)≤k}，1≤k≤n，故存在 1≤k≤n，使:

當(dāng)k=n時，Kerφ為泛同余，此時，φ具有形式(4);當(dāng)k=n-1時，Kerφ共有兩個同余類，分別為IOnn-1，{1n}，此時φ具有形式(3)．由［2］知，On上的同余有Rees同余和恒等同余．當(dāng)On上的同余為恒等同余時，由［7］知，φ 具有形式(1)，(2)．

當(dāng) k=n-2 時，IOnn-2為 Kerφ 的一個同余類，φ 在 On/IOnn-2上為單射．今(IOnn-2)φ =τ，其中，τ∈EIOnn-2，故可得

即ατ=τα=τ．

因同態(tài)保持D類，故DOnn-1在φ下的像應(yīng)包含在POn的某個D類中，不妨設(shè)為DPOnx，其中，0≤x≤n．任取 α∈(GOnn-1)φ，則有 τα =τ 可知，im(f)?im(α)，故 x≥i，假設(shè) x=i，則有 im(f)=im(α)．故 τ= α．(否則，存在 j∈X，使得(j)τ≠(j)α．因 im(τ)=im(α)，則有(j)α∈i m(τ)，故由 τ是冪等元可知，((j)α)τ=(j)α，而 ατ=τ，故(j)τ=(j)ατ=((j)α)τ=(j)α，矛盾)．從而(GOnn-1)φ =τ，即 GOnn-1與 IOnn-2包含于Ker(φ)的同一個同余類中．這是不可能的，故假設(shè)不成立．從而x＞i，也即(DOnn-1)φ?DPOnx，其中i＜x≤n．

任取 δ≠σ∈(GOnn-1)φ，則有

不妨令 Cδ=im(δ)im(τ)，Cσim(σ)im(τ)．則有

解此不等式可得:i=0，x=1．即

類似［8］中的方法可證，此時φ具有形式(5)．

當(dāng)1≤k≤n-3 時，IOnn-3為 Kerφ 的一個同余類，設(shè)(IOnn-3)φ =f，顯然 f∈E(POn)．為討論此情況．首先引入以下引理:

引理1 令 g，h∈DOni，其中，k+1≤i≤n-2．則 g R h當(dāng)且僅當(dāng)(g)φR(h)φ;g L h當(dāng)且僅當(dāng)(g)φL(h)φ．

證明 在此只證明R關(guān)系，類似可證L關(guān)系．

若g R h，因為φ是同態(tài)，所以有(g)φR(h)φ．

反之，令(g)φR(h)φ．因為IOni是On的正則子半群，故有(IOni)φ是POn的正則子半群．由［9］，令

則有

故存在 a，b∈IOni，使得

若 r(ga)≤k，則有(ga)φ =f:

故h∈(f)φ-1=Ik，矛盾．因此r(ga)＞k．同理可得r(hb)＞k．又因為φ在On/IOnk上的單射，故有:

即g R h．

引理2(DOnk+1)φDPOnl，其中，r(f)＜l＜k+1．

該引理的證明類似［1］中的證明方法，此時不再重復(fù)證明．

今

令G={g1，…，gk+1，h1，…，hk}．則G中的元素均為的冪等元，且任意兩個的復(fù)合都在中．若k=n-3，則對任意的 1≤i≤k，有 gi=hi，此時=n-2．若 k＜n-3，則由由引理1知，中共有類．引理2知，其中l(wèi)＜k+1中共有個類，故，因此有今 ε1，ε2，…，εn-2∈G．對任意 u∈On，有 f·(u)φ =f，因此有

特別的，有

顯然，若 i≠j，有

故有

因為(εi)φ，(εj)φ 為冪等元，故有

今 E′i=im((εi)φ)/im(f)，1≤i≤n-2，則 E′1，E′2，…，E′n-2兩兩互不相交．(ε1)φ，(ε2)φ，…，(εn-2)φ∈(DOnk+1)φ．由引理2知，

故有

由此可得

即

且對任意 u∈DOnk+1，有

因此(DOnk+1)φ至多包含n-2個不同的L類．由引理1知，DOnk+1至多有n-2個不同的L類．故k+1=n，矛盾．即證．

4 定理2的證明

設(shè)α∈POn，且α為秩為i的冪等元．由［5］知，On中秩為r冪等元由(n+r-12r-1)個，由此可計算出當(dāng)時，此時的α共有(n+i-12i-1)個;

…

相加可得，在POn中，秩為i的冪等元個數(shù)為

設(shè) e∈E(POn)，并今 S(e)={f∈E(POn)∶ef=fe=f}，則 On到 POn具有形式(3)，(4)的同態(tài)的個數(shù)分別為和1，其中(ln)φ =e．

又由［4］知

故ψ是單射，所以有:

則由(1)式知

因此有

個具有形式(3)的同態(tài)，其中(1n)φ∈DPOni．

定理2得證．

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