For a term t let op(t) be the numbe

For a term t let op(t) be the number of operation symbols occurring in t.
For each A ∈ P(Wτ (X)) we define the following sets:
A0
:= {a | a ∈ A and xi ∈ V ar({a})},
A00 := {a | a ∈ A and xi 6∈ V ar({a})},
Ar := {a | a ∈ A and op(a) = r}.
We consider the cases xi ∈ V ar(A) and xi 6∈ V ar(A). If xi 6∈ V ar(A),
then clearly A is idempotent. For the case that xi ∈ V ar(A) we show
xi ∈ A.
This is a consequence of the following more general lemma.
Lemma 3.1. Let A, B ∈ P(Wτ (X)) and xi ∈ V ar(A). If A = B·xiA or
A = A·xiB, then xi ∈ B.
Proof. Assume that A = B·xiA. There follows xi ∈ V ar(B) since
otherwise, i.e. if xi 6∈ V ar(B), we have A = B·xiA = B and this contradicts
xi ∈ V ar(A). This means, B0 6= ∅. Suppose xi 6∈ B. Then op(b) ≥ 1 for
all b ∈ B0
. By xi ∈ V ar(A) we have also A0 6= ∅. Let s be the least natural
number such that A0
s 6= ∅. Consider h ∈ A0
. Because of A = B ·xi A and
B = B0 ∪ B00 we get
A = B·xiA
= Sˆn
g
(B0
, {x1}, . . . , {xi−1}, A, {xi+1}, . . . , {xn})
∪ Sˆn
g
(B00
, {x1}, . . . , {xi−1}, A, {xi+1}, . . . , {xn})
and h ∈ Sˆn
g
(B0
, {x1}, . . . , {xi−1}, A, {xi+1}, . . . , {xn}) since Sˆn
g
(B00
, {x1},
. . . , {xi−1}, A, {xi+1}, . . . , {xn}) = B00. The set B00 cannot contain an element
from A0
. But this means, op(h) ≥ s+ 1 > s and h 6∈ A0
s
for all h ∈ A0
,
a contradiction.
20 K. Denecke, N. Sarasit
Assume now that A = A·xiB. By xi ∈ V ar(A) we have A0 6= ∅. Let s be
the least natural number such that A0
s 6= ∅. Consider h ∈ A0
. Because of
A = A·xiB
= Sˆn
g
(A0
, {x1}, . . . , {xi−1}, B, {xi+1}, . . . , {xn})
∪ Sˆn
g
(A00
, {x1}, . . . , {xi−1}, B, {xi+1}, . . . , {xn})
we get h ∈ Sˆn
g
(A0
, {x1}, . . . , {xi−1}, B, {xi+1}, . . . , {xn}) and then op(h) ≥
s+1 > s since op(b) ≥ 1 for all b ∈ B0
. This means h 6∈ A0
s
, a contradiction.

As a consequence of this lemma we obtain

ผลลัพธ์ (ไทย) 1:

สำหรับคำ t ให้เป็นหมายเลขของสัญลักษณ์การดำเนินการที่เกิดขึ้นใน t op(t)สำหรับแต่ละ A ∈ P (Wτ (X)) ที่เรากำหนดต่อไปนี้:A0: = {การกรุนด์ฟอส∈ A และ xi ∈ V ar({a}) },A00: = {การกรุนด์ฟอส∈ A และสิ 6∈ V ar({a}) },Ar: = {การกรุนด์ฟอส∈ A และ op(a) = r }เราพิจารณากรณี xi ∈ V ar(A) และ xi 6∈ V ar(A) ถ้า xi 6∈ V ar(A)แล้วอย่างชัดเจนเป็น idempotent สำหรับกรณี ที่ xi ∈ V ar(A) เราแสดงxi ∈ aนี้เป็นผลต่อไปนี้หน่วยการทั่วไปหน่วยการ 3.1 ให้ A, B ∈ P (Wτ (X)) และ xi ∈ V ar(A) ถ้า A = B·xiA หรือA = A·xiB แล้วสิ∈ bหลักฐาน สมมติให้ A = B·xiA มีดังนี้ซี∈ V ar(B) ตั้งแต่มิฉะนั้น เช่นถ้า xi 6∈ V ar(B) เรามี A = B·xiA = B และนี้ขัดกับหลักar(A) xi ∈ V ซึ่งหมายความว่า B0 6 =∅. สมมติว่า ซี 6∈ b แล้ว op(b) ≥ 1 สำหรับทุก b ∈ B0. โดย xi ∈ V ar(A) เรายังมี A0 6 =∅ ให้ s เป็นธรรมชาติอย่างน้อยหมายเลขดังกล่าวที่ A0s 6 =∅. พิจารณา A0 h ∈. เนื่องจาก A = B ·xi A และB = B0 ∪ B00 ที่เราได้รับA = B·xiA= Sˆnกรัม(B0, {x1 },..., {xi−1 }, A, {xi + 1 }, ..., {xn })∪ Sˆnกรัม(B00, {x1 },..., {xi−1 }, A, {xi + 1 }, ..., {xn })และ h ∈ Sˆnกรัม(B0, {x1 },..., {xi−1 }, A, {xi + 1 }, ..., {xn }) ตั้งแต่ Sˆnกรัม(B00, {x1 },..., {xi−1 }, A, {xi + 1 }, ..., {xn }) = B00 B00 กำหนดไม่สามารถประกอบด้วยองค์ประกอบจาก A0. แต่หมายถึง s + op(h) ≥ 1 > s และ h 6∈ A0sสำหรับ h ทั้งหมด∈ A0,ความขัดแย้ง20 K. Denecke, N. Sarasitตอนนี้สมมติให้ A = A·xiB โดย xi ∈ V ar(A) เรามี A0 6 =∅ ให้ s เป็นอย่างน้อยธรรมชาติจำนวนดังกล่าวที่ A0s 6 =∅. พิจารณา A0 h ∈. เนื่องจากการA = A·xiB= Sˆnกรัม(A0, {x1 },..., {xi−1 }, B, {xi + 1 }, ..., {xn })∪ Sˆnกรัม(A00, {x1 },..., {xi−1 }, B, {xi + 1 }, ..., {xn })เราได้รับ h ∈ Sˆnกรัม(A0, {x1 },..., {xi−1 }, B, {xi + 1 }, ..., {xn }) แล้ว op(h) ≥s + 1 > s ตั้งแต่ op(b) ≥ 1 สำหรับทุก b ∈ B0. ซึ่งหมายความว่า h 6∈ A0sความขัดแย้งเป็นผลมาจากหน่วยการนี้ เราได้รับ

