CC BY
12Вестник Сыктывкарского университета. Сер.1. Вып.1(20). 2015
УДК 512.566
ЦИКЛИЧЕСКИЕ ПОЛУКОЛЬЦА С КОММУТАТИВНЫМ
СЛОЖЕНИЕМ
А. С. Бестужев, Е. М. Вечтомов1
В статье рассматриваются полукольца с циклическим умножением — полукольца, в которых каждый элемент, возможно, кроме нуля, является целой неотрицательной степенью образующего элемента. Вначале рассматриваются частные случаи таких полуколец, когда нуль или единица будет натуральной степенью образующего элемента. Затем выясняется, как устроены циклические полукольца в общем случае, и среди таких объектов изучаются полукольца с неидемпотентным сложением. Ключевые слова: полукольцо, циклическое полукольцо, образующий элемент, поглощающий элемент, циклическая полугруппа, неидемпотентное сложение.
Введение
Полукольцом называется алгебраическая структура < $, +, • , 0 >, в которой <5, +, 0 > — коммутативный моноид, <5, • > — полугруппа, выполняются законы дистрибутивности умножения • относительно сложения +, и тождественно: в • 0 = 0 • в = 0 [2].
Возможен случай, когда в полукольце имеется нейтральный по умножению элемент. Назовем такую структуру полукольцом с единицей.
Полукольцо называется идемпотентным, если в нем выполняется тождество х + х = х, в противном случае полукольцо называется неидемпотентным. Полукольцо с единицей является идемпотентным, если верно равенство 1 + 1 = 1.
1 Работа выполнена в рамках проектной части государственного задания Минобрнауки РФ, проект №1.1375.2014/К.
© Бестужев А. С., Вечтомов Е. М., 2015.
Мультипликативно циклическим полукольцом называется полукольцо Б = (а), все элементы которого, не равные нулю 0 и единице 1 (в случае полукольца с единицей), являются натуральными степенями некоторого элемента а, называемого образующим (а = 0 и а = 1). В дальнейшем такие полукольца будем называть просто циклическими. Циклическое полукольцо без единицы является идемпотентным, если в нем выполняется равенство а + а = а.
Специальные случаи полуколец, когда нуль или единица являются натуральной степенью образующего элемента а, разобраны в параграфе 1. Условимся считать, что а0 = 1. Степенями элемента а могут быть только целые неотрицательные числа.
В параграфе 2 для полуколец в общем случае, когда нуль и единица не являются натуральной степенью образующего элемента а, устанавливается взаимно однозначное соответствие между полукольцами с единицей и полукольцами без единицы, поэтому в дальнейшем будет удобно изучать только полукольца с единицей. Для таких полуколец в параграфе 3 определяются параметры к, т, п, р и с их помощью составляется классификация полуколец. Параграфы 4 и 5 посвящены исследованию конечных неидемпотентных циклических полуколец со значением параметра т = 0 и т > 0 соответственно.
Впервые циклические полукольца (с коммутативным сложением) рассматривались в [6], где были описаны бесконечные циклические полукольца (теорема 4) и поставлена проблема о строении конечных циклических полуколец (задача 8). Конечные циклические полукольца начали исследоваться в [1,3-5].
Далее в работе будут рассматриваться только конечные циклические полукольца, имеющие не менее трех элементов. Если полукольцо Б = (а) с единицей, то оно по определению содержит как минимум три различных элемента: 0, 1, а; если полукольцо без единицы, то будем считать, что оно содержит следующие элементы: 0, а, а2.
Отметим, что циклические полукольца с некоммутативным сложением изучались в статьях [7].
1. Специальные случаи циклических полуколец
В циклическом полукольце Б = (а) возможен один из трех следующих случаев:
1) одна из натуральных степеней элемента а равна нулю 0;
2) некоторая натуральная степеней элемента а равна единице 1;
3) среди натуральных степеней элемента а нет ни нуля 0, ни единицы 1 .
Предложение 1. Если нулевой элемент является степенью элемента а циклического полукольца с единицей Б = (а), то аг + а5 = = атт{г'5}; г, в — целые неотрицательные числа.
Если нулевой элемент является степенью элемента а циклического полукольца без единицы Б = (а), то аг + а5 = атт{г'5}; г, 5 — натуральные числа.
Доказательство. Пусть п — наименьшая степень элемента а, равная нулю: ап = 0 (все большие степени также равны нулю). Если г ^ в = п, то равенство очевидно. Рассмотрим случай г < в < п.
Пусть аг + а5 = а*. Умножая обе части равенства на ап-5, получим:
аг+п-5 + ап = а*+п-5, то есть аг+п— = а*+п-5.
Степень элемента аг+п-5 меньше, чем п, поэтому этот элемент ненулевой. В таком случае равенство элементов аг+п-5 и а*+п-5 возможно лишь в случае равенства их степеней: г + п — в = £ + п — в, откуда г = Как видно, доказательство данного факта подходит как для полуколец с единицей, так и для полуколец без единицы.
Докажем сейчас, что в полукольце с единицей выполняется равенство 1 + 1 = 1, а в полукольце без единицы — равенство а + а = а.
Рассмотрим сначала случай полукольца с единицей. Предположим, что 1 + 1 = 0. Прибавим к обеим частям данного равенства элемент а. Выражение в правой части равенства станет равно а. Выражение в левой части будет равно
(1 + 1) + а = 1 + (1 + а) = 1 + 1 = 0
(равенство 1 + а = 1 следует из доказанного нами утверждения для случая г < в). Итак, а = 0. Получили противоречие, значит, 1 + 1 = 0.
Предположим, что 1 + 1 = ат, 0 < т ^ п. Прибавим к обеим частям данного равенства ат. Выражение в правой части будет равно:
ат + ат = ат(1 + 1) = атат = а2т.
Левая часть равенства станет равна:
(1 + 1) + ат = 1 + (1 + ат) = 1 + 1 = ат
(равенство 1 + ат = 1 следует из доказанного нами утверждения для случая г < в). Получили, что ат = а2т. Элемент ат отличен от нуля, поэтому равенство двух элементов возможно только в случае равенства их степеней. Итак: т = 2т, то есть т = 0. Получили противоречие, значит, 1 + 1 = ат, если т > 0.
Остается единственный случай: 1 + 1 = 1, откуда
аг + аг = аг (1 + 1) = аг — для всех г: 0 ^ г ^ п.
Докажем теперь, что в полукольце без единицы выполняется равенство а+а = а. Доказательство проводится аналогично, как и для случая полукольца с единицей. Предположим вначале, что а + а = 0. Прибавим к обеим частям данного равенства элемент а2. Правая часть равенства станет равна а2. Левая часть будет равна:
(а + а) + а2 = а + (а + а2) = а + а = 0, откуда а2 = 0.
Получили противоречие, значит, а + а = 0.
Предположим, что а + а = ат, 1 < т ^ п. Прибавим к обеим частям равенства элемент ат. Выражение в правой части станет равно:
ат + ат = ат-1(а + а) = атат-1 = а2т-1.
Левая часть равенства будет равна:
(а + а) + ат = а + (а + ат) = а + а = а
т
(равенство а + ат = а следует из доказанного нами утверждения для случая г < в).
Получили, что ат = а2т-1. Элемент ат отличен от нуля, поэтому равенство двух элементов возможно только в случае равенства их степеней. Итак, т = 2т — 1, то есть т =1. Получили противоречие, значит, а + а = ат, если т > 1.
Остается единственный случай: а + а = а, откуда
аг + аг = аг-1(а + а) = аг для всех г: 1 < г ^ п
(равенство аг + аг = аг верно и в случае г = 1). □
Полукольца с определенной в условии предложения суммой действительно существуют: цепи.
Замечание 1. Предложение 1 будет верным и в том случае, если сложение в полукольце необязательно коммутативно, но нулевой элемент по-прежнему является натуральной степенью элемента а.
Предложение 2. Если одна из натуральных степеней элемента а циклического полукольца с единицей Б = (а) равна единице 1, то полукольцо является конечным полем.
