Mở rộng bruck reilly của vị nhóm và nhóm

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Iđêan và các quan hệ Grin trên nửa nhóm

Biểu diễn nửa nhóm

1.3.1.Định nghĩa Giả sử S là một nửa nhóm Khi đó tồn tại một toàn cấu

Trong lý thuyết nhóm, một biểu diễn đồng cấu của nhóm S được xác định bởi A +, là một nửa nhóm các từ Khi đó, S có thể được biểu diễn như A + /ker(ψ) Các ký hiệu sinh của S được biểu thị bằng các chữ cái trong A Nếu (u, v) thuộc ker(ψ), thì u = v được gọi là một hệ thức hay đẳng thức trong S Để tránh nhầm lẫn, ta ký hiệu u ≡ v khi các từ u và v bằng nhau trong A +.

Nhƣ vậy, định nghĩa một biểu diễn của S gồm các ký hiệu sinh:

A = { a 1 ,a 2 ,… } và các hệ thức R = {u i = v i  i  I }, và viết

S =  a 1 , a 2 ,…  u 1 = v 1 ( i  I)  hay S  A R nếu ker(  ) là tương đẳng nhỏ nhất của A + chứa các hệ thức { (u i , v i )  i  I}.

Nói riêng  (u i ) =  (v i ) đối với tất cả các u i = v i trong R

Tập hợp R các hệ thức đƣợc giả thiết là có tính đối xứng, nghĩa là nếu u = v trong R thì v= u cũng đƣợc thỏa mãn

Cần lưu ý rằng các từ w thuộc A* không phải là phần tử của S, mà chúng được ánh xạ vào S Một từ w thuộc A* sẽ biểu diễn phần tử (w) của S Điều đáng chú ý là cùng một phần tử của S có thể được biểu diễn bằng nhiều từ khác nhau Nếu hai từ u và v thỏa mãn điều kiện (u) = (v), thì chúng biểu diễn cùng một phần tử của S.

Giả sử S =  A  R  là một biểu diễn Chúng ta chỉ ra rằng S có một hệ thức u = v (nghĩa là  (u) =  (v)) nếu và chỉ nếu tồn tại một dãy u = u 1 , u 2 ,

, u k +1 = v các từ sao cho u i+1 nhận đƣợc u i bằng cách thay thế nhân tử u i bởi v i đối với u 1 = v i nào đó trong R

Chính xác hơn, chúng ta nói rằng một từ v là dẫn xuất trực tiếp từ từ u, nếu u ≡ w 1 u’w 2 và v ≡ w 1 v’w 2 với u’ = v’ nào đó trong R

Rõ ràng rằng nếu v đƣợc dẫn xuất từ u thì u đƣợc dẫn xuất từ v (vì R đối xứng) và  (u) =  (w 1 )  (u')  (w 2 ) =  (w 1 )  (v')  (w 2 ) =  (v), nên u = v là một hệ thức trong S

Từ v đƣợc gọi là dẫn xuất từ u nếu tồn tại một dãy hữu hạn u ≡ u 1 , u 2 , , u k ≡ v sao cho với tất cả j = 1,2, , k-1, u j+1 là dẫn xuất trực tiếp từ u j

Thế thì, nếu v đƣợc dẫn xuất từ u thì sẽ có  (u) =  (v), vì  (u) =  (u 1 ) =

 (u 2 ) =  (u k-1 ) =  (u k ) =  (v), và do đó u = v là một hệ thức trong S

Nó có thể viết thành u ≡ u 1 = u 2 = …= u k ≡ v

Trước khi trình bày các định lý liên quan đến biểu diễn nửa nhóm, cần lưu ý rằng với mỗi quan hệ  trên nửa nhóm S, luôn tồn tại một tương đẳng  C trên S, mà tương đẳng này là nhỏ nhất và chứa quan hệ , được gọi là tương đẳng sinh bởi quan hệ .

