Hạng của nữa nhóm các phép biến đổi bảo toàn thứ tự

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƢỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRẦN XUÂN KHANG

HẠNG CỦA NỬA NHĨM
CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI BẢO TỒN THỨ T

luận văn thạc sĩ Toán học

Vinh 2010


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƢỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRẦN XUÂN KHANG

HẠNG CỦA NỬA NHĨM
CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI BẢO TỒN THỨ T

luận văn thạc sĩ toán học
Chuyên ngành: Đại Số V Lý thut sè
M· sè: 60.46.05

Ng-êi h-íng dÉn khoa häc
PGS.TS. Lª Quèc H¸n

Vinh 2010

MỤC LỤC
Trang
MỞ ĐẦU...........................................................................................................1
Chƣơng 1. Nửa nhóm các phép biến đổi đầy đủ...........................................3
1.1. Nửa nhóm các phép biến đổi đầy đủ..........................................................3
1.2. Các quan hệ Green trên nửa nhóm.............................................................5
1.3. Các quan hệ Green trên nửa nhóm các phép biến đổi đầy đủ.............10
Chƣơng 2. Hạng của nửa nhóm các phép biến đổi bảo tồn thứ tự.........16
2.1. Nửa nhóm các phép biến đổi bảo tồn thứ tự...........................................16
2.2. Nửa nhóm các phép biến đổi bộ phận bảo tồn thứ tự.............................19
2.3. Nửa nhóm các phép biến đổi bộ phận bảo toàn thứ tự chặt.....................24
KẾT LUẬN....................................................................................................29
TÀI LIỆU THAM KHẢO ...........................................................................30


1

MỞ ĐẦU
Giả sử X n  1, 2,..., n , giả sử Tn là nửa nhóm các phép biến đổi đầy đủ trên
X n , và giả sử Singn    Tn : im   n  1 là nửa nhóm tất cả các tự ánh xạ suy

biến của X n .
Giả sử On    Singn :  x, y  X n  x  y  x  y  là nửa nhóm con của
Sing n gồm tất cả các tự ánh xạ suy biến bảo toàn thứ tự của X n . Nửa nhóm

 2n  1 

này đã được nghiên cứu trong [6], trong đó đã chứng minh rằng On  
 1,
 n 1 

n

n!

với ký hiệu    Cnk 
.
k !(n  k )!
k 
Năm 1976, Howie và M.John đã chứng tỏ rằng, tập hợp tất cả các luỹ đẳng
của On có lực lượng f 2n  1 , trong đó f 2n là số Fibơnaxi thứ 2n. Họ đã chứng
minh được rằng : On được sinh bởi tập hợp E1 các luỹ đẳng với số khuyết 1
(Số khuyết của một phần tử  của Tn được xác định bởi n  im  ).
Giả sử S là nửa nhóm hữu hạn, khi đó hạng của S xác định bởi :
rank S  min  A : A  S , A  S .

Nếu S được sinh bởi tập hợp các luỹ đẳng E của nó, thì hạng luỹ đẳng của S
được xác định bởi :
idrank S  min  A : A  E, A  S .

Mục đích của luận văn này là dựa trên bài báo On the ranks of certain
semigroups of order-preserving transformations của các tác giả Gomes và
Howie đăng trên tạp chí Semigroup Forum năm 1992, để tìm hiểu hạng và
hạng luỹ đẳng của On và nửa nhóm
POn  On   : dom   X n ,  x, y  dom   x  y  x  y 

của tất cả các phép biến đổi bảo toàn thứ tự bộ phận của X n (loại trừ ánh xạ
đồng nhất), và nhận được các giá trị hạng và hạng luỹ đẳng của nó. Đồng thời


2

cũng quan tâm đến nửa nhóm SPOn  POn \ On các ánh xạ bảo toàn thứ tự bộ
phận chặt của X n và hạng của nó bằng 2n  2 . Nửa nhóm này khơng được
sinh bởi các luỹ đẳng và do đó vấn đề về hạng luỹ đẳng khơng được đặt ra.
Luận văn được trình bày thành hai chương:
Chƣơng 1. Nửa nhóm các phép biến đổi đầy đủ. Trình bày các khái niệm
và tính chất cơ bản của nửa nhóm các phép biến đổi đầy đủ và các quan hệ
Green trên nửa nhóm, nửa nhóm các phép biến đổi đầy đủ.
Chƣơng 2. Hạng của nửa nhóm các phép biến đổi bảo tồn thứ tự. Trình
bày về hạng, hạng luỹ đẳng của nửa nhóm các phép biến đổi bảo toàn thứ tự
On , POn và SPOn .

Luận văn này được thực hiện và hoàn thành tại trường Đại học Vinh, dưới
sự hướng dẫn của PGS.TS. Lê Quốc Hán. Nhân dịp này tơi xin bày tỏ lịng
biết ơn tới PGS.TS. Lê Quốc Hán, người đã định hướng nghiên cứu, thường
xuyên quan tâm, tạo mọi điều kiện thuận lợi, cùng với những lời động viên
khích lệ tác giả trong suốt quá trình học tập nghiên cứu.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán, khoa Sau Đại
học, các thầy giáo, cô giáo trong tổ Đại số và Seminar chun ngành đã động
viên, giúp đỡ tơi trong q trình viết và chỉnh sửa luận văn này.
Mặc dù đã rất cố gắng, song luận văn không thể tránh khỏi những hạn chế
và thiếu sót, chúng tơi rất mong nhận được những sự đóng góp từ các thầy
giáo, cơ giáo và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.
Vinh, tháng 10 năm 2010
Tác giả


3

CHƢƠNG 1

NỬA NHÓM CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI ĐẦY ĐỦ
Trong chương này chúng tôi nhắc lại các khái niệm và các tính chất cơ bản
trong Lý thuyết nửa nhóm liên quan đến chương sau.
1.1. Nửa nhóm các phép biến đổi đầy đủ
Giả sử S là một tập hợp tuỳ ý. Khi đó mỗi ánh xạ f : S  S  S được gọi là
một phép tốn hai ngơi trên miền xác định S . Với mỗi cặp thứ tự  x, y   S  S ,
ảnh f ( x, y) được gọi là tích của hai phần tử x và y . Chúng ta ký hiệu đơn
giản xy thay cho f ( x, y) .
1.1.1. Định nghĩa. Cặp (S , f ) (hay (S ,.) , hoặc chỉ đơn giản S nếu không gây
nhầm lẫn) được gọi là một phỏng nhóm. Một phỏng nhóm S được gọi là một
nửa nhóm, nếu phép tốn có tính chất kết hợp, nghĩa là với mọi x, y, z  S có
( xy) z  x( yz) .

