張雄盛,方捷

(廣東技術(shù)師范學(xué)院數(shù)學(xué)與系統(tǒng)科學(xué)學(xué)院,廣東 廣州 510665)

偽補(bǔ)對(duì)稱(chēng)擴(kuò)張Ockham代數(shù)

張雄盛,方捷

(廣東技術(shù)師范學(xué)院數(shù)學(xué)與系統(tǒng)科學(xué)學(xué)院,廣東 廣州 510665)

研究peO代數(shù)類(lèi)中的子類(lèi)pe2,0K1,1，即滿(mǎn)足恒等式 f3=f和 k2=idL的peO-代數(shù).利用同余和代數(shù)的次直不可約,有如下的主要結(jié)果:如果L∈pe2,0K1,1,則L是真次直不可約當(dāng)且僅當(dāng)Con L?{ω}⊕[G,Φ]⊕{ι}.這里 ω和 ι分別表示相等關(guān)系和泛關(guān)系,Φ表示由f(x)=f(y)確定的一個(gè)同余,G表示Glivenko同余.

p-代數(shù);Ockham代數(shù);擴(kuò)張Ockham代數(shù)

1 引言

一個(gè)p-代數(shù)（或稱(chēng)偽補(bǔ)代數(shù)）是指一個(gè)具有最小元0的格L且賦予映射?:L→L使得對(duì)任意 x∈L存在 x?=max{y∈L|x∧y=0};等價(jià)地,x∧y=0? y 6 x?.一個(gè) Ockham代數(shù)是一個(gè)有界分配格L并賦予對(duì)偶自同態(tài)f:L→L.在Ockham代數(shù)(L;f)中,K1,1-代數(shù)是它的一個(gè)重要的子類(lèi),其中f滿(mǎn)足條件:f3=f.有關(guān)p-代數(shù)和Ockham代數(shù)的基本性質(zhì),見(jiàn)文獻(xiàn)[1-2].

在文獻(xiàn) [3]中,作者介紹了 pO-代數(shù).確切地來(lái)說(shuō),一個(gè) pO-代數(shù)是代數(shù) (L;f,?),其中 (L;f)是 Ockham代數(shù),(L;?)是p-代數(shù).同時(shí),一元運(yùn)算f和?可相互交換.隨后在2008年,文獻(xiàn)[4]研究了擴(kuò)張Ockham代數(shù)簇eO;即代數(shù)(L;f,k),其中L是有界分配格,f和k是 L的兩個(gè)一元運(yùn)算,使得 (L;f)是一個(gè) Ockham代數(shù),k是 (L;f)上的自同態(tài).特別地,當(dāng)k2=idL時(shí),這樣的代數(shù)(L;f,k)稱(chēng)之為對(duì)稱(chēng)擴(kuò)張Ockham代數(shù).他們?cè)谠撐闹刑貏e刻畫(huà)了對(duì)稱(chēng)擴(kuò)張Ockham代數(shù)類(lèi)中的一個(gè)子類(lèi)e2,0M,即稱(chēng)為對(duì)稱(chēng)擴(kuò)張de Morgan代數(shù)(L;f,k)的次直不可約性.這里的一元運(yùn)算f和k滿(mǎn)足條件:f2=idL和k2=idL.有關(guān)這些代數(shù)類(lèi)的基本性質(zhì),見(jiàn)文獻(xiàn)[2-4]或文獻(xiàn)[6-8].

本文將考慮包含對(duì)稱(chēng)擴(kuò)張Ockham代數(shù)和p-代數(shù)的一個(gè)代數(shù)類(lèi).定義如下:

一個(gè)偽補(bǔ)對(duì)稱(chēng)擴(kuò)張K1,1代數(shù),是指代數(shù)(L;f,k,?).其中L是有界分配格,f,k和?是L上的三個(gè)一元運(yùn)算并且滿(mǎn)足如下條件:

(1)(L;f,k)是一個(gè)擴(kuò)張Ockham代數(shù);

(2)(L;?)是一個(gè)p-代數(shù);

(3)f3=f且k2=idL;

(4)f,k和?可相互交換.

我們將用pe2,0K1,1表示偽補(bǔ)對(duì)稱(chēng)擴(kuò)張K1,1-代數(shù)類(lèi).

