1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƢỜNG ĐẠI HỌC VINH

PHẠM THU HẰNG

NỬA NHÓM ORTHODOX ĐƠN DIỄN SONG ĐƠN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGHỆ AN, 2011


2

MỤC LỤC
Trang

MỤC LỤC ...………………………………………………………......…….1
LỜI NÓI ĐẦU……………………………………………………….......….2
Chƣơng 1. Kiến thức cơ sở………………………………..………...….....4
1.1. Biểu diễn nửa nhóm. Biểu diễn vị nhóm ........................................4
1.2. Biểu diễn nửa nhóm bicyclic .............................................. ...........7
Chƣơng 2. Nửa nhóm orthodox đơn diễn song đơn………………….......14
2.1. Nửa nhóm orthodox và nửa nhóm orthodox đơn diễn…………........14
2.2. Nửa nhóm orthodox đơn diễn song đơn với các phần tử sinh
phi nhóm ............................................................................................20
2.3. Nửa nhóm orthodox đơn diễn song đơn với các phần tử sinh
nhóm ...................................................................................................34
KẾT LUẬN………………………………………………………....…….…38

TÀI LIỆU THAM KHẢO…………………………………....………….......39


3

LỜI NĨI ĐẦU
Lớp các nửa nhóm ngược đơn diễn song đơn gồm và chỉ gồm hai loại:
các nhóm và các nửa nhóm bicyclic. Mặt khác, các nửa nhóm orthodox
song đơn được sinh bởi hai phần tử ngược nhau có cấu trúc rất khác nhau.
Luận văn chúng tôi dựa trên bài báo * Bisimple monogenic orthodox
semigroups của tác giả Simon M. Goberstein đăng trên tạp chí Semigroup
Forum năm 2009 để tìm hiểu cấu trúc của nửa nhóm orthodox đơn diễn
song đơn. Ngồi ra chúng tơi có tham khảo thêm bài báo Elementary
orthodox semigroups của hai tác giả C. Eberhart và W. Williams đăng trên
tạp chí đó vào năm 1984 để tìm hiểu cấu trúc dàn các tương đẳng trên nửa
nhóm orthodox tự do được sinh bởi hai phần tử ngược nhau.
Luận văn gồm hai chương.
Chương 1.

Kiến thức cơ sở. Trong chương này, trước hết chúng tơi

trình bày khái niệm và các tính chất của biểu diễn nửa nhóm và biểu diễn vị
nhóm bởi cấu trúc tự do tương ứng. Sau đó ứng dụng vào biểu diễn nửa
nhóm bicyclic và một số tính chất của lớp nửa nhóm này.
Chương 2. Nửa nhóm orthodox đơn diễn song đơn. Đây là nội dung
chính của luận văn. Trước hết chúng tơi trình bày các khái niệm nửa nhóm
orthodox và nửa nhóm orthodox đơn diễn cùng với cấu trúc của chúng. Sau
đó chúng tơi trình bày cấu trúc của các nửa nhóm orthodox đơn diễn song
đơn S = a, b trong hai trường hợp: khi a (và do đó b) khơng thuộc nhóm
con nào của S và khi a,b là các phần tử nhóm của S.

Luận văn được thực hiện dưới sự hướng dẫn của PGS. TS Lê Quốc
Hán. Nhân dịp này tác giả bày tỏ lịng biết ơn Thầy đã tận tình chỉ dẫn
chúng tơi trong học tập và tập dượt nghiên cứu khoa học. Thầy đã đặt vấn
đề và trực tiếp hướng dẫn chúng tơi hồn thành Luận văn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Chủ nhiệm Khoa Toán, Khoa Sau


4
Đại học, Tổ Đại số cùng Quý Thầy, Quý Cô trong chuyên nghành Đại số
và l‎ý thuyết số đã nhiệt tình hướng dẫn, tạo điều kiện giúp đỡ tác giả trong
q trình học tập và hồn thành luận văn.
Mặc dù đã rất cố gắng, song Luận văn không thể tránh khỏi thiếu sót.
Tác giả rất mong nhận được những đóng góp q báu từ q thầy, q cơ
giáo và các bạn cùng lớp.
Nghệ An, tháng 11 năm 2011
Tác giả


5

CHƢƠNG I
KIẾN THỨC CƠ SỞ
1.1. Biểu diễn nửa nhóm. Biểu diễn vị nhóm
1.1.1.

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


tồn cấu  : A  S với một nửa nhóm các từ A nào đó. Thế thì S




A

ker( )

. Khi đó  được gọi là một biểu diễn đồng cấu của S, và

nếu (u, v)  ker () thì u = v được gọi là một hệ thức hay đẳng thức trong
S. Để tránh hiểu nhầm, ta viết u  v nếu các từ u, v bằng nhau trong
A+ .
Như vậy, một biểu diễn của S gồm các kí hiệu sinh
A = {a1, a2,…} và các hệ thức R = { ui = vi | i  I }, và viết
S=

a1, a2 ,...| ui  vi (i  I ) hay S = A | R

nếu ker() là tương đẳng nhỏ nhất của A+ chứa các hệ thức {(ui,vi )| 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 được giả thiết là có tính đối xứng, nghĩa là
nếu u = v trong R thì v = u cũng được thỏa mãn.
Cần nhớ rằng các từ w  A+ không phải là các phần tử của S nhưng được
ánh xạ vào S. Chúng ta nói rằng một từ w  A+ biểu diễn phần tử (w)
của S. Cùng một phần tử của S có thể được biểu diễn bằng nhiều cách
khác nhau (bởi các từ khác nhau). Nếu (u) = (v) thì hai từ u, v 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 ui + 1 nhận

được từ ui bằng cách thay thế nhân tử ui bởi vi đối với ui =vi nào đó
trong R. Chính xác hơn, chúng ta nói rằng một từ v là dẫn xuất trực tiếp từ


6
u nếu u  1 u’ 2 và v  1 u’ 2 với u’ = v’ nào đó trong R.
Rõ ràng rằng nếu v được dẫn xuất từ u thì u được dẫn xuất từ v (vì R
đối xứng) và (u) = ( 1 )(u’) ( 2 ) = ( 1 ) (v’) ( 2 ), nên u = v là
một hệ thức trong S. Từ v được gọi là dẫn xuất từ u nếu tồn tại một dãy
hữu hạn u  u 1, u2,…, u k  v sao cho với tất cả j = 1,2,…,k – 1, uj + 1 , là
dẫn xuất trực tiếp từ uj. Nếu v được dẫn xuất từ u, thì sẽ có (u) = (v),
vì (u) = (u1) = (u2) = …= (uk -1) = (uk) = (v), và do đó u = v
là một hệ thức trong S. Nó có thể viết thành u  u 1, u2,…, u k  v.
Trước khi trình bày một số định lí về biểu diễn nửa nhóm, ta nhắc lại
rằng với mỗi quan hệ  trên nửa nhóm S ln ln tồn tại một tương
đẳng  C trên S nhỏ nhất chứa  (được gọi là tương đẳng sinh bởi quan
hệ  ).
1.1.2. Định lý. Giả sử S =