1.1.2. Định nghĩa. Một nửa nhóm S được gọi là vị nhóm, nếu S có đơn vị.
Đơn vị của một vị nhóm S thường được ký hiệu là 1s hay đơn giản 1.
Đối với một nửa nhóm S chúng ta xác định một vị nhóm S 1 bằng cách bổ
sung một đơn vị cho S nếu S khơng có đơn vị.
 S , nếu S là một vị nhóm
S1  
 S  1 , nếu S khơng phải là vị nhóm

trong đó 1 là một phần tử đơn vị (mới), 1 S .
Giả sử S là một nửa nhóm tuỳ ý. Phần tử z  S được gọi là phần tử không
bên trái nếu zy  z, y  S . Tương tự, z  S được gọi là phần tử không bên phải
nếu yz  z, y  S và được gọi là phần tử khơng nếu nó vừa là phần tử khơng
bên trái vừa là phần tử không bên phải của S .
Phần tử e  S được gọi là một luỹ đẳng nếu e2  e . Tập tất cả các luỹ đẳng
của S được ký hiệu là E  ES .

4

1.1.3. Định nghĩa. Giả sử S là một nửa nhóm và A là tập con không rỗng của
S . Khi đó A được gọi là nửa nhóm con của S nếu A đóng kín dưới phép lấy

tích, nghĩa là với mọi x, y  A có xy  A .
1.1.4. Bổ đề. Giả sử  Ai | i  I  là một họ các nửa nhóm con tuỳ ý của S sao
Ai khơng rỗng. Khi đó A là một nửa nhóm con của S .

cho A 
iI

Chứng minh. Thậy vậy, nếu x, y  A thì x, y  Ai , i  I vì Ai là nửa nhóm con
của S , i  I . Do đó xy  A nên A là nửa nhóm con của S .
Đối với mỗi tập con không rỗng X của nửa nhóm S , ký hiệu X
của tất cả các nhóm con của S chứa X . Theo Bổ đề 1.1.4, X

S

S

là giao

là một nửa

nhóm con của S gọi là nửa nhóm con sinh bởi X , và nó là nửa nhóm con bé
nhất của S chứa X . Trong trường hợp nửa nhóm S đã được xác định rõ ràng
trong ngữ cảnh đang xét, thì ta sẽ viết X thay cho X S .
Nếu X  x1 , x2 ,... là một tập hữu hạn hay vô hạn đếm được, thì ta sẽ ký
x1 , x2 ,.. s . Nói riêng, nếu X là tập đơn tử, X   x thì

hiệu x1 , x2 ,.. thay cho

ta sẽ viết X thay cho X S .
1.1.5. Định lý. Giả sử X là tập con khơng rỗng của nửa nhóm con S . Thế thì
X

S

Chứng minh. Ký hiệu A 





X n   x1 x2 ...xn | n  1, xi  X  .

n 1


X n . Khi đó A là nửa nhóm con của S . Mặt khác,

n 1

Xn  X

S

với mọi n  1 nên từ X

S

là nửa nhóm con của S ta có điều phải

chứng minh.
1.1.6. Định nghĩa. Giả sử S là nửa nhóm hữu hạn. Khi đó hạng của S xác
định bởi : rank S  min  A : A  S , A  S .


5

Nếu S được sinh bởi tập hợp các luỹ đẳng E của nó, thì hạng luỹ đẳng của
S được xác định bởi: idrank S  min  A : A  E, A  S .

1.2. Các quan hệ Green trên nửa nhóm
1.2.1. Định nghĩa. Giả sử S là một nửa nhóm. Ta định nghĩa các quan hệ L, R,
J

sau đây trên S :

a L b  S 1a  S 1b

a R b  aS 1  bS 1
a J b  S 1aS1  S1bS 1

trong đó S 1a, aS 1 và S 1aS 1 là các iđêan chính trái, chính phải và iđêan chính
của S được sinh bởi a .
Theo định nghĩa, a L b  s, s '  S : a  sb và b  s ' a
a R b  r, r '  S : a  br và b  ar ' .

Từ định nghĩa trực tiếp suy ra các quan hệ L, R và J là các quan hệ tương
đương trên S . Thực ra, L là một tương đẳng phải và R là một tương đẳng trái
trên S .
Với mỗi x  S , ta ký hiệu Lx là L - lớp tương đương chứa x : Lx  { y  S | x L y }.
Tương tự, Rx và J x là các ký hiệu lớp tương đương theo R và J tương ứng
chứa x .
1.2.2. Định lý. Các quan hệ L và R giao hoán: L R = R L .
Chứng minh. Giả sử  x, y   L R. Thế thì một phần tử z  S sao cho x L z , z R y .
Do đó tồn tại các phần tử s, s ', r, r'  S sao cho:

x  sz, z = s'x, z = yr, y = zr' .
Ký hiệu t  szr ' . Thế thì t  szr '  xr ', x = sz = syr szr' r tr nên x R t .
Ta lại có: t  szr '  sy, y=zr' = s'xr'  s ' szr '  s ' t nên y L t . Suy ra  x, y   L R
nên L

R R

L . Tương tự, có R

L

L

R nên L

R = R

L .

6

1.2.3. Định nghĩa. Giả sử L và R là các quan hệ tương đương đã được xác định
theo Định nghĩa 1.2.1. Ta xác định các quan hệ trên S bởi:
D =L R = R L và H = R  L .