1.3.2 Định lý Giả sử S =  A  R  là một biểu diễn, với R đối xứng Thế thì

R c =    u v ,  u = v hay v được dẫn xuất từ u 

Chứng minh Ký hiệu  là quan hệ xác định bởi: u  v nếu và chỉ nếu u = v hoặc v đƣợc dẫn xuất từ u

Rõ rằng i   nên  phản xạ Vì R đối xứng nên  đối xứng Tính bắc cầu của  là hiển nhiên Vậy  là quan hệ tương đương

Nếu w  A + và v đƣợc dẫn xuất từ u thì rõ ràng wv cũng đƣợc dẫn xuất từ wu và vw được dẫn xuất từ uw Vậy  là một tương đẳng

Giả sử  là một tương đẳng sao cho R   Giả thiết rằng v được dẫn xuất trực tiếp bởi u: u = w 1 u’w 2 , v = w 1 v’w 2 và u’ = v’ trong R Vì R   nên

(u’, v’)   Vì  là một tương đẳng nên (w 1 u’w 2, w 1 v’w 2 )   Do đó, nhờ tính bắc cầu của  và  , có    và vì vậy  là tương đẳng nhỏ nhất chứa

Từ Định lý 1.3.2 trực tiếp suy ra định lí sau

1.3.3 Định lý Giả sử A là một bảng chữ cái và R  A + x A + là một quan hệ đối xứng Thế thì nửa nhóm S = A +  R c có biểu diễn

S =  A  u = v với mọi (u, v)  R  Hơn nữa, tất cả các nửa nhóm có cùng biểu diễn đẳng cấu với nhau

1.3.4 Ví dụ 1 Xét biểu diễn nửa nhóm sau:

S =  a,b  aa = ab, ba = aab, bbb = aba 

Trong biểu diễn này, chúng ta có hai phần tử sinh và ba hệ thức xác định Ví dụ, S có đẳng thức baabbaa = bbaaba, thể hiện rằng u1 = baabbaa = b.aab.baa = b.ba.baa = u2 và u2 = bbabaa = bba.ba.a = bba.aba.a = bbaaab Tương tự, các đẳng thức như aaab = aabb = abbb = aaba = baa = bab cũng tồn tại trong S, với aab = bab trong S.

2 Một biểu diễn của các nửa nhóm các từ không cần hệ thức xác định:

1.3.5 Chú ý Tất cả các nửa nhóm (và vị nhóm) đều biểu diễn Thực vậy, S = 

Một biểu diễn nhóm A  ker (  )  là một biểu diễn toàn cấu, trong đó  : A +  S Tuy nhiên, biểu diễn này thường rất phức tạp Chúng ta sẽ tập trung vào các nhóm có biểu diễn hữu hạn, cụ thể là S =  A  R , với A là bảng chữ cái hữu hạn và R là tập hợp hữu hạn các hệ thức Đáng tiếc là không phải tất cả các nửa nhóm đều có thể có biểu diễn như vậy.

Tất cả các vị nhóm đều có một biểu diễn, trong đó mỗi biểu diễn có thể được coi như một nửa của nhóm Tuy nhiên, việc sử dụng các biểu diễn vị nhóm với ưu thế của phần tử đơn vị sẽ mang lại sự tiện lợi hơn.

Biểu diễn vị nhóm được định nghĩa bởi M  a 1, a 2 ,  u i = v i , (i  I) , trong đó u i, v i thuộc A*, với A = { a 1 ,a 2 , …} là bảng chữ cái Trong biểu diễn này, ta có thể giả định rằng có các hệ thức dạng u = 1, cho phép từ u có thể bị xóa từ một từ khác hoặc được bổ sung vào một vị trí nào đó giữa hai chữ cái.

1.3.6 Ví dụ 1 Giả sử M =  a , b  ab = ba  là một biểu diễn của vị nhóm M Thế thì M  A * /R c trong đó A = { a , b} và R = { ab= ba} Có một toàn cấu

 : A*  M và M đƣợc sinh bởi các phần tử x =  (a) và y =  (b) Vị nhóm

M giao hoán, vì hệ thức ab = ba cho phép chúng ta thay đổi vị trí của a và b

Nếu các phần tử thuộc tập sinh của M giao hoán đƣợc với nhau thì M giao hoán (Hiển nhiên) Do đó  (a)  (b) =  (ab) =  (ba) =  (b)  (a) hay xy = yx

Hơn nữa, mỗi phần tử z  M có một dạng chuẩn : Giả sử z = z 1 z 2 z n với z i =

 (a k b m )=  (a) k  (b )m = x n y m với m, k nào đó, (m  0, k  0) Do đó, vị nhóm

M là một vị nhóm giao hoán tự do, và có thể chứng minh rằng mỗi vị nhóm giao hoán được sinh ra bởi hai phần tử là ảnh toàn cấu của M.