A | R là một biểu diễn, với R đối xứng. Thế thì

RC = { (u, v) | u = v hay v được dẫn xuất từ u }.
Do đó u = v trong S nếu và chỉ nếu 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 được dẫn xuất từ u.
Rõ ràng 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 được dẫn xuất từ u thì rõ ràng wv cũng được dẫn
xuất từ wu và vw được dẫn xuất từ uw. Vậy  là quan hệ tương đẳng.
Giả sử  là một tương đẳng sao cho R   . Giả thiết rằng v được dẫn
xuất trực tiếp bởi u: u = w1 u’ w2 , v = w1 v’ w2 và u’ = v’ trong R. Vì R  
nên (u’,v’)  . Vì  là một tương đẳng nên ( w1 u’ w2 , w1 v’ w2 )   hay (u,v)
 .

Do đó, nhờ tính bắc cầu của  và  , có    và như vậy  là tương


7
đẳng nhỏ nhất chứa R, nghĩa là RC =  .
Từ Định lý 1.1.2 trực tiếp suy ra
1.1.3. Định lý. Giả sử A là một bảng chữ cái và R  A+  A+ là một quan
hệ đối xứng. Thế thì nửa nhóm S = A + / RC có biểu diễn
S=

A | u  v víi mäi (u, v)  R .

Hơn nữa, tất cả các nửa nhóm có cùng biểu diễn đẳng cấu với nhau.
1.1.4. Ví dụ. 1) Xét biểu diễn nửa nhóm sau:
S =  a, b | aa  ab, ba  aab, bbb aba .
Trong biểu diễn này có hai phần tử sinh và ba hệ thức xác định. Chẳng
hạn, S có một đẳng thức baabbaa = bbaaba, vì u1 = baabbaa = b.aab.baa
= b.ba.baa = u2 và u2 = bbabaa = bba.ba.a = bba.aba.a = bbaaab. Cũng
như vậy, aaab = aabb = abbb = aaba = baa = bab trong S, và do đó
aaab = bab trong S.

2) Một biểu diễn của các nửa nhóm các từ khơng cần hệ thức xác định:
A+ =  A|   .
Tất cả các nửa nhóm (và vị nhóm) đều có biểu diễn. Thực vậy, S =

 A|ker()  là một biểu diễn như vậy, khi : A+

 S là tồn cấu biểu diễn.

Tuy nhiên, nói chung biểu diễn này rất phức tạp. Chúng ta sẽ quan tâm
nhiều hơn các nửa nhóm có biểu diễn hữu hạn, nghĩa là một biểu diễn S =
 A|R  , trong đó A là một bảng chữ cái hữu hạn và R là tập hữu hạn các hệ

thức. (Tiếc rằng khơng phải nửa nhóm nào cũng có biểu diễn như vậy).
Ta biết rằng tất cả các vị nhóm đều có một biểu diễn (với tư cách là
một nửa nhóm). Tuy nhiên sẽ tiện lợi hơn nếu sử dụng các biểu diễn vị
nhóm mà đối với các biểu diễn ấy có ưu thế của phần tử đơn vị:
M =  a1, a2,…| u i = v i , (i  I)  là một biểu diễn vị nhóm nếu ui ,vi  A*,
trong đó A = {a1,a2,…} là một bảng chữ cái. Trong biểu diễn vị nhóm chúng


8
ta có thể giả thiết có các hệ thức dạng u = 1, nghĩa là từ u có thể bị xóa từ
một từ khác hay bổ sung vào một vị trí nào đó giữa hai chữ cái.
1.1.5. Ví dụ. 1) Giả sử M =  a,b | ab = ba  là một biểu diễn của vị
nhóm M. Thế thì M

A*/ RC trong đó A = {a,b} và R = {ab = ba}. Có

một tồn cấu : A*  M và M được sinh bởi phần tử x = (a) và y =
(b). Vị nhóm M giao hốn, vì hệ thức ab = ba cho phép thay đổi vị trí

của a và b. Nếu các phần tử thuộc tập sinh của M giao hốn được với nhau
thì M giao hốn (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 = z1. z2…zn
với zi = (ai) (ai = a hoặc ai = b) thì z = (a1) (a2) … (an) = (a1
a2…an) = (akbm) = (a)k (b)m = xkym với m, k nào đó ( m  0, k  0). Do
đó vị nhóm M là một nhóm giao hốn tự do, và có thể chỉ ra được rằng mỗi
vị nhóm giao hốn được sinh bởi hai phần tử là ảnh tồn 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*/RC , trong đó A = {a,b} và R = {aba = 1},

và giả sử  : A*  M là tồn cấu tương ứng. Thế thì M được sinh bởi các
phần tử x = (a) và y = (b), hơn nữa ab = ba.aba = aba.ba = ba và
do đó xy = yx. Điều đó kéo theo M là một vị nhóm giao hốn. Do đó mỗi
phần tử thuộc z  M có dạng z = (ambn) với m  0, n  0 nào đó. Hơn
nữa, a.ba = 1 và ba.a = 1 nên ba là nghịch đảo của a. Tương tự a2 là
nghịch đảo của b, b = (aa) – 1. Điều đó có nghĩa là các phần tử của M đều
có dạng z = (a k ) với k  . Thế thì  : M  ( ,+) xác định bởi  (a)
= - 1 và  (b) = 2 là một đẳng cấu.
1.2. Biểu diễn nửa nhóm bicyclic


9

1.2.1.

Giả sử X là tập hợp khác rỗng. Khi đó tập hợp TX = { f: X  X| f


là ánh xạ} cùng với phép nhân ánh xạ là một vị nhóm với đơn vị là ánh xạ
đồng nhất id X . Vị nhóm TX được gọi là vị nhóm các phép biến đổi đầy đủ
trên tập X.
1.2.2.

là tập hợp các số tự nhiên. Xác định hai ánh xạ  : 

Giả sử

và  : 

bởi
nÕu n  0
 n 1 nÕu n  1
0

 (n)  

1
Thế thì   id và  (n)  
n

và  (n)  n 1 (n  0) .
nÕu n  0
nÕu n  1

Nói riêng,   id .
Giả sử B là nửa nhóm con của T sinh bởi  và  . Ta hãy tìm một
biểu diễn của B.