Khi đó H

là quan hệ tương đương lớn nhất của S được chức trong L và R

theo Lý thuyết tập hợp. Ta chứng minh D là quan hệ tương đương bé nhất
chứa L và R.
Thật vậy, vì L và R là các quan hệ tương đương nên D =L R là các quan hệ
tương đương. Hơn nữa, x L x và x R x với mọi x  S 1 nên L  D và R  L . Nếu C
là một quan hệ tương đương trên S chứa L  R thì D  C, nên D là quan hệ
tương đương bé nhất chứa L và R.
Biểu đồ bao hàm của các quan hệ Green được cho bởi hình sau với chú ý
J

D  J.

D
L

R
H

Ký hiệu Dx và H x là các D - lớp và H - lớp tương ứng chứa x  S . Khi đó
với mọi x , có Lx  Rx  H x .
1.2.4. Bổ đề. Đối với mỗi nửa nhóm S , ta có

x D y  Lx  Ry    Ly  Rx   .

Hơn nữa

Dy 

Ly 
yDx

Ry .
yDx

Chứng minh. Theo định nghĩa của D, có:

x D y  z  S : x L z

và

z R y   z  S : x R s và s L y . Từ đó suy ra khẳng định thứ nhất của Bổ đề.

Khẳng định thứ hai được suy ra từ L  D và R  D.
Tình huống này có thể hình dung bằng bức tranh "hộp trứng" dưới đây. Ở đây
các dòng là R- lớp và các cột là các L- lớp, giao của chúng là các H - lớp nếu


7

không rỗng (giao Ly  Rx   nếu y D x ). Thực tế, nếu u  Ly  Rx thì Ly  Lu và
Rx  Ru . Do đó Ly  Rx  H u .

Bây giờ, ta nêu bổ đề Green và các hệ quả của nó.
Giả sử S là một nửa nhóm, với mỗi s  S chúng ta xác định một ánh xạ:
s : S 1  S 1 , s  z   sz, z  S 1

1.2.5. Bổ đề. Giả sử S là một nửa nhóm, x L y và giả sử s, s '  S 1 sao cho
sx  y và s ' y  x . Thế thì

(i) s : Rx  Ry và s ' : Ry  Rx là các song ánh.
(ii) s '  s1 là hàm ngược của  s hạn chế trên Rx .
(iii)

s

bảo

toàn

các

H

-

lớp,

nghĩa

là

đối

với

mọi:

u, v  Rx : u H v  s  u  H  s  v 

Chứng minh. Trước hết ta phải chứng minh  s ánh xạ Rx vào Ry . Muốn vậy,
giả sử z  Rx , nghĩa là zS1  xS 1 . Thế thì szS1  sxS1  yS1 . Do đó s  z   sz  Ry .
Lập luận tương tự ta có  s ' ánh xạ Ry vào Rx .
Nếu z  Rx thì z R x và do đó có các phần tử u, u '  S 1 sao cho z  xu và

x  zu ' . Thế thì s ' sz  s ' sxu  s ' yu  xu  z và do đó s ' sz  z, z  Rx .
Từ đó s ' s  z   s '  sz   s ' sz  z và bởi vậy s ' , s là ánh xạ đồng nhất của Rx .
Tương tự, s ' s là ánh xạ của Ry . Từ đó suy ra tính đúng đắn của các khẳng
định (i) và (ii).


8

Đối với (ii) giả sử z  Rx . Theo s ' sz  z các phần tử z và s  z   sz ở trong
cùng một L - lớp.
Để chứng minh (iii), chúng ta chú ý rằng u H v nếu và chỉ nếu u L v và
x R v , do đó u H v  s  u  L  s  v  và  s  u  R  s  v   s  u  H s  v  s  v  do

(iii) và vì R là một tương đẳng trái (và s  u   su, s  v   sv ). Mặt khác, nếu
 s  u  H  s  v  , nghĩa là su H sv thì u H v , vì do s ' sz  z , u  s ' su và v  s ' sv (và

do R là một tương đẳng trái và  s ' giữ nguyên các L - lớp.
Nói riêng,  s ánh xạ mỗi H - lớp H z (với z  Rx ) song ánh vào H -lớp

H s ( x) .

Dạng đối ngẫu của Bổ đề 1.2.5 được chứng minh tương tự. Ở đây
r : S 1  S 1 được xác định bởi r ( z)  zr, z  S .

1.2.6. Bổ đề. Giả sử S là một nửa nhóm, y R x và giả sử r , r '  S 1 sao cho
yr  z và zr '  y . Thế thì

(i) r : Ly  Lz và r ' : Lz  Ly là các song ánh.
(ii) r '  r1 là hàm ngược của r được hạn chế trên Ly .
(iii) r bảo toàn các R - lớp, nghĩa là w R y (w) đối với mọi w  Ly .
1.2.7. Hệ quả. (i) Giả sử e  ES là một lũy đẳng. Nếu x L e thì xe  x . Nếu x R e
thì ex  x .
(ii) Mỗi H - lớp chứa không quá một luỹ đẳng.
Chứng minh. (i) Nếu x L e thì x  Le , nghĩa là x  se với s  S 1 nào đó. Thế thì
x  se  se2  see  xe . Chứng minh khẳng định còn lại tương tự.

(ii) Giả sử e, f  ES và eH f. Khi đó eL f và e R f nên f R e (vì R đối xứng).
Do đó (i) có ef=e, ef=f.
1.2.8. Hệ quả. Các H - lớp nằm trong một D - lớp có cùng lực lượng, nghĩa
là tồn tại một song ánh giữa H x và H y nếu x D y .


9

Chứng minh. Thật vậy, nếu x, z  S nằm trong cùng một lớp D - lớp sao cho
x L y , y R z với sx  y, s ' y  x, yr  z, zr'=y theo các Bổ đề trên, s : H x  H y và

r : H y  H z là các song ánh, do đó r s : Hx  Hz là một song ánh.

