Biểu diễn mở rộng Bruck-Reilly

  • Số trang: 34 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 33 |
  • Lượt tải: 0
minhtuan

Đã đăng 15929 tài liệu

Mô tả:

1 MỤC LỤC Trang MỤC LỤC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1 Biểu diễn nửa nhóm bicyclic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Mở rộng Bruck-Reilly của các vị nhóm và các nhóm . . . . . . . . . . . . . . .11 Chương 2. Biểu diễn mở rộng Bruck-Reilly của vị nhóm và nhóm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.1 Biểu diễn mở rộng Bruck-Reilly của vị nhóm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.2 Biểu diễn vị nhóm mở rộng Bruck-Reilly của các vị nhóm với tính chất ℘ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.3 Biểu diễn vị nhóm ngược mở rộng Bruck-Reilly của một nhóm . . . . 28 KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 2 MỞ ĐẦU Giả sử M là một vị nhóm và θ : M → M là một tự đồng cấu vị nhóm của M . Tập hợp N × M × N cùng với phép toán hai ngôi (m, a, n)(p, b, q) = (m − t + n, (aθt−p )(bθt−p ), q − p + t) với t=max(n,p) và θ0 là tự đồng cấu đồng nhất của M, trở thành một vị nhóm với đơn vị là (0, 1, 0). Vị nhóm này được gọi là mở rộng BruckReilly của M xác định bởi θ và được kí hiệu bởi BR(M, θ). Cấu trúc này là sự tổng quát các cấu trúc được đưa ra bởi Bruck(1958), Reilly(1966) và Munn(1970). Araujo và Ruskuc(2001) bắt đầu nghiên cứu tính chất tổ hợp mở rộng Bruck-Reilly. Họ đã chứng minh được rằng nếu mở rộng Bruck-Reilly BR(G, θ) của nhóm G biểu diễn hữu hạn được thì G là nhóm hữu hạn sinh. Thực ra, trước đó (1992), G.M.S Gomes và J.M.Howie đã thấy rằng các băng chữ nhật, nửa nhóm null hay vị nhóm tự do cũng có tính chất tương tự. Sau đó, năm 2006 C.A.Carvalho và Ruskuc chứng minh được rằng các nửa dàn cũng có tính chất tương tự như trên (nghĩa là nếu mở rộng Bruck-Reilly của nửa dàn D biểu diễn được thì D hữu hạn sinh). Tính chất này gọi là tính chất ℘. Bản luận văn của chúng tôi dựa trên công trình Presentation of semigroup and inverse semigroup của tác giả Catanina Carvalho do Trường Đại học tổng hợp St.Andrew xuất bản năm 2003 để tìm hiểu về biểu diễn các mở rộng Bruck-Reilly của các vị nhóm và nhóm. Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương. Chương 1. Kiến thức chuẩn bị 3 Trong chương này, chúng tôi hệ thống lại các kiến thức liên quan đến biểu diễn nửa nhóm, biểu diễn vị nhóm, biểu diễn nhóm và mở rộng BruckReilly của vị nhóm và của các nhóm để làm cơ sở trình bày chương sau. Chương 2. Biểu diễn mở rộng Bruck-Reilly của vị nhóm và nhóm. Đây là nội dung chính của luận văn. Trước hết, chúng tôi trình bày những tính chất của biểu diễn BruckReilly của các vị nhóm. Sau đó chúng tôi trình bày khái niệm với tính chất ℘ và hệ thống một số lớp nửa nhóm với tính chất ℘. Cuối luận văn chúng tôi xét biểu diễn vị nhóm ngược đối với mở rộng Bruck-Reilly của một nhóm. Luận văn được thực hiện dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Lê Quốc Hán. Nhân dịp này tác giả muốn bày tỏ lòng biết ơn Thầy đã tận tình chỉ dẫn chúng tôi học tập và tập dượt nghiên cứu khoa học. Thầy đã đạt vấn đề trực tiếp và giúp chúng tôi hoàn thành luận văn. Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán, Phòng sau Đại học, Tổ Đại Số cùng Quý Thầy, Quý Cô trong chuyên ngành Đại số và lí thuyết số đã tận tình hương dẫn, tạo điều kiện giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn. Mặc dù đã rất cố gắng, song luận văn không thể tránh khỏi thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được những đóng góp của Quý Thầy, Quý Cô và các bạn cùng lớp để luận văn được hoàn thiện hơn. Xin trân trọng cảm ơn ! Nghệ An, tháng 08 năm 2013 Tác giả 4 CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1. BIỂU DIỄN NỬA NHÓM BICYCLIC Trước hết, ta nhắc lại một vài khái niệm liên quan đến biểu diễn nửa nhóm. 1.1.1. Định nghĩa. Giả sử A là một bảng chữ cái. Một biểu diễn nửa nhóm là cặp hA|Ri trong đó R ⊆ A+ × A+ với A+ là nửa nhóm tự do trên A. Một cặp từ (u, v) ∈ R được gọi là một hệ thức và được viết dưới dạng u = v. Nửa nhóm được xác định bởi biểu diễn hA|Ri là nửa nhóm thương S := A+ /ρ, trong đó ρ là tương đẳng nhỏ nhất trên A+ chứa R. Khi đó ta sẽ viết P(S) = hA|Ri để chỉ hA|Ri là một biểu diễn của S. Mỗi nửa nhóm đều có một biểu diễn. Thật vậy, với nửa nhóm S tùy ý đều tồn tại một bảng chữ cái A và một toàn cấu nửa nhóm ϕ : A+ → S. Khi đó S ∼ = A+ /Ker(ϕ), trong đó Ker(ϕ) là tương đẳng hạt nhân của ϕ cho bởi (u, v) ∈ Ker(ϕ) nếu và chỉ nếu ϕ(u) = ϕ(v). Giả sử R là quan hệ hai ngôi trên A+ sinh ra Ker(ϕ) thì hA|Ri là một biểu diễn của S. Ta nói rằng S biểu diễn được hữu hạn nếu có một biểu diễn hA|Ri của S sao cho A và R là các tập hữu hạn. 1.1.2. Chú ý. i, Định nghĩa một biểu diễn vị nhóm tương tự biểu diễn nửa nhóm bằng cách thay A+ bởi A∗ , trong đó A∗ là một vị nhóm tự do sinh bởi A. Giả sử M là vị nhóm được xác định bởi biểu diễn vị nhóm hA|Ri thì M (với tư cách là nửa nhóm) được xác định bởi biểu diễn nửa nhóm hA, e|R, ae = ea = a(a ∈ A)i. 5 Đảo lại, giả sử M là một vị nhóm được xác định bởi biểu diễn nửa nhóm hA|Ri thì tồn tại một từ w ∈ A+ biểu diễn đơn vị của M và M được xác định bởi biểu diễn vị nhóm hA|R, w = 1i. ii, Giả sử B là một bảng chữ cái và B −1 := {b−1 |b ∈ B} là một bảng chữ cái không giao với B và tương ứng một-một với B. Giả sử Q là một tập con của (B ∪ B −1 ) × (B ∪ B −1 ). Khi đó hB|Qi được gọi là một biểu diễn nhóm đối với nhóm G nếu G ∼ = F (B)/ρ, trong đó F (B) là nhóm tự do sinh bởi B và ρ là tương đẳng nhỏ nhất trên F (B) chứa Q. Thế thì G (với tư cách là một vị nhóm) được xác định bởi biểu diễn vị nhóm hB, B −1 |Q, bb−1 = b−1 b = 1(b ∈ B)i. iii, Hai kết quả sau đây đã được biết. 1. Giả sử M là một vị nhóm. Nếu M có một biểu diễn vị nhóm hữu hạn thì M cũng có một biểu diễn nửa nhóm hữu hạn. 2. Giả sử G là một nhóm. Nếu G có một biểu diễn nhóm hữu hạn thì G cũng có một biểu diễn vị nhóm hữu hạn. Giả sử X là một tập khác rỗng. Khi đó tập hợp TX = { f : X → X |f là ánh xạ } cùng với phép nhân (hợp thành) ánh xạ là một vị nhóm với đơn vị là ánh xạ đồng nhất idX . Vị nhóm TX được gọi là vị nhóm các phép biến đổi đầy đủ trên tập X. 1.1.3. Định nghĩa. Vị nhóm con B sinh bởi hai phần tử α, β ∈ TN cho bởi  α(n) = 0 nếu n = 0 n-1 nếu n ≥ 1 Và β(n) = n + 1(n ≥ 0) được gọi là vị nhóm bicyclic. 1.1.4. Mệnh đề. Vị nhóm bicyclic có một biểu diễn vị nhóm hp, q|pq = 1i 6 Chứng minh. Giả sử A = {p, q} là một bảng chữ cái. Xác định đồng cấu Ψ : A∗ → B cho bởi Ψ(p) = α, Ψ(q) = β (Ψ là mở rộng của Ψ0 : A → B, Ψ0 (p) = α, Ψ0 (q) = β). Vì A là tập sinh của A∗ và {α, β} là một tập sinh của B nên Ψ là toàn cấu. Vì αβ = idN nên pq = 1 là một hệ thức trong B. Chú ý rằng  1 nếu n = 0 βα(n) = n nếu n ≥ 1 nên βα 6= idN . Giả sử γ ∈ B là một phần tử tùy ý thuộc B, γ = γn γn−1 ...