Giả sử A={p,q} là một bảng chữ cái. Xác định đồng cấu  : A*  B ,

 ( p)   ,  (q)   ( là mở rộng của  0 : A  B cho bởi  0 ( p)   ,
*
 0 (q)   ). Vì A={p,q} là tập sinh của A và {  ,  } tập sinh của B nên 

là một toàn cấu.
Theo trên pq = 1 là một hệ thức trong B. Giả sử   B là một phần tử
tùy ý của B,    n n1... 1 trong đó  i   hoặc  i   . Vì   id nên chúng
ta có thể giả thiết rằng  i   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 m với k , m  0 và từ đó B = {  k m | k , m  0 }. Theo cách định nghĩa
của  và  , ta có
nÕu n  k
n nÕu n  k
k

 k m (n)  


10
Ta hãy chứng minh rằng các phần tử    k m và    r s hoàn toàn
khác nhau nếu k  r hoặc m  s . Thật vậy,  (0)   k m (0)   k (0)  k và  (0)
  r s (0)  r (0)  r với n  max {k ,r} có  (n)   k m (n) =  k (n  m) = n -m-

k và  (n)   r s (n  s)   r (n  s)  n  s  r . Do đó    chỉ trong trường
hợp k  r và m  s . Điều này chứng tỏ p, q | pq  1 là một biểu diễn của
vị nhóm B =  ,  .
Định nghĩa. Vị nhóm B sinh bởi hai phần tử  ,   T cho bởi


1.2.3.

nÕu n  0
và  (n)  n  1(n  0) được gọi là vị nhóm bicyclic.
n 1 nÕu n  1
0

 (n)  

1.2.4. Mệnh đề. Vị nhóm bicyclic B có một biểu diễn vị nhóm
B = p, q | pq  1 .
1.2.5. Mệnh đề. Giả sử e ,a,b là các phần tử thuộc nửa nhóm S sao cho
ea=ae=a, eb=be=b, ab=e, ba  e. Khi đó mỗi phần tử thuộc nhóm con a, b
của S sinh bởi các phần tử a, b được biểu diễn duy nhất dưới dạng bman, trong
đó m và n là các số ngun khơng âm (và a0 = b0 = e), và do đó a, b đẳng
cấu với vị nhóm bicyclic B.
Chứng minh. Rõ ràng e  a, b và e là một đơn vị của a, b . Do đẳng
thức ab = e, mỗi phần tử thuộc B biểu diễn duy nhất được dưới dạng bman.
Chỉ cịn phải chứng minh tính duy nhất của m và n. Trước hết, ta chứng minh ba
mệnh đề chuẩn bị.
i) Các phần tử a và b có cấp vô hạn. Giả thiết trái lại rằng ah+k = ah đối
với h và k nguyên dương nào đó. Nhân bên trái với bh ta được ak = e .
Khi đó b = eb = akb = ak-1e = ak-1 và ba = ak = e, trái giả thiết ba =e .
Tương tự ta chứng minh được b có cấp vơ hạn.
ii) Nếu ah = bk đối với các số nguyên dương khơng âm h và k nào đó, thì


11
h = k = 0. Thật vậy, khi đó ah+k = akbk = e, từ đó h + k = 0 theo i) nên k = h = 0.

iii) Nếu bh ak = e đối với các số nguyên không âm h và k nào đó, thì
h = k = 0. Nếu k = 0 thì h = 0 theo (i). Ta chứng tỏ rằng bất đẳng thức
k > 0 khơng xảy ra. Thật vậy, nếu k > 0 thì b = eb = b h a k b = b h a k-1 và
ba = bhak = e trái giả thiết.
Bây giờ, giả thiết trái lại rằng bm an = bi aj trong đó m, n, i, j là các số
nguyên không âm và i  m hoặc j  n. Xét trường hợp i  m, trường hợp cịn lại
tương tự. Khơng giảm tính tổng qt, ta có thể giả thiết i < m, nhân bên trái với
ai ta có bm – i an = aj. Nếu j  n thì nhân bên phải với bn ta được bm – i = aj – n,
trong đó m – i > 0 mâu thuẫn với ii). Nếu j  n thì nhân bên phải với bj ta được
bm – ian – j = e, trong đó m – i > 0 mâu thuẫn với iii).
Theo giả thiết, ánh xạ p  a, q  b cảm sinh một đẳng cấu  từ B lên S, và
do đó lên  a, b  , cụ thể là  (qmpn) = bm an.
Từ tính duy nhất vừa chứng minh ta suy ra  là một đẳng cấu.
1.2.6. Hệ quả. Nếu  là một đồng cấu của vị nhóm bicyclic thì hoặc  đẳng
cấu từ B vào S, hoặc  (B) là một nhóm cyclic.
Chứng minh.

Giả sử B =  p, q | pq = 1  là một biểu diễn của vị nhóm

bicyclic và  (p) = a,  (q) = b,  (1) = e. Khi đó a, b, e thỏa mãn các điều kiện
của Mệnh đề 1.2.5, có thể loại trừ điều kiện ba  e. Nếu ba  e thì  là đẳng cấu.
Thật vậy, nếu  (qmpn) =  (qipj) thì bman = biaj, từ đó i = m và j = n theo Mệnh
đề 1.2.5. Nếu ba = e thì  (B) là nhóm cyclic sinh ra bởi a.
1.2.7. Nhận xét. Giả sử
S 

là tập các số tự nhiên. Trong tích Descartes

xác định phép tốn (k,l) (m,n)=(k+m- min(l, m), l + n – min(l,


m)) thì theo [1] S trở thành nửa nhóm. Chú ý rằng pq = 1 và qp  1, thế thì
theo Mệnh đề 1.2.5, suy ra ánh xạ  : S  B cho bởi  (m, n) = qmpn là một
đẳng cấu. Do đó vị nhóm bicyclic có thể được xem như vị nhóm S  

với


12
phép toán (k, l)(m, n) = (k + m – min (l, m),l + n – min (l, m)). Nửa nhóm
bicyclic cho dưới dạng này được gọi là dạng tọa độ của vị nhóm bicyclic.
1.2.8. Định nghĩa. Giả sử S là một nửa nhóm. Trên S xác định được các
quan hệ

như sau:

L và R

a L b  S1a = S 1b

Khi đó

R b

a

T

aS1 = bS1

b  S1aS1 =S1bS1.


là các quan hệ tương đương trên S, hơn nữa

L, R và T

Thế thì H = L

a

R và D = L R

trên S. Các quan hệ

L, R, T, H

và

(= R

L R =R L.