Kết quả sau đây là Định lý định vị của Miller và Clifford (1956).
1.2.9. Định lý. Giả sử x, y  S . Thế thì xy  Rx  Ly  Ry  Lx chứa một luỹ
đẳng duy nhất.
Chứng minh. Trước hết ta giả sử rằng xy  Rx  Ly . Vì y L xy chúng ta có thể
chọn s  x trong Bổ đề 1.2.5, và như vậy  x : Ry  Rxy là một song ánh. Vì
xy R x nên Rxy  Rx , do đó  x : Ry  Rx là một song ánh. Ánh xạ  x bảo toàn các
L - lớp và do đó  x ánh xạ Ry  Lx vào Rx  Lx  H x . Do đó tồn tại z  Ry  Lx

sao cho  x  z   x , nghĩa là zx  x .
Vì z L x nên tồn tại u  S 1 sao cho z  ux . Khi đó xux  xz  x và do đó
zz  uxux  ux  z nên z  ES .

Đảo lại, nếu tồn tại luỹ đẳng e  Rx  Ly thì Hệ quả 1.2.7, có ey  e và xe  x .
Từ e R y chúng ta nhận được xe R xy , và do đó x R xy . Từ e L x có ey L xy nên
y L xy . Do đó xy  Rx  Ly .

Cuối cùng, nếu Ry  Lx chứa luỹ đẳng thì nó là luỹ đẳng duy nhất vì Ry  Lx
là

một

H

-

lớp.

Trong Định lý Green sau đây, G được gọi là một nhóm con của nửa nhóm
S nếu G là một nửa nhóm con mà bản thân G là một nhóm.

1.2.10. Bổ đề. Giả sử e, f  ES . Thế thì với mọi x  Re  L f tồn tại y  R f  Le
sao cho xy  e và yx  f .


10

Chứng minh. Giả sử x  Re  L f . Từ Hệ quả 1.2.7 có x  ex  xf , do đó tồn tại
u, v  S 1 sao cho e  xu và f  vx . Thế thì y  fu là phần tử cần tìm.

Thật vậy, trước hết có f  vx  vex  vxux  fux  yx và e  xu  xfu  xy . Từ
đó, y  R f và thực tế y  fu, y  Le và do y  fu  vxu  ve . Do đó y  R f  Le .
1.2.11. Định lý. Giả sử H là một H - lớp của nửa nhóm S . Thế thì các điều
kiện sau đây là tương đương
(i) H chứa một luỹ đẳng.
(ii) Tồn tại x, y  H sao cho xy  H .
(iii) H là một nhóm con của S .
Chứng minh. (i)  (ii) là hiển nhiên, vì ta có thể chọn x  e  y với luỹ đẳng
e H .
(ii)  (iii) . Giả sử có (ii) . Thế thì (i ) suy ra theo Định lý 1.2.9, vì

Rx  Ly  H  Ry  Lx . Do đó H chứa một luỹ đẳng e , và theo khẳng định

ngược lại của Định lý 1.2.9, chúng ta biết rằng H là một nửa nhóm con của
S . Hơn nữa, H là vị nhóm con với đơn vị là e theo Hệ quả 1.2.7. Rồi áp

dụng Bổ đề 1.2.10 với e  f . Điều này suy ra H là một nhóm.
(iii)  (i) .Vì phần tử đơn vị của một nhóm con H là một luỹ đẳng của S .

1.3. Các quan hệ Green trên nửa nhóm các phép biến đổi đầy đủ
1.3.1. Định nghĩa. Giả sử X là một tập hợp tuỳ ý. Ký hiệu TX là tập hợp tất

cả các ánh xạ từ X lên X . Khi đó TX cùng với phép nhân ánh xạ là nửa
nhóm. Nửa nhóm TX được gọi là nửa nhóm các phép biến đổi đầy đủ của X .
1.3.2. Định nghĩa. Giả sử TX là nửa nhóm các phép biến đổi đầy đủ của X .
Ta gắn mỗi phần tử  thuộc TX với hai khái niệm:

1 Miền giá trị

X của phép biến đổi  .


11

 2  Phân hoạch

     1 của tập X liên kết với  , tức là quan hệ tương

đương trên X xác định như sau: x y  x, y  X  nếu x  y .
Giả sử   là một ánh xạ tự nhiên từ X lên tập X /   các lớp tương đương
của X theo mod   . Khi đó ánh xạ x   x là ánh xạ một - một từ X /  
lên X  . Từ đó suy ra rằng X /    X  . Bản số đó được gọi là hạng của phép
biến đổi  .
Nếu y  X và   TX thì ta định nghĩa y 1 là tập tất cả các x  X mà
x  y .

1.3.3. Bổ đề. Với  ,   TX tồn tại phép biến đổi   TX sao cho    khi và
chỉ khi X   X  . Do đó  L  khi và chỉ khi X   X  .
Chứng minh. Nếu    thì X    X    X  . Đảo lại, giả thiết rằng
X   X  . Ta xác định phép biến đổi  của tập X như sau: với mỗi y  X 

phép biến đổi  biến mọi phần tử thuộc tập y 1 thành một phần tử cố định

thuộc tập y 1 . Khi đó    .
1.3.4. Bổ đề. Với  ,   TX tồn tại
     . Do đó 

  TX sao cho    khi và chỉ khi

 khi và chỉ khi      .

Chứng minh. Nếu    và x  y thì x  x  y  y và vì vậy x  y .
Như thế    kéo theo      . Đảo lại, giả thiết rằng      . Ta xác định
phép biến đổi  bằng cách đặt x  x đối với các phần tử thuộc X  và xem
rằng trên X \ X  nó tác dụng một cách đồng nhất. Tính đơn trị của  là hiển
nhiên, vì đẳng thức x  y kéo theo x  y theo giả thiết. Rõ ràng rằng
   .


12

1.3.5. Bổ đề. Giả sử  là một phân hoạch của tập X và giả sử Y là một tập
con của X sao cho X /   Y . Khi đó tồn tại phép biến đổi   TX sao cho
    và X   Y .

