两个半环的刻画

两个半环的刻画

1矩阵的amnra一个半环是一个具有两个二次操作的代码系统（r、+，），必须满足以下条件：。①(R,+)是一个交换么半群(其恒等元是0);②(R,·)是一个么半群(其恒等元是1);③∀x,y,z∈R,均有x(y+z)=xy+xz,(y+z)x=yx+zx;④∀r∈R,0r=r0=0;⑤1≠0.一个半环R称为非负的,若∀a,b∈R,由a+b=0可推出a=b=0;R称为整半环,若∀a,b∈R,由ab=0可推出a=0或b=0;R称为交换的,若∀a,b∈R均有ab=ba;如果∀a,b∈R,由a+c=b+c可推出a=b,则称R满足加法消去律.设R是交换半环,Mn(R)表示R上所有n阶方阵组成之集,那么可证Mn(R)对于通常的矩阵乘法构成一个半群,称Mn(R)为半环R上的矩阵半群.对于任意的A∈Mn(R),用aij或Aij表示A中第i行第j列交叉处的元素,AT表示A的转置.设A∈Mn(R),若i1i2…in与j1j2…jn是1,2,…,n的两个排列,则称集合{ai1j1,ai2j2,…,ainjn}为矩阵A的一个对角,特别地,对角{ai1i1,ai2i2,…,ainin}={a11,a22,…,ann}称为A的主对角.显然,A中任一个对角可写成{a1σ(1),a2σ(2),…,anσ(n)},其中σ是集合N={1,2,…,n}上的一个置换.矩阵A的一个对角{ai1j1,ai2j2,…,ainjn}称为偶对角,如果排列i1i2…in与j1j2…jn同时为奇排列或同时为偶排列,否则称对角{ai1j1,ai2j2,…,ainjn}为奇对角.对角{ai1j1,ai2j2,…,ainjn}称为非零的,若它的每一个元素均非零.对角{ai1j1,ai2j2,…,ainjn}中元素ai1j1,ai2j2,…,ainjn的积ai1j1ai2j2…ainjn称为A的一个对角积.对于A∈Mn(R),定义perA=∑σ∈Sna1σ(1)a2σ(2)⋯anσ(n)A=∑σ∈Sna1σ(1)a2σ(2)⋯anσ(n),其中:Sn表示n阶对称群,perA称为矩阵A的积和式.显然,矩阵A的积和式就是A的所有对角积的和.再设|A|+=∑σ∈Ana1σ(1)a2σ(2)⋯anσ(n)‚|A|-=∑σ∈Sn\Ana1σ(1)a2σ(2)⋯anσ(n),其中:An是n阶交错群,|A|+与|A|-分别称为矩阵A的正行列式与负行列式.显然perA=|A|++|A|-,且当R为交换环时,|A|=|A|+-|A|-,这里|A|表示矩阵A的行列式.关于半环上的正行列式与负行列式,Poplin与Hartwig作了较详细的讨论,获得了许多重要的结论,并提出如下未解决问题:设R是一个交换半环,那么∀A,B∈Mn(R),何时有|AB|+=|A|+|B|+本文对上述问题作了探讨,获得了部分结论.为此,先做如下准备.定义1设S是半群Mn(R)的一个子半群.若∀A,B∈S,均有per(AB)=perAperB,则称S为半环R上的一个n阶积和式半群;若∀A,B∈S,均有|AB|+=|A|+|B|+,则称S为半环R上的一个n阶正行列式半群.不难验证,半环R上所有n阶对角矩阵组成之集既是R上的n阶积和式半群又是R上的n阶正行列式半群.引理1设A,B∈Mn(R),则有|AB|++|A|+|B|-+|A|-|B|+=|AB|-+|A|+|B|++|A|-|B|-引理2设R是非负交换整半环且满足加法消去律,S是半群Mn(R)的一个子半群.