γ1 trong đó γi = α hoặc γi = β. Vì αβ = idN nên có thể giả thiết rằng γj = β đối với một chỉ số j nào đó. Thế thì γt = β đối với tất cả t thỏa mãn j ≤ t ≤ n. Điều đó chứng tỏ rằng B = {β k αm |k, m ≥ 0}. Theo định nghĩa của α và β ta có k m β α (n) =  k nếu n < k n-m nếu n ≥ k Ta hãy chứng minh các phần tử γ = β k αm và δ = β r αs khác nhau nếu k 6= r hoặc m 6= s. Thật vậy, γ(0) = β k αm (0) = β k (0) = k và δ(0) = β r αs (0) = β r (0) = r. Với n ≥ max{k, r} có γ(n) = β k αm (n) = β k (n−m) = n−m−k, và tương tự δ(n) = n − s − r. Do đó γ = δ chỉ trong trường hợp k = r và m = s. Như vậy hp, q|pq = 1i là một biểu diễn của vị nhóm B = hα, βi. 1.1.5. Mệnh đề. Giả sử e, a, b là các phần tử thuộc nửa nhóm S sao cho ea = ae = a, eb = be = b, ab = e, ba 6= e. Khi đó mỗi phần tử thuộc nhóm con ha, bi của S sinh bởi phần tử a, b được biểu diễn duy nhất dưới dạng bm an , trong đó m và n là các số nguyên không âm (và a0 = b0 = e), và do đó ha, bi đẳng cấu với vị nhóm bicyclic B. 7 Chứng minh. Rõ ràng e ∈ ha, bi và e là một đơn vị của ha, bi. Do đẳng thức ab = e, mỗi phần tử thuộc B biểu diễn duy nhất dưới dạng bm an . Chỉ còn phải chứng minh tính duy nhất của m và n. Trước hết ta chứng minh ba mệnh đề chuẩn bị. i) Các phần tử a và b có cấp vô hạn. Giả thiết trái lại rằng ah+k = ah đối với h và k nguyên dương nào đó. Nhân bên trái với bh ta được ak = e. Khi đó b = eb = ak b = ak−1 e = ak−1 và ba = ak = e, trái giả thiết rằng ba = e. Tương tự ta chứng minh được b có cấp vô hạn. ii) Nếu ah = bk đối với các số nguyên dương không âm h và k nào đó, thì h = k = 0. Thật vậy, khi đó ak+h = ak bk = e, từ đó h + k = 0 theo (i) nên k = h = 0. iii) Nếu bh ak = e đối với các số nguyên không âm h và k nào đó, thì h = k = 0. Nếu k = 0 thì h = 0 theo (i). Ta chứng tỏ rằng bất đẳng thức k > 0 không xẩy ra. Thật vậy, nếu k > 0 thì b = eb = bh ak b = bh ak−1 và ba = bh ak = e trái giả thiết. Bây giờ, giả thiết lại rằng bm an = bi aj trong đó m, n, i, j là các số nguyên không âm và i 6= m hoặc j 6= n. Xét trường hợp i 6= m, trường hợp còn lại tương tự. Không giảm tính tổng quát, ta có thể giả thiết i < m, nhân bên trái với ai ta có bm−i an = aj . Nếu j ≥ n thì nhân bên phải với bn ta được bm−i = aj−n , trong đó m − i > 0 mâu thuẫn với (ii). Nếu j ≤ n thì nhân bên phải với bj ta được bm−i an−j = e, trong đó m − i > 0 mâu thuẫn với (iii). Theo giả thiết, ánh xạ p → a, q → a cảm sinh một đẳng cấu θ từ B lên S, và do đó lên ha, bi, cụ thể là θ(q m pn ) = bm an . Từ tính duy nhất vừa chứng minh ta suy ra θ là một đẳng cấu. 1.1.6. Hệ quả. Nếu ϕ là một đồng cấu của vị nhóm bicyclic thì hoặc ϕ 8 đẳng cấu từ B vào S, hoặc ϕ(B) là một nhóm cyclic . Chứng minh. Giả sử B = hp, q|pq = 1i là một biểu diễn của vị nhóm bicyclic và ϕ(p) = a, ϕ(q) = b, ϕ(1) = e. Khi đó a, b, e thỏa mãn các điều kiện của Mệnh đề 1.1.5, có thể loại trừ điều kiện ba 6= e. Nếu ba 6= e thì ϕ là đẳng cấu. Thật vậy, nếu ϕ(q m pn ) = ϕ(q i pj ) thì bm an = bi aj , từ đó i = m và j = n theo Mệnh đề 1.1.5. Nếu ba = e thì ϕ(B) là nhóm cyclic sinh bởi a. 1.1.7. Nhận xét. Giả sử N là tập các số tự nhiên. Trong tích Đềcác S = N×N xác định phép toán (k, l)(m, n) = (k+m−min(l, m), l+n−min(l, m)). Theo [1], S trở thành nửa nhóm. Chú ý rằng pq = 1 và qp 6= 1, thế thì theo Mệnh đề 1.1.5, suy ra ánh xạ ϕ : S → B cho bởi ϕ(m, n) = q m pn là một đẳng cấu. Do đó vị nhóm bicyclic có thể được xem như vị nhóm S = N × N với phép toán (k, l)(m, n) = (k + m − min(l, m), l + n − min(l, m)). Nửa nhóm bicyclic cho dưới dạng này được gọi là dạng tọa độ của vị nhóm bicyclic. 