Chứng minh. Vì rằng X /   Y nên tồn tại ánh xạ một - một  từ X /  lên
Y . Khi đó ánh xạ     , có tính chất địi hỏi.

1.3.6. Bổ đề. Hai phần tử thuộc nửa nhóm TX là D -lớp tương đương khi và
chỉ khi chúng có cùng một hạng.
Chứng minh. Giả sử  ,   TX . Nếu  D  thì  L  và 

 đối với  nào đó

thuộc TX . Theo Bổ đề 1.3.3 các miền giá trị của  và  trùng nhau. Do đó 
và  cùng hạng. Theo Bổ đề 1.3.4 các phân hoạch ứng với  và  trùng
nhau. Do đó  và  cùng hạng. Đảo lại, giả thiết rằng  và  có cùng hạng.
Khi đó X   X /   . Theo Bổ đề 1.3.5 tồn tại   TX sao cho X   X  và
     . Theo Bổ đề 1.3.1 và 1.3.4,  L  và 

 , từ đó  D  .

1.3.7. Định lý. Giả sử TX là nửa nhóm tồn thể các phép biến đổi trên tập X .

 i  Trong TX các quan hệ

D và L trùng nhau.

 ii  Tồn tại tương ứng một - một giữa tập hợp tất cả các iđêan chính của
TX và tập tất cả các bản số r  X sao cho iđêan chính tương ứng với r gồm

tất cả các phần tử thuộc TX mà hạng không vượt quá r .

 iii  Tồn tại tương ứng một - một giữa tập tất cả các D - lớp của

TX và tập

tất cả các bản số r  X sao cho D - lớp Dr ứng với r gồm tất cả các phần tử
thuộc TX mà hạng bằng r .

 iv  Giả sử

r là một bản số  X . Tồn tại tương ứng một - một giữa tập tất

cả các L- lớp chứa trong Dr và tập tất cả các tập con Y của X lực lượng r ,


13

sao cho L- lớp tương ứng với tập Y gồm tất cả các phần tử thuộc TX mà Y là
miền giá trị.

 v  Giả sử
cả các

r là một bản số  X . Tồn tại tương ứng một - một giữa tập tất

lớp chứa trong Dr và tập tất cả các phân hoạch  của tập X mà

X /   r , sao cho

lớp tương ứng với  gồm tất cả các phần tử thuộc TX

mà các phân hoạch với chúng trùng với  .

 vi  Giả sử

r là một bản số  X . Tồn tại tương ứng một - một giữa tập tất

cả các H - lớp chứa trong Dr và tập tất cả các cặp  ,Y  , trong đó  là
phân hoạch của tập X còn Y là tập con của X mà X /   Y  r sao cho H lớp ứng với cặp  ,Y  , gồm tất cả các phần tử thuộc TX mà các phân hoạch
liên kết với chúng trùng với  còn các miền giá trị trùng với Y .
Chứng minh. Giả sử  ,   TX . Trước hết ta chứng tỏ rằng   J   khi và chỉ

khi hạng của  không vượt quá hạng cuả  . Nếu   J ( ) thì    đối
với  , nào đó thuộc TX và vì vậy X   X   X   X  . Đảo lại, giả
thiết rằng hạng của  không vượt quá hạng của  . Giả sử Y là một tập con
bất kỳ của X lực lượng X  chứa X  và giả sử  là một phần tử tuỳ ý thuộc
TX mà Y là miền giá trị. Vì X   Y  X  nên từ Bổ đề 1.3.6 suy ra  D  .

Vì D  J nên J ( )  J    . Theo Bổ đề 1.3.3 và từ X   X  suy ra tồn tại
  TX sao cho    . Do đó   J    J   .

Từ điều vừa chứng minh suy ra rằng J ( )  J    , tức là  L  , khi và chỉ
khi  và  có cùng hạng. Theo Bổ đề 1.3.6,  L  khi và chỉ khi  D  , điều
đó chứng minh  i  .
Từ điều chứng minh trên và từ TX chứa các phần tử hạng tuỳ ý  X suy ra
rằng ánh xạ J    {hạng của  } là ánh xạ một - một từ tập các iđêan chính


14

của TX lên tập tất cả các bản số  X , ngồi ra các tính chất nêu trong  ii  đều
thoả mãn.
Tương tự, từ Bổ đề 1.3.6 suy ra rằng ánh xạ D  {hạng của  }, trong đó
  TX , là ánh xạ một - một từ tập các D -lớp của TX lên tập tất cả các bản số
 X , ngoài ra các tính chất nêu trong  iii  đều thoả mãn.

Bây giờ, giả sử r là một bản số không vượt quá X và Dr là D -lớp của TX
gồm tất cả các phần tử hạng r .
Nếu Y là một tập con của X mà X  r thì rõ ràng TX chứa phần tử  mà
X   Y và   Dr . Tương tự, nếu  là một phân hoạch của X mà X /   r thì

Dr chứa phần tử  mà     . Từ các chú ý đó và từ các Bổ đề 1.3.3, 1.3.4,

1.3.5 ta suy ngay ra các điều khẳng định  iv  ,  v  ,  vi  của định lý.
Bây giờ ta chuyển sang mô tả các luỹ đẳng của TX . Mệnh đề  ii  của định
lý sau đây chứng tỏ rằng một H - lớp của TX là một nhóm khi nó có luỹ đẳng.
Về sau ta sẽ thấy tính chất đó thoả mãn đối với một nửa nhóm bất kỳ. Do đó
một H - lớp khơng chứa q một luỹ đẳng. Mệnh đề  i  của định lý sau đây
chứng tỏ rằng H - lớp nào chứa luỹ đẳng.
1.3.8. Định lý. Giả sử Y là một tập con của tập X và giả sử  là một phân
hoạch của X sao cho Y  X /  . Giả sử H là H -lớp của TX ứng với cặp

 ,Y  .
 i  H chứa luỹ đẳng khi và chỉ khi

Y giao với mỗi lớp tương đương của

X mod  theo đúng một phần tử .

 ii  H chứa luỹ đẳng thì
trên tập Y .