Доказательство. Пусть 1, а, ... , ак-1 — различные элементы полукольца Б, ак = 1. Очевидно, что в данном случае мультипликативная полугруппа 5\{0} является коммутативной группой. Нужно доказать то же самое и про аддитивную полугруппу полукольца.
Рассмотрим сумму в = 1 + а + ... + ак-1 всех ненулевых элементов полукольца.
Тогда ав = а + ... + ак-1 + ак = а + ... + ак-1 + 1 — также сумма всех ненулевых элементов полукольца Б.
Поэтому ав = в. Если в = 0, то ав и в — две соседние степени элемента а, они не могут быть равны, так как в циклической мультипликативной полугруппе больше одного элемента. Значит, равенство ав = в возможно только в случае в = 0:
1 + (а + ... + ак-1) = 0.
Получаем, что у единицы есть противоположный элемент. Тогда, по свойству дистрибутивности, противоположный элемент найдется у любой степени элемента а. Значит, аддитивная полугруппа полукольца является коммутативной группой, а само полукольцо будет конечным полем. □
Замечание 2. Аналогичный случай для полукольца без единицы нет смысла рассматривать. Предположим все-таки, что в полукольце без единицы один из элементов ап (п > 1) равен образующему элементу а: ап = а. Легко убедиться в том, что в данном случае единицей в полукольце является элемент ап-1; получили противоречие.
Предложение 3. Если все натуральные степени элемента а циклического полукольца о единицей Б = (а) отличны от нуля 0 и единицы 1, то оно устроено следующим образом:
0, 1, а, ..., ак — различные элементы полукольца Б = (а), ак = ак+1.
Доказательство. Возьмем конечную циклическую мультипликативную полугруппу полукольца. В конечной циклической полугруппе можно выделить «хвост» и «цикл». Пусть элементы 1, а, ..., ак+га-1 различные, ак = ак+га (к = 0). Предположим, что в «цикле» мультипликативной полугруппы больше одного элемента: п > 1. Рассмотрим сумму в = 1 + а + ... + а"-1.
Тогда ак + ... + ак+га-1 = акв — сумма элементов «цикла». Далее
ак+1 + ... + ак+п = ак+1в.
В то же время ак+1 + ... + ак+га = ак+1 + ... + ак+га-1 + ак — также сумма элементов «цикла». Получаем, что ак+1в = акв.
Если в = 0, то акв и ак+1в — два соседних элемента «цикла» мультипликативной полугруппы полукольца, а так как мы предположили, что в «цикле» больше одного элемента, то эти элементы различные. Итак,
элементы акв и ак+1в могут быть равны только в том случае, если в = 0:
п- 1
1 + 5] а* = 0.
г=1
Из последнего равенства следует, что у единицы имеется противоположный элемент. Тогда противоположный элемент найдется у любого элемента полукольца, значит аддитивная полугруппа структуры является группой. В таком случае, мы имеем право рассматривать разности элементов.
Умножим выражение в = 1+а+.. .+ап—1, равное нулю 0, на разность элементов 1 — а:
(1 + а + ... + ап—1)(1 — а) = 0.
После раскрытия скобок получаем 1 — ап = 0 ^ 1 = ап. Таким образом, единица все-таки является натуральной степенью образующего элемента а. Получили противоречие, значит предположение о том, что в «цикле» мультипликативной полугруппы полукольца больше одного элемента, было неверно. Следовательно, в «цикле» ровно один элемент: п =1, ак+1 = ак. □
Итак, в общем случае Б = {0, 1, а, ..., ак}, ак+1 = ак. Элемент
к
ак назовем поглощающим по умножению, или просто поглощающим. В дальнейшем будем рассматривать только такие полукольца Б = (а),
а параметр к будем использовать для обозначения поглощающего эле-
к
мента ак.
Предложение 4. Если в циклическом полукольце с единицей Б = (а) имеет место равенство
1) аг + а5 = а4, г ^ в, £ < к, то Ур : 0 < р ^ г, £ — будет верным равенство аг—р + а5-р = а4-р;
2) аг + а5 = ак, г ^ в, 0 < р ^ г ^ если аг—р + а5-р = а9, то д ^ к — р.
Доказательство. Пусть аг-р + а5-р = а9 — ив первом, и во втором случаях.
Умножим обе части равенства аг—р + а5-р = а9 на ар:
аг + а5 = а9+р.
В первом случае имеем а9+р = а4, откуда д + р = д = £ — р. Во втором случае: а9+р = ак, откуда д + р ^ к, д ^ к — р. □
Предложение 5. В циклическом полукольце с единицей Б = (а) выполняются следующие отношения:
1) ак + ак = ак;
2) 1 + ак может принимать одно из двух значений: 1 или ак.
Доказательство. Докажем вначале следующее утверждение: еум-
ма любых двух ненулевых элементов циклического полукольца Б не равна нулю.
Предположим, что в полукольце сумма двух каких-нибудь ненулевых элементов равна нулю: ар + а9 = 0 (ар = 0 и а9 = 0). Тогда:
ак + ак = ак (ар + а9) = 0.
Далее ак (аг + а5) = ак + ак = 0 — здесь аг и а5 — произвольные ненулевые элементы полукольца Б. Сумма этих двух элементов также должна быть равна нулю, иначе значение выражения ак(аг+а5) = ак+ак будет отлично от нуля.
Получили, что в полукольце сумма любых двух ненулевых элементов равна нулю. Значит, у каждого элемента найдется противоположный, то есть аддитивная полугруппа полукольца является группой. В частности, противоположными к единице 1 являются элементы 1 и а, откуда а = 1 . Получили противоречие, значит, сумма любых двух ненулевых элементов полукольца Б отлична от нуля.
Теперь можно приступить к доказательству основных утверждений.
1) Докажем, что ак + ак = ак:
ак + ак = ак (1 + 1) = ак, так как 1 + 1 = 0.
2) Рассмотрим выражение ак-1 + ак. а(ак-1 + ак) = ак + ак = ак. По предложению 4 степень суммы ак-1 + ак равна ак-1 или ак.
Рассмотрим оба этих случая по отдельности. Будем считать, что к > 1, иначе ничего доказывать не надо.
Рассмотрим первый случай: ак-1 + ак = ак-1.
ак-1 + ак = ак-1(1 + ак) ^ ак-1(1 + ак) = ак-1 ^ 1 + ак = 1.
Рассмотрим второй случай: ак-1 + ак = ак. Докажем, что в этом случае в полукольце выполняется равенство следующее: ап + ак = ак, Уп: 0 ^ п ^ к — 1. Проведем доказательство по индукции.
База индукции: ак-1 + ак = ак.
Переход. Пусть в полукольце выполняется равенство: ак-г + ак = ак, где 1 ^ г ^ к — 1. Докажем, что ак-(г+1) + ак = ак.
Заметим, что а(ак-(г+1) +ак) = ак-г+ак = ак. По предложению 4 значение выражения ак-(г+1) + ак равно ак или ак-1. Если ак-(г+1) + ак = ак, то все уже доказано. Допустим, что ак-(г+1) + +ак = ак-1. Прибавим к обеим частям данного равенства элемент ак. Выражение в правой части будет равно ак-1 + ак = ак.
Левая часть станет равна (ак (г+1) + ак) + ак = ак (г+1) + (ак + ак) = = ак-(г+1) + ак = ак-1.
Итак, ак-1 = ак. Получили противоречие, значит, значение выражения ак-(г+1) + ак не может быть равно ак-1. Остается единственный случай:
а,-(г+1) + = .
Таким образом, если в полукольце выполняется равенство ак-1 + ак = ак, то будет верным также равенство 1 + ак = ак. □
Предложение 6. Если в циклическом полукольце с единицей Б = (а) выполняется равенство 1 + ак = 1, то Б\{0} — полукольцо, в котором нулевой элемент является степенью образующей.
Доказательство. Умножим обе части равенства 1 + ак = 1 на ап, 0 ^ п ^ к (для случая полукольца с единицей).
