零因子图是近年来一个新的研究领域, 主要研究环与半群的代数结构、性质与其零因子图的图结构、图性质之间的关联关系。零因子图的概念首先是由BECK I^[1]在1988年提出的, 后来又有许多数学工作者对这一概念进行了研究和推广^[2-8]。本文主要是利用零因子图的团数来研究相应的有限交换局部环(以下简称“有限局部环”)的代数结构与性质。

设(R, )是有限局部环, 其中是环R的极大理想, 也是R的全体零因子的集合。本文用N()表示极大理想的幂零指数。记Γ(R)为环R的零因子图, 对于任意的非零元a, b∈: 若a≠b且ab=0, 则a和b之间有一条边相连; 若存在一个点c满足它与Γ(R)中其他所有点都相连, 则称Γ(R)是中心为c的星图加细; 若除中心c外, 其他所有点之间互不相连, 则称Γ(R)是星图。对于点集C={x₁, x₂, x₃, …, x_n}, 若x_ix_j=0(i≠j), 则点集C构成了一个完全图K_n; 若C中所有点都包含在中, 则称点集C构成了图Γ(R)的一个团。图Γ(R)中所包含的具有最大顶点个数的团称为图Γ(R)的最大团, 最大团所包含的顶点个数称为图Γ(R)的团数, 并记为ω(Γ(R))。

本文中所用到的关于代数、图论的符号和语言参考文献[9-10]。

引理1   设(R, )是有限局部环, 且满足ω(Γ(R))=5, 则N()≤5。

证明   令k=N(), 并反设k≥6, 则有^k=0, ^k-1≠0。

因为R, 所以^k-1⊂^k-2⊂^k-3。取c∈^k-1, a∈^k-2\^k-1, b∈^k-3\^k-2, u∈², 满足bu≠0, 可知a, b, c互不相等。

假设k≥6, 可知a²=b²=c²=ac=ab=bc=0。由(a+c)u=0, 可知a+c≠b。同理可证: a+b≠c, b+c≠a。

由此可知, 点集{a, b, c, a+c, a+b, b+c}构成完全图K₆, 这与已知条件ω(Γ(R))=5矛盾。故假设不成立, 即N()≤5。

引理2   设(R, )是有限局部环, 且满足ω(Γ(R))=5, N()=5, 则Γ(R)是具有唯一中心的星图加细。

证明   反设Γ(R)至少有两个中心c和e, 则c=e=0。

因为⁴·=⁵=0, 故{0, c, e}⊂⁴。取a∈³\⁴, 满足a²=0, 但at≠0, 其中t∈。又因为(²)²=⁴≠0, 可取b∈²\³满足b²≠0。不难证明, a+c≠b, a+e≠b, ab=0。由此可得, 点集{a, c, e, a+c, a+e, b}构成完全图K₆。这与已知ω(Γ(R))=5矛盾。故假设不成立。此时, Γ(R)是具有唯一中心的星图加细。

定理3   设(R, )是有限局部环, 且满足ω(Γ(R))=5和N()=5, 则下列结论成立:

(1) , 其中3≤k≤5;

(2) 极大理想的极小生成元集的个数大于2。

证明    (1) 由已知条件及前面两个引理可知: ⁵=0, 且Γ(R)是具有唯一中心c的星图加细。再由前面的证明过程可知, ⁴={0, c}。下面先考虑|³ |的值。

易知, ⁴⊂³。取a∈³\⁴。因为³R, 且(³)²=0, 所以a²=0, {0, c, a, a+c}⊂³。由此可知, |³ |≥4。

假设|³ |>4, 则还存在一个b∈³, 且b≠0, c, a, a+c。根据类似上述的讨论可得, b²=ab=0。又因为³⊂², 故一定还存在一个t∈²\³。由²·³=0可知, at=bt=0。

综上分析可知, 点集{a, c, a+c, b, b+c, t}构成完全图K₆。这与已知矛盾, 故假设不成立。因此, |³ |=4。

不妨假设³={0, a, c, a+c}。由³⊂²可知, ²\³≠ $ \varnothing $。取b∈²\³, 下面考虑b²的值。

假设b²=0。因为ab∈⁵=0, cb=ac=0, 所以点集{a, c, a+c, b, b+c, a+b}构成完全图K₆。这与已知ω(Γ(R))=5矛盾, 故假设不成立。因此, 对于任意的b∈²\³, 都有b²≠0。由上面的分析可知, b²∈⁴={0, c}, 故b²=c。

