近几十年来, 为了利用图的组合结构来研究环的代数结构, 人们利用环上的两种代数运算定义了多种图, 如环的零因子图, 交换图, 全图等, 这些图的定义以及部分研究结果可以参考文献[1-9]等.众所周知环的许多性质与它的理想有着密切的关系.自然的, 利用环的理想构造一些图, 通过研究这些图的组合性质来刻画环的理想性质有着重要的意义.文献中相关的图有互极大图, 理想交图, 理想包含图等, 这些图的研究可以参考文献[10-13]等.

在研究与环相关的图时, 许多工作致力于研究图的一些参数, 比如围长, 直径, 团数, 色数等.这些参数可以揭示图的结构性质, 环的性质以及它们之间的相互关系.另外, 图的自同构是代数图论中一个重要的概念, 它可以揭示图的顶点之间的关系以及图的对称性.但是正如文献[14]中所说, 确定一个图的非平凡自同构不是一件容易的事.通过查阅文献, 我们发现对于环上这些图, 有关自同构的结果很少.我们只找到有关环上零因子图自同构的几个结果.对于环$R$, 零因子图记为$\Gamma(R)$, ${\rm{Aut}}(\Gamma(R))$表示其上的自同构群.Anderson与Livinston [1]证明了对于非素整数$n\geq 4$, ${\rm{Aut}}(\Gamma(Z_n))$是对称群的直积.对于素数$p$和非交换环$R=Mat_2(Z_p)$, Han [15]证明了${\rm{Aut}}(\Gamma(R))\simeq S_{p+1}$. Park与~Han [16]证明了对于有限域$F_q$上的二阶矩阵环$R=Mat_2(F_q)$, ${\rm{Aut}}(\Gamma(R))\simeq S_{q+1}$.但是最近文献[17]得出了下面的结论: ${\rm{Aut}}(\Gamma(\mathit{\boldsymbol{M}}_2(F_q)))$的大小是$((q-1)!)^{(q+1)^2}(q+1)!$, 并指出上面两篇文章中的结论是不对的.文献[18]与[20]进一步给出有限域上上三角矩阵环的零因子图的自同构刻画.

在文献[12]中, 环$R$上的理想包含图${\rm{In}}(R)$定义为：以$R$的非平凡左理想为顶点集, 两个不同左理想$I$与$J$有一条边相连当且仅当$I\subsetneqq J$或$J\subsetneqq I$.文献[12]中研究了图${\rm{In}}(R)$的连通性以及图的参数.设$F_q$为有限域, $F_q$上$n\times n$阶上三角矩阵环记为$R$.文献[13]研究了环$R$上的理想关系图$\Gamma_i(R)$, 以$R$为顶点集, 从$A$到$B$有一条有向边当且仅当$I_A\subsetneqq I_B$, 其中$I_A$表示由$A$生成的双边理想, 并确定了它的自同构.文献[12]与[13]中的图是有差别的, 但都是利用理想的包含关系定义的图, 所以可以统称为理想包含图.本文将文献[13]中的结果推广到上三角代数上, 研究了有限域上分块上三角矩阵环上的理想包含图并给出了其上的自同构的描述.

设$F_q$为有限域, $A$为分块上三角矩阵,

$ A=\left(\begin{array}{llllll} A^{11}& A^{12}& \cdots& A^{1r} \\ 0& A^{22}& \cdots& A^{2r}\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ 0& 0&\cdots&A^{rr}\\\end{array}\right), $

其中$A^{ij} (1\leqslant i\leqslant j \leqslant r)$为$F_q$上$n_i\times n_j$矩阵.对于固定的正整数序列$(n_1, n_2, \ldots, n_r)$, 形如$A$的所有分块上三角矩阵记为$\mathbb{B}(q, (n_1, n_2, \ldots, n_r))$, 简记为$\mathbb{B}(q, r)$.我们称$(n_1, n_2, \ldots, n_r)$为$\mathbb{B}(q, r)$的分块模式.在矩阵的常用运算下, $\mathbb{B}(q, r)$是一个代数, 称之上三角代数.

理想包含图${\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r))$是一个有向图, 以$\mathbb{B}(q, r)$为顶点集, 从$A$到$B$有一条有向边, 记为$A\rightarrow B$, 当且仅当$I_A\subsetneqq I_B$, 其中$I_A$表示由$A$生成的双边理想.本文研究了$\mathbb{B}(q, r)$中的理想, 证明了$\mathbb{B}(q, r)$为主理想环, 并且给出了${\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r))$上自同构的描述.有限域$F_q$上的上三角矩阵是分块模式为$(1, 1, \ldots, 1)$的分块上三角矩阵, 因此文献[13]中的理想关系图是本文研究对象的一个特例.

本文的第二节、第三节分别给出$\mathbb{B}(q, r)$中理想的刻画与理想包含图${\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r))$上自同构的刻画.

令$S=\{(i, j)|1\leqslant i\leqslant j\leqslant r\}$.文献[13]在$S$上定义了二元关系$\preccurlyeq$: $(i_1, j_1)\preccurlyeq(i_2, j_2)$当且仅当$i_2\leqslant i_1$且$ j_1\leqslant j_2$.若$(i_1, j_1)\preccurlyeq(i_2, j_2)$且$(i_1, j_1)\neq(i_2, j_2)$, 则记为$(i_1, j_1)\precneqq(i_2, j_2)$.子矩阵$A^{ij}$所在的行集与列集分别记为$N_i$与$N_j$, 且记$(N_i, N_j)=\{(s, t)|s\in N_i, t\in N_j\}$.

