Дискретно-непрерывная математика (стр. 100 )

Доказательство, а) Рассмотрим для полугруппы S последователь­ность максимальной длины вида

Так как заменим каждую полугруппу RLMk на RLM (GMk). Новая последовательность будет иметь ту же длину, т. е. существуют ненулевых GM полугрупп в последовательности. Рассмотрим ограничение на Т и возьмем последо­вательные образы, тогда получим

(1)

(2)

Так как Т—максимальная собственная подполугруппа полугруппы S, Tk1 и Tk2 будут максимальными подполугруппами полугрупп GMk и RLM (GMk) соответственно. По предложению 3.3 из микромодуля 8 максималь­ная подполугруппа содержит все, кроме, быть может, одного, F клас­сы полугруппы. Пусть Ik1 и Ik2 — отмеченные F классы (по отно­шению к GM и RLM полугруппам) полугрупп GMk и RLM (GMk) соот­ветственно.

Если I11 содержится в Т11, то он представляет собой единственный минимальный ненулевой F класс полугруппы Т11 и Т11 действует на него слева и справа. Другими словами, Т11 есть GM полугруппа ≠{0}. Так как I12 является образом I11, I12 содержится в Т12 и Т12 будет RLM полугруппой. Продолжим эти рассуждения. Если для каждого k, то последовательность (2) имеет такое же число ненуле­вых GM полугрупп, как и последовательность (1). Так как (2) — это последовательность вида (е), имеем Предположим тогда, что

для некоторого Выберем такое наименьшее j. Тогда GMj— Ij1 Tj1. Пусть Тогда

Но мы утверждаем, что φ(Ij1)={0}. Действительно, его образ в RLM (GMj) является комбинаторным и 0-минимальным. Несмотря на это, — некомбинаторный, поэтому φ(Ij1)={0}. Следовательно, или Таким образом, остаток ряда (2) идентичен последовательности (1), за исключением, быть может, нуля. Поэтому

последовательность (2) может быть записана в виде (е) как

Таким образом, в этом случае

б) Этот пункт вытекает из справедливости пункта а).

3.3. Следствие (непрерывность сложности относительно делимости).

Пусть T\S, где Тогда существует последовательность полугрупп таких, что для j = k, ..., п.

Доказательство. Результат вытекает из следствий 3.1 и 3.2.

3.4 Следствие. Аксиомы 1 и 2 определения 1.2 эквивалентны ак­сиоме 1 и следующей аксиоме.

Аксиома 2'. Если где S — про-

извольная конечная группа.

Доказательство. Очевидно, что из аксиом 1 и 2' следуют аксиомы 1 и 2. Докажем обратное. Пусть у нас имеются аксиомы 1 и 2. Пусть будет у гомоморфизмом, положим где φi, i = 1, ..., п, есть МРЕ. Очевидно, каждое отображение φi есть γ гомоморфизм и поэтому достаточно доказать, что

где φ есть γ МРЕ.

По лемме 1.18 из микромодуля 9 существует F класс J полугруппы S, такой, что φ взаимно однозначно на S — J, φ разделяет (J F (J)) и его до­полнение в S. Если J регулярен, то φ является гомоморфизмом на J.

Если J нулевой, положимТогда отображение

будет взаимно однозначным на S.

Если класс J регулярен, то определим отображение

где ≡ есть отношение конгруэнтности на S/F (J), задаваемое кактогда и только тогда, когда s1 = s2, или если

s1, s2J, то s1Hs2. Тогда ψ будет H гомоморфизмом на S/F(J). Легко проверить, что в этом случаебудет взаимно однозначным

на S.

Мы остановимся здесь, чтобы заметить, что из одной аксиомы 1, когда вытекает неравенство

Действительно, отображениевзаимнооднозначно на S и поэтому по аксиоме 1 . Следовательно,

Теперь вернемся к доказательству. Так как отображение (ψ×φ)∆ взаимно однозначно на S, по аксиоме 1 имеем

(3)

Отображение φ взаимно однозначно на S — J, поэтому существует ото­бражение Кроме того.поэтому

Тогда

Но— комби наторный идеал полугруппы ψ(S), поэтому по аксиоме 2. Следовательно, ' и из следствия 3.1 вытекает, что

Микромодуль 10.

Идивидуальные тестовые задачи

1. Покажите, что полугруппа никогда не делит полугруппу где К — комбинаторное ядро полугруппы состоящеена грех постоянных функций, а С — любая комбинаторная полугруппа.

[Указание. Докажите сначала, что FR (X3) — регулярная полугруппа с тремя F классами

где Z2 = {1, —1} есть циклическая группа второго порядка и где

и Затем допустим, что

где С' — комбинаторная полугруппа. Пусть К (Т) — ядро полугруппы Т и р1 — гомоморфизм проекции на полупрямое произведение. Рассмотрим р1 [К (Т)].

Тогда