吳江燕

(安順學(xué)院 數(shù)理學(xué)院,貴州 安順 561000)

0 引言

設(shè)[n]={1,2,…,n}并賦予自然序，Singn是[n]上的奇異變換半群。設(shè)α∈Singn，若對(duì)任意x,y∈[n],x≤y?xα≤yα，則稱(chēng)α是保序的。設(shè)On為Singn中的所有保序變換之集，則On是Singn的子半群，稱(chēng)On為保序變換半群。設(shè)POn為Singn中的所有保序部分變換之集，則POn=On∪{α:dom(α)?[n],(?x,y∈dom(α))x≤y?xα≤yα}是Singn的一個(gè)子半群，稱(chēng)為保序部分變換半群。設(shè)α∈Singn，若α2=α，則稱(chēng)α是一個(gè)冪等元；若α2≠α且α2是冪等元(α4=α2)，則稱(chēng)α是一個(gè)平方冪等元；一般地，若αm≠αi(1≤i

通常，一個(gè)有限半群S的秩定義為：rankS=min{|A|:A?S,=S}。如果S由它的冪等元集E生成，那么S的冪等元秩定義為:idrankS=min{|A|:A?E,=S}。類(lèi)似可以定義S的m次方準(zhǔn)冪等元秩為:idrankmS=min{|A|:A?Em,=S}，其中Em為m次方準(zhǔn)冪等元之集。顯然有rankS≤idrankS且rankS≤idrankmS。對(duì)于有限變換半群秩的相關(guān)研究一直以來(lái)都是半群理論研究中的熱點(diǎn)之一。1992年，Gomes和Howie[1]研究了On和POn的秩和冪等元秩；1994年，Garba[2]進(jìn)一步分別研究了On和POn的理想L(n,r)={α∈On:|im(α)|≤r}和M(n,r)={α∈POn:|im(α)|≤r}(2≤r≤n-2)的秩和冪等元秩。1993年，Umar在文[3]中首次提出平方冪等元的概念，之后，對(duì)于有限半群中具有某種特殊性質(zhì)的元素的秩開(kāi)始被廣泛研究。1999年，Madu[4]研究了有限變換半群的平方冪等元和平方冪零元；2001年，Madu[5]研究了保序鏈的有限變換半群中的平方冪等元；2013年，Imam[6]研究了有限變換半群中由平方冪等元生成的子半群。本文將考慮半群POn的頂端J- 類(lèi)Jn-1中的m次方準(zhǔn)冪等元，用集合

Em(Jn-1)={α∈Jn-1:α是m次方準(zhǔn)冪等元}

本文未定義的術(shù)語(yǔ)及記法參見(jiàn)文獻(xiàn)[7-8]。

1 主要結(jié)果及證明

據(jù)Gomes和Howie的結(jié)果，POn中的Green關(guān)系有如下刻畫(huà):

?α,β∈POn,

[k,r]={α∈POn:|dom(α)|=k,|im(α)|=r}。

(i)Jn-1=[n,n-1]∪[n-1,n-1];

Lk={α∈Jn-1:im(α)=[n]{k}}。

R(k,k+1)={α∈[n,n-1]:α唯一的非單點(diǎn)核類(lèi)為{k,k+1}}(1≤k≤n-1);

Ri={α∈[n-1,n-1]:dom(α)=[n]{i}}(1≤i≤n)。

設(shè)P,Q是[n]的非空子集，若對(duì)任意a∈P,b∈Q，有a

其中a1

定義設(shè)A?[n]非空，α∈POn，若對(duì)任意x,y∈A，有xα≠yα，則稱(chēng)A是α的部分橫截集。

由部分橫截集的定義易得如下引理:

引理1 設(shè)A?[n]非空，α∈POn，若集合A是α的部分橫截集，則Aα=A。

引理2 設(shè)2≤r≤n-1，則[n,r]·[n,n-1]?[n,r]∪[n,n-1]。

證明任取α∈[n,r]，β∈[n,n-1]，則|im(α)|=r。

(i)若im(α)是β的部分橫截集，則由引理1可得，

|im(αβ)|=|(im(α))β|=|im(α)|=r，

從而αβ∈[n,r]。

(ii)若im(α)不是β的部分橫截集，則存在x,y∈im(α)，使得xβ=yβ。由β∈[n,n-1]可知，集合{x,y}是β唯一的非單點(diǎn)核類(lèi)，于是集合[n]{x}是β的部分橫截集，進(jìn)而由部分橫截集的定義易知，集合im(α){x}是β的部分橫截集，從而

|im(αβ)|=|(im(α))β|=|(im(α){x})β|

=|im(α){x}|=|im(α)|-1=r-1。

綜上所述，由α,β的任意性可得，[n,r]·[n,n-1]?[n,r]∪[n,n-1]。

引理3 設(shè)1≤s≤n-1， 則[n,n-1]s?[n,n-1]∪[n,n-2]∪…∪[n,n-s]。

證明用歸納法對(duì)s進(jìn)行證明。

(i)當(dāng)s=1時(shí)，顯然有[n,n-1]?[n,n-1];