L ) cũng là các quan hệ tương đương

D được gọi là các quan hệ Grin của nhóm S.

Nửa nhóm S được gọi là nửa nhóm song đơn nếu S chỉ gồm một

D

lớp tương đương.

1.2.9. Định nghĩa. Giả sử E là tập tất cả các lũy đẳng của S. Trên E xác
định quan hệ  cho bởi : e  f (e, f  E)  ef  fe  e . Thế thì  là một thứ
tự bộ phận trên E và được gọi là thứ tự tự nhiên trên tập các lũy đẳng
của S. Lũy đẳng f  S được gọi là lũy đẳng nguyên thủy nếu e  E, e  f
kéo theo e = f .
Nửa nhóm S được gọi là nửa nhóm đơn hồn tồn nếu nó là nửa
nhóm đơn và chứa lũy đẳng nguyên thủy.
1.2.10. Mệnh đề. Vị nhóm bicyclic B =  p,q | pq = 1  là một nửa nhóm
ngược song đơn chứa đơn vị. Các lũy đẳng của nó là các phần tử en = qmpn
(n=0,1,2…). Chúng thỏa mãn các bất đẳng thức 1> e 0 > e1 > e2 > …>en >
en+1 >… .Vì vậy B khơng chứa các lũy đẳng nguyên thủy.
Chứng minh. Theo [1], hai phần tử qkpl và qmpn thuộc B nhân với nhau
như sau ( qkpl )( qmpn) = qipj trong đó i = k + m - min(l,m), j = l+ n - min(l,m).


13
Chú ý rằng i  k thì qipj  R(qkpl ), chỉ cần lấy m = l + i - k , n = j.
Nếu ta viết các phần tử của B theo bảng
p2

…

q qp qp2

…

q2 q 2p q2p 2

…


1

p

… …

…

…

thì có thể mơ tả R(qkpl ) như hợp của tất cả dòng của bảng bắt đầu dòng thứ
k + 1 trở xuống. Từ đó suy ra rằng
Vậy các
đó các
mỗi

R – lớp chứa qkpl trùng với cột thứ l + 1.

R – lớp của B là các dòng, còn các L – lớp là các cột của bảng. Do

H – lớp của B là các tập chỉ gồm một phần tử (vì H

=

L

R). Vì

R – lớp đều giao với L –lớp nên D - lớp duy nhất của B chính là B, vì


vậy B là nửa nhóm song đơn .
Bây giờ giả thiết rằng qmpn là một lũy đẳng. Khi đó qmpn = piqj với
i = 2m – min (m,n) và j = 2n – min (m,n). Thế thì theo Mệnh đề 1.2.5 suy
ra m = i và n = j. Điều đó kéo theo m = min (m,n) và n = min (m,n) tức là
m = n. Đảo lại, theo công thức nhân các phần tử của B ở trên thì phần tử
en = qnpn là lũy đẳng.
Nếu m < n thì lại theo cơng thức nhân các phần tử thuộc B ta có
e m e n = e n e m = e n nên e m  e n . Theo Mệnh đề 1.2.5, e m  e n nếu m  n.
Do đó m < n kéo theo em  en nên B không chứa lũy đẳng nguyên thủy.
Vì B chứa lũy đẳng và chỉ gồm một

D-

lớp nên B chính quy. Vì

emen=en = enem với m < n , nên các lũy đẳng của B giao hốn với nhau do
đó B là một nửa nhóm ngược.
Chú ý rằng B là nửa nhóm chính quy và tập hợp các lũy đẳng của B
là E = {en | n  }. Hơn nữa emen = enem = en nếu m < n, nên E là một nửa
nhóm con của B.


14
Vì pq = 1 nên pqp =1.p =p và qpq = q.1 = q. Do đó p và q là hai phần
tử ngược nhau. Ta nhận được
1.2.11. Hệ quả. Nửa nhóm bicyclic là nửa nhóm orthodox sơ cấp.
Định lý sau đây của O.Andersen (1952) chứng tỏ rằng một nửa nhóm
khơng đơn chứa lũy đẳng có thể hình dung như một lưới các nửa nhóm
bicyclic.
1.2.12.


Mệnh đề. Nếu e là một lũy đẳng của S với S là nửa nhóm đơn

nhưng S khơng phải đơn hồn tồn thì S chứa một nửa nhóm con bicyclic
trong đó e là đơn vị.
Chứng minh. Lũy đẳng e khơng ngun thủy vì nếu trái lại thì S là
một nửa nhóm đơn hồn tồn. Do đó tồn tại lũy đẳng f  S sao cho e > f,
nghĩa là e f = fe = f và e  f. Vì S đơn nên SfS = S, do đó tồn tại x, y  S sao
cho xfy = e . Đặt a = exf và b= fye, ta có : ea = e(eaf) = e2af = a. Tương tự,
af = a, fb = be = b và ab = exf.fye = exfye = e.e.e = e; f  e .
Giả sử g = ba. Khi đó g2 = baba = bea = ba = g
fg =fba =ba =g
gf = baf =ba = g
Do đó g  f . Vì f < e nên g < e. Từ đó ba  e.
Vì e là đơn vị hai phía đối với a và b, ab = e và ba  e nên từ Mệnh đề
1.2.5 suy ra a, b chính là vị nhóm con bicyclic của S với đơn vị e.


15

CHƢƠNG II
NỬA NHÓM ORTHODOX ĐƠN DIỄN SONG ĐƠN
2.1 . Nửa nhóm orthodox và Nửa nhóm orthodox đơn diễn .
Trước hết ta nhắc lại một số khái niệm cần dùng cho việc trình bày
chương này.
2.1.1. Định nghĩa. Giả sử S là một nửa nhóm. Phần tử x  S được gọi là
phần tử nhóm của S nếu x thuộc vào một nhóm con nào của S. Phần tử x
 S được gọi là phần tử phi nhóm của S nếu x khơng được chứa trong một

nhóm con nào của S (nếu các nhóm con tồn tại).