例 1.1[4]每個(gè)有限布爾格 (B;∧,∨,′,0,1)都可以被看作一個(gè) pe2,0K1,1-代數(shù).實(shí)際上,令A(yù)={a0,a1,···,an}為B的所有原子組成的集合,而且定義映射f:B→B使得

和映射k:B→B使得對(duì)于x∈B有k(x)=[f(x)]′.于是,如文獻(xiàn)[4]例1.4所示,f2=idB和k2=idB.從而知,(L;f,k)是對(duì)稱(chēng)擴(kuò)張de Morgan代數(shù).顯然,

例 1.2考慮下面所給出的代數(shù)L如圖1,表1所示:

表1 代數(shù)L

圖1 代數(shù)L

2 同余的性質(zhì)

設(shè)(E;6)是一個(gè)有序集,a,b∈E.如果a?b同時(shí)b?a,則稱(chēng)a和b不可比較;否則稱(chēng)為可比較.我們將用a∥b表示a和b不可比較,用a?b表示a和b可比較.

下面是文中所需要的引理:

引理 2.1(見(jiàn)文獻(xiàn)[4,6]) 如果(L;f,k)是一個(gè)對(duì)稱(chēng)擴(kuò)張Ockham代數(shù),則

(1)(?x∈L)x=k(x)或x∥k(x);

(2)對(duì)于x,y∈L并且x6y,如果x∧k(x)=y∧k(y)同時(shí)x∨k(x)=y∨k(y),則x=y.

引理 2.2(見(jiàn)文獻(xiàn) [2]) 如果 (L;?)是一個(gè)p-代數(shù),則

定理 2.1如果L∈pe2,0K1,1,則下面論斷成立:

證明(1)如果 x ∈ L 則 x 6 x??,所以 f(x)>f(x??)=[f(x)]??>f(x),由此可得 f(x??)=f(x).

(2)令x∈L,由(1)可得

由此推知,(f(L);?)是布爾代數(shù).類(lèi)似地,(fk(L);?)也是布爾代數(shù).

為了術(shù)語(yǔ)上的便利,將 f(x)記為 x?,k(x)記為 x+并且將 pe2,0K1,1-代數(shù) (L;f,k,?)記為 (L;?,+,?).同樣,將 f(L)記為 L?={x?|x∈L}和 fk(L)記為 L?+={x?+|x∈ L}.

pe2,0K1,1-代數(shù)(L;?,+,?)上的一個(gè)同余,是指一個(gè)格同余 ?使得

設(shè) (L;?,+,?)是一個(gè) pe2,0K1,1-代數(shù).用 ConL表示 L的同余格;用 ConlatL表示格 L的格同余格.用符號(hào) ω和 ι分別表示 L的相等關(guān)系和泛關(guān)系.正如文獻(xiàn) [1,6]所見(jiàn),Glivenko同余 G,給出由 (x,y)∈ G ? x?=y?,是 p-代數(shù) (L;?)的一個(gè)同余.同時(shí),由(x,y)∈Φ?f(x)=f(y)給出的關(guān)系Φ是K1,1-代數(shù)的一個(gè)同余.我們有如下的定理:

定理 2.2設(shè) (L;?,+,?)∈pe2,0K1,1.則 G 和 Φ 都是 L的同余并且 G 6 Φ.

證明如文獻(xiàn) [6],G是一個(gè) ?-同余.為證 G也是一個(gè) (?,+)-同余,令 (x,y)∈G則有 x?=y?.故有

從而推知

因此,G是(?,+)-同余,從而它是L的一個(gè)同余.類(lèi)似可證,Φ也是L的同余.

最后,設(shè) (x,y)∈G.則 x?=y?.由定理 2.1,有

因此,(x,y)∈Φ.從而得到 G 6 Φ.

定理 2.3設(shè) (L;?,+,?)∈pe2,0K1,1.則下列論斷成立:

(1)G=ω? (L;?)是布爾代數(shù);

(2)Φ = ω ? (?x ∈ L)x??=x??=x;

(3)Φ =G ? (?x ∈ L)x??=x??.

證明(1)如果 G=ω,則對(duì)任意 x∈L,有 (x∨x?,1)∈G=ω.于是得 x∨x?=1.因此(L;?)是布爾代數(shù).反過(guò)來(lái)顯然成立.

(2)如果 Φ= ω,則由定理 2.2知,G=ω.因此由 (1),對(duì)任意 x∈L,有 x??=x.由于 (x,x??)∈Φ=ω,于是有x??=x.故結(jié)論成立.反過(guò)來(lái)顯然成立.

(3)如果 Φ=G,則對(duì) x∈L,由于 (x,x??)∈ Φ=G,因此有

故由定理2.1(1)知,

反之,對(duì)于任意x∈L,如果

則

現(xiàn)若 (x,y)∈ Φ 則 x?=y?,由此推知

故(x,y)∈G.從而有Φ 6 G.因此由定理2.2推知,Φ=G.