定义2.1 若$A$的子矩阵$A^{ij}$满足: $A^{ij}\neq0$, 且对于任意的$(s, t)\precneqq(i, j)$有$A^{st}=0$, 则称$A^{ij}$为$A$的承块.记$A$的所有承块全体为${\rm{supp}}(A)$.相应的, 称$(N_i, N_j)$为$A$的承块区, 记$A$的承块区全体为${\rm{supp}}^b(A)$.记$\overline{{\rm{supp}}}(A)=\{A^{kl}|(i, j)\preccurlyeq(k, l), A^{ij}\in {\rm{supp}}(A)\}$以及$\overline{{\rm{supp}}^b}(A)=\{(N_k, N_l)|A^{kl}\in\overline{{\rm{supp}}}(A)\}$.

例2.2 $A$是$\mathbb{Z}_5$上模式为$(2, 1, 2, 1)$的分块上三角阵,

易见${\rm{supp}}(A)=\{A^{11}, A^{23}, A^{34}\}$, $\overline{{\rm{supp}}}(A)=\{A^{11}, A^{12}, A^{13}, A^{14}, A^{23}, A^{24}, A^{34}\}$.承块$A^{11}$所在的区域为$(N_1, N_1)=\{(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2)\}$.

显然, 若$(s, t)\in(N_{i_1}, N_{j_1})$, $(s', t')\in(N_{i_2}, N_{j_2})$且$(i_1, j_1)\preccurlyeq(i_2, j_2)$, 则有$s'\leqslant s$且$t\leqslant t'$; 若$A^{i_1j_1}$与$A^{i_2j_2}$均是$A$的承块, 则有$i_1\neq i_2, j_1\neq j_2$.

引理2.3 设$A\in \mathbb{B}(q, r)$且${\rm{supp}}^b(A)=\{(N_{i_1}, N_{j_1}), (N_{i_2}, N_{j_2}), \ldots, (N_{i_m}, N_{j_m})\}$.

(ⅰ) 若$A^{kl}\notin\overline{{\rm{supp}}}(A)$, 则$A^{kl}=0$; 若$(i, j)\preccurlyeq(k, l), A^{kl}\notin\overline{{\rm{supp}}}(A)$, 则$A^{ij}=0$;

(ⅱ) 若$i_1<i_2<\cdots<i_m$, 则$j_1<j_2<\cdots<j_m$.

证  (ⅰ)的证明.若$A^{kl}\neq0$, 则存在序对$(i, j)$满足$(i, j)\preccurlyeq(k, l)$且$A^{ij}\in {\rm{supp}}(A)$, 从而$A^{kl}\in\overline{{\rm{supp}}}(A)$, 矛盾.结论的后半部分显然成立.

(ⅱ) 的证明.若存在序对$(s, t)$使得$i_s<i_t$且$j_{s}>j_{t}$, 则$(i_t, j_t)\precneqq(i_s, j_s)$.由$A^{i_sj_s}$为承块得$A^{i_tj_t}=0$, 这与$A^{i_tj_t}$也是承块相矛盾.因此结论成立.

引理2.3对刻画$\mathbb{B}(q, r)$的理想和主理想有重要的作用.

定义2.4 若$i_k\leqslant j_k(1\leqslant k\leqslant m)$, $1\leqslant i_1<i_2<\cdots<i_m\leqslant r$且$1\leqslant j_1<j_2<\cdots<j_m\leqslant r$, 则称$\{(i_1, j_1), (i_2, j_2), \ldots, (i_m, j_m)\}$为$[1, r]\times[1, r]$上的一个上三角阶梯.记$[1, r]\times[1, r]$所有上三角阶梯的集合为$uts(r)$.

由引理2.3知, $\mathbb{B}(q, r)$中任意非零元的承块区的指标集是一个上三角阶梯.记$\mathbb{B}(q, r)$的双边理想全体为$I(\mathbb{B}(q, r))$.对于$A\in\mathbb{B}(q, r)$, $I_{A}$表示由$A$生成的主理想. $A$在$s$行、$t$列处的元素用$A_{st}$来表示.另外, 用$E_{st}$表示在$s$行、$t$列处的元素为$1$且其余元素均为$0$的矩阵.

引理2.5 设$I$为$\mathbb{B}(q, r)$的一个理想.若$E_{st}\in I$且$(s, t)\in(N_i, N_j)$, 则对于任意的$(i', j')$满足$(i, j)\preccurlyeq(i', j')$以及任意的$(s', t')\in(N_{i'}, N_{j'})$有$E_{s't'}\in I$.

证  由$(i, j)\preccurlyeq(i', j')$, $(s, t)\in(N_i, N_j)$以及$(s', t')\in(N_{i'}, N_{j'})$, 我们得到$s'\leqslant s$和$t\leqslant t'$.因此$E_{s's}, E_{tt'}\in\mathbb{B}(q, r)$且$E_{s's}E_{st}E_{tt'}=E_{s't'}$, 从而有$E_{s't'}\in I$.

