余保民,朱天民

(渭南師范學(xué)院 數(shù)理學(xué)院，陜西 渭南 714099)

完全正則半群是一類重要的正則半群并得到廣泛的應(yīng)用和研究[1-4]?？闪寻肴菏且活惥哂刑厥饨Y(jié)構(gòu)的完全正則半群，最早由Rédei在研究半群的Frattini結(jié)構(gòu)時引入[5]。Tamura等[6]從冪半群的角度對這類半群進行了研究；Giraldes等[7]從半群的生成元出發(fā)研究了這類半群的性質(zhì)和結(jié)構(gòu)。近年來，趙憲鐘、甘愛萍等[8-11]把可裂半群應(yīng)用于冪半群和半群類整體決定性問題的研究上，通過研究Clifford半群、帶和正規(guī)純整群的可裂子半群的性質(zhì)，解決了這些半群類的整體決定性問題。因此，本文將研究完全正則半群的可裂子半群的性質(zhì)，給出這一類子半群的刻畫，相信對完全正則半群的可裂子半群的研究，將對分析完全正則半群冪半群的性質(zhì)以及解決完全正則半群類的整體決定性起重要作用。

對于文中未加定義的概念和術(shù)語，可參見文獻[1-2]。

1 預(yù)備知識和基本概念

定義1[2]設(shè)S為一半群，如果對S中的任一元素a，都存在x∈S，使得axa=a且ax=xa，則稱S為完全正則半群。

熟知，完全正則半群S的H-類都是群，因此，完全正則半群是群并半群[1-2]；S上的J-關(guān)系是一個半格同余，且每一個J-類都是完全單半群。有如下關(guān)于完全正則半群的結(jié)構(gòu)定理，見文獻[1]中定理4.1.3和文獻[2]中定理Ⅱ.1.4。

Clifford定理完全正則半群是完全單半群的半格。

本文中，如無特別說明，總是假設(shè)S是完全正則半群，且S=[Y;Sα]是完全單半群Sα的半格Y，這里Y?S/J，Sα是S的J-類。對a∈S，分別用Ha、La和Ra表示a所在的H-類、L-類和R-類；a-1表示a在Ha中的逆元；用a0表示Ha的單位元。易知，aHb?a0=b0，同時，用P(S)表示S的非空子集的全體，并在P(S)上定義乘法如下：

AB={ab|a∈A,b∈B}

則P(S)成為一個半群，稱為S的冪半群。用EP(S)表示P(S)中冪等元全體之集，即

EP(S)={X∈P(S)|X2=X}

設(shè)A∈P(S)，令A(yù)α=A∩Sα，

Id(A)={α∈Y|Aα≠?}

容易證明，

Id(AB)=Id(A)Id(B)

(1)

定義2[5]如果半群S的任一非空子集都是S的子半群，則稱S是可裂半群。

根據(jù)文獻[5]中定理50和文獻[6]的定理5.4，有如下關(guān)于可裂半群的刻畫。

引理1設(shè)S是一個半群，則以下說法等價：

1)S是可裂半群；

2)?X∈P(S),X2=X。

3)?a,b∈S,ab∈{a,b}。

Pelikán[12]把可裂半群的概念進行了推廣，引入并研究了滿足條件

(An):(?a1,a2,…,an∈S)a1a2…an∈{a1,…,an}

的半群。由引理1易知，S是可裂半群當且僅當S滿足條件(A2)，并且容易看到可裂半群滿足條件(An)，其中n≥2。Pelikán證明了如果存在正整數(shù)k，使半群S滿足條件(A2k)，則S為可裂半群；若S滿足條件(A2k+1)，其中k≥2，則S滿足條件(A3)，根據(jù)文獻[12]的定理2和文獻[13]的定理1，有如下結(jié)果：

引理2設(shè)S是一個半群，則以下說法等價：

1)S滿足條件(A3)。

2)?X∈P(S)，X3=X。

3)P(S)是正則半群。

以下分別用A2(S)和A3(S)來表示完全正則半群S的滿足條件(A2)和滿足條件(A3)的子半群之集，顯然有

A2(S)?A3(S)?EP(S)

以下將研究完全正則半群S的可裂子半群的性質(zhì)，并給出其刻畫。

2 主要結(jié)果

為給出完全正則半群S的可裂子半群的刻畫，首先研究滿足條件(A3)的子半群的性質(zhì)。

容易證明下面的結(jié)果。

引理3設(shè)M∈A3(S)，X?M,若X2=M，則X=M。

引理4設(shè)M,X∈P(S)，若X2=M，則Id(X)?Id(M)。特別地，若Id(M)是Y的子鏈，則Id(X)=Id(M)。

證明由X2=M及式(1)可知，?α∈Id(X)，

α=α2∈(Id(X))2=Id(X2)=Id(M)

因此Id(X)?Id(M)。若Id(M)是Y的子鏈，則Id(X)是Id(M)的子鏈，從而

Id(X)=(Id(X))2=Id(X2)=Id(M)