Tập hợp các phần tử phi nhóm của S được kí hiệu là NS, cịn tập hợp tất
cả các phần tử lũy đẳng của S được kí hiệu bởi ES .
2.1.2. Chú ý. a/ Giả sử S là một nửa nhóm và a  S. Khi đó cấp của
phần tử a chính là lực lượng của nửa nhóm con xyclic sinh ra bởi a và
được kí hiệu bởi o(a). Nếu a có lực lượng vơ hạn đếm được thì ta quy
ước o(a) =  .
b/ Giả sử a  S. Khi đó ta định nghĩa a 0 là đơn vị của S 1 , và do đó
a0b = b = ba 0 với mọi b  S.
Nếu S chứa một nửa nhóm con U với đơn vị là e thì ta đặt a0 = e với
a  U.
c/ Giả sử

L, R, H

là các quan hệ Grin trong S và U là một nửa nhóm

con chính quy của S (nghĩa là  a,b  U thì ab  U và tồn tại x , y  S
sao cho axa = a, byb = b) thì ta sẽ sử dụng các kí hiệu

LU= LS

 (U U ) ,

RU = RS

 (U U ) và

HU = HS 

(U U ) .


d/ Nửa nhóm S được gọi là nửa nhóm tổ hợp nếu quan hệ Grin

H

là

quan hệ đồng nhất trên S. Như vậy, nửa nhóm chính quy S là nửa nhóm tổ


16
hợp nếu và chỉ nếu S khơng có nhóm con không tầm thường.
e/ Giả sử w = w(x1, x2, …, xn) là một từ trong bảng chữ cái {x1,..,xn}  S.
Khi đó ta sẽ gọi w là một từ trong x1,…,xn . Nếu không sợ nhầm lẫn ta sẽ
đồng nhất w với giá trị của w trong S.
2.1.3. Chú ý. Ta nhắc lại rằng nửa nhóm bicyclic B(a,b) là nửa nhóm với
đơn vị 1 được sinh bởi hai phần tử a, b và được cho bởi một hệ thức xác
định ab = 1. Bằng cách xếp đặt lại đồng nhất thức trong định nghĩa B(a,b),
có thể xác định nửa nhóm bicyclic B(a,b) như một nhóm được cho bởi biểu
diễn: B(a,b) = < a, b | aba = a, bab = b, a 2b = a, ab2 = b >. Trong tiết 1.2,
ta đã thấy cấu trúc của B(a,b) là một nửa nhóm song đơn tổ hợp, mỗi phần
tử của nó biểu diễn được duy nhất dưới dạng bman , trong đó m và n là các
số ngun khơng âm (và a0 = b0 = ab). Hơn nữa, nửa dàn lũy đẳng của
B(a,b) là một chuỗi: ab> ba > b2a2 > …, và đối với mỗi phần tử bman 
B(a,b), ta có Rbman = {bm al : l  0}, Lb man = {bk an : k  0}.
2.1.4. Kí hiệu.
a/ Giả sử S là nửa nhóm và x, y  S. Nếu x và y là phần tử ngược nhau,
nghĩa là xyx = x và yxy = y thì ta sẽ viết x  y .
b/ Tập hợp tất cả các phần tử ngược của phần tử x  S được kí hiệu
VS(x), hoặc V(x) nếu khơng sợ nhầm lẫn. Như vậy V(x) = {y  S

2.1.5. Định nghĩa.

x  y}.

a/ Một nửa nhóm S được gọi là nửa nhóm orthodox

nếu S là nửa nhóm chính quy và tập hợp tất cả các lũy đẳng của S tạo thành
một nửa nhóm con của S.
Theo Howie (xem [9]) thì các điều kiện sau đây là tương đương với
một nhóm chính quy S cho trước:
a) VS (e)  ES, e  S ;
b) VS (a) VS (b)  VS (ba), a, b  S ;
c) S là nửa nhóm orthodox.


17
Như vậy, nếu S là một nửa nhóm orthodox và x  y trong S, thế thì x  N S
nếu và chỉ nếu y  N S , hơn nữa xn  yn với mọi n 

* , do đó o(x)=o(y).

Chú ý rằng với mọi nửa nhóm S tùy ý và x, y  S thỏa mãn điều kiện
xy = x2y2, thế thì xy = xnyn,  n 

*.

b/ Giả sử S là một nửa nhóm orthodox.
Khi đó quan hệ   ( x, y)  S  S : V ( x)  V ( y) là một tương đẳng trên
nửa nhóm S và S  là nửa nhóm ngược. Hơn nữa, nếu  là tương đẳng trên
S sao cho S  là nửa nhóm ngược thì    . Như vậy, S  là ảnh đồng cấu

nửa nhóm ngược tối đại của S. Ngồi ra S là nửa nhóm tổ hợp nếu và chỉ
nếu S  là nửa nhóm tổ hợp.
2.1.6. Định nghĩa. a/ Giả sử S là một nửa nhóm. Khi đó S được gọi là nửa
nhóm sơ cấp nếu tồn tại hai tập con không rỗng A và B thỏa mãn S =

A  B và a  A, b  B đều có a  b.
b/ Nửa nhóm S được gọi là nửa nhóm orthodox đơn diễn nếu S là nửa
nhóm orthodox được sinh bởi hai phần tử sinh ngược nhau.
Như vậy, nếu S là nửa nhóm orthodox đơn diễn thì S là nửa nhóm sơ cấp.
2.1.7. Chú ý. Năm 1978, C. Eberhart và W. Williams đã chứng minh được
rằng nửa nhóm con sơ cấp của một nửa nhóm orthodox là nửa nhóm
orthodox từ đó suy ra: nếu S là nửa nhóm orthodox và a  b trong S thì

a, b là một nửa nhóm orthodox đơn diễn. (xem [4])
Từ đây về sau cụm từ “ Giả sử S = a, b là nửa nhóm orthodox đơn
diễn ” ln ln được hiểu rằng : S là nửa nhóm orthodox được sinh bởi
cặp phần tử ngược nhau a và b thuộc S.
Năm 1984, hai tác giả trên (C. Eberhart và W. Williams) đã chứng tỏ
rằng nửa nhóm orthodox đơn diễn tự do thừa nhận một biểu diễn sau đây:


18

FO =

p, q p n  q n , n 

*

. (xem [5])


Chúng ta cũng sẽ kí hiệu nửa nhóm này bởi FO (p,q) nếu muốn nói rõ
phần tử sinh của nó.
2.1.8. Mệnh đề. Giả sử S = < x, y > là nửa nhóm được sinh bởi hai phần
tử thỏa mãn x  y. Thế thì
(i) S là nửa nhóm orthodox nếu và chỉ nếu xn  yn, n 

*.