由点b的取法可知, 点集{0, a, c, a+c, b, b+c, a+b, a+b+c}中的点两两互不相等, 且都包含在²中。由此可得|² |≥8。下面证明|² |=8。

反设|² |>8, 则还存在一个d∈²\³, 满足d≠b。因为²R, 所以b+d∈²。类似上述讨论可知, d²=(b+d)²=b²=c, 即

$ \begin{array}{c} c=(b+d)^{2}=b^{2}+2 b d+d^{2}= \\ b^{2}+d^{2}+2 b d=2 c+2 b d \end{array} $

(1)

由引理2可知, Γ(R)是中心c的星图加细, 由中心的唯一性可知2c=0。故2∈, 且2bd∈⁵=0, 即2bd=0。代入式(1)中可得, c=2c+0=2c=0。这与c不为0相矛盾。由此可知, 假设不成立, 故|² |=8。

(2) 由(1)的证明, 不妨令⁴={0, c}, ³={0, a, c, a+c}, ²={0, a, c, a+c, b, b+c, a+b, a+b+c}, 其中c是Γ(R)的唯一中心。令{α₁, α₂, α₃, …, α_n}是极大理想的极小生成元集。下面证明n≥3。

反设n≤2。若n=1, 即={α₁}。不难验证(α₁)²=b, (α₁)³=a, (α₁)⁴=c, (α₁)⁵=0。此时ω(Γ(R))=4, 这与已知ω(Γ(R))=5矛盾。下面考虑n=2的情况。

令={α₁, α₂}。因为a ={0, c}, 所以aα_i=0或c(i=1, 2)。又因为a不是中心, 故a和α_i不能同时为0。由对称性, 不妨假设aα₁=c。若aα₂=c, 可令α′₂=α₁+α₂, 则不难验证{α₁, α′₂}是极大理想的另一个极小生成元集, 且满足aα₁=c, aα′₂=a(α₁+α₂)=2c=0。因此, 对于极大理想的极小生成元集{α₁, α₂}, 只需考虑aα₁=c和aα₂=0的情况。因为aα₂=0, 由(1)的证明可知α₂²≠0。

下面分情况考虑α₁²和α₂²的值。

情况1  若α₁²=α₂², 由上面的分析可知, α₁²和α₂²不能同时为0。

① 若α₁²=α₂²=b, 则α₁³=bα₁, α₂³=bα₂=α₁(α₁α₂)。下面考虑α₁α₂的值。易知, α₁α₂∈²。

若α₁α₂=c, 则α₁³=α₁²α₁=α₂²α₁=α₂(α₂α₁)=0。同理可证, α₂³=0。这与³≠0相矛盾, 故α₁α₂≠c。同理可证, α₁α₂≠0。

若α₁α₂=a, 则α₁³=α₁²α₁=α₂²α₁=α₂(α₂α₁)= aα₂=0。同理可证, α₂³=aα₁=c, α₂⁴=0。这与⁴≠0相矛盾, 故α₁α₂≠a。同理可证α₁α₂≠a+c。

若α₁α₂=b, 则α₁³=α₁²α₁=α₂²α₁=α₂(α₂α₁)=α₂b=α₂³, 又因为³={0, a, c, a+c}, 下面考虑α_i³(i=1, 2)。易知, α_i³不可能同时为0。

若α₁³=α₂³=c, 则b²=(α₁²)²=α₁⁴=cα₁=0。这与前面讨论中b²=c相矛盾, 故α_i³不可能同时为c(i=1, 2)。

若α₁³=α₂³=a, 则b²=(bα₁)α₂=α₁³α₂=aα₂=0。根据类似上述的讨论可知, 假设不成立, 故α_i³不可能同时为a。同理可证, α_i³不可能同时为a+c。

由上述的讨论可知, α_i³(i=1, 2)不可能同时为0, c, a, a+c。这与α_i²∈³={0, a, c, a+c}矛盾。故前提假设不成立, 即α₁α₂≠b。同理可证, α₁α₂≠b+c, a+b, a+b+c。