ап + ак = ап — сумма любого элемента с элементом ак равна самому себе. Кроме того, при умножении любого ненулевого элемента на ак получается ак. Получаем, что Б\{0} — циклическое полукольцо с нулевым элементом ак. Строение таких полуколец нам известно. Само полукольцо Б получается присоединением к полукольцу Б\{0} нуля. □
Предложение 7. Если в циклическом полукольце с единицей Б = (а) выполняется равенство 1 + ак = ак, то степень суммы двух элементов не меньше степени каждого из слагаемых.
Доказательство. Пусть 1 + ак = ак. Умножим обе части этого равенства на ап. Получаем ап + ак = ак. Сумма любого элемента с элементом а^ равна а^, то есть поглощающий по умножению элемент будет еще и поглощающим по сложению.
Пусть аг + а5 = а4, где г ^ 5. Умножим обе части равенства на ак-5. Получаем ак+г-5 + ак = Одно из слагаемых в левой части
равенства — поглощающий элемент ак. По доказанному выше, сумма в правой части также должна быть равна ак, значит, степень элемента не меньше, чем к: £ + к — 5 ^ к, £ ^ 5. □
В дальнейшем будем рассматривать только такие циклические полукольца, в которых поглощающий по умножению элемент является еще и поглощающим по сложению.
Замечание 3. Для предложений 3-7 имеют место аналогичные утверждения и для случая полуколец без единицы.
2. Связь между полукольцами без единицы и полукольцами с единицей
Среди таких конечных циклических полуколец Б = (а) можно выделить два подкласса: с единицей и без единицы. Покажем, как между
двумя этими классами можно установить взаимно однозначное соответствие.
Рассмотрим полукольцо $1, состоящее из следующего множества элементов: $1 = {1, а, ..., ак}. Поставим ему в соответствие структуру: < $2, +, ' >, где < ' > — мультипликативно циклическая полугруппа с множеством элементов $2 = {а, а2, ... , ак+1}, и выполняется равенство ак+2 = ак+1.
Сложение на множестве $2 зададим следующим правилом: если в полукольце $1 выполняется равенство ах + ау = а2, где 0 ^ х, у, г ^ к, то в $2 будет верным следующее равенство аж+1 + ау+1 = = а2+1. Покажем, что структура $2 является полукольцом.
Докажем сначала, что в общем случае верно следующее утверждение: если в полукольце $1 верно равенство ах + ау = а2 (0 ^ х, у, г ^ к), то на множестве элементов $2 будет верным равенство аж+1 + ау+1 = = а2+1.
Если все три числа х,у,г не больше, чем к, то справедливость равенства аж+1 + ау+1 = а2+1 следует из определения. Рассмотрим случай, когда среди этих чисел есть большие к. Пусть, например, х > к. Тогда равенство ах + ау = а2 в первом полукольце можно переписать так: ак + ау = а2. На множестве элементов $2 этому выражению соответствует равенство, начинающееся с элемента ак+1. Но если х > к, то х +1 > к +1, то есть вместо элемента ак+1 можно записать аж+1 (аж+1 = ак+1 — в $2). Точно такие же результаты получаются, если окажется, что у > к или г > к. Таким образом, на множестве элементов $2 будет верным равенство аж+1 + ау+1 = а2+1.
Очевидно, что если в $1 сложение обладает свойством коммутативности, то и на множестве элементов $2 сложение также обладает этим свойством. Докажем, что на множестве элементов $2 сложение обладает свойством ассоциативности. Нам требуется доказать равенство
(аж+1 + ау+1) + а2+1 = аж+1 + (ау+1 + а2+1) для всех х, у, г, таких, что
0 ^ х, у, г ^ к.
Так как $1 — полукольцо, то сложение в нем обладает свойством ассоциативности, то есть верно равенство (ах + ау) + а2 = ах + (ау + а2). Пусть в первом полукольце выполняются также следующие равенства:
ах + ау = ар, ау + а2 = а9, ар + а2 = ах + а9 = аг (0 ^ р, д, г ^ к).
Тогда в $2 будут верными следующие соотношения: аж+1 + ау+1 = ар+1, ау+1 + а*+1 = а9+1, ар+1 + а*+1 = ах+1 + а9+1 = аг+1,
то есть (аж+1 + ау+1) + а2+1 = ах+1 + (ау+1 + а2+1) = аг+1.
Итак, сложение в $2, так же как ив $1, обладает свойством ассоциативности.
Для того чтобы доказать, что структура $2 является полукольцом, осталось проверить, что на ней выполняются законы дистрибутивности. Убедимся сначала в справедливости равенства
ак+1(ау+1 + а2+1) = ак+1ау+1 + ак+1а2+1 (0 ^ ж, у ^ к).
По сути, нам нужно доказать равенство ак+1 + ак+1 = ак+1. Структура $1 является полукольцом. По предложению 5, на ней будет верным равенство ак + ак = ак. Значит, в $2 выполняется равенство ак+1 + ак+1 = ак+1 — свойство дистрибутивности для данного случая доказано. Докажем закон дистрибутивности для всех оставшихся случаев:
ах(ау+1 + а2+1) = ахау+1 + аха2+1 (0 ^ ж, у, г ^ к).
В полукольце $1 верно равенство ах(ау + а2) = ахау + ажаг, или, по-другому: ах(ау + а2) = ах+у + ах+2:.
Пусть также в первом полукольце ау + а2 = ар. Тогда имеем ах+у + = ах+р (в $1).
На множестве элементов $2 будут верными следующие равенства
ау+1 + а2+1 = ар+1, ах+у+1 + ах+2+1 = ах+р+1,
откуда ажау+1 + ажаг+1 = ажар+1 = аж(ау+1 + а2+1) — дистрибутивность доказана.
Таким образом, мультипликативно циклическая полугруппа $2 с определенной на ней операцией сложения по описанному выше правилу является полукольцом.
Точно так же, имея полукольцо $2 со следующим множеством элементов: $2 = {а, а2, ... , ак+1}, можно сконструировать полукольцо $1 с множеством элементов $1 = {1, а, ... , ак} по аналогичному правилу: если в полукольце $2 существует сумма аж+1 + ау+1 = а2+1, то на мультипликативно циклической полугруппе $1 определяем сумму ах + ау = а2. Остается проверить выполнение на $1 законов ассоциативности и дистрибутивности. В отличие от предыдущего случая дистрибутивность необходимо отдельно проверить в следующем равенстве: 1 • (ах + ау) = 1 • ах + 1 • ау. Данное тождество, очевидно, является верным. Все остальные свойства проверяются аналогично.
3. Неидемпотентные циклические полукольца: определение параметров т,п,р
Будем изучать неидемпотентные циклические полукольца Б (а) = {1, а, ..., ак}, ак+1 = ак, в которых сумма 1 + 1 отлична от единицы 1: 1 + 1 = 1. Очевидно также, что если £ = к, то а* + а* = а* (иначе 1 + 1 = 1).
Нами уже было доказано, что сумма любого элемента с элементом ак равна ак. Понятно, что существует тривиальное полукольцо, в котором сумма любых двух элементов равна поглощающему элементу ак. Будем искать, как устроены нетривиальные циклические неидемпотентные полукольца.
По предложению 4 сумма любого элемента с элементом ак-1 равна ак или ак-1. Если все эти суммы равны ак, то точно то же самое мы можем сказать про суммы произвольного элемента с элементом ак-2. Если мы предполагаем, что наше полукольцо нетривиально, то найдется такой элемент, который в сумме с другим элементом (может быть, с самим собой), дает ак-1, а если в сумме одно из слагаемых имеет большую степень, чем у найденного элемента, то эта сумма равна поглощающему элементу ак. Обозначим этот элемент а5. Далее, для элемента а5 существует такой элемент наибольшей степени аг, который в сумме с ним дает ак-1. Итак, имеем:
аг + а5 = ак-1;
а* + аи = ак, Уз, и : 0 ^ £ ^ к, з < и ^ к;
а^ + а5 = ак, Уу : г < V ^ к.
Очевидно, что г ^ з, а в предыдущей строчке достаточно было бы
записать такое неравенство: г < V ^ з. Можно сказать, что сумма аг + а5
к
«первая сверху», отличная от ак.