H là một nhóm đẳng cấu với nhóm đối xứng GY


15

Chứng minh. (i) Giả sử e là luỹ đẳng thuộc H . Như vậy Y  Xe,  = e và
e2  e . Ánh xạ e giữ nguyên mỗi phần tử thuộc Y và biến mỗi phần tử thuộc
X \Y .

Giả sử x  X . Vì xe  ( xe)e nên từ    e suy ra x ( xe) . Mặt khác nếu y và

y' là các phần tử thuôc Y sao cho y y ' , thì y  ye  y ' e  y ' . Do đó mỗi lớp
tương đương của X mod  chứa đúng một phần tử thuộc tập Y và e ánh xạ
mỗi phần tử thuộc y x ( y  Y ) thành y .
Đảo lại, giả thiết rằng Y "cắt ngang" phân hoạch  . Khi đó phần tử thuộc
TX chuyển mỗi phần tử x  X thành phần tử y  Y mà x y rõ ràng là luỹ đẳng

thuộc H .
(ii) Giả thiết rằng H chứa luỹ đẳng e . Giả sử   H . Đối với mỗi x  H ta
có x  X   Y  Xe , vì vậy x e  x . Từ đó suy ra rằng  e   . Với mỗi
x  X ta có x ( xe) (đã chứng tỏ ở trên) và vì       e nên x   xe   . Từ đó

suy ra e   .
Bây giờ ta chứng tỏ rằng  cảm sinh một phép thế trên Y . Nếu y  y '
( y, y '  Y ) thì y y ' và do đó y  y ' . Với y đã cho thuộc Y  X  tồn tại x  X
sao cho x  y . Khi đó xe  Y và ( xe)  x  y . Do đó  | Y   GY .
Mỗi phép thế   GY được cảm sinh bởi một phép biến đổi nào đó thuộc H ,
cụ thể là phép biến đổi sau: x  ( xe) . Hơn nữa,  xác định một cách duy
nhất bởi  . Thật vậy, nếu y  y với mọi y  Y , trong đó  ,   H ,thì
xe  xe với mọi x  X , từ đó   e  e   . Do đó ánh xạ      | Y là

ánh xạ một - một từ H lên GY và rõ ràng là đẳng cấu. Vậy H là nhóm con của
TX đẳng cấu với GY .


16

CHƢƠNG 2
HẠNG CỦA NỬA NHĨM
CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI BẢO TỒN THỨ TỰ
2.1. Nửa nhóm các phép biến đổi bảo tồn thứ tự

2.1.1. Định nghĩa và ký hiệu. Giả sử X n  1, 2,..., n .
Ký hiệu Tn là nửa nhóm các phép biến đổi đầy đủ trên X n .
Ký hiệu Singn    Tn : im   n  1 là nửa nhóm tất cả các tự ánh xạ suy
biến của X n .
Ký hiệu On    Singn :  x, y  X n  x  y  x  y  là nửa nhóm con của
Sing n gồm tất cả các tự ánh xạ suy biến bảo toàn thứ tự của X n .

Rõ ràng On là nửa nhóm chính quy của Tn . Chúng ta có trong On :
 L  nếu và chỉ nếu im   im 
 R  nếu và chỉ nếu ker   ker 

 J  nếu và chỉ nếu | im  || im  |

Như vậy On , giống như bản thân Tn , là hợp của các J

-lớp J1 , J 2 ,.., J n1 trong

đó J r    On : im   r . Chúng tôi dành sự quan tâm đặc biệt đối với J - lớp
J n 1 tại chóp đỉnh của nửa nhóm này.

Đối lập với Singn , nửa nhóm On khơng tuần hồn (nghĩa là các H - lớp tầm
thường); chỉ trong lần này thôi chúng ta cố định im  và ker  có đúng một
ánh xạ bảo tồn thứ tự với ảnh và hạt nhân cho trước. Dễ dàng thấy rằng các

 ker   -lớp là các tập con lồi

C của X n , theo nghĩa nếu x, y  C, x  z  y kéo

theo z  C . Như vậy, bằng cách ký hiệu i, j là tương đương trên X n mà lớp
khơng chứa thì một phần tử duy nhất là  i, j  , chúng ta thấy rằng các R- lớp

trong J -lớp J n 1 được đánh số bởi n  1 tương đương 1, 2 ,| 2,3 |,...,| n 1, n | . Các


17

L - lớp tương ứng với n ảnh có thể X n \ 1 , X n \ 2 ,..., X n \ n . Như vậy

J n1  n(n  1) . Phần tử (duy nhất) trong H - lớp được xác định bởi tương

đương i, i  1 và tập con X n \ k là luỹ đẳng nếu và chỉ nếu X n \ k là một
đường hoành (hay một đường cắt chéo) của i, i  1 , nghĩa là k  i hoặc
k  i 1.

Phần tử với hạt nhân i, i  1 và ảnh X n \ k là
1 ... i i  1 ... k k+1 ... n 

... k  1 k+1 ... n 

 
1 ... i i

và là

nếu k  i  1

1 ... k-1 k ... i i+1 ... n 

 
 nếu k  i .
1 ... k-1 k+1 ... i+1 i+1 ... n 

Trong trường hợp đầu ta nói rằng  là một phần tử giảm

và viết

  [k  k  1  ...  i] ; trong trường hợp sau ta nói rằng  là phần tử không

giảm và viết   [k  k  1  ...  i  1] . Có n  1 luỹ đẳng giảm i  i  1
(i  2,3,..., n) và n  1 luỹ đẳng giảm i  i  1 (i  1, 2,3,..., n 1) . Như vậy nếu

E1    On : im   n  1,  2    là tập hợp tất cả các luỹ đẳng trong J n 1 , thế

thì E1  2n  2 . Từ kết quả On  E1 trực tiếp suy ra.
2.1.2. Bổ đề. Giả sử On là nửa nhóm các tự ánh xạ suy biến bảo tồn thứ tự
của X n . Thế thì rank On  2n  2 và idrank On  2n  2 .
Từ đó suy ra rằng hạng của On phải nhỏ nhất trong số các phần tử của các L
- lớp trong J n 1 . Như vậy:
2.1.3. Bổ đề. rank On  n .
Đối với i  1, 2,..., n 1 ký hiệu luỹ đẳng không giảm bởi ei . Ký hiệu phần tử
(không luỹ đẳng) giảm  n  n  1  ...  1 của On bởi  , và giả sử
A  e1 , e2 ,..., en1 ,   .