命题2.6 对于任意的$A\neq0\in\mathbb{B}(q, r)$, $I_{A}=\mathcal{A}$, 其中

$ \mathcal{A}=\sum\limits_{(N_i, N_j)\in\overline{{\rm{supp}}^b}(A)}\sum\limits_{(s, t)\in(N_i, N_j)}F_qE_{st}. $

证  首先我们证明对于任意的$P, Q\in\mathbb{B}(q, r)$有$PAQ\in\mathcal{A}$, 从而有$I_{A}\subseteqq\mathcal{A}$.由分块阵的乘法知, $PAQ\in\mathbb{B}(q, r)$.而且对于$1\leqslant k\leqslant l\leqslant r$,

$ (PAQ)^{kl}=\sum\limits_{s=k}^l\sum\limits_{t=s}^l P^{ks}A^{st}Q^{tl}. $

设$(N_k, N_l)\notin\overline{{\rm{supp}}^b}(A)$, 也就是$A^{kl}\notin\overline{{\rm{supp}}}(A)$.考察$PAQ$在分块区$(N_k, N_l)$处的子矩阵.当$k\leqslant s\leqslant t\leqslant l$时, $(s, t)\preccurlyeq(k, l)$.由引理2.3, $A^{st}=0$, 因此有$(PAQ)^{kl}=0$.由$(N_k, N_l)$的任意性, 我们有$PAQ\in\mathcal{A}$.

下面我们证明对于任意的$(N_{i'}, N_{j'})\in\overline{{\rm{supp}}^b}(A)$以及$(s', t')\in(N_{i'}, N_{j'})$, 有$E_{s't'}\in I_{A}$, 进而有$\mathcal{A}\subseteqq I_{A}$.由于$(N_{i'}, N_{j'})\in\overline{{\rm{supp}}^b}(A)$, 所以存在$(i, j)\leqslant(i', j')$使得$(N_i, N_j)\in {\rm{supp}}^b(A)$.由$(N_i, N_j)\in {\rm{supp}}^b(A)$知存在$(s, t)\in(N_i, N_j)$满足$a_{st}\neq 0$, 从而有$E_{st}=a_{st}^{-1}E_{ss}AE_{tt}\in I_{A}$.由引理2.5可得对于任意$(s', t')\in(N_{i'}, N_{j'})$, $E_{s't'}\in I_{A}$.综上可得$\mathcal{A}=I_{A}$.

推论2.7 存在$\mathbb{B}(q, r)$的非零主理想与上三角阶梯$uts(r)$之间的一一对应.

证  由引理2.3知$\mathbb{B}(q, r)$中任意非零元素承块区的指标集是一个上三角阶梯.同时显然对于每一个上三角阶梯, 存在$\mathbb{B}(q, r)$中非零元素使其以该上三角阶梯为承块区的指标集.另外由命题2.6知, 对于任意的$A, B\in\mathbb{B}(q, r)$, $I_A=I_B$当且仅当${\rm{supp}}^b(A)=supp^b(B)$.因此结论成立.

设$I$为$\mathbb{B}(q, r)$的一个理想.若存在$(s, t)\in(N_i, N_j)$使得$E_{st}\in I$, 则由引理2.5知对于任意的$(s', t')\in(N_i, N_j)$有$E_{s't'}\in I$.

定义2.8 设$I$为$\mathbb{B}(q, r)$的一个理想.若存在$(s, t)\in(N_i, N_j)$使得$E_{st}\in I$, 则称分块区$(N_i, N_j)$为$I$的内块区. $I$的所有内块区的集合记为$I^{in}$, 它在全集$\{(N_i, N_j)|1\leqslant i\leqslant j\leqslant r\}$下的补记为$I^{out}$.若$(N_i, N_j)\in I^{in}$且对于任意的$(i', j')\precneqq(i, j)$有$(N_{i'}, N_{j'})\in I^{out}$, 则称$(N_i, N_j)$为$I$的边界区. $I$的所有边界区的集合记为$I^b$.

若$(N_i, N_j)\in I^{in}$且$(i, j)\preccurlyeq(i', j')$, 由引理2.5知$(N_{i'}, N_{j'})\in I^{in}$.对于子集$N_i$, 令$N_i^{m}={\rm{min}}\{s|s\in N_i\}, N_i^{M}={\rm{max}}\{s|s\in N_i\}$.若$(N_i, N_j)\in I^{in}$, 则$E_{N_i^{M}N_j^{m}}\in I$.为了方便, $E_{N_i^{M}N_j^{m}}$也简记为$E_{N_iN_j}$.

命题2.9 $\mathbb{B}(q, r)$为主理想环.

证  零理想是由零生成的.对于任意的非零理想$I\in I(\mathbb{B}(q, r))$, 由上面的讨论知

$ I=\Sigma_{(N_i, N_j)\in I^{in}}\Sigma_{(s, t)\in(N_i, N_j)}F_qE_{st}. $

令$A=\Sigma_{(N_i, N_j)\in I^b}E_{N_iN_j}$.由边界区的定义和性质知$I^b$恰是$A$的承块区${\rm{supp}}^b(A)$, 且容易看出$\overline{{\rm{supp}}^b}(A)=I^{in}$, 从而由命题2.6得

$ I=I_A=\Sigma_{(N_i, N_j)\in \overline{{\rm{supp}}^b}(A)}\Sigma_{(s, t)\in(N_i, N_j)}F_qE_{st}. $

推论2.10 存在$I(\mathbb{B}(q, r))/\{0\}$与$uts(r)$之间的一一对应.

证  由推论2.7以及命题2.9可得.