Для дальнейшего изучения полуколец будет удобно ввести специальные обозначения. Запись ат' т+га (п > 0) означает, что на месте ат' т+га может находиться один из элементов ат, ... , ат+га, но необязательно любой из этих элементов. Запись ат' '"' т+га означает, что на ее месте может находиться любой из элементов ат, ..., ат+га. Те равенства, которые появлялись при определении элементов аг и а5, в новых обозначениях можно записать так:
аг + а5 = ак-1, а0' к + а5+1' к = аг+1' к + а5 = ак.
Определим теперь через параметры г, з, к параметры т, п, р следующим образом: т = г, п = з — г, р = к — 1 — з. Очевидно, что т + п + р + 1 = к. Теперь старые равенства с использованием новых
параметров запишутся так:
ат + ат+п _ ат+п+р; а0' к + ат+п+1' к _ ат+1' к + ат+п = ак.
Именно такие обозначения удобно будет использовать в дальнейшем при изучении полуколец.
Теорема 1. Если в полукольце 5 выполняются равенства
ат + ат+п_ат+п+р а0, ■■■, к + ат+п+1' ■■■' к_ат+1, ■■■, к + ат+п_ак
т + п + р +1 = к, где т, п, р — целые неотрицательные числа, то
1) р > 0;
2) р > т.
Доказательство. Докажем методом от противного первое утверждение. Предположим, что р _ 0. В этом случае т+п _ т+п+р _ к—1. Имеем равенство ат + ак-1 _ ак-1, при этом сумма любого элемента, степень которого больше, чем т, с элементом ак-1 равна ак — по условию теоремы.
Прибавим к обеим частям последнего равенства ат и сгруппируем слагаемые в левой части следующим образом:
(ат + ат) + ак-1 _ ат + ак-1.
Значение выражения в правой части равно ак-1. Сумма ат + ат имеет степень больше, чем т (так как сложение неидемпотентно и по предложению 7), поэтому значение выражения в левой части равенства равно ак. Получили противоречие, итак, р > 0.
По-другому условие первого пункта теоремы можно сформулировать так: сумма любого элемента с элементом ак-1 равна ак. Следствием данного утверждения является следующее утверждение: сумма двух ненулевых и отличных от поглощающего элементов в неидемпотент-ном циклическом полукольце имеет степень как минимум на один больше каждой из степеней слагаемых. Доказательство этого факта аналогично доказательству предложения 7, только домножать сумму
надо на такой элемент, чтобы большая из степеней слагаемых стала
к-1 к равна а , а не а , как раньше.
Докажем второе утверждение также методом от противного. Предположим, что р ^ т. По предложению 4 имеем равенство
ат-р + ат+п-р _ ат+п.
Прибавим к обеим частям этого равенства ат и расставим скобки в левой части следующим образом:
ат-р + (ат + ат+п-р) _ ат + ат+п.
Значение выражения в правой части равенства равно ат+п+р. Рассмотрим сумму ат + ат+п-р из левой части равенства.
ат+р + ат+га = ак — по условию теоремы (нам уже известно, что р > 0).
Тогда, по предложению 4 сумма ат-р + ат+п-р имеет степень не меньше, чем к — р = т + п +1. Значит,
ат-р + (ат + ат+п-р) = ак (по условию теоремы).
Итак, имеем, что левая и правая части равенства:
ат-р + (ат + ат+п-р) = ат + ат+п — различны.
Получили противоречие, значит, р > т. □
4. Строение полуколец со значением параметра
т = 0
Выясним, как устроены неидемпотентные циклические полукольца со значением параметра т = 0. Согласно условию теоремы 1, в полукольце в этом случае выполняются равенства
1 + ап = а*-1, а0' к + ап+1' к = а1' к + ап = ак.
Если п = 0, то строение полукольца очевидно. Пусть п = 0. Пользуясь предложением 4, можно записать следующее равенство:
а0' •••' п-1 + ап-1 = ак-1' -' к.
Поясним последнее равенство — каждая из сумм вида 1 + ап-1, ... ,
п_1 I п_1
а' 1 + а' 1 — может принимать значения только из следующего множества элементов ак-1 или ак. Заметим, что, несмотря на равенство
1 + ап = ак-1, суммы вида а0' •••' п-1 + ап-1 не могут принимать значе-к-2
ние, равное ак 2, потому что при умножении их на а получаем суммы вида а1' •••' п + ап, равные ак.
Допустим, что п > 1.
а2 (а0' •••' п-2 + ап-2) = а2' •••' к + ап = ак, откуда
а0, •••' п-2 + ап-2 = ак-2' -'к.
Рассуждая аналогично, получаем следующие результаты:
Таблица 1
а0' к + ага+1' к = ак
1 + ап = ак 1, а1' п + ап = ак а0' •••' П-1 + ап-1 = ак-1' -' к
а0' •••' п-г + ап-г = ак-г' -' к (1 ^ г ^ п) 1 + 1 = ак-п' -' к
Подобные «объекты» мы будем получать и в дальнейшем. Дадим им название — таблица возможных полуколец (ТВП).
Заметим, что в данной таблице при уменьшении степени второго слагаемого на один, начиная со строчки а0' •••' П-1 + ап-1 = ак-1' -' к, уменьшается также на один наименьшее допустимое значение степени суммы.
Отойдем теперь ненадолго от решаемой задачи и познакомимся со способом задания циклического полукольца. Пусть у нас имеется мультипликативно циклическая полугруппа Б = {1, а, ..., ак}, ак+1 = ак и известны суммы единицы со всеми элементами (разумеется, для этих сумм выполняется свойство коммутативности). Все остальные суммы определим следующим образом:
аг + а5 = аг(1 + а5-г), 0 < г ^ з ^ к.
Для того чтобы убедиться в том, что структура является полукольцом, необходимо проверить выполнение на ней законов дистрибутивности и ассоциативности. Если они окажутся верными, структура является полукольцом, иначе структура полукольцом не является. Именно таким методом и будем в дальнейшем искать циклические полукольца.
Продолжим теперь изучение циклических полуколец со значением параметра т = 0. Для таких полуколец рассмотрим три случая:
1. к > 2п;
2. к = 2п;
3. к < 2п.
Рассмотрим первый случай: к > 2п. Зададим циклическое полукольцо описанным выше способом. На циклической полугруппе Б = (а) определим суммы единицы с каждым элементом следующим образом:
Таблица 2
1 + ак = ... = 1 + ага+1 = ак 1 + ап = ак-1 1 + ап_1 = ак-1> к
1 + ап_г = ак_г' к (1 ^ г ^ п)
1 + 1 = ак_п' к
Докажем, что данная таблица описывает всевозможные полукольца для случая к > 2п. Заметим, что возможные значения для сумм вида 1 + ага_г мы взяли из множества возможных значений для сумм вида а0' ■"' п-г + ага_г, которые были получены ранее (табл. 2), точнее, те же самые, но только с одним отличием. Сейчас мы допускаем, что сумма 1 + ап-г может принимать любое из значений ак_г' '"' к, а ранее мы счи-
0 к_г I к_г
тали, что суммы вида а0' '''' к ' + ак ' могут принимать значения только из множества элементов ак_г, ..., ак.
Далее определим сумму произвольных, отличных от единицы элементов описанным выше способом. Несложно убедиться в том, что в получившейся структуре сумма любых двух элементов будет иметь степень больше, чем п (так как к — п > п), а также выполняются равенства из условия теоремы 1:
1 + ап = ак-1, а0' '''' к + ага+1' '''' к = а1' '''' к + ап = ак.
Проверим выполнение закона дистрибутивности в данной структуре. Рассмотрим выражение
аг (а5 + а*), 0 <г ^ к, з ^ * ^ к.
Пусть вначале г + * ^ к.
аг (а5 + а*) = аг а5(1 + ) = аг+5(1 + а*_5) = аг+ + аг+ = аг а5 + аг а* — все преобразования выполнялись в соответствии с определением суммы элементов.
Рассмотрим случай: г + * > к.
аг (а5 + а*) = аг+5(1 + ). (г + з) + (* — з) > к, * — з ^ к ^ Зд : 0 ^ д < г + з, д + (* — з) = к. аг+5(1 + а*_5) = аг+5_« а« (1 + а*_5) = аг+5_« (а9 + ак) = аг+5_« ак = ак, аг а5 + аг а* = аг+5 + ак = ак.