Thế thì ta có


18

2.1.4. Bổ đề. Tất cả các phần tử không giảm của J n 1 thuộc A .
Chứng minh. Kiểm tra trực tiếp được rằng

k  k  1  ...  i  1  i  i  1i 1  i ...k  k  1
là một tích của các luỹ thừa không giảm.
2.1.5. Bổ đề. Tất cả các phần tử luỹ đẳng giảm trong J n1 thuộc A .
Chứng minh. Nếu chúng ta nhân phần tử    n  n  1  ...  1 bởi tích
en1en2 ...ei các luỹ đẳng khơng giảm chúng ta nhận được phần tử không giảm

1  2  ...  i 1 ( mà chúng nằm trong

A do Bổ đề 2.1.4 ), chúng ta nhận

được luỹ đẳng giảm i  i  1 .
Bây giờ chúng ta có thể sử dụng Bổ đề 2.1.5 để chứng tỏ rằng tất cả các
phần tử giảm của J n 1 đều nằm trong A . Như vậy J n1  A , và do đó
On  E1  J n1  A  On .Do đó On  A với | A | n . Từ kết quả này cùng với

Bổ đề 2.1.4 suy ra
2.1.6. Định lý. Giả sử n  2 và giả sử On là nửa nhóm các ánh xạ suy biến
bảo toàn thứ tự của X n . Thế thì rank On  n .
2.1.7. Định lý. Giả sử n  2 . Thế thì idrank On  2n  2 .
Chứng minh. Giả sử F là một tập hợp các luỹ đẳng trong J n 1 với tính chất
A  On . Thế thì nói riêng : J n1  F . Xét một tích

12 ...m  J n1 với

1 ,2 ,...,m  F . Giả thiết rằng k  [i  i  1] , một luỹ đẳng không giảm, và luỹ

đẳng k 1 tiếp theo khơng giảm. Thế thì để tích kk 1 thuộc J n 1 đòi hỏi ảnh
X n \ i của  k là một đường hoành của kerk 1 . Như vậy k 1  i  1  i  hoặc

k 1  i  i  1 . Trong trường hợp thứ nhất kk 1  k 1 , trong khi đó trường

hợp thứ hai kk 1  k . Lập luận tương tự khi  k giảm và k 1 khơng giảm.
Như vậy tích 12 ...m có thể dần dần rút gọn được, và chúng ta suy ra rằng


19

mỗi phần tử  trong J n 1 có thể biểu diễn được dưới dạng tích đã được rút
gọn 1'2' ... 'p mà trong nó hoặc mỗi i' là khơng giảm (nếu  không giảm)
hoặc mỗi i' giảm (nếu  giảm). Khi đó, nếu   1'2' ... 'p thì  Ri' . Suy ra mỗi
R - lớp trong J n 1 , được xác định bởi tương đương i, i  1 phải biểu diễn trong
F cả hai bởi luỹ đẳng không giảm i  i  1 và bởi luỹ đẳng giảm i  1  i  .

Từ đó F  E1 , tập hợp tất cả các luỹ đẳng trong J n 1 . Bây giờ kết quả cần
chứng minh được suy ra từ Bổ đề 2.1.2.
2.2. Nửa nhóm các phép biến đổi bộ phận bảo tồn thứ tự
Chúng tơi trình bày lại một số ý tưởng tổ hợp dẫn đến một biểu thức đối
với thứ tự trên nửa nhóm POn . Giả sử chỉ định rằng một tương đương  trên
tập X m lồi (convex) nếu các lớp của nó là các tập con lồi của X m , và giả sử
nói rằng  trọng số r nếu | X m /  | r . Một tương đương lồi với trọng số r
được xác định bởi giao của r  1 " biên " trong m  1 không gian giữa 1, 2,..., m
(Như vậy, chẳng hạn tương đương lồi với trọng số 3 trong X 6 mà các lớp của
nó là 1, 2,3 , 4 và {5, 6} được xác định bởi hai biên, giữa 3 và 4 và giữa 4 và
 m  1

5). Suy ra rằng số các tương đương lồi với trọng số 3 trên X m là 
 . Bây
 r 1 
giờ, đối với r  1, 2,..., n giả sử Wr    POn :| dom  | r . Một khi dom  được
chọn, im  cần phải là một tập con của X n với | im  | s  r , và ker là một

n

r

 n  r  1

quan hệ tương đương trên dom  với trọng số s . Như vậy | Wr |     
.
r
s s 1
  s 1  

Bây giờ

r

 n  r  1

  s  s  1
s 1

 



là hệ số của x n trong 1  x  1  x 
n

r 1

 1  x 

n  r 1



, do đó

n
 n  r  1  n  r  1
 n  n  r  1

|
PO
|

1

.
Từ
đó
suy
ra


 
 

 
 (+1 trong vế

n
r 
r 
s 1  s  s  1 
r 1  r 

r


20

trái thực tế do cách đếm của chúng ta bao gồm cả ánh xạ đồng nhất của X n ,
mà đã bị loại trừ khỏi POn ).
 n  r  1 r
x ( x  1) nhận được
r 
r 0 