理想包含图${\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r))$是一有向图, 以$\mathbb{B}(q, r)$为顶点集且从$A$到$B$有一条有向边$A\rightarrow B$当且仅当$I_A\subsetneqq I_B$.我们这里的理想包含图与文献[12]中的有些差别.在文献[12]中, 环$R$上的理想包含图${\rm{In}}(R)$, 以$R$的所有非平凡的左理想为顶点, 左理想$I_1$和$I_2$之间有一条边相连当且仅当$I_1\subsetneqq I_2$或$I_2\subsetneqq I_1$.因此文献[12]中理想包含图是无向的且顶点集是非平凡的左理想.我们所讨论的理想包含图${\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r))$是有向图且顶点集是$\mathbb{B}(q, r)$中的所有元素.图${\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r))$的自同构群记为${\rm{Aut}}(In(\mathbb{B}(q, r)))$.

在图${\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r))$中, 顶点$A$的左、右邻点集分别记为$N_l(A)=\{B|B\rightarrow A\}$与$N_r(A)=\{B|A\rightarrow B\}$.记$d_i(A)=|N_l(A)|$以及$d_o(A)=|N_r(A)|$, 它们分别称$A$的入度和出度.如果$A$与$B$在${\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r))$中具有相同的左、右邻点, 则称$A$与$B$为孪生点, 记为$A\thicksim B$.若在图${\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r))$中, 两个顶点生成相同的主理想, 则它们显然是孪生点.容易验证孪生关系$\thicksim$是$\mathbb{B}(q, r)$上的一个等价关系, 记$A$所在的孪生等价类为$[A]$.我们知道图的自同构保持顶点的度以及等价类的大小不变, 也就是, 对于任意的$\sigma\in {\rm{Aut}}({\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r)))$和$A\in\mathbb{B}(q, r)$, 有$d_i(\sigma(A))=d_i(A)$, $d_o(\sigma(A))=d_o(A)$且$|[\sigma(A)]|=|[A]|$.

引理3.1 在理想包含图${\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r))$中, 下面的结论成立.

(ⅰ) 从$A$到$B$有有向边($A\rightarrow B$)当且仅当$\overline{{\rm{supp}}^b}(A)\subsetneqq\overline{{\rm{supp}}^b}(B)$;

(ⅱ) 设$r\geqslant3$.对于任意的$1\leqslant i\leqslant j\leqslant r$, $(s, t)\in(N_i, N_j)$以及$(s', t')\in(N_{i'}, N_{j'})$, $[E_{st}]=[E_{s't'}]$当且仅当$(i, j)=(i', j')$;

(ⅲ) 设$r\geqslant3$且$(s, t)\in(N_i, N_j)$. $X\sim E_{st}$当且仅当${\rm{supp}}^b(X)=\{(N_i, N_j)\}.$

证  从命题2.6可以直接得到(ⅰ).

(ⅱ) 的证明.若$(i, j)=(i', j')$, 由推论2.7得到$I_{E_{st}}=I_{E_{s't'}}$, 进而有$[E_{st}]=[E_{s't'}]$.下面我们证明若$(i, j)\neq(i', j')$, 则$[E_{st}]\neq[E_{s't'}]$.假定$(i, j)\neq(i', j')$.若$(i, j)\precneqq(i', j')$, 则由命题2.6得$I_{E_{s't'}}\subsetneqq I_{E_{st}}$, 进而有$E_{s't'}\rightarrow E_{st}$.但是$E_{st}\nrightarrow E_{st}$, 因此$[E_{st}]\neq[E_{s't'}]$.如果$(i', j')\precneqq(i, j)$, 我们可以类似的得到$[E_{st}]\neq[E_{s't'}]$.下面我们假定$i>i'$且$j>j'$.若$j\neq r$, 则有$E_{N_iN_r}\rightarrow E_{st}$但$E_{N_iN_r}\nrightarrow E_{s't'}$.若$j'\neq 1$, 则有$E_{s't'}\rightarrow E_{N_{i'}N_{j'-1}}$但$E_{st}\nrightarrow E_{N_{i'}N_{j'-1}}$.若$j=r$且$j'=1$, 由$r\geqslant3$知存在$j'<k<j$.从而$E_{N_{i'}N_k}\rightarrow E_{s't'}$但是$E_{N_{i'}N_k}\nrightarrow E_{st}$.因此都有$[E_{st}]\neq[E_{s't'}]$.当$i<i'$且$j<j'$时, 类似可得$[E_{st}]\neq[E_{s't'}]$.

(ⅲ) 的证明.若${\rm{supp}}^b(X)=\{(N_i, N_j)\}$, 则由命题2.6有$I_X=I_{E_{st}}$, 进而有$X\sim E_{st}$.因此充分性成立.下面证明必要性.假定$X\sim E_{st}$.若$|{\rm{supp}}(X)|=1$, 我们假设${\rm{supp}}^b(X)=\{(N_{i'}, N_{j'})\}$并任取$(s', t')\in(N_{i'}, N_{j'})$.由推论2.7知, $I_{X}=I_{E_{s't'}}$.从而$[X]=[E_{s't'}]$, 进而有$[E_{st}]=[E_{s't'}]$.由结论~(ii)知$(i, j)=(i', j')$.因此${\rm{supp}}^b(X)=(N_i, N_j)$.下面证明$|{\rm{supp}}(X)|$不可能大于$1$.若$|{\rm{supp}}(X)|\geqslant2$, 则对于任意的$(N_{i'}, N_{j'})\in {\rm{supp}}^b(X)$以及$(s', t')\in(N_{i'}, N_{j'})$, 有$E_{s't'}\rightarrow X$.因此$E_{s't'}\rightarrow E_{st}$, 进而有$(i, j)\precneqq(i', j')$.由$(N_{i'}, N_{j'})$的任意性, 我们得到$I_X\subsetneqq I_{E_{st}}$, 进而$X\rightarrow E_{st}$.但$E_{st}\nrightarrow E_{st}$, 与假定$X\sim E_{st}$相矛盾.