(ii) S là nửa nhóm orthodox nếu xy = x2y2 .
Chứng minh. (i) Nếu xn  yn n 

* thì S là ảnh đồng cấu của nửa

nhóm orthodox đơn diễn tự do. Từ đó theo J.M. Howie ([9]), S là nửa
nhóm orthodox. Điều ngược lại là rõ ràng.
(ii) Giả thiết rằng xy = x2y2 . Thế thì đối với n  1 tùy ý, có xnynxn
= (x n y n )x n = (xy)x n = xyx.x n – 1 = x.x n – 1 = x n . Tương tự, có y n x n y n
= ( x n y n )x n = y n xy = y n (vì yxy = y). Do đó x n  y n , n  1 . Theo (i),
S là nửa nhóm orthodox.
2.1.9. Mệnh đề . Giả sử S là nửa nhóm orthodox, a là một phần tử tùy ý
thuộc S và b thuộc V(a).
(i) Các điều kiện sau đây tương đương
1/ a2 là một ước bên trái của a ;
2/ a = a2 (b2a) ;
3/ ab = a2 b2 ;
4/

b = (ba2) b2 ;


5/

b2 là ước số bên phải của b.

(ii) Nếu ab = a2 b2 và ba = b2 a2 thì Ha và Hb là các nhóm với phần
tử đơn vị tương ứng là ab2a và ba2b.
Đảo lại, nếu Ha (và do đó Hb) là một nhóm thì ab = a2b2 và ba = b2a2.
Chứng minh. (i) Giả sử a2 là ước bên trái của a, khi đó tồn tại x  S
sao cho a = a2x. Thế thì a2(b2a) = (a2b2a2)x = a2x = a. Như vậy (1) kéo theo


19
(2). Vì điều ngược lại là hiển nhiên nên (1)  (2) . Theo tính đối xứng
(4)  (5). Cịn các tương đương (2)  (3) và (3)  (4) được suy ra từ an  bn
theo Mệnh đề 2.1.8, nói riêng aba = a, bab = b,a2b2a2 = a2 và b2a2b2 = b2.
(ii) Giả thiết rằng ab = a2b2 và ba = b2a2. Thế thì (ab2a)a = a(b2a2) =
a (ba) = aba = a (vì a  b) = aba = a 2b2a = a(ab2a) nên (a,ab2a) 
và (a, ab2a)  L, nghĩa là a(ab2a) 

H (vì L



R

R = H ). Theo Định lí Grin,

Ha là một nhóm và ab2a là phần tử đơn vị của Ha . Theo tính chất đối xứng,
Hb là nhóm với đơn vị là ba2b.
Ngược lại, giả thiết rằng Ha là một nhóm. Vì b  a và S là nửa nhóm

orthodox nên Hb cũng là một nhóm và b2  a2. Từ đó a2b2 = ab và b2 a2 = ba.
2.1.10. Mệnh đề. Giả sử S là một nửa nhóm orthodox và a  b trong S.
Thế thì các điều kiện sau đây là tương đương.
(i) ab = a2b2 và ba  b2 a 2 ;
(ii) ab = a2b2 và a  N S ;
(iii) a2 là một ước bên trái của a và a  N S ;
(iv) a2 là ước bên trái của a và ba  b2 a 2 .
Nếu một (và do đó mỗi) điều kiện trên được thỏa mãn thì o(a) = o(b) =  ,

a  a b  Ra và b  a b  Lb.
Chứng minh. Theo Mệnh đề 2.1.9, các điều kiện (i), (ii), (iii) và (iv)
tương đương.
Giả sử (iii) đúng. Thế thì a = a2x với x  S nào đó. Nếu o(a) <  thì
tồn tại m 

*

sao cho am  ES và bằng cách đặt e = am ta nhận được a =

a2x = a3x2 = …= amxm – 1 = exm -1 do đó ea = e. exm – 1 = exm -1 = a nên a =
ea = am .a = am + 1. Điều này chứng tỏ a là một nhóm xyclic: mâu thuẫn
này chứng tỏ o(a) =  . Tương tự o(b) =  . Chú ý rằng a = a2x kéo theo aRa2
và do đó a R an , n 

*

. Ngoài ra, anbRan với n  * vì (anb)a= an. Từ


20

đó a  a b  Ra . Theo tính đối xứng, có b  a b  Lb .
2.1.11. Mệnh đề . Giả sử S là một nửa nhóm orthodox, a  NS, b  V(a)
và ab = a2b2. Thế thì
(i) Nửa nhóm con ba 2 , b2 a của S là bicyclic và ba là phần tử đơn vị,
nghĩa là ba 2 , b2 a = B(ba2 , b2a).
(ii) (b 2 a) k = ba k + 1 và (b 2 a) k = b k + 1 a, k 

từ đó mỗi phần tử

ba 2 , b2 a biểu diễn được duy nhất dưới dạng b m +1an +1 với các số tự nhiên

m, n nào đó.
(iii) Giả sử k, l, m và n là những số tự nhiên sao cho k +l  1 và m + n  1.
Thế thì (bkal , bman) 

L

nếu và chỉ nếu l = n .

Chứng minh. (i) Điều này đúng vì (ba 2 ) (b 2 a) = b(a 2 b2 )a = b(ab)a =
b(aba) = ba; (b2a) (ba2) = b2(aba)a = b2aa = b2a2  ba và ba là đơn vị
hai phía đối với ab2 và b2a.
(ii) Lấy một số nguyên không âm k tùy ý. Nếu k  1 thế thì (ba2)k =
ba(aba)k – 1a = ba k + 1 và (b2a)k = b(bab)k – 1 ba = b k + 1 a. Vì ba là phần
tử đơn vị của B (ba2 , ab 2 ) nên nếu ta định nghĩa (b2 a) 0 = (ba 2 )0 = ba thì
khẳng định đúng với k = 0. Theo tính chất của vị nhóm bicyclic, mỗi phần
tử của B = ba 2 , b2 a biểu diễn được duy nhất dưới dạng (b2a)m (ba2)n, và do
đó dưới dạng (bm+ 1a)(ban + 1) = bm +1an + 1đối với mọi m,n 

*


.