Итак, аг (а5 + а*) = ак = ага5 + ага*.
Осталось проверить закон ассоциативности:
аг + (а5 + а*) = (аг + а5) + а*.
Сумма в скобках в обеих частях равенства имеет степень больше, чем п, тогда обе части доказываемого равенства равны ак. Итак, получившаяся структура является полукольцом. Нетрудно посчитать число всех таких полуколец. Сумма 1 + 1 может принимать п + 1 возможное значение. Далее, при увеличении степени второго слагаемого на один до п — 1 включительно количество возможных значений для степени суммы уменьшается на один, поэтому всего таких полуколец будет (п + 1)!
Заметим, что если п =1, то к — 1 >п, к > п +1, к ^ 3. Строение полуколец в этом случае описывается той же самой таблицей, какой описываются полукольца, если к > 2п.
Второй случай к = 2п отличается от первого только тем, что здесь в одном единственном случае сумма двух слагаемых может иметь степень меньше, чем п +1: сумма 1 + 1 может быть равна ап. Последнюю строчку в таблице сумм единицы со всеми элементами для данного случая можно записать так:
1 + 1 = ак-п' к = ап' к.
Если хотя бы одно из слагаемых отлично от единицы, то степень суммы будет больше, чем п. Степень суммы трех слагаемых может быть отлична от ак только в одном случае — если это сумма 1 + (1 + 1) (и только в случае, если 1 + 1 = ап). Но равенство 1 + (1 + 1) = (1 + 1) + 1 выполняется всегда. Если к = 2п, число возможных полуколец также будет равно (п + 1)!
Рассмотрим третий случай: к < 2п. Заметим, что
к = т + п + р +1 = п + р +1 ^ 2п>п + р +1, п > р +1.
В таблице 1 (если к > 2п) ни одно из возможных значений степени суммы не может быть равно п; если к = 2п, то только одна из сумм: 1 + 1 — способна принимать значение ап.
Если мы для случая к < 2п построим аналогичную таблицу, в которой при уменьшении на один степени второго слагаемого в левой части равенства уменьшается на один наименьшее возможное значение степени суммы, начиная со строки а0' ■■■' п-1 + ап-1 = ак-1' к, то впервые для сумм а0' ■■■' п-(р+1) + ап-(р+1) получим в качестве одного из возможных значений элемент ап. Однако на самом деле такого быть не может. Докажем следующее утверждение.
Предложение 8. Пусть в неидемпотентном циклическом полукольце выполняются отношения т = 0 и к < 2п. Тогда если степень хотя бы одного из двух слагаемых отлична от нуля, то степень суммы будет больше, чем п.
Доказательство. Для сумм вида а0' '''' к + ап-р' '''' к это следует из правила построения таблицы 1 в общем случае.
Докажем наше утверждение для остальных сумм:
а0, ''.' п-(р+1) + а1, ''.' п-(р+1) = ап+1, -' к.
Рассмотрим вначале только те суммы, когда среди слагаемых нет ни одной единицы, и докажем утверждение для этих сумм:
а1, ''', п-(р+1) + а1, ''', п-(р+1) = ап+1, к
Перепишем это равенство в другом виде и докажем его методом математической индукции:
Уг : р ^ г ^ (п — 1) верно а1' '''' п-г + ап-г = ап+1' '''' к (Здесь случай г = р мы добавили для создания базы индукции).
База индукции: а1' '''' п-р + ап-р = ап+1' '''' к — это равенство можно взять из таблицы 1 (именно такого равенства в таблице 1 нет, но его наличие там подразумевается, точнее, наличие равенства а0' '''' п-р+ +ап-р = ап+1' '''' к).
Переход. Пусть р ^ г<п — 1 и выполняется отношение
Докажем, что
а1, ''', п-г + ап-г = ап+1' -' к.
а1, '-' п-(г+1) = ап+1, -' к
Из равенства а1' '''' п-г = ап+1' -' к следует равенство
а0, '-' п-(г+1) + ап-(г+1) = ап' -' к (по предложению 4).
В этом равенстве нас интересуют сейчас все суммы, кроме 1 + ап-(г+1). Предположим, что одна из этих сумм принимает значение, равное ап:
а5 + ап-(г+1) = ап (1 ^ з ^ п — (г + 1)). Прибавим к обеим частям данного равенства единицу 1 :
а5 + (1 + ап-(г+1)) = 1 + ап.
Правая часть получившегося равенства равна ак-1. В левой части равенства записана одна из сумм а5 + ап или а5 + ап+1' '''' к. Все суммы
к к из второго выражения равны ак, первая сумма также равна ак, так как
5 > 0. Получили противоречие, итак, а1' '"' п-(г+1) + ап-(г+1) = ап+1' к.
Осталось доказать утверждение для случая, когда одно из двух слагаемых равно единице: 1 + а1' '"' п-(р+1) = ап+1' '"' к (равенство 1 + ап-р = = ап+1' '''' к доказывать не надо, уже известно, что оно верное). Из равенства а + а1' '''' п-р = ап+1' '''' к следует
1 + а0' '''' п-(р+1) = ап' '''' к
(этот результат мы фактически уже получали, доказывая утверждение, но тогда мы не заостряли на нем внимания).
Предположим, что одна из сумм вида 1 + а1' '''' п-(р+1) равна ап:
1 + а5 = ап (1 ^ 5 ^ п - (р + 1)).
Прибавим к обеим частям данного равенства единицу 1 и сгруппируем слагаемые в левой части равенства, как нам необходимо:
(1 + 1) + а5 = 1 + (1 + а5).
Правая часть данного равенства равна ак-1. В левой части равенства записана одна из сумм ап + а5 (5 > 0) или ап+1' '''' к + а5. Все эти суммы равны ак. Получили противоречие, итак:
1 + а1' '''' п-(р+1) = ага+1' -' к — утверждение доказано. □
Заметим, что из отношения а + а = ап+1' -' к следует
1 + 1 = ап' -' к.
С учетом полученных результатов таблица возможных полуколец для случая т = 0, к < 2п будет выглядеть так:
Таблица 3
а0' '''' к + ап+1' ''''к = ак
1 + ап = ак 1, а1' '''' к + ап = ак а0' ''" п-1 + ап-1 = ак-1' -' к
а0' ''" п-г + ап-г = ак-г' -' к (1 ^ г ^ р)
а0' '"' п-р + а™-р_ак-Р' -'к_а™+1 -' к
ао, ..., п—5 + = ап+1, к (р ^ 8 ^ п - 1)
а0' ...' 1 + а = ап+1' к
1 + 1 = а
п, —' к
По этой таблице легко составить таблицу сумм единицы с каждым элементом, которая будет описывать все полукольца для данного случая. Сумма единицы с каждым элементом может принимать любое из значений, стоящее в правой части соответствующего равенства таблицы 3:
Таблица 4
1 + ап+1 1 + ап = а
= 1 + а
к ак
к—1
1 + а
п— 1
.к—1, ...' к
1 + ап—г = ак—г' ...' к (1 ^ г ^ р)
1 + ап—р = ак—р' ...' к = ап+1' —' к
1 + ап—5 = ап+1' ...' к(р ^ з ^ п - 1)
1 + а = ап+1' ...' к 1 + 1 = ап' ...' к
к
а
Дистрибутивность в каждой структуре проверяется аналогично, как и для случая к < 2п, ассоциативность — аналогично, как и для случая к = 2п. Получившиеся структуры являются полукольцами.
5. Полукольца со значением параметра т > 0
5.1. Классификация полуколец
Далее будем рассматривать только циклические полукольца со значением параметра т, отличным от нуля: т > 0. Возможен один из 5 следующих случаев:
1) р ^ т + п;
2) п ^ р < т + п;
3) р < п ^ т + р;
4) п ^ т + р + 1, 1 + 1 = ап;
5) п ^ т + р + 1, 1 + 1 = ап.