2 Biểu diễn vị nhóm M =  a, b  aba = 1  xác định một nhóm Thực ra, nhóm này đẳng cấu với ( , +) Thật vậy, giả sử M là một vị nhóm với biểu diễn trên thì M  A*/R c , trong đó A = { a , b} và R = { abc= 1}, và giả sử

 : A*  M là toàn cấu tương ứng Thế thì M được sinh bởi các phần tử x =

Nếu \( a \) và \( y \) thỏa mãn \( \psi(a) = \psi(b) \), cùng với điều kiện \( ab = ba \) và \( aba = aba \cdot ba \), thì ta có \( xy = yx \) Từ đó, suy ra rằng \( M \) là một nhóm giao hoán Do vậy, mỗi phần tử \( z \in M \) có thể được biểu diễn dưới dạng \( z = \).

Trong không gian M, với các điều kiện m ≥ 0 và n ≥ 0, ta có a.ba = 1 và ba.a = ab.a = 1, cho thấy ba là nghịch đảo của a Tương tự, a^2 là nghịch đảo của b, tức là b = (aa)^-1 Điều này chỉ ra rằng mọi phần tử trong M đều có dạng z = ψ(a^k) với k thuộc tập số tự nhiên.

 : M  ( , +) xác định bởi  (a) = -1 và  (b) = 2 là một đẳng cấu

3 Xác định hai ánh xạ  ,  :  bởi

 ( )n  n 1,(n0) Xét vị nhóm bixyclic B =  ,   đƣợc xác định bởi hai phép biến đổi ấy

 và từ đó k nêu n < 0 ( ) n nêu n k l n

 nếu nếu nếu nếu nếu nếu

Giả sử A = { a , b} là một bảng chữ cái Xác định đồng cấu  : A*  B bởi

 (a) =  ,  (b) =  (Bằng cách mở rộng tính chất  trở thành xác định duy nhất bởi ảnh của các ký hiệu sinh a và b) Từ đó  là một toàn cấu và B  A*/ker (  ).

Theo trên ab = 1 là một hệ thức trong B Giả sử y  B là một phần tử tùy ý của vị nhóm bixiclic, y = y n y n-1 …y 1 trong đó  i =  hoặc y i =  Vì 

= i nên chúng ta có thể giả thiết  j  đối với chỉ số nào đó, thế thì  t  đối với tất cả t thỏa mãn j t n Điều đó chứng tỏ rằng    k mvới

, 0 k m , từ đó B     k m k m ,  0  Hơn nữa, các phần tử này hoàn toàn khác nhau Nếu    k m và    r s thì (0)  k m(0) k(0)k và

     và ( )n   r s( )n  r(n s   ) n s r Do đó   chỉ trong trường hợp kr và ms Điều này có nghĩa B a b ab, 1 chính là một biểu diễn của vị nhóm.

MỞ RỘNG BRUCK - REILLY CỦA VỊ NHÓM 2.1 Một số lớp nửa nhóm đơn

Mở rộng Bruck - Reilly của các vị nhóm và các nhóm

2.2.1 Định nghĩa và ký hiệu Giả sử T là một vị nhóm với đơn vị là 1 và

Đồng cấu từ T vào H1, với H1 là nhóm các phần tử khả nghịch của T, cho phép chúng ta biến tích Đềcacs T thành một nửa nhóm thông qua một định nghĩa cụ thể.

(m, a, n)(p, b, q) = (m - n + t, (a  t-n )(b  t-p ), q - p+ t) (1) trong đó t= max(n, p) và  0 là ánh xạ đồng nhất của T

Nửa nhóm đƣợc xây dựng nhƣ trên đƣợc gọi là mở rộng Bruck-Reilly của T được xác định bởi 

Kí hiệu: BR(T,  ) Để chứng tỏ định nghĩa trên hợp lý, 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

Trong phép nhân (1), các tọa độ hai bên (thứ nhất và thứ ba) tương ứng với nửa nhóm bicyclic Nhờ tính chất kết hợp của phép toán trong nửa nhóm bicyclic, ta có thể rút ra các kết luận m - n - q + p + u = m - n + w và 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 Nhƣ vậy, phép toán (1) có tính chất kết hợp

2.2.2 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 một vị 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;

S là một nửa nhóm ngược nếu và chỉ nếu T cũng là một nửa nhóm ngược Để chứng minh điều này, chúng ta cần lưu ý rằng nếu T là một nửa nhóm con của nửa nhóm S và  là một quan hệ Grin, ví dụ như  = R, thì aR s b có nghĩa là a, b thuộc S và aS 1 = b S 1, trong khi aR T b có nghĩa là a, b thuộc T và aT1 = bT1.