(iii) Giả thiết rằng k , l, m và n là các số nguyên không âm sao cho k
+ l  1 và m + n  1. Nếu k , l , m , n  1 thì bk al, bm an  B (ba2 , b2a)
và do đó (bk al , bm an)  R nếu và chỉ nếu k = m; và (bk al , bm an) 

L

nếu

và chỉ nếu l = n .
Giả thiết rằng l = 0 (và từ đó k  1). Giả sử (bk, bman)  R. Nếu m, n  1 thì sử
dụng kết quả (bk, bk a) 

R

ta nhận được (bk, bman) 

R, do đó

k = m. Nếu


21
n = 0 (và như vậy m  1) thế thì bk

R bm và do đó, khơng

mất tổng qt


khi giả thiết rằng k  m ta nhận được b = bab = b ak bk R b ak bm = (b ak
bk)bm – k . Do đó m = k theo Định lí Grin, Bổ đề 2.1.10 và điều kiện b  NS.
Chú ý rằng ta khơng thể có m = 0 và n  1, vì nếu ngược lại thì bkRan kéo
theo bk+ 1R ban từ đó k = 0 (theo lập luận trên): dẫn đến mâu thuẫn k  1. Như
vậy ta đã chứng minh được rằng: (bk , bman) 
1 thì (bm, bman) 

R

R

kéo theo k = m và nếu m 

nếu n  0 khẳng định ngược lại cũng đúng. Bây giờ giả

sử bk L an . Nếu m  1 thế thì bk a L bm an+1 và do bk a, bm an+1  B(ba2,b2a ) ta
có n = 0. Ở đây lại khơng thể có m = 0 và n  1, và nếu trái lại bk L an thì
sử dụng kết quả an L ban ta nhận được bk L an và từ đó n = 0: mâu thuẫn.
Như vậy bnL bman kéo theo n = 0, và điều ngược lại cũng đúng theo
Mệnh đề 2.1.10 .
Bằng lập luận đối xứng, khẳng định của Mệnh đề 2.1.1(iii) cũng đúng
trong trường hợp l  1 và k = 0.
Mệnh đề 2.1.11 được chứng minh.
2.2. Nửa nhóm orthodox đơn diễn song đơn với các phần tử sinh phi
nhóm.
2.2.1. Định nghĩa và kí hiệu
Giả sử S là một nửa nhóm orthodox, a  NS, b  V (b) và ab = a2b2.
Khi đó mỗi phần tử x  S có thể viết dưới dạng x = ( ak bl ) …( ak bl ) với r
1




*

1

r

r

nào đó và các số ngun khơng âm ki , li thỏa mãn ki + li  1 với mọi

i = 1,2,…r .
Chúng ta sẽ gọi ak bl ,…, ak bl là các vần của x = ( ak bl ) …( ak bl ) và nói
1

1

r

r

1

1

r

r


rằng x là một từ r – vần theo a, b. Nếu m, n là các số nguyên i, j  {0,1} sao cho
(I) hoặc m > i , n = j = 0;
(II) hoặc m = i = 0 và n > 1;


22

(III) hoặc m > i , n > j ;
thì ta nói rằng ai bm an bj là một từ rút gọn dựa theo a,b (trong thứ tự đó)
của dạng I, II, III tương ứng *(hay đơn giản hơn: từ đã được rút gọn theo a,
b thì khơng cần thiết định rõ các dạng ấy) và nếu x = ai bm an bj thì ta cũng
gọi ai bm an bj là một dạng được rút gọn của x.
2.2.2 Chú ý. Giả sử S = a, b là một nửa nhóm orthodox đơn diễn với ab
= a2b2 và ba  b2 a2 . Sau này sẽ trình bày: mỗi phần tử có viết dưới dạng
rút gọn, mặc dù khơng duy nhất. Sau đó, bằng cách bổ sung các điều kiện
cho S, mỗi x  S sẽ được liên kết với một từ được rút gọn duy nhất mà
chúng ta sẽ sử dụng thuật ngữ “ dạng đã được rút gọn” của x. Cũng chú ý
rằng các định nghĩa dạng I và II của các từ đã rút gọn được theo a và b
khơng đối xứng tồn bộ: trong dạng I từ ai bm phải có m > i nhưng trong
dạng II từ an bj lại có thể xảy ra n = j = 1. Điều này đảm bảo rằng ab  S
luôn luôn được biểu diễn bằng một từ đã được rút gọn duy nhất theo a, b
(là từ a0b0a1b1) thuộc dạng II. Như vậy đối ngẫu của từ b1a1 thuộc dạng II
theo a, b là từ a1b1 thuộc dạng II theo a,b. Đây chỉ là ngoại lệ của quy tắc
sau đây: Đối ngẫu của một từ đã được rút gọn theo b, a của dạng I (hay
dạng II, dạng III) là một từ đã được rút gọn theo a, b dạng II (hay tương
ứng: dạng I, dạng III).
2.2.3. Bổ đề. Giả sử S là một nửa nhóm orthodox, a  NS, b  V(a) và ab
= a2 b2 . Thế thì: (i) Mỗi từ 1 – vần theo a, b có thể được viết như một từ
đã được rút gọn theo a,b thuộc dạng I hay dạng II.

(ii) Tích của hai từ đã được rút gọn theo a,b dạng I (tương ứng: dạng
II) có thể viết được như một từ đã được rút gọn theo dạng I (tương ứng :
dạng II).
(iii) Nếu x = a i bm và y = an bj là các từ đã được rút gọn theo a,b thuộc
dạng I và dạng II tương ứng, thế thì tích xy bằng một từ đã được rút gọn


23
theo a, b thuộc dạng I hay dạng III; trong khi đó yx có thể viết dưới dạng
một từ 1 – vần theo a, b và như vậy một từ đã được rút gọn theo a, b thuộc
dạng I hay dạng II.
Chứng minh. (i) Giả sử x = ak bl đối với k, l  0 nào đó, với k + l  1. Nếu
k = l , thế thì x = ab là một từ theo a, b được rút gọn dạng II. Nếu k = 0 hoặc
l

k

l = 0, thế thì b hoặc x =a , một từ được rút gọn theo a, b thuộc dạng I hay

dạng II tương ứng. Nếu l  k  1, thế thì x = ak bkal – k = abl – k + 1 , một từ đã được
rút gọn theo a, b dạng I, và nếu k  l  1, thế thì x = ak - l al bl = ak - l + 1b, một
từ đã được rút gọn theo a, b dạng II .
(ii) Nếu ai bm và ai’ bm’ là các từ đã được rút gọn theo a, b thuộc dạng I,
thế thì ai bm ai’ bm’ = aibm + m’ - i’ mà nó là một từ đã được rút gọn theo a, b dạng
I. Tương tự, nếu an bj và an’ b j là các từ đã được rút gọn theo a, b dạng II, thế
,

thì anbj an’bj’ = an + n’- j’ , mà nó là một từ đã được rút gọn theo a, b dạng II.
(iii) Giả sử x = ai bm và y = an bj là các từ đã được rút gọn theo a, b
dạng I và II tương ứng. Nếu n = j = 1, thế thì xy = ai bm ab = ai bm và nếu

n  j, thế thì xy = ai bm an bj, mà nó theo định nghĩa, là một từ đã được rút gọn
theo a, b dạng III. Cuối cùng, yx = an bm nếu i = j, và yx = an + 1 - j bm +1 - j nếu
i  j, do đó, theo (i) , yx có thể được viết dưới dạng một từ đã được rút gọn
theo a, b dạng I hoặc dạng II.
2.2.4. Bổ đề.

