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user: 2. 主要结论 2.1. 核为完全正则半群的完全p-正则半群 作为完全p-正则半群类，完全正则半群是群的并，该类半群记作 C R 。完全正则半群的另一重要刻画是其为完全单半群的半格。完全正则半群 S 上的Green关系 D 是唯一的幂等元同余类为完全单半群的半格同余。下面的定理来自 [ 5 ] 定理3.1。 定理2.1. 完全p-正则半群 S 上的下列条件等价： 1) S ∈ C ( C R ) ； 2) S 满足等式 ( x ω y ω ) ω + 1 = x ω y ω ； 3) S 不含因子 V 。 上述定理的结果是下文进一步研究的基础。 2.2. 两个定理及其证明 我们先来看定理2.1的第一个推广，有如下定理。 定理2.2. 完全p-正则半群 S 上的下列条件等价： 1) S ∈ L C ( C R ) ； 2) S 满足等式 ( ( e x e ) ω ( e y e ) ω ) ω + 1 = ( e x e ) ω ( e y e ) ω ； 3) S 不含因子 V 1 。 证明：1) Û 2)。事实上，由定理2.1， S ∈ L C ( C R ) ⇔ [ ∀ e ∈ E S ] e S e ∈ C ( C R ) ⇔ [ ∀ e ∈ E S ] 〈 E e S e 〉 ∈ C ( C R ) ⇔ [ ∀ e ∈ E S ， ∀ x ， y ∈ S ] ( ( e x e ) ω ( e y e ) ω ) ω + 1 = ( e x e ) ω ( e y e ) ω 2) Û 3)。若 S 满足2)中等式，则其因子满足该等式，显然 V 1 不满足该等式，从而 V 1 不是 S 的因子。 对于“3) Þ 2)”的证明，我们采用反证法，参考 [ 11 ] 命题1.2的证明过程，这儿给出证明概要。若 S 不满足3)中等式，则存在 e ∈ E S ， a ， b ∈ S 使得 ( ( e a e ) ω ( e b e ) ω ) ω + 1 ≠ ( e a e ) ω ( e b e ) ω ，也即 ( e a e ) ω ( e b e ) ω 不是群元。不妨令 S 0 = 〈 〈 e ， ( e a e ) ω ， ( e b e ) ω 〉 〉 ，可以证明 S 0 = { e ， ( e a e ) ω ， ( e b e ) ω ， ( e a e ) ω ( e b e ) ω } ∪ ( e b e ) ω ( e a e ) ω S 0 ∪ ( e a e ) ω ( e b e ) ω ( e a e ) ω S 0 令 I = ( e b e ) ω ( e a e ) ω S 0 ∪ ( e a e ) ω ( e b e ) ω ( e a e ) ω S 0 ，因为 ( e a e ) ω ( e b e ) ω 不是群元，可以证明 ( e a e ) ω ( e b e ) ω ∉ I ，且 e ， ( e a e ) ω ， ( e b e ) ω 和 ( e a e ) ω ( e b e ) ω 两两互异，从而 S 0 / I ≃ V 1 。这样 S 0 含因子 V 1 ，当然 S 亦含因子 V 1 ，这就与条件3)矛盾，从而结论得证。 接下来考查用等式来表示的一类完全p-正则半群，显然该类半群不仅包含 C ( C R ) ，还包含 C L ( C R ) 。这儿我们更关心其禁止因子的刻画。 定理2.3. 完全p-正则半群 S 上的下列条件等价： 1) S 满足等式 ( e f ) ω ( f e ) ω ¯ = e f e ； 2) S 满足等式 ( e f e ) ω + 1 = e f e ； 3) S 不含因子 F 。 证明：1) Û 2)。事实上， ( e f e ) ω + 1 = e f e ¯ ¯ 。另一方面，结合 [ 4 ] 中等式(4)及其推论，有 e f e ¯ = e f e ¯ = e ( f e ) ω f e ¯ = ( e f ) ω e f e ¯ = ( e f ) ω f e f e ¯ = ( e f ) ω ( f e ) ω 由上述事实，显然充要性成立。 2) Û 3)。若 S 满足2)中等式，则其因子也满足该等式，显然 F 不满足该等式，从而 F 不是 S 的因子。 对于“3) Þ 2)”的证明，这儿亦采用反证法。若 S 不满足2)中等式，则有 e ， f ∈ E S 使得 ( e f e ) ω + 1 ≠ e f e ，也即 e f e 不是群元(可以证明，此时 e f ， f e 亦非群元)。既然因子可传递，不妨令 S = 〈 〈 e ， f 〉 〉 。 首先来证 S = { e ， f ， e f ， f e ， e f e } ∪ f e f S ∪ e f e f S (1) 记 I = f e f S ∪ e f e f S ， T = { e ， f ， e f ， f e ， e f e } ∪ f e f S ∪ e f e f S 。显然只需证 S ⊆ T 。 考虑 S 中的一元半群项 t ( e ， f ) (简记为 t )，其中 d ( t ) = n 。应用数学第二归纳法来证明 t ∈ T 。 若 d ( t ) = 0 ，即 t ∈ { e ， f } ，则 t ∈ T 。 考察情形 t = t 1 t 2 ，则 d ( t 1 ) ， d ( t 2 ) < n ，由归纳假设， t 1 ， t 2 ∈ T 。再分情况讨论。若 t 1 ∈ I ，显然 t ∈ I ；若 t 1 = { e ， f ， e f ， f e ， e f e } ， t 2 ∈ I ，易得 t = t 1 t 2 ∈ I ；若 t 1 ， t 2 ∈ { e ， f ， e f ， f e ， e f e } ，则 t = t 1 t 2 ∈ { e ， f ， e f ， f e ， e f e ， f e f ， f e f e ， e f e f ， e f e f e } ∈ T 考察情形 t = u ¯ ，其中 d ( u ) = n − 1 ， n ≥ 1 。由归纳假设 u ∈ T 。注意到 t = u ¯ = u ( u ¯ ) 2 。若 u ∈ I ，则 t ∈ I ；若 u ∈ { e ， f } ，亦有 t ∈ { e ， f } ；若 u ∈ { e f ， f e ， e f e } ，注意到 t = u ¯ = u 2 ( u ¯ ) 3 ，可以证明 t ∈ I 。 由上述各情形的证明，等式(1)成立。同时易证 S I ∪ I S ⊆ I ，即 I 是 S 的理想。 其次，我们来证 e f e ∉ I 。用反证法，若 e f e ∈ I ，则有 e f e ∈ f e f S 或 e f e ∈ e f e f S ，既然前者蕴含后者，只考虑 e f e ∈ e f e f S 。此时存在 s ∈ S 使得 e f e = e f e f s 。若 s ∈ S \ { f } ，则 e f e ∈ e f e f e S ，此时必有 e f e D ( e f e ) 2 ，由引理1.1， e f e 为群元，矛盾；若 s = f ，即 e f e = e f e f ，在该等式等号两边右乘 e ，得 e f e = e f e f e ，故 e f e 为幂等元，矛盾。这样 e f e ∉ I 得证，从而亦有 e ， f ， e f ， f e ∉ I 。 最后，可证 e ， f ， e f ， f e 和 e f e 两两互异。否则得到 e f e 为群元，矛盾。例如，若有 e f e = f e ，则 e f e f e = f e ⋅ f e = f ⋅ f e = f e = e f e 这样 e f e 为幂等元，矛盾。 综合以上，易知Rees商 S / I ≃ F 。从而 S 含因子 F ，与条件2)矛盾。