3. Idempotent and Regular Elements

3. Idempotent and Regular Elements in (P(Wτ (X)); ·xi
)
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:

3. Idempotent และองค์ประกอบปกติใน (P (Wτ (X)) ·xi)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:

3. idempotent และปกติในองค์ประกอบ (P (Wτ (X)); · Xi
)
. สำหรับระยะ t ให้สหกรณ์ (t) เป็นจำนวนของสัญลักษณ์การดำเนินงานที่เกิดขึ้นใน T ที่
สำหรับร้าน A ∈ P (Wτ (X)) เรา กำหนดชุดต่อไปนี้:
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

ผลลัพธ์ (ไทย) 3:

3 . นิจพลและองค์ประกอบทั่วไป ( P ( W τ ( x ) ; ด้วยซี)สําหรับคําให้ OP ( t ) เป็นหมายเลขของการดำเนินงานสัญลักษณ์ที่เกิดขึ้นในสำหรับแต่ละ∈ P ( W τ ( x ) ) เรากำหนดชุดดังต่อไปนี้A0: = { | เป็น∈และซี∈ V AR ( { } ) } ,a00 : = { | เป็น∈และซี 6 ∈ V AR ( { } ) } ,AR : = { | เป็น∈และ OP ( ) = r }เราพิจารณากรณีซี∈ V AR ( AR ) และซี 6 ∈ V ( A ) ถ้าซี 6 ∈ AR ( V )ก็เห็นได้ชัดว่าเป็นนิจพล . สำหรับคดีที่ 11 ∈ V AR ( ) เราแสดงซี∈ .นี่คือผลของรูปแบบทั่วไปดังนี้พ 3.1 . ให้ a , b ∈ P ( W τ ( X ) และ ซีอาร์วี ∈ ( ) ถ้า A = B ด้วย เซี่ย หรือA = ด้วย xib แล้วซี∈ Bพิสูจน์ สมมติว่า A = B ด้วย Xia . มีดังนี้ ่∈ V AR ( B ) ตั้งแต่อย่างอื่น เช่นถ้า ซี 6 ∈ V AR ( B ) เราได้ a = b = b และขัดแย้งด้วย Xiaซี∈ AR ( V ) นี้หมายถึง , B0 6 = ∅ . สมมติว่า ซี 6 ∈พ. แล้ว OP ( B ) ≥ 1 สำหรับทั้งหมด∈ B0 B. โดยซี∈ V AR ( ) เรายังมี A0 6 = ∅ . ให้ S เป็นอย่างน้อย ธรรมชาติหมายเลขเช่น A0s 6 = ∅ . พิจารณา∈ A0 H. เพราะ = B ด้วยซี และB = B0 ∪ b00 เราได้รับA = B ด้วย Xiaˆ = S Nกรัม( B0{ X1 } , . . . . . . . . { 11 − 1 } , { ซี + 1 } , . . . . . . . . { คริสเตียน } )∪ˆ N Sกรัม( b00{ X1 } , . . . . . . . . { 11 − 1 } , { ซี + 1 } , . . . . . . . . { คริสเตียน } )และ H ∈ˆ N Sกรัม( B0{ X1 } , . . . . . . . . { 11 − 1 } , { ซี + 1 } , . . . . . . . . { คริสเตียน } ) ตั้งแต่ˆ N Sกรัม( b00{ X1 } ,. . . . . . . . { 11 − 1 } , { ซี + 1 } , . . . . . . . . { คริสเตียน } ) = b00 . ชุด b00 ไม่ประกอบด้วยองค์ประกอบจาก A0. แต่วิธีนี้ ≥ OP ( H ) S + 1 > S และ H 6 ∈ A0sสำหรับ∈ A0 H,ความขัดแย้ง .20 เค เดเนิก , เอ็น sarasitถือว่าตอนนี้ = ด้วย xib . โดยซี∈ V AR ( 1 ) เรามี A0 6 = ∅ . กันเถอะอย่างน้อย จำนวนธรรมชาติเช่น A0s 6 = ∅ . พิจารณา∈ A0 H. เพราะA = ด้วย xibˆ = S Nกรัม( A0{ X1 } , . . . . . . . . { 11 − 1 } , B , { ซี + 1 } , . . . . . . . . { คริสเตียน } )∪ˆ N Sกรัม( a00{ X1 } , . . . . . . . . { 11 − 1 } , B , { ซี + 1 } , . . . . . . . . { คริสเตียน } )เราได้รับ∈ˆ H S Nกรัม( A0{ X1 } , . . . . . . . . { 11 − 1 } , B , { ซี + 1 } , . . . . . . . . { คริสเตียน } ) แล้ว≥ OP ( H )s + 1 > S ตั้งแต่ OP ( B ) ≥ 1 ∈ B0 B ทั้งหมด. นี้หมายความว่า∈ A0 H 6s, ความขัดแย้งผลที่ตามมาของบทตั้งนี้เราได้รับ