Начнем изучать данный класс полуколец тем же самым способом, каким изучали полукольца со значением параметра т = 0. Для всех сумм сначала определим множество допустимых значений, которые эти суммы могут принимать. Со временем для некоторых сумм эти множества начнут сужаться. Пока же таблица возможных полуколец выглядит так:
а0, к + а
т+п+1, ...' к
Таблица 5
ар, ...' т+п + ат+п_ак-1' —' к (ат + ат+п_ат+п+р_ак—1)
а0, ...' т+п—г + ат+п—г _ ак—(г+1), —' к (а^
0 ^ г ^ т
+ а
т+п—г
а
т+п+р—г )
а0' ...' п + ап = ак—(т+1)' —' к = ап+р —' к (1 + ап = ап+р)
о, ...' п—1 + ап—1_ап+р' —' к
а
-,0, ...' п—«
+ ап—3 = ап+р—(5—1)' —' к (1 ^ ^ ^ п)
1 + 1 = ар+1' —' к
к
а
Если п = 0, то будет отсутствовать часть таблицы, расположенная ниже строки со вторым слагаемым ап. Последняя строчка в этой таблице будет выглядеть так: 1 + 1 = ар.
Объясним, как получаются множества допустимых значений для каждой суммы. Суммы из всех строчек таблицы (кроме первой и второй) домножим на такой элемент, чтобы второе слагаемое стало равно ат+п. Получаем суммы, которые множеством своих допустимых значений имеют либо один из элементов ак—1 или ак — если первое слагаемое в получившейся сумме имеет наименьшее допустимое значение степени не больше, чем т (равносильно — второе слагаемое в начальной сумме имеет степень не меньше, чем п), либо все равны ак — если у первого слагаемого в получившейся сумме наименьшее допустимое значение степени больше, чем т (равносильно — второе слагаемое в первоначальной сумме имеет степень меньше, чем п). Далее, пользуясь предложением 4, определяем множество допустимых значений для исходной суммы. Поясним это правило на примерах.
Найдем множество допустимых значений для сумм:
а0, ...' т+п—2 + ат+п—2 (считаем, что т ^ 2).
Умножим последнее выражение на элемент а2:
а2(а0' '''' т+п-2 + ат+п-2) = а2' т+п + ат+п.
Получившиеся суммы могут принимать одно из двух значений: ак-1 (это суммы а2' '"' т + ат+п) или ак (все суммы, кроме ат + ат+п = ак-1, суммы ат+1' '''' т+п + ат+п точно принимают значение ак). Далее, по предложению 4 делаем вывод, что суммы а0' '''' т+п-2 + ат+п-2 могут принимать следующие значения:
а0, ''', т+п-2 + ат+п-2 = ак-3' к.
Заметим также, что в строчке а0' '''' т+п-2 + ат+п-2 (если т ^ 2) второе слагаемое имело степень не меньше, чем п — и при умножении на а2
мы получили суммы, которые теоретически могут принимать значения
к-1 к как ак , так и ак.
Найдем сейчас множество допустимых значений для сумм: а0' '''' п-2 + ап-2 (считаем, что п ^ 2).
Умножим эти суммы на элемент ат+2:
ат+2(а0' '''' п-2 + ап-2) = ат+2' '''' т+п + ат+п.
Так как наименьшее допустимое значение степени первого слагаемого больше, чем т, то все получившиеся суммы равны ак. Далее, по предложению 4 делаем вывод, что суммы а0' '''' п-2 + ап-2 могут принимать следующие значения:
0' '''' п-2 | „п-2 _ ак-т-2' -'к _ „п+р-1' -' к
а | а — а — а .
п-2 п-2
Можно заметить также, что в строчке а0' '''' п 2 + ап 2 второе сла-
п
к
гаемое имело степень меньше, чем п — и при умножении на ат+2 мы
получили суммы, равные исключительно а
Пользуясь данным правилом, несложно объяснить тот факт, что в таблице 5 имеются две соседние строчки (ровно одна пара), которые имеют одинаковые наборы допустимых значений:
а0' '''' п + ап = ап+р' -' к и а0' '''' п-1 + ап-1 = ап+р' -' к.
Во всех остальных случаях при уменьшении на один степени второго слагаемого увеличивается на один множество допустимых значений для сумм в строчке.
Начнем теперь разбирать каждый из пяти представленных случаев по отдельности.
5.2. Случай р > т + п
Если р ^ т+п, то в случае п > 0 сумма любых двух элементов имеет степень больше, чем р, то есть больше, чем т + п. В этом случае таблицу сумм единицы со всеми элементами легко получить из таблицы 5, заменив везде первое выражение в левой части равенств на единицу, а знак тире в правой части равенств — на многоточие. Исключение составляет лишь строчка со вторым слагаемым ап, в ней нужно записать тождество 1 + ап = ап+р:
Таблица 6
+а +а
т+п+1, т+п _
к = ак
.к—1,
+ ат+п-г = ак-(г+1), к (0 ^ Г < т)
+а
п+1
к- т,
а
п+р+1, ..., к
п _ ап+р
+ ап = а
п- 1
п—1 _ ап+р, ..., к
+ ап 1 = а
+ ап
гп+р—(*—1), ..., к (1 ^ 5 ^ п)
+1=а
,р+1, ..., к
к
к
0
Разберем отдельно подслучай п = 0. Если п = 0, то у таблицы 6 будет отсутствовать нижняя часть, расположенная под строчкой со вторым слагаемым ап (при п = 0 эта строчка будет выглядеть так: 1 + 1 = ар). В этом случае мы не можем сразу сказать, что сумма любых двух элементов имеет степень больше, чем т + п, можем лишь сказать, что сумма любых двух элементов имеет степень не меньше, чем р, значит не меньше, чем т + п. Заметим, однако, что если п = 0, то т + п = т<р — то есть сумма любых двух элементов все-таки будет иметь степень больше, чем т + п. Теперь мы можем точно сказать, что в случае п = 0 таблица 6 без своей нижней части (ниже строчки 1 + ап = ап+р) также будет описывать всевозможные полукольца для данного случая.
5.3. Случай п ^ р < т + п
Рассмотрим второй случай: п ^ р < т + п. Заметим, что п ^ 2, так как т < р < т + п. В данном случае в таблице 5 (составленной для общего случая) найдется строчка, в которой одно из допустимых значений суммы равно ат+п. Наибольшее значение степени второго слагаемого,
для которого в правой части равенства впервые появляется элемент ат+п, равно п — (р — т) — 1 = т + п — р — 1:
а0 •••' т+п—р—1 + ат+п—р—1 = ат+п> —, к — данная строчка находится в таблице 5 ниже строчки со вторым слагаемым ап-1, так как р > т, а поскольку еще и п ^ р, то данная строчка находится в таблице ниже строчки со вторым слагаемым ат. Заметим, что именно такой строчки в таблице 5 нет, но ее наличие там подразумевается, если р < т + п. Заметим также, что наибольшее значение степени второго слагаемого, для которого в правой части равенства впервые появляется элемент ат+п+1, равно т + п — р:
О, •••' т+п—р | ат+га—р _ ат+п+1, —, к
а | а — а .
Однако, на самом деле, ни одна из сумм вида
аО, •••' т+п—р— 1 + аО, •••' т+п—р—1
не может принимать значение, равное ат+п.
Докажем следующее утверждение.
Предложение 9. В неидемпотентном циклическом полукольце для случая п ^ р < т + п выполняется следующее отношение: а0, •••' т+п—р—1 + а0, •••' т+п—р—1 = ат+п+1, —' к — все суммы, расположенные в таблице 5 ниже строчки: а0, т+п—р + ат+п—рр = ат+п+1, —, к, могут принимать значения только из следующего множества элементов: ат+п+1, к.
Доказательство. Заметим, что доказываемое отношение можно дополнить суммами:
а0, т+п—р + ат+п—р = ат+п+1, —, к, взятыми из таблицы 5, и тогда оно будет выглядеть следующим образом:
О, •••, т+п—р | „0, •••, т+п—р _ „т+п+1, —, к
а | а — а .
А теперь запишем равенство в другом виде:
Уг : 0 ^ г ^ т + п — р ^ а0, •••, т+п—р—г + ат+п—р—г = ат+п+1, —, к,
и докажем его методом математической индукции.