(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

Khi đó S là nửa nhóm đơn Thật vậy, nếu ta lấy

(r, x, s) = (p, ( a  ) -1 , m + 1) và (t, y, u) = (n + 1, b, q) trong đó ( a  ) -1 lànghịch đảo của a  trong nhóm H 1 thì sẽ nhận đƣợc 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 (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

Nhƣng 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

Suy ra rằng a(x θ n-r) = b, dẫn đến R a ≤ R b trong T, tức là lớp R chứa a trong T nằm trong lớp R chứa b trong T Tương tự, ta cũng có thể chứng minh rằng R a ≤ R b, từ đó suy ra aR T b Ngược lại, nếu giả thiết aR T b, thì ta có ax = b và bx' = a với x, x' thuộc T nào đó (với T = T1), do đó trong S sẽ 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) Nhƣ vậy ta đã chứng minh đƣợc (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 chỉ nếu n = q và aL T b (5)

Giả sử rằng (m, a, n)D S (p, b, q), thì tồn tại (r, c, s) thuộc S sao cho (m, a, n)R(r, c, s) và (r, c, s)L S (p, b, q) Theo các điều kiện đã cho, ta có aR T c và cL T b, với r = m và s = q, dẫn đến aD T b Ngược lại, nếu aD T b, thì tồn tại c thuộc T sao cho aR T c và cL T b Vì vậy, với mọi m, n, p, q là các số tự nhiên, ta có (m, a, n)R S (m, c, q) và (m, c, q)L S (p, b, q), từ đó suy ra (m, a, n)D S (p, b, q).

Nếu e là một lũy đẳng thuộc T, thì (m, e, m) sẽ là một lũy đẳng thuộc S Đối với mọi (m, a, n) thuộc S, có công thức (m, a, n) 2 = (m - n + t, (a θ t - n)(a t - m), n - m + t) với t = max(m, n) Điều này cho thấy (m, a, n) là lũy đẳng khi m = n Từ (m, a, n) 2 = (m, a 2, m), ta kết luận rằng các lũy đẳng của S chỉ bao gồm các phần tử có dạng (m, e, m) với e là lũy đẳng thuộc T.

(4) Giả sử T là một nửa nhóm ngƣợc Thế thì với mỗi (m, a, n)  S có phần tử ngƣợc (n, a -1 , m) Nhƣ vậy S là nửa nhóm chính quy Để chứng minh

S là nửa nhóm ngƣợc cần chứng minh các lũy đẳng của S giao hoán Thật vậy, giả sử (m, e, m) và (n, f, n) là hai lũy đẳng thuộc S với m  n Khi đó

Với f  m - n là một lũy đẳng trong T ( thực ra nếu m > n thì f  m - n = 1)

Do đó, từ mối quan hệ e(f θ m - n) = (f θ n - m)e, ta có thể kết luận rằng các lũy đẳng của S giao hoán, chứng minh rằng S là nửa nhóm ngược Ngược lại, nếu giả sử S là một nửa nhóm ngược và (m, a, n) -1 = (p, b, q), thì

(với t = max(p, n) là một lũy đẳng R S – tương đương với (m, a, n) và

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 ngƣợc đƣa đến

Trong bài viết này, chúng ta xem xét một nhóm chính quy T với các yếu tố (n, b, m) và (m, a, n) dẫn đến các quan hệ aba = a và bab = a Từ đó, ta kết luận rằng T là nửa nhóm chính quy Cuối cùng, nếu e và f là các lũy đẳng trong T, thì sự giao hoán của (0, e, 0) và (0, f, 0) cũng được phân tích.

S trực tiếp kéo theo ef = fe Nhƣ vậy T là nửa nhóm ngƣợc.