(ii)假設(shè)s=k時(shí)，結(jié)論成立，即

[n,n-1]k?[n,n-1]∪[n,n-2]∪…∪[n,n-k]。

當(dāng)s=k+1時(shí)，由引理2及歸納假設(shè)可得,

[n,n-1]k+1=[n,n-1]k·[n,n-1]

?([n,n-1]∪[n,n-2]∪…∪[n,n-k])·[n,n-1]

=([n,n-1]·[n,n-1])∪([n,n-2]·

[n,n-1])∪…∪([n,n-k])·[n,n-1])

?([n,n-1]·[n,n-2])∪…∪([n,n-k])·

[n,n-k-1])

=[n,n-1]∪[n,n-2]∪…∪[n,n-k]∪[n,n-k-1]

綜上所述，該引理成立。

定理4 設(shè)n≥3,2≤m≤n-1，令

其中a1

ak?Ak,ak+1?Ak+1,…,ak+m-2?Ak+m-2。

證明由于Jn-1=[n,n-1]∪[n-1,n-1]，所以下面分兩部分證明該定理:

(i) 當(dāng)α∈[n,n-1]時(shí)，由引理3知

αm∈[n,n-1]∪[n,n-2]∪…∪[n,n-m]。

(1)

若存在唯一的k∈{1,2,…,n-m+1}，使得ak?Ak,ak+1?Ak+1,…,ak+m-2?Ak+m-2，則由α的保序性可得，ai∈Ai,i≠k,k+1,…,k+m-2且ai∈Ai,i≠k,k+1,…,k+m-2或ak∈Ak+1,ak+1?Ak+2,…,ak+m-2?Ak+m-1。以下分兩種情形討論:

情形1 若ak∈Ak-1,ak+1∈Ak,…,ak+m-2∈Ak+m-3，則由α∈[n,n-1] 可得，Ak-1={ak-1,ak},Ak={ak+1},…,Ak+m-3={ak+m-2}。于是

αm=

從而αm≠α且(αm)2=αm，即α是m次方準(zhǔn)冪等元。

情形2 若ak∈Ak+1,ak+1∈Ak+2,…,ak+m-2∈Ak+m-1，則由α∈[n,n-1]可得，Ak+1={ak},…,Ak+m-2={ak+m-3},Ak+m-1={ak+m-2,ak+m-1}，于是

αm=

從而αm≠α且(αm)2=αm，即α是m次方準(zhǔn)冪等元。

反之，假設(shè)α是m次方準(zhǔn)冪等元，我們將用反證法證明。

情形1 若a1?A1,a2?A2,…,am-1?Am-1，注意到A1

我們斷言s=m，若s≠m，則

αm=

從而(αm)2≠αm， 這與α是m次方準(zhǔn)冪等元矛盾。由s=m可得,

α=

從而ak∈Ak,k=m,m+1,…,n-1。

情形2 若an-1?An-1,an-2?An-2,…,an-m+1?An-m+1，注意到A1

α=

我們斷言s=n-m，若s≠n-m，則

αm=

從而顯然(αm)2≠αm，這與α是m次方準(zhǔn)冪等元矛盾。

由s=n-m可得

α=

從而ak∈Ak,k=1,2,…,n-m。

情形3a1∈A1,a2∈A2,…,am-1∈Am-1且an-1∈An-1,an-2∈An-2,…,an-m+1∈An-m+1。若不存在k∈{m,m+1,…,n-m}，使得ak?Ak,ak+1?Ak+1,…,ak+m-2?Ak+m-2，則ai∈Ai,1≤i≤n-1，從而α2=α，即α∈E(Jn-1)，這與α∈Jn-1E(Jn-1)矛盾。

假設(shè)存在k∈{m,m+1,…,n-m}，使得ak?Ak,ak+1?Ak+1,…,ak+m-2?Ak+m-2且ai∈Ai,i

子情形3.1 若ak∈Ak-1,ak+1∈Ak,…,ak+m-2∈Ak+m-3，則由α∈[n,n-1]且ai∈Ai(i

Ak-1={ak-1,ak},Ak={ak+1},…,Ak+m-3={ak+m-2},|Ai|=1,i≠k-1,

于是由A1

a1=1,…,ak-2=k-2,ak-1=k-1,ak=k,ak+1=k+1,…,ak+m-2=k+m-2,

A1={1},…,Ak-2={k-2},Ak-1={k-1,k},

Ak={k+1},Ak+1={k+2},…,Ak+m-2={ak+m-1},…,An-2={n-1},An-1={n},

(2)