ผลลัพธ์ (ไทย) 2:

สำหรับ T ระยะให้สหกรณ์ (t) เป็นจำนวนของสัญลักษณ์การดำเนินงานที่เกิดขึ้นในที.
สำหรับร้าน A ∈ P (Wτ (X)) เรากำหนดชุดต่อไปนี้:
A0
= {a | ∈ A และ Xi ∈ V AR ({A})},
A00 = {a | ∈ A และ Xi 6∈ V AR ({A})},
Ar = {a | ∈ A และสหกรณ์ (ก) = r}.
เราพิจารณากรณี Xi ∈ V AR (A) และ Xi 6∈ V AR (A) หาก Xi 6∈ V AR (A)
แล้วเห็นได้ชัดว่าเป็น idempotent สำหรับกรณีที่ Xi ∈ V AR (A) เราจะแสดง
Xi ∈ A.
นี้เป็นผลมาจากการต่อไปแทรกทั่วไปมากขึ้น.
แทรก 3.1 ให้ A, B ∈ P (Wτ (X)) และ Xi ∈ V AR (A) ถ้า A = B ·เซี่ยหรือ
A = เป็น· xib แล้ว Xi ∈บี
หลักฐาน สมมติว่า A = B ·เซี่ย มี Xi ∈ V AR (B) ต่อเนื่องจาก
มิฉะนั้นเช่นถ้า Xi 6∈ V AR (B) เรามี A = B ·เซี่ย = b และนี้ขัดแย้ง
Xi ∈ V AR (A) ซึ่งหมายความว่า B0 6 = ∅ สมมติว่า Xi 6∈บีแล้ว op (ข) ≥ 1 สำหรับ
ทุก
B0 B ∈ โดย Xi ∈ V AR (A) เรายังมี A0 6 = ∅ Let s เป็นไปตามธรรมชาติอย่างน้อย
จำนวนดังกล่าวที่ A0
s 6 = ∅ พิจารณา H ∈
A0 เพราะ = b · Xi A และ
B = B0 ∪ B00 เราได้รับ
A = B ·เซี่ย
= Sn
กรัม
(B0
{X1}... {Xi-1}, A, {Xi + 1} .. {xn})
∪ Sn
กรัม
(B00
{X1}... {Xi-1}, A, {Xi + 1}... {xn})
และ H ∈ Sn
กรัม
(B0
{X1}... {Xi-1}, A, {Xi + 1}... {xn}) ตั้งแต่ Sn
กรัม
(B00
{X1}
... {Xi-1} , A, {Xi + 1}... {xn}) = B00 B00 ชุดไม่สามารถมีองค์ประกอบ
จาก
A0 แต่นี้หมายความว่าสหกรณ์ (H) ≥ s + 1> และ H 6∈ A0
s
สำหรับ H ทุก∈ A0
,
ความขัดแย้ง.
20 เค Denecke เอ็น Sarasit
สมมติว่าตอนนี้ = a · xib โดย Xi ∈ V AR (A) เรามี A0 6 = ∅ Let s เป็น
จำนวนธรรมชาติน้อยเช่นที่ A0
s 6 = ∅ พิจารณา H ∈
A0 เพราะของ
A = เป็น· xib
= Sn
กรัม
(A0
{X1}... {Xi-1}, B, {Xi + 1}... {xn})
∪ Sn
กรัม
(A00
{ X1}... {Xi-1}, B, {Xi + 1}... {xn})
เราได้รับ H ∈ Sn
กรัม
(A0
{X1}... {Xi-1 }, B, {Xi + 1}... {xn}) แล้ว op (H) ≥
s + 1> ตั้งแต่ op (ข) ≥ 1 สำหรับทุก
B0 B ∈ ซึ่งหมายความว่า H 6∈ A0
s
, ความขัดแย้ง. ในฐานะที่เป็นผลมาจากการแทรกนี้เราได้รับ