Cuối cùng, từ chuỗi tổ hợp 1  x    
n

2.2.1. Định lý. |POn|+1 là hệ số của x n trong khai triển của chuỗi
(1+x)n(1-x)-n
Số POn tăng khá mạnh theo n . Một số giá trị đối với n được cho bởi bảng
:

n

2

3

4

5

| POn |

7

37

191

1001

Kết quả chính của tiết này là
2.2.2. Định lý. Giả sử n  2 . Thế thì rank POn  2n 1 , trong đó POn là nửa
nhóm các phép biến đổi bộ phận bảo toàn thứ tự của X n .
Chứng minh. Trong POn , và trong thực tế trong nửa nhóm lớn hơn Pn tất cả
các phép biến đổi bộ phận của X n , để thuận tiện chúng ta qui định rằng phần
tử  có dạng  r , s  hay thuộc tập hợp  r , s  nếu dom   r và im   s . Hiển
nhiên, 0  s  r  n .
J -lớp J n1    POn :| im  | n  1 là hợp của  n, n  1 và  n  1, n  1 , mà nó

bao gồm các ánh xạ một - một, có n R -lớp, được đánh dấu bởi các miền
X n \ 1 , X n \ 2 ,..., X n \ n . Lập luận như trong phép chứng minh Bổ đề 2.1.1,

chúng ta chắc chắn rằng một tập sinh của POn phủ các R -lớp trong J n 1 . Vì

vậy nhận được
2.2.3. Bổ đề . rank POn  2n 1 .
Để chứng minh bất đẳng thức ngược lại, bắt đầu bằng cách thiết lập.
2.2.4. Bổ đề. Đối với r  1, 2,..., n  2 , có [r,r]  [r+1,r+1][r+1,r+1].


21

 a a ...a 

Chứng minh. Xét một phần tử điển hình    1 2 r  của  r , r  với
 b1 b2 ...br 
a1  a2  ...  ar và b1  b2  ...  br . Bộ r -tuple được sắp thứ tự

 a1 , a2 ,..., ar  sẽ

được gọi là có một lỗ hổng (trong) tại vị trí i nếu ai  ai 1  2 . Để thuận tiện,
chúng ta sẽ giải thích một lỗ hổng tại vị trí 1 khi a1  2 và một lỗ hổng tại vị
trí r  1 như sự xuất hiện khi ar  n  1. Các định nghĩa tương tự được áp dụng
cho  b1 , b2 ,..., br  . Vì r  n  2 nên phải có ít nhất một lỗ hổng trong mỗi trường hợp.
 a1 a 2 ...a r 
 sao cho có một lỗ hổng tại vị
 b1 b2 ...br 

Bây giờ giả thiết rằng phần tử   

trí j trong  b1 , b2 ,..., br  . Giả sử x, y thoả mãn ai 1  x  ai , b j 1  y  b j (Chú ý
rằng, chẳng hạn x  1 nếu i  1 và x  n nếu i  r  1 ).
Bây giờ phân thành hai trường hợp tuỳ theo hoặc i  j hoặc i  j . Giả thiết
rằng i  j . Thế thì  ánh xạ a1 , a2 ,..., ar   x lên 1, 2,..., r  2 \  j  1 theo cách

bảo toàn thứ tự. Như vậy    r  1, r  1 và
nếu
k

ak   k  1 nếu
k  2
nếu


k  i-1
ik  j+2

x  i .

Giả sử  ánh xạ 1, 2,..., r  2 \ i lên b1 , b2 ,..., br    y theo cách bảo tồn thứ
tự. Lại có    r  1, r  1 và
bk

b
k   k 1
y
b k  2

nếu
nếu
nếu
nếu

k  i-1

i+1  k  j
k=j+1
k  j+2

Từ hai kết quả trên suy ra    .
Bây giờ giờ giả thiết rằng i  j . Giả sử  : a1 , a2 ,..., ar   x  1, 2,..., r  2 \  j


22

là một ánh xạ bảo toàn thứ tự, và tương tự giả sử  là ánh xạ

1, 2,..., r  2 \ i  1  b1 , b2 ,..., br    y . Thế thì
k
nếu

ak   k  1 nếu
k  2
nếu


k  j -1
jki

x  i  1

bk

y

k  
b k 1
b k  2

trong khi đó

nếu
nếu
nếu
nếu

k  j -1
k=j
và từ đó    .
j+1  k  i
k  i +2

2.2.5. Bổ đề. Nếu 1  s  n  1, thế thì [r,s]  [r,r][n,s].
Chứng minh. Hãy xét một phần tử  thuộc  r , s  , với miền xác định
A  a1 , a2 ,..., ar  , trong đó a1  a2  ...  ar , và ký hiệu ai bởi bi đối với
i  1, 2,.., r . Định nghĩa  là ánh xạ đồng nhất trên A . Định nghĩa  như sau :

nếu x  A đặt x  x ; nếu x   đặt x  b1 , nếu ai  x  ai 1 hãy đặt x  bi ,
nếu x  ar hãy đặt x  br . Thế thì    r, r  ,   n, s  và    .
Ta có (đối với tất cả s  n  1 ) :  n, s    n, n  1 . Điều này, cùng với Bổ đề
2.2.4 và 2.2.5 và sự quan sát đã được tiến hành J n1   n, n  1   n, n 1 , suy ra
2.2.6. Bổ đề. J n1  POn .
Bây giờ, đối với i  2,3,..., n giả sử  i là phần tử thuộc  n  1, n  1 ánh xạ
X n \ i lên X n \ i  1 theo cách bảo toàn thứ tự; và tương tự 1 ánh xạ X n \ 1

lên X n \ n . Như vậy, chẳng hạn, nếu n  4 thế thì
 2 3 4
1 3 4 
1 2 4 
1 2 3 
 , 2  
 , 3  
 , 4  
.
1 2 3 
 2 3 4
1 3 4 
1 2 4 

1  

Giả sử BP  1 ,  2 ,...,  n  , BT  1 ,  2 ,...,  n  , trong đó  i  i  i  1   n, n  1
Giả sử B  BP  BT . Chúng ta sẽ chứng tỏ rằng B , bao gồm 2n  1 phần tử, là