1.1.8. Định nghĩa. Giả sử S là một nửa nhóm. Trên S xác định được các quan hệ L và R như sau: aL b ⇔ S 1 a = S 1 b aRb ⇔ aS 1 = bS 1 aJ b ⇔ S 1 aS 1 = S 1 bS 1 . Khi đó L ,R,J là các quan hệ tương đương trên S, hơn nữa L ◦ R = R ◦ L . Thế thì H = L ∩ R và D = L ◦ R(= R ◦ L ) cũng là các quan hệ tương đương trên S. Các quan hệ L , R, J , H và D được gọi là các quan hệ Grin của nhóm S. Nửa nhóm S được gọi là nửa nhóm song đơn nếu S chỉ gồm một D lớp tương đương. 9 1.1.9. Định nghĩa. Giả sử E là tập tất cả các lũy đẳng của S. Trên E xác định quan hệ ≤ cho bởi:e ≤ f (e, f ∈ E) ⇔ ef = f e = e. Thế thì ≤ là một thứ tự bộ phận trên E và được gọi thứ tự tự nhiên trên tập các lũy đẳng của S. Lũy đẳng f ∈ S được gọi là lũy đẳng nguyên thủy nếu ∀e ∈ E, e ≤ f kéo theo e = f . Nửa nhóm S được gọi là nửa nhóm đơn hoàn toàn nếu nó là nửa nhóm đơn và chứa lũy đẳng nguyên thủy. 1.1.10. Mệnh đề. Vị nhóm bicyclic B = hp, q|pq = 1i là một nửa nhóm ngược song đơn chứa đơn vị. Các lũy đẳng của nó là các phần tử en = q m pn (n = 0, 1, 2, ...). Chúng thỏa mãn các bất đẳng thức 1 > e0 > e1 > e2 > ... > en > en+1 > ... .Vì vậy B không chứa các lũy đẳng nguyên thủy. Chứng minh. Theo [1], hai phần tử q k pl và q m pn thuộc B nhân với nhau như sau (q k pl )(q m pn ) = q i pj trong đó i = k + m − min(l, m), j = l + n − min(l, m). Chú ý rằng i ≥ k thì q i pj ∈ R(q k pl ), chỉ cần lấy m = l + i − k, n = j. Nếu ta viết các phần tử của B theo bảng 1 p p2 q qp qp2 ... ... q 2 q 2 p q 2 p2 ... ... ... ... ... thì có thể mô tả R(q k pl ) như hợp của tất cả các dòng của bảng bắt đầu dòng thứ k + 1 trở xuống. Từ đó suy ra rằng R- lớp chứa q k pl trùng với cột thứ l + 1. Vậy các R- lớp của B là các dòng, còn các L -lớp là các cột của bảng. Do đó các H -lớp của B là các tập chỉ gồm một phần tử (vì H = L ∩ R). Vì mỗi R- lớp đều giao với L -lớp nên D-lớp duy nhất của B chính là B, vì vậy B là nửa nhóm song đơn. 10 Bây giờ giả thiết rằng q m pn là một lũy đẳng. Khi đó q m pn = pi q j với i = 2m − min(m, n) và j = 2n − min(m, n). Thế thì theo Mệnh đề 1.1.5 suy ra m = i và n = j. Điều đó kéo theo m = min(m, n) và n = min(m.n) tức là m = n. Đảo lại, theo công thức nhân các phần tử của B ở trên thì phần tử en = q n pn là lũy đẳng. Nếu m < n thì lại theo công thức nhân các phần tử thuộc B ta có em en = en em = en nên em ≥ en . Theo Mệnh đề 1.1.5, em 6= en nếu m 6= n. Do đó m < n kéo theo em > en nên b không chứa lũy đẳng nguyên thủy. Vì B chứa lũy đẳng và chỉ gồm một D-lớp nên B chính quy. Vì em en = en = en em với m < n, nên các lũy đẳng của B giao hoán với nhau do đó B là một nửa nhóm ngược. Chú ý rằng B là nửa nhóm chính quy và tập các lũy đẳng của B là E = {en |n ∈ N}. Hơn nữa em en = en em = en nếu m < n, nên E là một nửa nhóm con của B. Vì pq = 1 nên pqp = 1.p = p và qpq = q.1 = q. Do đó p và q là hai phần tử ngược nhau. Ta nhận được 1.1.11. Hệ quả. Nửa nhóm bicyclic là nửa nhóm orthodox sơ cấp. Định lý sau đây của O.Andersen(1952) chứng tỏ rằng một nửa nhóm không đơn chứa lũy đẳng có thể hình dung như một lưới các nửa nhóm bicyclic. 