給定a,b∈L并且a 6 b,用θ(a,b)表示關(guān)于a和b的主同余;即由a和b生成的(L;?,+,?)上的最小同余;用θlat(a,b)表示相應(yīng)地格L上的主格同余;用θ?(a,b)表示(L;?)的主?-同余;用 θ?(a,b)表示 (L;?)的主 ?-同余.正如文獻(xiàn) [1,6]中所述,有

下面給出pe2,0K1,1-代數(shù)的主同余表示:

定理 2.4若 (L;?,+,?)∈pe2,0K1,1及 a,b∈L 并且 a 6 b,則

證明令 φ(a,b)為 (?)中右邊的第一個(gè)等式.顯然有 φ(a,b)6 θ(a,b).如文獻(xiàn) [6]的 41頁(yè) (3)和定理 5.9 中所見(jiàn),θ?(a,b)∨ θ?(a+,b+)是 (?,+)-同余,θ?(a,b)和 θ?(a+,b+)是 ?-同余.因此為證 φ(a,b)是一個(gè)同余,只需證明 θ?(a,b)∨θ?(a+,b+)是 ?-同余同時(shí) θ?(a,b)∨θ?(a+,b+)是 (?,+)-同余.為此,只需觀察如下事實(shí):

則

后者給出 x?∧q??=y?∧q??,從而由定理 2.1 推知 x?∨q?=y?∨q?.前者給出

因此得到 (x?,y?) ∈ θlat(p?,q?).

則

從而推知

因此得到 (x?,y?)∈ θlat((a?∧ b)?+,1).

類(lèi)似地,如果

于是有

因此由定理2.1可得

再由定理2.1,有

從而得到

綜上所述,可推知φ(a,b)是一個(gè)同余.故θ(a,b)6 φ(a,b).顯然,有

和

故 φ(a,b)6 θ(a,b).因此等式成立.

推論 2.1設(shè)L∈pe2,0K1,1.如果a,b∈L?使得a 6 b,則

證明因?yàn)?(L?;?)是布爾代數(shù),所以有

注意到 a??=a 和 b??=b,于是有

類(lèi)似地,可證 θ?(a+,b+)=θlat(a+,b+).因此由定理 2.4,等式 (?)成立.

推論 2.2設(shè)L∈pe2,0K1,1.如果a,b∈L并且a 6 b使得(a,b)∈G,則

證明設(shè) (a,b)∈G 并且 a 6 b,則 a?=b?.因 G 6 Φ,故 a?=b?.從而由定理 2.4,等式成立.

3 次直不可約性

本節(jié)中,我們將考慮次直不可約pe2,0K1,1-代數(shù).我們說(shuō)一個(gè)代數(shù)L是次直不可約,如果存在L的一個(gè)同余α使得對(duì)于所有θ∈ConL且θ≠ω,都有α>θ.這樣的一個(gè)同余α被稱(chēng)為L(zhǎng)的唯獨(dú)元.余唯獨(dú)元可對(duì)偶地定義.一個(gè)次直不可約代數(shù)是單純的,如果其同余格ConL是一個(gè)2-元素鏈ω<ι,即ConL={ω,ι}.稱(chēng)一個(gè)次直不可約代數(shù)是真次直不可約,如果它不是單純的.

設(shè)Fix+(L)={x∈L|x+=x}.

定理 3.1設(shè)L∈pe2,0K1,1.若L是次直不可約,則有

(1)ω?G;

(2)(?x∈L)|[x]G∩Fix+(L)|6 2;

(3)(?x∈L)|[x]G|6 4.確切地說(shuō),[x]G是一個(gè)單元素集,或是以下兩種形狀中的一種,如圖 2,圖3所示:

圖2

圖3

證明(1)假設(shè)G?=ω.因L是次直不可約的,故存在L的一個(gè)唯獨(dú)元α使得

因而有a,b∈L且a

不妨假定a∧a+?=b∧b+,則

因此由推論2.2推知

令

則在ConlatL中,有

不難看出,β∧G是L的同余.從而得

后面一種情況是不可能的,因?yàn)樗o出α=α∧β∧G=α∧β=ω,一個(gè)矛盾.因此必有β∧G=ω.于是得

故G是L的唯獨(dú)元.

(2)用反證法.假設(shè)存在一個(gè) [x]G,它至少包含 Fix+(L)中的三個(gè)元素,即a,b,c∈L且a

則由定理2.4,有

這與L的次直不可約性相矛盾.因此必有|[x]G∩Fix+(L)|6 2.

(3)假若存在xi∈L(i=1,2,3,4)使得

則有

以及

由 (2),存在某個(gè)i∈{1,2,3}使得

從而由引理 2.1推知,xi=xi+1,這與假設(shè)矛盾.因此必有|[x]G|6 4.再由(2),得到所要求的Hasse圖.