综上所述, α₁α₂≠0, c, a, a+c, b, b+c, a+b, a+b+c。这与α₁α₂∈²={0, a, c, a+c, b, b+c, a+b, a+b+c}相矛盾。这说明前提假设不成立。故当α₁²=α₂²时, 二者不能同时等于b, 同理可证, 二者不能同时等于b+c, a+b, a+b+c。

② 若α₁²=α₂²=a, 下面考虑α₁α₂的值。

若α₁α₂=c, 则c=aα₁=α₂²α₁=α₂c=0。这与c不为0相矛盾, 故α₁α₂≠c。同理可证α₁α₂≠0。

若α₁α₂=a, 则α₁³=(α₂²)α₁=aα₁=c, α₁⁴=0, α₂³=aα₂=0。由此可得, ⁴=0。这与⁴≠0相矛盾, 故α₁α₂≠a。同理可证, α₁α₂≠a+c。

若α₁α₂=b, 则bα₁=(α₁α₂)α₁=aα₂=0, c=b²=b(α₁α₂)=0。这与c不为0相矛盾, 故α₁α₂≠b。同理可证, α₁α₂≠b+c, a+b, a+b+c。

综上所述, α₁α₂≠0, c, a, a+c, b, b+c, a+b, a+b+c。这与α₁α₂∈²={0, a, c, a+c, b, b+c, a+b, a+b+c}相矛盾。这说明前提假设不成立, 故当α₁²=α₂²时, 二者不能同时等于a。同理可证, 二者不能同时等于c, a+c。

根据上述情况1的讨论可知, 情况1的前提假设不成立, 故α₁²≠α₂²。

先考虑α₂²的值。假设α₂²=b, 则α₂³=bα₂∈³={0, c, a, a+c}。那么, 不论bα₂取何值, 都有c=b²=(bα₂)α₂=0。这与c不为0相矛盾, 因此, α₂²≠b。同理可证, α₂²≠b+c, a+b, a+b+c。

又因为α₂²∈²。由对称性可知, 只需要考虑α₂²=c或α₂²=a的情况。

情况2   若α₂²=c, 考虑α₁²的值。若α₁²=a, 则α₁⁴=0, α₂³=0。由此可得, ⁴=0, 这与⁴={0, c}相矛盾, 故当α₂²=c时, α₁²≠a。同理可证, α₁²≠a+c。再由对称性可知, 只需要考虑α₁²=b的情况。下面再考虑α₁α₂的值。由对称性可知, 只需要考虑α₁α₂=0, c, a, b的情况。

① 若α₁α₂=0, 则bα₂=α₁²α₂=α₁(α₁α₂)=0, (b+α₂)²=b²+2bα₂+α₂²=0。

又因为a(b+α₂)=0, 这与(1)中的证明相矛盾, 故α₁α₂≠0。同理可证, α₁α₂≠c。

② 若α₁α₂=a, 则bα₂=α₁(α₁α₂)=aα₁=c, (b+α₂)²=b²+2bα₂+α₂²=c+2c+c=0。与上面的讨论类似, 可得出相矛盾。

③ 若α₁α₂=b, 则bα₂=(α₁α₂)α₂=α₁α₂²=α₁c=0。与上述的讨论类似, 可知假设不成立。由上面的分析可知, α₂²≠c。同理可证, α₂²≠0。

目前, 只剩下1种情况, 即α₁²=b, α₂²=a。此时, c=aα₁=α₂²α₁=α₂(α₂α₁), 由α₂α₁∈²={0, a, c, a+c, b, b+c, a+b, a+b+c}可知, α₂α₁∈{b, b+c, a+b, a+b+c}。为了不失一般性, 不妨令α₂α₁=b, 则α₁³=bα₁=α₁(α₁α₂)=α₁²α₂=bα₂=c, α₁⁴=0, α₂³=aα₂=0。由此可得⁴=0, 这与⁴={0, c}相矛盾, 故前提假设不成立, 即n≠2, n≥3。

本文讨论了当零因子图Γ(R)的团数是5, 并且极大理想的幂零指数也是5时, 极大理想的极小生成元集的代数结构。在后续研究工作中, 还可借助的极小生成元集的结构确定环R的代数结构, 进一步确定环R的同构分类。