Введем обозначение: з = т + п — р.
База: а0, = ат+п+1, к — это равенство берется из таблицы 5.
Переход. Пусть: 0 ^ г < з и а0, г + а5—г = ат+п+1, —, к.
Докажем, что: а0, - (г+1) + а5—(г+1) = ат+п+1, —, к.
Из равенства а0' '"' я-т + ая-т = ат+п+1' -' к по предложению 4 следует, что а0' '''' 5-(г+1) + а5-(г+1) = ат+п' -' к. Предположим, что в последнем равенстве одна из сумм принимает значение, равное ат+п:
а' + а3-(г+1) = ат+п, 0 ^ Ь ^ в — (г + 1).
Прибавим к обеим частям последнего равенства ат, получаем: (ат + а') + а3-(г+1) = ат + ат+п
Значение выражения в правой части равенства равно ак-1. Значение суммы в скобках в левой части равенства имеет степень не меньше, чем т + п +1 (так как т ^ в), поэтому вся левая часть равенства равна ак. Получили противоречие, итак, а0' '''' 5-(г+1) + а5-(г+1) = ат+п+1' -' к. Переход доказан, а вместе с ним и все утверждение. □
Пришли к тому, что по сравнению с таблицей 5 для некоторых сумм множество допустимых значений сузилось. Новая таблица возможных полуколец будет выглядеть так:
Таблица 7
а0' '''
а0' '''
а0' ''' а0' '''
а0' '''
а0' '''
а0' '''
к + ат+п+1, ...' к _ ак
т+п + ат+п _ ак-1, к
т+п-г + ат+п-г = ак-(г+1), -'к (о г т — 1)
п + ап_ак-(т+1), -'к_ап+Р' —' к
п-1 + ап-1_ап+Р' -' к
п-3 + ап-з = ап+Р-(8-1)' -'к (1 ^ в ^ р — т) т+п-р + ат+п-Р _ ат+п+1' -' к
' + а' = ат+п+1' -'к 0 ^ Ь ^ т + п — р 1 + 1 = ат+п+1' -' к
а
По этой таблице возможных полуколец несложно составить таблицу сумм единицы со всеми элементами, которая будет описывать всевозможные полукольца для данного случая:
+ ат+п+1> •••> к = ак
+ ат+п = ак—1 •••' к
+ ат+п-г = ак-(г+1), •••, к (о ^ г ^ т - 1)
+ ап+1 = ак—т' • ••, к = ап+р+1, •• • , к
+ ап = ап+р
+ ап—1 = ап+р' •• • , к
+ ап-3 = ап+р-(з-1) •••' к (1 ^ з ^ р - т)
I ат+п-р_ат+п+1, •••' к
+ а* = ат+п+1' •••' к (0 ^ * ^ т + п - р)
+ 1_ат+п+1, •••> к
Таблица 8
5.4. Случай р < п ^ т + р
Перейдем к следующему случаю: р < п ^ т + р. Вначале выясним, как будет выглядеть таблица возможных полуколец, если р < п. Влияние второй части двойного неравенства на структуру полуколец изучим позднее. В этом случае:
т + п — р > т.
Как известно, элемент ат+п+1 первый раз появляется в правой части равенств таблицы 5, когда степень второго слагаемого равна т + п — р (в данном случае больше, чем т, и в общем случае не больше, чем п — 1). Докажем, что в этом случае до появления в таблице элемента ат в качестве второго слагаемого степень суммы не может стать меньше, чем т + п +1. Сформулируем и докажем данное утверждение.
Предложение 10. В неидемпотентном циклическом полукольце для случая р < п выполняется следующее отношение:
а0, •••, т+п—р + ат+1, •••, т+п—р _ ат+п+1, —, к
а | а — а .
Доказательство. Перед тем как доказывать данное утверждение, заметим, что похожее отношение имело место и для случая т = 0, тогда до появления в левой части равенств суммы 1 + 1 в правой части равенств не мог появиться элемент ап (предложение 8).
Также заметим, что доказывать данное свойство необходимо только для случая п > р +1, для случая п = р +1 оно очевидно.
Приведем схему доказательства данного утверждения с подробным доказательством отдельных фактов.
Сначала проверяется справедливость равенства
цШ+1, т+п—р + •••, т+п—р _ ат+п+1, —, к
аналогично, как для случая т = 0 доказывалось, что а1' •••' п—р+
+а1, •••' п—р = ап+1' —, к.
После этого остается доказать отношение:
О, •••' т + „т+1, •••' т+п—р _ „т+п+1, —, к
а | а — а .
Будем доказывать следующее отношение:
аО, •••' т+1 + цт+1, •••' т+п—р _ цт+п+1' —, к
по сравнению с предыдущим равенством в левой части добавились суммы: ат+1 + ат+1' •••' т+п—р, равные ат+п+1' —' к (для создания базы индукции).
Запишем данное равенство в другом виде:
Уг : 0 ^ г ^ т +1 ^ аг + ат+1' •••' т+п—р = ат+п+1' —' к,
и докажем его методом математической индукции.
База индукции: ат+1 + ат+1' •••' т+п—р = ат+п+1' —' к - эта строчка взята из отношения ат+1' •••' т+п—р + ат+1' •••' т+п—р = ат+п+1' —' к, которое уже считаем доказанным.
Переход. Пусть 0 ^ г ^ т и верно равенство
ат+1—г + „т+1, •••' т+п—р _ „т+п+1, —, к
а | а — а .
Докажем, что ат—г + ат+1' •••' т+п—р = ат+п+1' —' к. Равенство ат—г + ат+п—р = ат+п+1' —' к доказывать не нужно, оно просто берется из таблицы 5 (из строчки со вторым слагаемым ат+п—р). Из равенства ат+1—г + ат+1' •••' т+п—р = ат+п+1' —' к следует
пт—г + ат, •••' т+п—р—1 _ пт+п, —, к
а | а — а ,
в частности, из равенства
ат+1—г + ат+1 _ ат+п+1, —' к
следует, что ат—г + ат = ат+п' —' к.
Предположим, что одна из сумм вида ат—г + ат+1' •••' т+п—р—1 принимает значение, равное ат+п:
+ = т +1 ^ 8 ^ т + п _ р _
Прибавим к обеим частям последнего равенства элемент ат и заключим в скобки первое и второе слагаемое в левой части:
(ат + ат—г) + а5 = ат + ат+п.
Правая часть данного равенства равна ак-1. В левой части равенства стоит одна из сумм ат+га+1' •••' к + а5 (если степень суммы ат + ат—г больше, чем т + п) или ат+п + а5 (если ат + ат—г = ат+п).
И первое, и второе выражения равны ак (так как в ^ т +1). Получили противоречие, итак, ат—г + ат+1' •••' п—(р—т) = ат+га+1' —' к. Утверждение доказано. □ Таким образом, в ТВП для сумм вида
а0' •••' г + аг, т +1 ^ г ^ т + п _ р _ 1
необходимо внести изменения. У сумм а0' •••' 5 + а5 (0 ^ в ^ т) также появятся новые значения, которые можно вывести из равенства:
а0, •••' т+1 + ат+1_ат+га+1' —' к:
а0' •••' 5 + а5 = ап+5' —' к, 0 ^ в ^ т.
Для случая р < п составим новую таблицу возмозможных полуколец:
Таблица 9
а0, •••' к + ат+п+1' •••' к = ак
а0, •••' т+п + ат+га_ак—1, —, к
0' •••' т+п—г + йт+п-г = ак—(г+1)' —, к (о г т)
...,„„, ,„ , + , = а
а0' •••' п + ап = ап+р' —' к
а0, •••' п—1 + ап—1 = ап+р' —' к
х0' •••' п—5 + ап—5 = ап+р—(5—1)' —' к (1 ^ в ^ р _ т)
а0' •••' т+п—р + ат+п—р _ ат+™+1' —' к
а0' * + а* = ат+п+!' -> к (т +1 ^ * ^ т + п - р)
^о, ...' т+1 + ат+1_ат+™+1' —' к
а0, ..., т + ат _ ап+т' —, к
а0, ..., т—« + ат—и _ ат+п——, к (0 ^ и ^ т)
1 + 1 _ ап' —' к
В отличие от предыдущих случаев в данном случае таблицу сумм единицы с каждым элементом, описывающую всевозможные полукольца, получить гораздо сложнее. Докажем следующее утверждение.