下面的命題是文獻[10]的引理2.5和文獻[11] 的引理2.3.4的推廣。

命題1設(shè)M∈EP(S)。若?X∈P(S)，

X2=XM=MX=M

則以下結(jié)果成立：

1)?a∈M,a3=a且a0∈M。

2)?a,b∈M，ab∈{a,b,a0,b0}。

3)Id(M)是Y的子鏈。

4)若存在a∈M使得a2≠a，則Ha∩M={a,a0}。

5)?α∈Id(M)，Mα包含于Sα的一個L-類或R-類中。

6)?α∈Id(M)，若α不是Id(M)的最大元，則Mα是左零半群或右零半群；當β∈Id(M)且α<β，a∈Mα，b∈Mβ時，ab=ba=a。

7)若Id(M)有最大元ω且存在a∈Mω使得a2≠a，則Mω={a,a0}為2階循環(huán)群。

證明設(shè)M∈EP(S)滿足條件：?X∈P(S)，當X2=XM=M時有X=M。

1)若存在a∈M使得a3≠a，則a≠a2且a3≠a2。實際上，若a2=a3，則a=a-1a2=a-1a3=a2，從而a=a2=a3，矛盾。故a3≠a2。令X=M{a3},由文獻[10]中引理2.5的證明可知X2=M，又因X?M，所以M=X2?XM?M2=M，故X2=XM=M。易見X≠M，與假設(shè)矛盾，因此?a∈M，a3=a，這時a0=a2∈M2=M。

2)假設(shè)存在a,b∈M使得ab?{a,b,a0,b0}。令X=M{ab}，則a,b,a0,b0∈X，因X?M，故X2?M2=M；反之，有M?X2。實際上，?s∈M，若s∈X且s0∈X，則s=ss0∈X2；若s∈X，s0?X，則s0=ab=abb0=s0b0，從而s=ss0=ss0b0=sb0∈X2；若s?X，則s=ab∈X2。綜上，有?s∈M，s∈X2，即M?X2。因此，M=X2，又因X?M，所以M=X2?XM?M2=M，故X2=XM=M。由于X≠M，與假設(shè)矛盾，所以?a,b∈M，ab∈{a,b,a0,b0}。

3)是2)的直接推論。

4)設(shè)a∈M使得a2≠a，則由命題1的1)可知，a2=a0∈M，所以a-1=a.若b∈Ha∩M，則a0=b0。由命題1的2)可知，ab∈{a,b,a0}，若ab=a，則

b=a0b=a-1(ab)=a(ab)=a2=a0∈M

若ab=b，則a=ab0=(ab)b-1=bb-1=b0=a0，矛盾，故ab≠b；若ab=a0，則

b=a0b=a-1(ab)=a(ab)=aa0=a∈M

綜上，當b∈Ha∩M時有b∈{a,a0}，故Ha∩M={a,a0}。

5)設(shè)存在α∈Id(M)使得Mα不包含于Sα的任一L-類或R-類中，則存在a,b∈Mα使得b?La且a?Rb，因此可得Ha,Hb,Ra∩Lb互不相交。因Sα為完全單半群，故ab∈Ra∩Lb。由于{a,a0,b,b0}?Ha∪Hb，但

(Ha∪Hb)∩(Ra∩Lb)=?

從而ab?{a,b,a0,b0}，與命題1的2)矛盾。因此，?α∈Id(M)，Mα包含于Sα的一個L-類或R-類中。

6)設(shè)α,β∈Id(M)且α<β，a∈Mα。由命題1的2)可知a2=a或a0。若a2=a，則a=a2=a0；若a2=a0≠a，則令X=M{a0}，由文獻[10]中引理2.5的證明可知X2=M。類似于1)和2)的證明，可知X2=XM=M，但X≠M，與假設(shè)矛盾，故Mα中的元素都為冪等元。進一步，由命題1的5)可知，Mα為左零半群或右零半群?，F(xiàn)設(shè)a∈Mα，b∈Mβ，則ab∈Sα，b,b0∈Sβ。由2)知ab∈{a,b,b0}，從而ab∈Sα∩{a,b,b0}={a}，故ab=a，對偶地可證明ba=a。

下面給出滿足條件(A3)的子半群的刻畫。

定理1設(shè)S是完全正則半群，M∈EP(S)，則M∈A3(S)當且僅當?X∈P(S)，

X2=XM=MX=M

證明()設(shè)M∈A3(S)且X2=XM=M，因M∈A3(S)，由引理2可知Id(M)是一個鏈，又因X2=M，由引理4可知Id(X)=Id(M)。現(xiàn)設(shè)a∈X，則a2∈X2=M，從而a0=(a2)0∈M。由XM=M可知，a=aa0∈XM=M，因而X?M。由引理3可得X=M。

(?)如果M∈EP(S)滿足條件?X∈P(S)，

X2=XM=MX=M

則由命題1和引理2可知M∈A3(S)。

對偶地，可以證明M∈A3(S)，當且僅當

?X∈P(S),X2=MX=MX=M

引理6(見文獻[2]的Proposition III.1.1]) 設(shè)S是完全正則半群，則S是完全單半群當且僅當S滿足等式a=(ax)0a。

下面給出S的可裂子半群的刻畫。

定理2設(shè)M∈A3(S)，則M∈A2(S)當且僅當?X∈P(S)，

[Id(X)?Id(M),XM=MX=M]X2=X

證明設(shè)M∈A3(S)，首先證明?X∈P(S)，當Id(X)?Id(M)且XM=MX=M時有X?M。設(shè)α∈Id(X)，a∈Xα，b∈Mα，則ab∈XM=M，從而由命題1可知(ab)0∈M，因Sα為完全單半群，由引理6可知a=(ab)0a∈MX=M，所以X?M。

(?)如果M∈A3(S)A2(S)，則由引理2可知Id(M)有極大元ω，且Mω={a,a0}為2階循環(huán)群。令X={a}，易知Id(X)?Id(M)，XM=MX=M，但X2={a0}≠{a}=X，所以當M∈A3(S)滿足條件?X∈P(S)，[Id(X)?Id(M),XM=MX=M]X2=X時，一定有M∈A2(S)。