推论3.2 设$r\geqslant3$以及$1\leqslant k\leqslant r$.对于任意的$(s, t)\in(N_1, N_k)$, $|[E_{st}]|=(q^{n_1n_k}-1)q^{n_1(\sum_{l=k+1}^rn_l)}$; 对于任意的$(s', t')\in(N_{k}, N_r)$, $|[E_{s't'}]|=(q^{n_{k}n_r}-1)q^{(\sum_{l=1}^{k-1}n_l)n_r}$.

证  由引理3.1的(ⅲ)知, 对于任意的$(s, t)\in(N_1, N_k)$,

$ [{E_{st}}] = \{ \sum\limits_{_{(i,j) \in \bigcup\limits_{l = k}^r {({N_1},{N_l})} }} {{a_{ij}}{E_{ij}}|{a_{ij}} \in {F_q},\;{\rm{and}}\;\exists (i,j) \in ({N_1},{N_k})\;{\rm{s}}{\rm{.t}}.\;{a_{ij}} \ne 0\} .} $

由此易见结论的前半部分成立, 后半部分同理可得.

引理3.3 对于理想包含图${\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r))$中顶点的度, 下面的结论成立:

(ⅰ) $d_i(0)=0$;

(ⅱ) 任意$(s, t)\in(N_1, N_r)$, $d_i(E_{st})=1$; 任意$A\in\mathbb{B}(q, r)$, $d_i(A)=1$当且仅当$A\sim E_{N_1N_r}$;

(ⅲ) 任意$(s, t)\in(N_1, N_{k})$, $d_i(E_{st})={q^{{n_1}\sum\limits_{l = k + 1}^r {nl} }}$, 其中$1\leqslant k\leqslant r-1$; 任意$(s, t)\in(N_k, N_r)$, $d_i(E_{st})={q^{{n_r}\sum\limits_{l = 1}^{k - 1} {nl} }}$, 其中$2\leqslant k\leqslant r$;

(ⅳ) 任意$A\in\mathbb{B}(q, r)$, $d_i(A)=q^{n_1n_r}$当且仅当$A\sim E_{N_1N_{r-1}}$或$A\sim E_{N_2N_{r}}$.

证  由引理3.1可得$N_l(0)=\emptyset$; 任意的$(s, t)\in(N_1, N_r)$, $N_l(E_{st})=\{0\}$; 任意的$1\leqslant k\leqslant r-1$以及$(s, t)\in(N_1, N_{k})$, $N_l(E_{st})=\{E_{s't'}|(s', t')\in\bigcup\limits_{m = k + 1}^r {} (N_1, N_m)\}$; 任意的$2\leqslant k\leqslant r$以及$(s, t)\in(N_k, N_r)$, $N_l(E_{st})=\{E_{s't'}|(s', t')\in\cup_{m=1}^{k-1}(N_m, N_r)\}$.显然, 若$A\neq0$, $A\nsim E_{N_1N_{r}}$, $A\nsim E_{N_1N_{r-1}}$且$A\nsim E_{N_2N_{r}}$, 则有$d_i(A)>q^{n_1n_r}$.因此结论成立.

若双射$\sigma:\mathbb{B}(q, r)\rightarrow\mathbb{B}(q, r)$只置换孪生点, 则$\sigma\in {\rm{Aut}}({\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r)))$, 这样的自同构称之为奇异自同构.图${\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r))$上奇异自同构的全体记为${\rm{Sin}}({\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r)))$.

定理3.4 图$In(\mathbb{B}(q, 2))$上的自同构都是奇异的.

证  当$r=2$, 上三角阶梯$utr(2)$只有四种形式且对应的代表元可取:

$ E_{N_1N_2}, E_{N_1N_1}, E_{N_2N_2}, E_{N_1N_1}+ E_{N_2N_2} $

同时有$d_i(0)=0$; $d_i(E_{N_1N_2})=1$; $d_i(E_{N_1N_1})=d_i(E_{N_2N_2})=q^{n_1n_2}$; $d_i(E_{N_1N_1}+ E_{N_2N_2})>q^{n_1n_2}$; 另外在$\mathbb{B}(q, 2)$中, $E_{N_1N_1}\sim E_{N_2N_2}$.既然自同构保持顶点的度, 从而${\rm{In}}(\mathbb{B}(q, 2))$上的自同构都是奇异的, 即${\rm{Aut}}({\rm{In}}(\mathbb{B}(q, 2)))={\rm{Sin}}({\rm{In}}(\mathbb{B}(q, 2)))$.

假设$(n_1, n_2, \ldots n_r)$为一正整数序列满足:对于任意的$1\leqslant k\leqslant r$都有$n_{k}=n_{r+1-k}$.定义映射$\tau_P:\mathbb{B}(q, r)\rightarrow\mathbb{B}(q, r)$, 对于任意的$A\in\mathbb{B}(q, r)$, $\tau_P(A)=PA^TP$, 其中$P=\sum\limits_{1 \le i \le n} {} E_{i, n+1-i}$, $n=\sum\limits_{1 \le i \le r} {} n_i$, $A^T$表示$A$的转置.容易验证在假定条件下$\tau_P$的定义是合理的且是一个双射.