Предложение 11. Если в неидемпотентном циклическом полукольце выполняется отношение п > р и степень суммы 1 + 1 больше, чем п, то а0' ."' т + а0' т _ ат+га+1' -.' к.
Доказательство. Из равенства 1 + 1 _ ага+1' —' к следует равенство
ат + ат _ ат+га+1' —' к.
Докажем сначала, что степень суммы двух слагаемых, одно из которых равно ат, больше, чем т + п.
Предположим, что одна из сумм вида а5 + ат (0 ^ в < т) равна ап+т (напомним, что все такие суммы имеют степень не меньше, чем п + т):
а5 + ат _ ап+т Прибавим к обеим частям последнего равенства ат:
а5 + (ат + ат) _ ат + ат+п.
Левая часть равенства стала равна ак (так как ат+ат _ ат+га+1' —' к), правая — ак—1. Получили противоречие, итак, а0' ."' т+ат _ ат+га+1' —' к.
Доказательство того факта, что суммы во всех строчках таблицы, расположенных ниже строчки со вторым слагаемым ат, имеют степень не меньше, чем т + п + 1, аналогично доказательству того факта, что все суммы, расположенные ниже строчки
а0, ..., т+га—р + ат+га—р _ ат+га+1, —, к
равны ат+п+1' —' к для случая п ^ р < т + п (предложение 9). □
Вернемся теперь непосредственно к рассматриваемым случаям. Рассмотрим случай: р < п ^ т + р. Докажем для него следующее предложение.
Предложение 12. В неидемпотентном циклическом полукольце для случая р < п ^ т + р сумма 1 + 1 не может принимать значение ап.
Доказательство. Предположим, что 1 + 1 = ап. Рассмотрим тождество
1 + (1 + ап) = (1 + 1) + ап.
Левая часть равенства преобразуется так:
1 + (1 + ап) = 1 + ап+р = ак, так как п + р > п + т.
Правая часть равенства примет вид:
(1 + 1) + ап = ап + ап = ап(1 + 1) = а2п.
Если п ^ т + р, то степень элемента а2п меньше, чем т + п + р + 1, то есть меньше, чем к. Получили противоречие, значит 1 + 1 = ап. □
Итак, в данном случае сумма 1 + 1 не может принимать значение, равное ап, то есть может принимать значения только из следующего множества элементов: ап+1' '"' к, значит, все суммы вида а0' '"' т+а0' '"' т равны ат+п+1' -' к.
Таблица сумм единицы с каждым элементом будет выглядеть в данном случае точно так же, как и таблица 8, но с одним отличием — строка со вторым слагаемым ат+п-р будет находиться выше строки со вторым слагаемым ат. Выпишем данную таблицу, отметив в ней это отличие:
Таблица 10
1 + ат+п+1' •••' к = ак 1 + ат+п = ак-1' •••' к
1 + ат+п-г = ак-(г+1)' •••' к (0 ^ г ^ т - 1)
1 + ап+1 _ ак-т, •••' к _ ап+Р+1' •••' к
1 + ап = ап+р 1 + ап-1 = ап+р' •••' к
1 + ап- = ап+р-(5-1)' •••' к (1 ^ в ^ р - т)
+ ат+™—р_ат+га+1' к
+ а1 _ ат+га+1, к (т +1 ^ Ь ^ т + п — р)
+ а™+1_ат+га+1' ■■■' к
+ ат _ ат+га+1' ■■■' к
+ аи _ ат+га+1' ■■■' к (0 ^ и ^ т)
+ 1_ат+га+1, ■■■' к
5.5. Случай п ^ т + р +1, 1 + 1 _ ап
Случай п ^ т + р + 1 отличается от третьего случая тем, что сумма 1 + 1 способна здесь принимать значение, равное ап, хотя мы точно этого пока еще не знаем, по крайней мере, тождество 1 + (1 + ап) _ (1 + 1) + ап будет верным. Но в этом случае существуют также и полукольца, в которых сумма 1 + 1 отлична от ап (в предыдущем случае эта сумма обязана была быть отлична от ап, а здесь может отличаться, может совпадать).
Если п ^ т + р +1 и 1 + 1 _ ага+1' ■■■' к (четвертый случай), то таблица сумм единицы с каждым элементом выглядит точно так же, как и таблица 10, и эта таблица описывает все полукольца для данного случая.
5.6. Случай п ^ т + р +1, 1 + 1 _ ап
Приведем напоследок таблицу возможных полуколец для последнего, пятого случая. Правые части равенств в этой таблице почти полностью совпадают с правыми частями соответствующих равенств таблицы 9, за исключением последней суммы.
Таблица 11
аО, ■■■, к + ат+п+1, ■■■, к _ ак аО, ■■■, т+п + ат+га_ак-1, —, к
^0, ■■■, т+п—г + йт+п—г _ ак—(г+1), —, к (о ^ т)
а0' ■■- п + ап _ ап+р —' к а0' ■■■, п—1 + ап—1 _ ап+р —, к
а0, ■■■, п—. + ап—5 _ ап+р—(5—1), —, к (1 ^ 8 ^ р — т)
ор, m+n-p + am+n-p_am+n+i, —, k
a0 ■■■' ь + О _ am+n+1> k (m +1 ^ t ^ m + n - p)
a0' ■■■' m+1 + am+1 _ am+n+1' k
aO, ■■■, m + am _ an+m' k
a0, ■■■, m-u + am-u _ an+m-u, k (1 ^ u ^ m)
1 + a _ am+1' -' k 1 + 1 _ an
Заключение
Таким образом, для первых четырех случаев из классификации неидемпотентных циклических полуколец получены таблицы, полностью описывающие такие структуры. Для последнего, пятого, случая найдено множество объектов, среди которых следует искать искомые полукольца. Дальнейшая задача заключается в том, чтобы научиться определять, какие из получившихся структур являются полукольцами, а какие — нет.
Список литературы
1. Bestugev A. S., Vechtomov E. M. Mulitiplicatively cyclic semirings // XIII Международная научная конференция им. академика М. Кравчука. Киев: Национальный технический университет, Украины, 2010. Т. 2. С. 39.
2. Golan J. S. Semirings and their applications. Dordrecht: Kluwer Academie Publishers. 1999. 381 p.
3. Бестужев А. С. Конечные идемпотентные циклические полукольца // Математический вестник педвузов и университетов Волго-Вятского региона. 2011. Вып. 13. С. 71-78.
4. Бестужев А. С. О строении конечных мультипликативно-циклических полуколец // Ярославский педагогический вестник. 2013. Т. III. № 2. С. 14-18.
5. Бестужев А. С., Вечтомов Е. М., Лубягина И. В. Полукольца с циклическим умножением // Алгебра и математическая логика: Международная конференция посвященная 100-летию В. В. Морозова. Казань: КФУ, 2011. С. 51-52.
6. Вечтомов Е. М. Введение в полукольца : пособие для студентов и аспирантов. Киров: Изд-во Вятского гос. пед. ун-та, 2000. 44 с.
7. Вечтомов Е. М., Лубягина И. В. Циклические полукольца с идемпотентным некоммутативным сложением // Фундаментальная и прикладная математика. 2012. Т. 17. Вып. 1. С. 33—52.
Summary
Bestuzhev A. S., Vechtomov E. M. Cyclic semirings with commutative addition
In the article we explore a semiring with cyclic multiplication in which every element (maybe with the exception of 0) is an entire non-negative power of some generating element a. At first we consider particular cases of semirings where 0 or 1 is a natural power of the element a. Further we find out how a semiring is constructed in general and we learn semirings with nonidempotent addition.
Keywords: semiring, cyclic semiring, generating element, absorbing element, cyclic semigroup, nonidempotent addition.
ВятГГУ
Поступила 02.04.2015