1.1.12. Mệnh đề. Nếu E là một lũy đẳng của S với S là nửa nhóm đơn nhưng S không phải đơn hoàn toàn thì S chứa một nửa nhóm con bicyclic trong đó e là đơn vị . Chứng minh. Lũy đẳng e không nguyên thủy vì nếu trái lại thì S là một nửa nhóm đơn hoàn toàn. Do đó tồn tại lũy đẳng f ∈ S sao cho e > f , nghĩa là ef = f e = f và e 6= f . Vì S đơn nên Sf S = S, do đó tồn tại x, y ∈ S sao 11 cho xf y = e. Đặt a = exf và b = f ye, ta có: ea = e(exf ) = e2 f = a. Tương tự, af = a, f b = be = b và ab = exf.f ye = exf ye = e.e.e = e; f 6= e. Giả sử g = ba. Khi đó g 2 = baba = bea = ba = g f g = f ba = ba = g gf = baf = ba = g Do đó g ≤ f . Vì f < e nên g < e. Từ đó ba 6= e. Vì e là đơn vị hai phía đối với a và b, ab = e và ba 6= e nên từ Mệnh đề 1.1.5 suy ra ha, bi chính là vị nhóm con bicyclic của S với đơn vị e.. 1.2. MỞ RỘNG BRUCK-REILLY CỦA CÁC VỊ NHÓM VÀ CÁC NHÓM 1.2.1. Định nghĩa và kí hiệu. Giả sử T là một vị nhóm với đơn vị là 1 và θ : T → H1 là một đồng cấu từ T vào H1 , trong đó H1 là nhóm các phần tử khả nghịch của T . Thế thì chúng ta làm cho tích Đềcác N × T × N trở thành một nửa nhóm bằng cách định nghĩa (m, a, n)(p, b, q) = (m − n + t, (a∅t−p )(b∅t−p ), q − p + t) (1) trong đó t = max(n, p) và ∅0 là ánh xạ đồng nhất của T . Nửa nhóm được xây dựng như trên được gọi là mở rộng Bruck-Reilly của T được xác định bởi ∅. Kí hiệu:BR(T, ∅). Để chứng tỏ định nghĩa trên hợp lí, cần chứng minh phép toán cho bởi (1) kết hợp. Thật vậy, nếu viết u = max(q−p+max(n, p), r), v = max(n, p−q+max(q, r)) (2) thì ((m, n, a)(p, b, q))(r, c, s) = (m−n−q+p−u, (a∅u−n−q+p )(b∅u−q )(c∅u−r ), s− r + u) trong khi đó (m, a, n)((p, b, q), (r, c, s)) = (m−n+w, (a∅w−n )(b∅w−p )(c∅w−r−p−q ), s− r − p + q + w). 12 Bây giờ chú ý rằng các tọa độ hai bên (thứ nhất và thứ ba) trong phép nhân (1) đúng như nửa nhóm bicyclic. Vì phép toán trong nửa nhóm bicyclic có tính kết hợp nên suy ra m−n−q +p+u = m−n+w, s−r +u = s − r − p + q + w, từ đó w = u + p − q. Từ đó tọa độ giữa (thứ hai) của hai tích cũng bằng nhau. Như vậy, phép toán (1) có tính chất kết hợp. 1.2.2. Mệnh đề. Giả sử T là một vị nhóm với phần tử đơn vị là 1, và giả sử S là mở rộng Bruck-Reilly của T được xác định bởi ∅. Thế thì: (1)S là nửa nhóm với đơn vị là (0, 1, 0); (2) Hai phần tử (m, n, a) và (p, b, q) là D-tương đương trong S nếu và chỉ nếu a và b là D-tương đương trong T ; (3) Phần tử (m, a, n) của S là lũy đẳng nếu và chỉ nếu m = n và a là một lũy đẳng của T ; (4)S là một nửa nhóm ngược nếu và chỉ nếu T là nửa nhóm ngược. Chứng minh. Trước hết ta chú ý rằng nếu T là một nửa nhóm con của nửa nhóm S và ρ là một quan hệ Grin nào đó, chẳng hạn ρ = R. Khi đó aR S b có nghĩa là a, b ∈ S và aS 1 = bS 1 , còn aR T b có nghĩa là a, b ∈ T và aT 1 = bT 1 . (1)Chúng ta chứng tỏ rằng nếu (m, a, n) và (p, b, q) là các phần tử của S thì tồn tại (r, x, s) và (t, y, u) sao cho (r, x, s)(m, a, n)(t, y, u) = (p, b, q). Khi đó S là nửa nhóm đơn. Thật vậy, nếu ta lấy (r, x, s) = (p, (aθ)−1 , m + 1) và (t, y, u) = (n + 1, b, q) trong đó (aθ)−1 là nghịch đảo của aθ trong nhóm H1 thì sẽ nhận được đẳng thức mong muốn. Đơn vị của S rõ ràng là (0, 1, 0). (2)Trước hết ta xét quan hệ R. Giả thiết rằng (m, a, n)R s (p, b, q). Thế thì 13 (m, n, a)(r, x, s) = (p, b, q) (3) với (r, x, s) ∈ S nào đó, và do đó p = m − n + max(n, r) ≥ m. Nhưng đẳng thức chứng tỏ rằng m ≥ p. Do đó m = p và từ m = m − n + max(n, r) suy ra n ≥ r. Từ đó, do sự bằng nhau của các tọa độ thứ hai trong (3), suy ra a(xθn−r ) = b. Như vậy Ra ≤ Rb trong T (nghĩa là R-lớp chứa a trong T được chứa trong R-lớp chứa b trong T ). Tương tự, ta chứng minh được rằng Ra ≤ Rb . Từ đó aR T b. 0 0 Đảo lại, giả thiết rằng aR T b. Thế thì ax = b và bx = a với x, x ∈ T nào đó (nhớ rằng T = T 1 ), và do đó trong S có (m, a, n)(n, x, q) = (m, b, q)(m, b, q)(q, x, n) = (m, a, n), nghĩa là (m, a, n)R S (m, b, q). Như vậy ta chứng minh được (m, a, n)R S (p, b, q) nếu và chỉ nếu m = p và aR T b (4) Lập luận tương tự, ta chứng minh được: (m, a, n)L S (p, b, q) nếu và chỉ nếu n = q và aL T b (5) Bây giờ ta giả sử rằng (m, a, n)D S (p, b, q). Khi đó tồn tại (r, c, s) ∈ S sao cho (m, a, n)R(r, c, s) và (r, c, s)L S (p, b, q). Theo (4) và (5), ta có aR T c và cL T b(và r = m; s = q). Từ đó aD T b. Đảo lại, nếu aD T b thì tồn tại c ∈ T sao cho aR T c và cL T b. Từ đó với mọi m, n, p, q là các số tự nhiên, có (m, a, n)R S (m, c, q), (m, c, q)L S (p, b, q) nên (m, a, n)D S (p, b, q). (3) Chú ý rằng nếu e là một lũy đẳng thuộc T thì (m, e, m) là một lũy đẳng thuộc S. Đối với (m, a, n) ∈ S tùy ý, có (m, a, n)2 = (m − n + t, (aθt−n )(at−m ), n − m + t) trong đó t = max(m, n). Do đó (m, a, n) là lũy đẳng nếu m = n. Thế thì do (m, a, n)2 = (m, a2 , m) suy ra rằng các lũy đẳng của S chỉ là các phần tử có dạng (m, e, m) với e là lũy đẳng thuộc T . (4). Giả sử T là một nửa nhóm ngược. Thế thì với mỗi (m, a, n) ∈ S có 14 phần tử ngược (n, a−1 , m). Như vậy S là nửa nhóm chính quy. Để chứng minh S là nửa nhóm ngược cần chứng minh các lũy đẳng của S giao hoán. Thật vây, giả sử (m, e, m) và (n, f, n) là hai lũy đẳng thuộc S với m ≥ n. Khi đó  (m, e, m)(n, f, n) = (m, e(f ∅m−n ), m) (n, f, n)(m, e, m) = (m, (f ∅m−n )e, m) (6) với f θm−n là một lũy đẳng trong T (thực ra nếu m > n thì f θm−n = 1. Do đó e(f θm−n ) = (f θn−m )e vì T là nửa nhóm ngược. Từ đó ta kết luận được rằng các lũy đẳng của S giao hoán và S là nửa nhóm ngược. Đảo lại, giả sử S là một nửa nhóm ngược và (m, a, n)−1 = (p, b, q). Thế thì (m, a, n)(p, b, q) = (m − n + t, (aθt−n )(bθt−p ), q − p + t) (với t = max(p, n)) là một lũy đẳng R S -tương đương với (m, a, n) và L S -tương đương với (p, b, q). Suy ra m = m − n + t = q − p + t = q, và do đó n = p(= t),m = a Bây giờ tính chất của phần tử ngược đưa đến (m, a, n) = (m, a, n)(n, b, m)(m, a, n) = (m, aba, n) (n, b, m) = (n, b, m)(m, a, n)(n, b, m) = (n, bab, m) và do đó aba = a, bab = a. Từ đó T là nửa nhóm chính quy. Cuối cùng, nếu e và f là các lũy đẳng trong T , thế thì sự giao hoán của (0, e, 0) và (0, f, 0) trong S trực tiếp kéo theo ef = f e. Như vậy T là nửa nhóm ngược. 1.2.3. Chú ý. Trước hết ta nhắc lại rằng: Nửa nhóm S được gọi là ω-nửa nhóm nếu nửa dàn các lũy đẳng của S đẳng cấu với Cω . Như một hệ quả của Mệnh đề 1.2.2, nếu T là một nhóm với đơn vị là e (do đó θ là một tự đồng cấu của T ) thì S = BR(T, θ) trở thành một nửa nhóm ngược với các lũy đẳng em = (m, e, m), m ∈ N. Từ (5) suy ra e0 > e1 > .... 