從而

α=

我們斷言ak+m-1≠k+m-1。若ak+m-1=k+m-1,則{k-1,k,…,k+m-1}αm=k-1 且(k+m)αm=k+m-2,于是由α是m次方準(zhǔn)冪等元可得,

(k+m)αm=(k+m)(αm)2=((k+m)αm)αm=(k+m-2)αm=k-1,

從而{k-1,k,…,k+m-1,k+m}αm=k-1。

因此αm?[n,n-1]∪[n,n-2]∪…∪[n,n-m]，這與(1)矛盾。因此ak+m-1≠k+m-1。再由k+m-2=ak+m-2

子情形3.2 若ak∈Ak+1,ak+1∈Ak+2,…,ak+m-2∈Ak+m-1，則由A1k，從而由ak

ak=k+1,ak+1=k+2,…,an-1=n。

(3)

由A1

且k+1=ak∈Ak+1,k+2=ak+1∈Ak+2,…,k+m-1=ak+m-2∈Ak+m-1可得,

A1={1},…,Ak-1={k-1},Ak={k}。

(4)

再由ai∈Ai(i

a1=1,…,ak-1=k-1。

(5)

由A1

Ak+m-1={k+m-1},…,As-1={s-1},As={s,s+1},As+1={s+2},…,An-1={n},

(6)

從而由(3)～(5)可得,

α=

我們斷言s=k+m-1。若s≠k+m-1，則s≥k+m，即s-m≥k，從而

{k+1,k+2,…,s-1,s,s+1}αm=s+1,kαm=s,于是由α是m次方準(zhǔn)冪等元可得,

kαm=k(αm)2=(kαm)αm=sαm=s+1,從而{k+1,k+2,…,s-1,s,s+1}αm=s+1。因此αm?[n,n-1]∪[n,n-2]∪…∪[n,n-m]，這與(1)矛盾。因此s=k+m-1。進(jìn)而，由(3)，(6)可得，ai∈Ai,k+m-2

(ii) 當(dāng)α∈[n-1,n-1]時(shí)，|Ai|=1,i=1,2,…,n-1。此時(shí)，定理可簡(jiǎn)單敘述為：α是m次方準(zhǔn)冪等元的充要條件是存在唯一的k∈{1,2,…,n-m+1}，使得ak≠Ak,ak+1≠Ak+1,…,ak+m-2≠Ak+m-2。

類(lèi)似(i)的方法即可證明(ii)。證畢。

設(shè)αi,j=

∈[n,n-1],i≤j;

∈[n,n-1],j≥i+1;

∈[n-1,n-1],i≤j;

∈[n-1,n-1],j≥i+1。

則據(jù)文獻(xiàn)[1]可知,

定理5 設(shè)n≥3,2≤m≤n-1,Em(Jn-1)為Jn-1中的所有m次方準(zhǔn)冪等元之集,則

Em(Jn-1)={αi,i+m-1:1≤i≤n-m}∪{αi+1,i+m:1≤i≤n-m}

∪{βi,i+m-2:1≤i≤n-m+1}∪{βi+1,i+m-1:1≤i≤n-m+1}。

證明由定理4易知,

αi,j是m次方準(zhǔn)冪等元的充要條件是i+m-1=j且1≤i≤n-m;

βi,j是m次方準(zhǔn)冪等元的充要條件是i+m-2=j且1≤i≤n-m+1;

定理6 設(shè)n≥3,2≤m≤n-1，則

|Em(Jn-1)|=4n-4m+2。

證明由定理5易知，

|Em(Jn-1)|=(n-m)+(n-m)+(n-m+1)+(n-m+1)=4n-4m+2。

注意到

[i→i-1]=αi-1,i-1,2≤i≤n;[i→i+1]=αi,i,1≤i≤n-1;

引理7[1]設(shè)n≥3，則POn=。

引理8[1]設(shè)n≥2，則rankPOn=2n-1。

(i)POn=〈Em(Jn-1〉;

(ii)idrankmPOn=rankPOn=2n-1。

(i)由定理5得,

因此,E(Jn-1)?。再由引理7可得,POn=。

(ii)顯然，idrankmPOn≥rankPOn。于是由引理8可知，idrankmPOn≥2n-1。

令A(yù)={αi,i+m-1:1≤i≤n-m}∪{αi+1,i+m:1≤i≤m-1}

則A?Em(Jn-1)且|A|=2n-1。 易驗(yàn)證

[i+m-1→i+m-2]=[i+m-2→i+m-1][i+m-3→i+m-2]…[i+1→i+2]

因此，E(Jn-1)?〈A〉。由引理7可得，POn=〈A〉。故idrankmPOn=rankPOn=2n-1。證畢。