Giả sử S = a, b là một nửa nhóm orthodox đơn diễn sao

cho a  NS và ab = a2 b2. Thế thì với mỗi phần tử x  S có một từ đã được
rút gọn ai bm an bj theo a, b sao cho x = ai bm và y = an bj .
Chứng minh. Giả sử x  S, và giả sử r là số nguyên nhỏ nhất sao cho x
= ( ak bl )... ( ak bl ) đối với từ r - vần ( ak bl )... ( ak bl ) nào đó theo a, b theo
1

1

r

r

r

r

r

r

Bổ đề 2.2.3 (i), chúng ta có thể giả thiết rằng a k bl là một từ đã được rút
i


i

gọn dạng I hay dạng II đối với mỗi i = 1, ... r. Vì x khơng có thể biểu diễn
được bởi q - vần đối với


24
q  r nên theo Bổ đề 2.2.3 (i), các vần a k bl và ak bl (j = 1, ...r -1) là các
j

j

j 1

j 1

dạng khác nhau, và theo Bổ đề 2.2.3(iii) một vần được viết như một từ đã
được rút gọn theo a, b dạng II khơng có thể đứng trước một vần mà nó là một
từ đã được rút gọn theo a, b dạng I. Do đó hoặc r = 1 và ak bl là một từ đã
1

1

được rút gọn theo a, b dạng I hoặc dạng II, hoặc r = 2 và ak bl ak bl là một từ
1

1

2


2

đã được rút gọn theo a, b dạng III.
2.2.5. Nhận xét. Theo Bổ đề 1.3 [4], mỗi phần tử của FO(a,b) có thể viết
được duy nhất dưới dạng một từ x1i ...xni theo a, b, trong đó ik > min {ik- l , ik + 1}
1

n

với k = 2, …, n – 1 (và do đó , xj  xj +1 với j = 1 ,…, n - 1). Có thể sử dụng
kết quả này để chứng minh Bổ đề 2.2.4 nhưng cách chứng minh này không
ngắn hơn cách chứng minh đã trình bày ở trên.
2.2.6. Bổ đề. Giả sử S = a, b là nửa nhóm orthodox đơn diễn sao cho
ab= a2 b2 và ba  b2 a 2 . Thế thì:
(i) Nếu aibmanbj là một từ đã được rút gọn theo a,b dạng III (nghĩa là,
nếu i, j  {0,1}, m >i ; n >j), thế thì aibmRaibmanbj và aibmanbjLanbj.
(ii) S là nửa nhóm song đơn và tổ hợp.
Chứng minh. (i) Giả thiết rằng aibmanbj là một từ đã được rút gọn theo
a,b dạng III. Dễ thấy aibm = aibmanbjajbn, mà điều đó kéo theo aibmRaibmanbj.
Theo tính đối xứng, từ anbj = ambiaibmanbj, ta có ai bman bj L anbj .
(ii) Giả sử s  S theo Bổ đề 2.2.4 s = aibmanbj trong đó aibmanbj là một
từ đã được rút gọn theo a, b. Nếu aibmanbj thuộc dạng I, n = j = 0 và m  i
 0,1 nên s = a ibmLbda theo Mệnh đề 2.1.10. Nếu aibman bj có dạng II,
m = i = 0 và n  1 nếu s = anbj Ra theo Bổ đề 1.4. Cuối cùng, nếu aibmanbj
có dạng III, theo phần (i) và Bổ đề 1.4, aibmanbjLanbjRa. Do đó S = Da .
Giả sử η là một quan hệ trên S cho bởi η = { ( 1, t )  S  S: V(1)= V(t)} .
Khi đó η là tương đẳng trên S (xem 2.1.5,(b)).



25
Giả sử x = aη , y = bη là các η - lớp chứa a, b tương ứng. Khi đó
S/η = x, y , x  y trong S/η và xy = x2 y 2 . Từ đó (xy)y = (xy) (yx)y = (yx)
(xy)y = y (x2y2) = yxy = y. Theo tính đối xứng x(xy) = x. Do đó xy là đơn vị
của S/η. Nếu xy = yx thì (ab)η = (ba)η, do đó ab  ba trong S nên ba = b(ab)
(ba)(ab)a = b2a2: mâu thuẫn. Như vậy xy  yx nên theo Bổ đề 1.31[1], S/η =
B(x, y), suy ra S là nửa nhóm tổ hợp.
2.2.7. Nhận xét. Trong phép chứng minh Bổ đề 2.2.6(ii) đã chứng tỏ rằng
S/η = B(x,y) và từ đó suy ra S là nửa nhóm song đơn (Theo Định lí 10 [8]).
Tuy nhiên, dựa vào phép chứng minh đã trình bày ở trên, ta cũng có thể
chứng minh trực tiếp nhận xét đó.
2.2.8. Kí hiệu. Giả sử S =

a, b là một nửa nhóm orthodox đơn diễn sao

cho ab = a2b2 và ba  b2 a 2 . Giả sử n là một số nguyên dương. Khi đó (ab) an
= a và bn (ab)= b. Tuy nhiên, tích an (ab) và (ab) bn trong S sẽ có thể có các
dạng sau đây
(1) an (ab) ≠ an và (ab) b n ≠ b n , n 

*

. Khi đó ta sử dụng kí hiệu S =

O( , ) (a,b);

(2) (ab) b m ≠ b m , m 
sử n = min {k 

*


*

*

*

sao cho ak (ab) = ak . Giả

*

nhưng tồn tại



*

sao cho (ab)bl = bl . Giả sử

: (ab) bl = bl }. Khi đó ta sử dụng kí hiệu S = O( ,m) (a,b);

(4) Giả sử tồn tại k, l 
min {k 

nhưng tồn tại k 

: ak (ab) = ak}. Khi đó ta sẽ sử dụng kí hiệu S = O( n, ) (a,b);

(3) an (ab) ≠ an , n 
m = min {l 


*

*

sao cho ak(ab) = ak và (ab)bl = bl . Giả sử m =

: ak (ab) = ak} và {l 

*

: (ab) bl = bl} . Khi đó ta sẽ sử dụng kí

hiệu S = O( n ,m )(a,b). Như vậy, O (1,1) (a,b) chính là nửa nhóm bicyclic
B(a,b).
2.2.9. Chú ý. Từ định nghĩa suy ra đối ngẫu của S = O( , ) (a,b) là S = O( , ) (a,b),
đối ngẫu của S = O( n,) (a,b) là S = O( ,n) (a,b), đối ngẫu của S = O( m,n) (a,b) là S =