命题3.5 $\tau_P$为图${\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r))$上的自同构.

证  假设从$A$到$B$有有向边, $A\rightarrow B$.从而有$I_A\subsetneqq I_B$, 进而$A\in I_B$.因此存在$Q_1, Q_2\in\mathbb{B}(q, r)$使得$A=Q_1BQ_2$.从而有$PA^TP=(PQ_2^TP)(PB^TP)(PQ_1^TP)$, 因此$I_{PA^TP}\subseteqq I_{PB^TP}$.若$I_{PA^TP}=I_{PB^TP}$, 则$PB^TP\in I_{PA^TP}$.同上我们类似可得$B\in I_A$, 进而有$I_A=I_B$, 与前提$I_A\subsetneqq I_B$相矛盾.因此$I_{PA^TP}\subsetneqq I_{PB^TP}$, 进而有$\tau_P(A)\rightarrow\tau_P(B)$.所以$\tau_P\in {\rm{Aut}}({\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r)))$.

假设$\sigma\in {\rm{Aut}}({\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r)))(r\geqslant3)$.为了刻画$\sigma$, 我们需要揭示对于任意的$A\in\mathbb{B}(q, r)$, $A$与$\sigma(A)$之间的关系.

引理3.6 $\sigma(0)=0$; $[\sigma(E_{N_1N_r})]=[E_{N_1N_r}]$; $[\sigma(E_{N_1N_{r-1}})]=[E_{N_1N_{r-1}}]$或$[\sigma(E_{N_1N_{r-1}})]=[E_{N_2N_{r}}]$且$n_1n_{r-1}=n_2n_r$.

证  从引理3.3, 推论3.2以及$\sigma$保持顶点度以及孪生等价类大小, 可得结论成立.

命题3.7 (ⅰ)若$[\sigma(E_{N_1N_{r-1}})]=[E_{N_1N_{r-1}}]$, 则对于任意的$2\leqslant k\leqslant r-1$, $[\sigma(E_{N_1N_{r-k}})]=[E_{N_1N_{r-k}}]$成立;

(ⅱ) 若$[\sigma(E_{N_2N_r})]=[E_{N_2N_r}]$, 则对于任意的$3\leqslant k\leqslant r$, $[\sigma(E_{N_kN_r})]=[E_{N_kN_r}]$成立;

(ⅲ) 若$[\sigma(E_{N_1N_{r-1}})]=[E_{N_2N_r}]$, 则对于任意的$0\leqslant k\leqslant r-1$, $[\sigma(E_{N_1N_{r-k}})]=[E_{N_{k+1}N_r}]$且$n_1n_{r-k}=n_{k+1}n_r$.

证  (ⅰ)的证明.在假定条件下$k=1$时结论成立.下面我们证明若结论当$k=t$时成立, 则当$k=t+1$时结论也成立.从而由归纳法知结论对于任意的$k$都成立.假定$[\sigma(E_{N_1N_{r-t}})]=[E_{N_1N_{r-t}}]$.由$E_{N_1N_{r-t}}\rightarrow E_{N_1N_{r-(t+1)}}$, 可得$E_{N_1N_{r-t}}\rightarrow \sigma(E_{N_1N_{r-(t+1)}})$.因此$I_{E_{N_1N_{r-t}}}\subsetneqq I_{\sigma(E_{N_1N_{r-(t+1)}})}$.由引理2.3, 存在$(N_i, N_j)\in {\rm{supp}}^b(\sigma(E_{N_1N_{r-(t+1)}}))$且$(i, j)\preccurlyeq(1, r-t)$.因此$i\geqslant1$且$j\leqslant r-t$.若$i\geqslant2$或${\rm{supp}}^b(\sigma(E_{N_1N_{r-(t+1)}}))-\{(N_i, N_j)\}\neq\emptyset$, 则有

$ \{E_{ij}|1\leqslant i\leqslant n_1, \sum\limits_{s=1}^{r-t-1}n_s<j\leqslant\sum\limits_{s=1}^{r}n_s\}\subsetneqq N_i(\sigma(E_{N_1N_{r-(t+1)}})). $

从而有$d_i(\sigma(E_{N_1N_{r-(t+1)}}))>q^{n_1(\sum_{s=r-t}^{r}n_s)}$, 矛盾.因此${\rm{supp}}^b(\sigma(E_{N_1N_{r-(k+1)}}))=\{(N_1, N_j)\}$.由$d_i(\sigma(E_{N_1N_{r-(t+1)}}))=d_i(E_{N_1N_{r-(t+1)}})$以及引理3.3可得$j=r-(t+1)$, 进而有

$ [\sigma(E_{N_1N_{r-(t+1)}})]=[E_{N_1N_{r-(t+1)}}] $

(ⅱ) 的证明.由$[\sigma(E_{N_2N_r})]=[E_{N_2N_r}]$证明对于任意的$1\leqslant k\leqslant r$, $[\sigma(E_{N_kN_r})]=[E_{N_kN_r}]$成立, 可以类似于(ⅰ), 省略.