那么S是R上的一个n阶积和式半群当且仅当S中的每一个矩阵至多含有一个非零对角.2子半群中的非零奇对角定理1设R是非负交换整半环且满足加法消去律,S是半群Mn(R)的一个子半群.那么,S是R上的一个n阶正行列式半群当且仅当S中的每一个矩阵至多含有一个非零偶对角并且无任何非零奇对角.1n假设S中存在某一个矩阵A至少含有一个非零奇对角,则有|A|-=∑σ∈Sn\Ana1σ(1)a2σ(2)⋯anσ(n)≠0.设Hn={σ∈Sn\An{a1σ(1),a2σ(2),…,anσ(n)}是非零对角},则|A|-=∑σ∈Ηna1σ(1)⋯anσ(n),下面考虑(|A|+)2与|A2|+.首先,有(|A|+)2=(∑σ∈Ana1σ(1)a2σ(2)⋯anσ(n))(∑τ∈Ana1τ(1)a2τ(2)⋯anτ(n))=∑τ,σ∈Ana1σ(1)a1τ(1)a2σ(2)a2τ(n)⋯anσ(n)anτ(n)=∑τ,σ∈Ana1σ(1)aσ(1)τσ(1)a2σ(2)aσ(2)τσ(2)⋯anσ(n)aσ(n)τσ(n)即(|A|+)2=∑τ,σ∈Ana1σ(1)aσ(1)τσ(1)a2σ(2)aσ(2)τσ(2)⋯anσ(n)aσ(n)τσ(n)(1)类似可得|A2|+=∑∑ρ∈An,1≤k1,⋯,kn≤na1k1ak1ρ(1)a2k2ak2ρ(2)⋯anknaknρ(n)(2)比较(1)式与(2)式.对于(1)式右端中的任一项a1σ(1)aσ(1)τσ(1)a2σ(2)aσ(2)τσ(2)…anσ(n)aσ(n)τσ(n),因为τ,σ∈An,所以τσ∈An,这样a1σ(1)aσ(1)τσ(1)a2σ(2)aσ(2)τσ(2)…anσ(n)aσ(n)τσ(n)是(2)式右端中的某一项.另一方面,因为Hn≠Φ,设σ,τ∈Hn⊆Sn\An,则有τσ∈An,同时a1σ(1)a2σ(2)⋯anσ(n)≠0a1τ(1)a2τ(2)⋯anτ(n)≠0所以(a1σ(1)⋯anσ(n))(a1τ(1)⋯anτ(n))=a1σ(1)aσ(1)τσ(1)⋯anσ(n)aσ(n)τσ(n)≠0(因为R是整半环),这样(a1σ(1)…anσ(n))(a1τ(1)…anτ(n))=a1σ(1)aσ(1)τσ(1)…anσ(n)aσ(n)τσ(n)是(2)式右端中的某一非零项,但它不是(1)式右端中的任何一项(因为σ,τ∉An).这样|A2|+展开式中的非零项的项数要多于(|A|+)2展开式中的非零项的项数,故(|A|+)2≠|A2|+(因为R满足加法消去律),这与条件∀A,B∈S,均有|AB|+=|A|+|B|+相矛盾.因此,S中的每一个矩阵均不含有非零奇对角.再证S中每一个矩阵至多含有一个非零偶对角.∀A,B∈S,有AB∈S(因为S是一个半群),于是A,B与AB均不含有任何非零奇对角,即perA=|A|+‚perB=|B|+‚perAB=|AB|+.又因为|AB|+=|A|+|B|+,所以,per(AB)=perAperB.这样,S也构成R上的一个n阶积和式半群.于是,由引理2知,S中的每一个矩阵至多含有一个非零对角.又因为S中的每一个矩阵都不含任何非零奇对角.所以,S中每一个矩阵至多含有一个非零偶对角.必要性得证.2perab算法假设S中的每一个矩阵至多含有一个非零偶对角且无任何非零奇对角.则对于任意A,B∈S,有|A|-=0,|B|-=0,从而根据引理1知:|AB|+=|AB|-+|A|+|B|+(3)又因为S中的每个矩阵至多含有一个非零对角