15 Như vậy BR(T, θ) là một ω-nửa nhóm ngược song đơn. Thực ra điều ngược lại cũng đúng. Ta tổng hợp các kết quả trên trong định lí sau. 1.2.4. Định lí. Giả sử G là một nhóm và θ là một tự đồng cấu của G. Giả sử S = BR(G, θ) là mở rộng Bruck-Reilly của G được xác định bởi θ. Thế thì S là một ω-nửa nhóm ngược song đơn. Đảo lại, mỗi nửa nhóm ngược song đơn đẳng cấu với một mở rộng BruckReilly BR(G, θ) của nhóm G nào đó . Chứng minh. Chúng ta đã chứng minh được điều kiện đủ. Để chứng minh điều kiện cần, giả sử S là một ω-nửa nhóm ngược song đơn, khi đó S là nửa dàn các lũy đẳng E = Cω = {e0 , e1 , e2 , ...}. Thế thì TE đẳng cấu với nửa nhóm bicyclic, nghĩa là TE = {αm,n |m, n ∈ N} trong đó {αm,n } là đẳng cấu duy nhất từ Eem lên Een cho bởi ek αm,n = ek−m+n (k ≥ n) và αm,n αp,q = αm−n+t αp−q+t với t = max(p, q). Theo [8](Định lí 5.4.4, trang 163): "Với mỗi nửa nhóm ngược S với nửa dàn các lũy đẳng E có một đồng cấu φ : S → TE sao cho Ker(φ) là tương đẳng tách lũy đẳng", hơn nữa theo [8] ( Hệ quả 5.6.5 trang 170) ta suy ra H = Ker(φ), trong đó H là quan hệ Grin trên S. Một H -lớp điển hình của S là Hm,n = {a ∈ S|aa−1 = em , a−1 a = en }, và mỗi phần tử a ∈ Hm,n ánh xạ bởi φ bằng một phần tử αa ∈ TE mà miền của nó là Eaa−1 = Eem và ảnh của nó là Ea−1 a = Een . Thế thì có một phần tử duy nhất như vậy, và do đó Hm,n φ = αm,n . Từ đó suy ra rằng trong S, Hm,n Hp,q ⊆ Hm−n+t,q−p+t . Kí hiệu nhóm H0,0 với đơn vị là e0 bởi G. Hãy chọn và cố định một phần 16 tử a ∈ H0,1 .Thế thì a−1 ∈ H1,0 theo lập luận hộp trứng tiêu chuẩn. Hơn nữa kết quả sau đây sẽ cho thấy a2 ∈ H0,2 và bằng quy nạp nhận được an ∈ H0,n ; a−1 ∈ Hn,0 (n ∈ N) trong đó a0 được định nghĩa bởi e0 . Cũng chú ý rằng đối với tất cả n ∈ N, có an a−n = e0 , a−n an = en Sơ đồ sau đây là một hộp trứng điển hình R0 R1 ... Rn L0 e0 a−1 L1 a e1 a−m ... Ln an Hm,n Trước khi tiếp tục chứng minh Định lý 2.2.4, ta hãy chứng minh kết quả sau: " ánh xạ g → a−m gan (g ∈ G) là một song ánh từ G = H0,0 lên Hm,n với nghịch đảo cho bởi x 7→ am xa−n (c ∈ Hm,n )" (∗). Thật vậy, kết quả này được suy ra từ các Bổ đề Grin (Xem[8], Bổ đề 2.2.1 và Bổ đề 2.2.2 trang 49). Chúng ta có e0 an = an và an a−n = e0 , và do đó ánh xạ g 7→ gan là một song ánh từ G = H0,0 lên H0,n , với ánh xạ ngược y 7→ ya−n . Cũng như vậy,a−m e0 = a−m và am a−m = e0 , nên ánh xạ y 7→ a−m y là một song ánh từ H0,n lên Hm,n với ánh xạ ngược x 7→ a−m x. Kết hợp cả hai song ánh ta có kết quả (∗). Bây giờ ta tiếp tục chứng minh Định lí 2.2.4. Nhận xét rằng một khi a đã được chọn, chúng ta có một song ánh ψ : S → N × G × N được cho bởi (a−m gan )ψ = (m, g, n) Đối với mỗi g ∈ G, Bằng cách sử dụng (6) ta có (7) 17 ag ∈ H0,1 H0,0 = H0,1 0 0 và do đó theo (*) tồn tại một biểu diễn duy nhất a0 g a1 = g a đối với ag. Trên cơ sở đó định nghĩa một ánh xạ θ : G → G bởi quy tắc ag = (gθ)a(g ∈ G) (8) Đối với mọi g1 , g2 ∈ G có [(g1 g2 )θ]a = a(g1 g2 ) = (ag1 )g2 = [(g1 θ)a]g2 = (g1 θ)(ag2 ) = (g1 θ)[(g2 θ)a] = [(g1 θ)(g2 θ)]a; từ đó bằng cách nhân hai vế với a−1 , với chú ý aa−1 = e0 ta nhận được (g1 g2 )θ = (g1 θ)(g2 θ). Như vậy θ là một tự đồng cấu của G. Tiếp theo chú ý rằng a2 g = a(ag) = a(gθ)a = (gθ2 )a2 ; và bằng phương pháp quy nạp ta nhận được an g = (gθn )an (n ∈ N) trong đó θ0 là ánh xạ đồng nhất của G. Lập luận tương tự, từ (8) kết luận được rằng g −1 a−1 = a−1 (gθ)−1 đối với mỗi a ∈ G. Từ đó bằng cách thay đổi kí hiệu, ta kết luận được rằng ga−1 = a−1 (gθ)(g ∈ G) và tổng quát ga−n = a−n (gθn )(g ∈ G, n ∈ N). Từ (*) nhận được một biểu diễn duy nhất của dạng a−m gan đối với mỗi phần tử thuộc S. Bây giờ ta có thể mô tả cách nhân của hai phần tử được biểu diễn dưới dạng đó. Nếu n ≥ p thì (a−m gan )(a−p haq ) = a−m g(an−p h)aq = a−m g(hθn−p )aq−p Trong khi đó nếu n ≤ p thì (a−m gan )(a−p haq ) = a−m (ga−(n−p) )haq = a(−m−n+p) (gθn−p )hap Chúng ta có thể tổng hợp hai công thức đó dưới dạng 18 (a−m gan )(a−p haq ) = a−(m−n+t) (gθt−n )(hθt−p )aq−p+t trong đó t = max(n, p). Như vậy song ánh ψ : S → N × G × N được dưới dạng (a−m gan )ψ = (m, g, n) là một đẳng cấu từ S lên mở rộng Bruck-Reilly BR(G, θ). 19 CHƯƠNG 2. BIỂU DIỄN MỞ RỘNG BRUCK-REILLY CỦA VỊ NHÓM VÀ NHÓM 2.1. BIỂU DIỄN MỞ RỘNG BRUCK-REILLY CỦA VỊ NHÓM Giả sử S = BR(T, θ) là mở rộng Bruck-Reilly của vị nhóm T xác định bởi đồng cấu θ : T → T (xem 1.2.1). Trong tiết này ta sẽ tìm hiểu biểu diễn của vị nhóm S = BR(T, θ) ( nhớ rằng theo Mệnh đề 1.2.2, S là vị nhóm với đơn vị là (0, 1, 0)). Năm 1994, J.M.Howie và N.Ruskuc đã chứng minh được hai kết quả sau( Xem [6]): 1. Vị nhóm S = BR(T, θ) được xác định bởi biểu diễn hA, b, c|R, bc = 1, ba = (aθ)b, ac = c(aθ), (a ∈ A)i(∗) trong đó hA|Ri là một biểu diễn đối với vị nhóm T 2. Nếu vị nhóm T được biểu diễn hữu hạn thì S = BR(T, θ) biểu diễn được hữu hạn. Khẳng định ngược lại nói chung không đúng. Tiết này chúng ta sẽ tìm hiểu biểu diễn của vị nhóm S = BR(T, θ) đã nêu trên. 2.1.1. Mệnh đề. Giả sử T là một vị nhóm với biểu diễn hA|Ri và S = BR(T, θ) là một mở rộng Bruck-Reilly của T với biểu diễn hA, b, c|R, bc = 1, ba = (aθ)b, ac = c(aθ), (a ∈ A)i. Đối với tất cả i, j, k, l ∈ N và α, β ∈ A∗ , hệ thức ci αbj = ck βbl đúng trong BR(T, θ) nếu và chỉ nếu i = k, j = l và α = β đúng trong T . Chứng minh. Trước hết xin nhắc lại rằng, nếu f : X → Y là một ánh xạ và a ∈ X thì trong suốt chương này, ảnh f (a) được kí hiệu bởi af . Gọi 1 là một đơn vị của T . Khi đó ánh xạ ψ◦ : A ∪ {b, c} → BR(T, θ) cho bởi 20 bψ = (0, 1, 1), cψ = (1, 1, 0), aψ = (0, a, 0), a ∈ A mở rộng được thành đồng cấu vị nhóm ψ : (A ∪ {b, c})∗ → BR(T, θ). Thế thì ψ là một toàn cấu. Do đó nếu ci αbj = ck βbl đúng trong BR(T, θ) thì (ci αbj )ψ = (ck βbl )ψ. Từ đó (ci ψ)(αψ)(bj ψ) = (ck ψ)(βψ)(bl ψ) ⇔ (cψ)i (αψ)(bψ)j = (cψ)k (βψ)(bψ)l ⇔ (i, α, j) = (k, β, l) ⇔ i = k, j = k và α = β đúng trong T .. 2.1.2. Mệnh đề.Giữ nguyên các kí hiệu trong 2.1.1. Thế thì trong vị nhóm BR(T, θ)có (i) bw = (wθ)b, ∀w ∈ A∗ ; (ii) wc = c(wθ), ∀w ∈ A∗ ; (iii) bn a = (aθn )b, ∀n ∈ N∗ , ∀a ∈ A; (iv) acn = cn (aθ), ∀n ∈ N∗ , ∀a ∈ A. Chứng minh. Giả sử w ∈ A∗ tùy ý, w ≡ a1 a2 ...an với ai ∈ A, i = 1, 2, ..., r. Thế thì bw = b(a1 a2 ...ar ) ≡ (ba1 )a2 ...ar = (a1 θ)ba2 ...ar = (a1 θ)(a2 θ)ba3 ...ar = ... = (a1 θ)(a2 θ)...(ar θ)b = ((a1 a2 ...ar )θ))b ≡ (wθ)b. Tương tự ta có wc = c(wθ). Giả sử a là một phần tử tùy ý của A, đối với mọi n ∈ N∗ có bn a ≡ bn−1 (ba) = bn−1 (aθ)b = bn−2 b(aθ)b = bn−2 ((aθ)θ)b2 = bn−2 (aθ2 )b2 = ... = (aθn )b. Tương tự ta có acn = cn (aθ).. 2.1.3. Mệnh đề.Giữ nguyên các kí hiệu trong Mệnh đề 2.1.1. Trong vị nhóm BR(T, θ), mỗi từ w ∈ (A ∪ {b, c})∗ có thể viết được dưới dạng ci αbj , trong đó α ∈ A∗ và i, j ∈ N. Chứng minh. Giả sử w ∈ (A ∪ {b, c})∗ . Nếu w = bi cj đối với i, j ∈ N+ nào đó thì sử dụng hệ thức bc = 1 đúng trong BR(T, θ) nhận được  i−j b nếu i≥j w = bi cj = j−i c nếu i - Xem thêm -