(ⅲ) 的证明.由假定以及引理3.6知结论当$k=0, 1$时成立.下面用归纳法来证明.假设结论当$k=l$时成立.由$[\sigma(E_{N_1N_{r-l}})]=[E_{N_{l+1}N_{r}}]$以及$E_{N_1N_{r-l}}\rightarrow E_{N_1N_{r-(l+1)}}$, 可得$E_{N_{l+1}N_r}\rightarrow \sigma(E_{N_1N_{r-(l+1)}})$.因此$I_{E_{N_{l+1}N_r}}\subsetneqq I_{\sigma(E_{N_1N_{r-(l+1)}})}$.由命题2.6知存在$(N_i, N_j)\in {\rm{supp}}^b(\sigma(E_{N_1N_{r-(l+1)}}))$且$(i, j)\preccurlyeq(l+1, r)$.因此$j\leqslant r$且$i\geqslant l+1$.若$j<r$且${\rm{supp}}^b(\sigma(E_{N_1N_{r-(l+1)}}))-\{(i, j)\}\neq\emptyset$, 则

$ \{E_{ij}|1\leqslant i\leqslant \sum\limits_{s=1}^{l+1}n_s, \ \ \sum\limits_{t=1}^{r-1}n_t+1<j\leqslant\sum\limits_{t=1}^{r}n_t\}\subsetneqq N_i(\sigma(E_{N_1N_{r-(l+1)}})). $

因此$d_i(\sigma(E_{N_1N_{r-(l+1)}}))>{q^{{n_r}(\sum\limits_{t = 1}^{l + 1} {{n_t}} )}}$.但是由引理3.3我们知道$d_i(E_{N_1N_{r-(l+1)}})={q^{{n_1}\sum\limits_{t = r - l}^r {{n_t}} }}$.再由归纳假设知$n_1(n_r+\cdots+n_{r-l})=(n_1+\cdots+n_{l+1})n_r$.从而有$d_i(\sigma(E_{N_1N_{r-(l+1)}}))=d_i(E_{N_1N_{r-(l+1)}})={q^{{n_r}\sum\limits_{t = 1}^{l + 1} {{n_t}} }}$, 矛盾.因此${\rm{supp}}^b(\sigma(E_{N_1N_{r-(l+1)}}))=\{(N_i, N_r)\}$.再由引理3.3可得$i=l+2$, 进而有$[\sigma(E_{N_1N_{r-(l+1)}})]=[E_{N_{l+2}N_r}]$.

最后, 由$\sigma$保持孪生类大小知$|[E_{N_1N_{r-(l+1)}}]|=|[E_{N_{l+2}N_r}]|$.再由推论3.2知

$ ({q^{{n_1}{n_{r - (l + 1)}}}} - 1){q^{{n_1}(\sum\limits_{t = r - l}^r {{n_t}} )}} = ({q^{{n_{l + 2}}{n_r}}} - 1){q^{{n_r}(\sum\limits_{t = 1}^{l + 1} {{n_t}} )}}. $

由归纳假设知$n_1n_{r-(l+1)}=n_{l+2}n_r$.因此当$k=l+1$时结论也成立.由归纳法知结论对于任意的$0\leqslant k\leqslant r-1$都成立.

定理3.8 假定$r\geqslant3$.对于$\sigma\in {\rm{Aut}(In}(\mathbb{B}(q, r)))$, 存在奇异自同构$\rho\in {\rm{Sin}}({\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r)))$和$\delta\in\{0, 1\}$使得$\sigma=\tau_P^{\delta}\circ\rho$;

证  由引理3.6知, $\sigma(0)=0$; $[\sigma(E_{N_1N_r})]=[E_{N_1N_r}]$; $[\sigma(E_{N_1N_{r-1}})]=[E_{N_1N_{r-1}}]$或$[\sigma(E_{N_1N_{r-1}})]=[E_{N_2N_{r}}]$.首先我们证明存在$\delta\in\{0, 1\}$使得$\sigma_1=\tau_P^{\delta}\circ\sigma$稳定任意的$[E_{N_iN_j}](1\leqslant i\leqslant j\leqslant r)$.我们分两种情况来讨论.

情形1 $[\sigma(E_{N_1N_{r-1}})]=[E_{N_1N_{r-1}}]$.

由引理3.6和命题3.7知, 对于任意的$1\leqslant k\leqslant r$有$[\sigma(E_{N_1N_k})]=[E_{N_1N_k}]$.下面证明$[\sigma(E_{N_2N_r})]=[E_{N_2N_r}]$也成立, 进而由引命题3.7知对于任意的$1\leqslant k\leqslant r$有$[\sigma(E_{N_kN_r})]=[E_{N_kN_r}]$.由引理3.3知, $[\sigma(E_{N_2N_r})]=[E_{N_2N_r}]$或$[\sigma(E_{N_2N_r})]=[E_{N_1N_{r-1}}]$.若$[\sigma(E_{N_2N_r})]=[E_{N_1N_{r-1}}]$, 由$E_{N_1N_{r-1}}\rightarrow E_{N_1N_{r-2}}$且$[\sigma(E_{N_1N_{r-2}})]=[E_{N_1N_{r-2}}]$, 可得$\sigma(E_{N_2N_r})\rightarrow\sigma(E_{N_1N_{r-2}})$.从而得到$E_{N_2N_r}\rightarrow E_{N_1N_{r-2}}$, 这显然是不可能的.因此$[\sigma(E_{N_2N_r})]=[E_{N_2N_r}]$.