記

定理 3.2設(shè)L∈pe2,0K1,1是次直不可約.則有

證明設(shè)

則

故由定理2.1知x?和x是互補(bǔ)元.如果x/∈Fix?(L)

則

由推論 2.1,有

由L的次直不可約性推知,

故 x∧x?=0,因而

又由L的分配性,得x?=x?.再由推論2.1,有

由此知

因而有x∈{0,1},從而得

相反的包含關(guān)系是顯然的.題設(shè)的等式成立.

定理 3.3若L∈pe2,0K1,1是次直不可約,則S(L)是單純代數(shù).

證明只需證明,對(duì)任意x,y∈S(L)及x

假設(shè)

則

由引理 2.1,有

不妨假定x∧x+

或者

或者

這三種情況都蘊(yùn)含著 θ(x∧x+,y∧y+)=ι,由此推知 θ(x,y)=ι.結(jié)論對(duì) x∨x+≠y∨y+的情況同樣成立.因此,S(L)是單純的.

推論 3.1若L∈pe2,0K1,1是次直不可約,則Φ是L的余唯獨(dú)元.

證明因?yàn)長(zhǎng)/Φ?S(L),所以有

由定理 3.3可知,區(qū)間 [Φ,ι]是一個(gè) 2-元素鏈.故結(jié)論成立.

設(shè)A和B是兩個(gè)不相交的有序集.將用A⊕B表示由A∪B生成的線(xiàn)性和,其序關(guān)系由下面所給出:

定理 3.4設(shè)L∈pe2,0K1,1.則L是真次直不可約當(dāng)且僅當(dāng)ConL?{ω}⊕[G,Φ]⊕{ι}.

證明(?:)設(shè)L是真次直不可約,則由推論 3.1有 Φ?ι,同時(shí)由定理2.3和定理3.1,Φ≠ω.由后者,存在L的一個(gè)唯獨(dú)元α使得ω?α 6 Φ.有x,y∈L且x

如果G=ω,則由定理2.3知(L;?)是布爾代數(shù),因而有

故

類(lèi)似于定理3.1(1)中的證明,可得

從而有

另一方面,若G≠ω,則由定理3.1和定理3.3,結(jié)論成立.

(?:)這是顯然的.

例 3.1例1.2中所描述的兩個(gè)pe2,0K1,1-代數(shù)(L;f1,+,?)和(L;f2,+,?),它們都是次直不可約.其中(L;f1,+,?)的同余格是一個(gè)3-元素鏈:ω?G=Φ?ι,這里G=Φ=θ(a,d);(L;f2,+,?)的同余格是一個(gè)4-元素鏈:ω?G?Φ?ι,這里G=θ(a,d)和Φ=θ(0,d).

例 3.2考慮由下面的Hasse圖所確定的pe2,0K1,1-代數(shù)(L;?,+,?),如圖4,表2所示:

圖 4 pe2,0K1,1-代數(shù)

表 2 pe2,0K1,1-代數(shù)

顯然,L是次直不可約的且ConL誘導(dǎo)出一個(gè)3-元素鏈:ω=G?Φ?ι,其中Φ=θ(0,c).

例 3.3考慮由下面 Hasse圖所確定的 pe2,0K1,1-代數(shù) (L;?,+,?),如圖 5,表 3所示:

圖 5 pe2,0K1,1-代數(shù)

表 3 pe2,0K1,1-代數(shù)

可以看出,L的同余格ConL具有如下形式,如圖6所示:

圖6 L的同余格

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Pseudocomplemented symmetric extended Ockham algebras

Zhang Xiongsheng,Fang Jie
(School of Mathematics and System Science,Guangdong Polytechnic Normal University,guangzhou 510665,China)

In this paper,we particularly study of the peO algebras that belong to the subclass pe2,0K1,1,characterised by the identities f3=f and k2=idL.By using properties of congruences on such an algebra and the subdirectly irreducibility,the main result obtained in this paper is if L∈pe2,0K1,1,then L is properly subdirectly irreducible if and only if ConL ? {ω} ⊕ [G,Φ]⊕ {ι},where ω and ι stand for the equality relation and the universal relation respectively,Φ denotes the relation determined by f(x)=f(y)and G denotes the Glivenko relation.

p-algebra,Ockham algebra,extended Ockham algebra

O153.1;O153.2

A

1008-5513(2017)03-0314-12

10.3969/j.issn.1008-5513.2017.03.011

2016-11-03.

張雄盛(1991-),碩士生,研究方向:格論與序代數(shù)

2010 MSC:06B10,06D15,06D30