2.2.3 Chú ý Trước hết ta nhắc lại rằng: nửa nhóm S được gọi là  - nửa nhóm nếu nửa dàn các lũy đẳng của S đẳng cấu với C  Nhƣ một hệ quả của Mệnh đề 2.1.2, nếu T là một nhóm với đơn vị là e (do đó  là một tự đồng cấu của T) thì S = BR(T,  ) trở thành một nửa nhóm ngƣợc với các lũy đẳng e m = (m, e, m) , m  Từ (5) suy ra e 0 > e 1 >

Nhƣ vậy BR(T,  ) là một  - nửa nhóm ngƣợc song đơn Thực ra điều ngƣợc lại cũng đúng Ta tổng hợp các kết quả trên trong định lý sau

2.2.4 Định lý Giả sử G là một nhóm và  là một tự đồng cấu của G Giả sử

S = BR(G, θ) là một mở rộng Bruck-Reilly của G, được xác định bởi θ Do đó, S là một ω-nửa nhóm ngược song đơn Ngược lại, mỗi nửa nhóm ngược song đơn đều đẳng cấu với một mở rộng.

Bruck – Reilly BR(G,  ) của nhóm G nào đó

Chúng ta đã chứng minh điều kiện đủ Để chứng minh điều kiện cần, giả sử S là một nửa nhóm ngược song đơn, khi đó S là nửa dàn các lũy đẳng E = C ω = { e₀, e₁, e₂, } Do đó, T E đẳng cấu với nửa nhóm bicyclic.

T E =   m, n  m, n   trong đó  m, n là đẳng cấu duy nhất từ Ee m lên Ee n cho bởi e k  m, n = e k-m+n

Theo định lý 5.4.4, mỗi nửa nhóm ngược S với nửa dàn các lũy đẳng E đều có một đồng cấu φ: S → T E, sao cho Ker(φ) là tương đẳng tách lũy đẳng Hơn nữa, từ hệ quả 5.6.5, chúng ta có thể suy ra H.

= Ker (), trong đó H là quan hệ Grin trên S

Một H - lớp điển hình của S là

H m, n = { a ∈ S | aa⁻¹ = eₘ, a⁻¹a = eₙ }, và mỗi phần tử a ∈ H m, n được ánh xạ bởi φ thành một phần tử αₐ ∈ T E, với miền của nó là Eaa⁻¹/m và ảnh của nó là Ea⁻¹a/n Do đó, tồn tại một phần tử duy nhất như vậy, dẫn đến H m,n φ = αₘ,ₙ.

Từ đó suy ra rằng trong S,

Ký hiệu nhóm H 0,0 với đơn vị e 0 bởi G Chọn một phần tử a thuộc H 0,1, ta có a -1 thuộc H 1,0 theo lập luận hộp trứng tiêu chuẩn Kết quả cho thấy a 2 thuộc H 0,2 và bằng quy nạp, ta nhận được a n thuộc H 0,n và a -1 thuộc H n,0 với n thuộc số tự nhiên Đặc biệt, đối với tất cả n thuộc số tự nhiên, ta có a n a -n = e 0 và a -n a n = e n.

Sơ đồ sau đây là một hộp trứng điển hình

Trước khi tiếp tục chứng minh Định lý 2.2.4, ta hãy chứng minh kết quả sau:

“Ánh xạ g a -m ga n (g  G) là một song ánh từ G = H 0,0 lên H m,n , với nghịch đảo cho bởi x a m x a -n (x  H m,n )” (*)

Kết quả này được suy ra từ các Bổ đề Grin, cụ thể là Bổ đề 2.2.1 và Bổ đề 2.2.2 Chúng ta có e 0 a n = a n và a n a -n = e 0, dẫn đến việc ánh xạ g g a n trở thành một song ánh từ G = H 0,0 lên H 0,n, với ánh xạ ngược y ya -n.

Cũng nhƣ vậy, a -m e 0 = a -m và a m a -m = e 0 , nên ánh xạ y a -m y là một song ánh từ H 0,n lên H m,n , với ánh xạ ngƣợc x a -m x Kết hợp cả hai song ánh ta có kết quả (*),

Bây giờ ta tiếp tục chứng minh Định lý 2.2.4 Nhận xét rằng khi a đã đƣợc chọn, chúng ta có một song ánh  :S   G đƣợc cho bởi