下面证明对于任意的$1\leqslant i\leqslant j\leqslant r$, $[\sigma(E_{N_iN_j})]=[E_{N_iN_j}]$成立.对$i$做归纳证明.当$i=1$时结论成立; 假设当$1\leqslant i-1\leqslant j\leqslant r$时结论成立, 下面证明当$1<i\leqslant j\leqslant r$时结论也成立.为此我们对$j$再做归纳证明.由上面的讨论知当$j=r$时结论是成立的; 假定当$1<i\leqslant j+1\leqslant r$时结论成立.由$E_{N_{i-1}N_j}\rightarrow E_{N_iN_j}$, $E_{N_iN_{j+1}}\rightarrow E_{N_iN_j}$, $[\sigma(E_{N_{i-1}N_j})]=[E_{N_{i-1}N_j}]$且$[\sigma(E_{N_iN_{j+1}})]=[E_{N_iN_{j+1}}]$, 可以得出$E_{N_{i-1}N_j}\rightarrow \sigma(E_{N_iN_j})$且$E_{N_iN_{j+1}}\rightarrow \sigma(E_{N_iN_j})$.由$E_{N_1N_{j-1}}\nrightarrow E_{N_iN_j}$, $E_{N_{i+1}N_{r}}\nrightarrow E_{N_iN_j}$, $[\sigma(E_{N_1N_{j-1}})]=[E_{N_1N_{j-1}}]$且$[\sigma(E_{N_{i+1}N_r})]=[E_{N_{i+1}N_r}]$, 可以得出$E_{N_1N_{j-1}}\nrightarrow \sigma(E_{N_iN_j})$且$E_{N_{i+1}N_r}\nrightarrow \sigma(E_{N_iN_j})$.因此$\sigma(E_{N_iN_j})\sim E_{N_iN_j}$或$\sigma(E_{N_iN_j})\sim E_{N_{i-1}N_j}+E_{N_iN_{j+1}}$.但是容易验证$d_i(E_{N_{i-1}N_j}+E_{N_iN_{j+1}})<d_i(E_{N_iN_j})$.因此$\sigma(E_{N_iN_j})\sim E_{N_iN_j}$.令$\sigma_1=\tau_P^{\delta}\circ\sigma$且此时$\delta=0$.

情形2 $[\sigma(E_{N_1N_{r-1}})]=[E_{N_2N_{r}}]$.

由命题3.7知对于任意的$0\leqslant k\leqslant r-1$有$[\sigma(E_{N_1N_{r-k}})]=[E_{N_{k+1}N_r}]$且$n_1n_{r-k}=n_{k+1}n_r$; 令$\sigma_1=\tau_P\circ\sigma$, 则有$[\sigma_1(E_{N_1N_r})]=[E_{N_1N_r}]$且$[\sigma_1(E_{N_1N_{r-1}})]=[E_{N_1N_{r-1}}]$.由情形1知, $[\sigma_1(E_{N_iN_j})]\sim [E_{N_iN_j}](1\leqslant i\leqslant j\leqslant r)$.此时$\sigma_1=\tau_P^{\delta}\circ\sigma$且$\delta=1$.

下面证明$\sigma_1$稳定任意的孪生等价类, 即对于任意的$A\in\mathbb{B}(q, r)$有$[\sigma_1(A)]=[A]$.

假定$A\neq0$且${\rm{supp}}^b(A)=\{(N_{i_1}, N_{j_1}), (N_{i_2}, N_{j_2}), \ldots, (N_{i_m}, N_{j_m})\}$.若$m=1$, 则$[A]=[E_{N_{i_1}N_{j_1}}]$.因此$[\sigma_1(A)]=[A]$.若$m\geqslant2$, 由$E_{N_{i_k}N_{j_k}}\rightarrow A$以及$[\sigma_1(E_{N_{i_k}N_{j_k}})]=[E_{N_{i_k}N_{j_k}}]$可得$E_{N_{i_k}N_{j_k}}\rightarrow \sigma_1(A)$.因此$I_{E_{N_{i_k}N_{j_k}}}\subsetneqq I_{\sigma_1(A)}$.令$X=\sum\limits_{k = 1}^m {} E_{N_{i_k}N_{j_k}}$.由命题2.6得$I_{A}=I_{X}\subseteq I_{\sigma_1(A)}$.同样的考虑$\sigma_1^{-1}$的作用, 可以得出对于任意的$A\in\mathbb{B}(q, r)$有$I_{\sigma_1(A)}\subseteq I_A$.因此$I_{\sigma_1(A)}=I_A$, 进而有$[\sigma_1(A)]=[A]$.

令$\rho=\sigma_1$, 则$\rho\in {\rm{Sin}}({\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r)))$.进而有$\sigma=(\tau_P^{\delta})^{-1}\circ\rho=\tau_P^{\delta}\circ\rho$, 结论得证.

推论3.9 假定$r\geqslant3$.若存在$1\leqslant k\leqslant r$满足$n_{k}\neq n_{r+1-k}$, 则图${\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r))$上的每一个自同构均是奇异的.

证  假设存在$1\leqslant k\leqslant r$使得$n_{k}\neq n_{r+1-k}$.由定理3.8的证明过程可得, 对于任意的 $\sigma\in {\rm{Aut}}({\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r)))$, 有$[\sigma(E_{N_1N_{r-1}})]=[E_{N_1N_{r-1}}]$.进而对于任意的$A\in\mathbb{B}(q, r)$有$[\sigma(A)]=[A]$, 即$\sigma\in {\rm{Sin}}({\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r)))$.所以${\rm{Aut}}({\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r)))={\rm{Sin}}({\rm{In}}(\mathbb{B}(q, r)))$.