Un semi-groupe fini de ce type est-il un monoïde gauche?

Question

Laisser $(S, \cdot, e)$ être un semi-groupe $(S, \cdot)$ avec opération binaire $e$ dans lequel les identités $e(x, y)\cdot x\approx x$ et $e(x, y)\approx e(y, x)$ prise.

Dans cette question, j'ai demandé si un tel semi-groupe est nécessairement un monoïde gauche. Exemple que m'a donné J.-E. Pin montre que ce n'est pas vrai. Clairement,$(\mathbb{Z}, \min, \max)$ n'est pas un monoïde gauche mais satisfait ces identités.

Un monoïde gauche est un semi-groupe avec une identité gauche.

Comme je n'ai pas pu trouver un semi-groupe fini comme celui-ci qui ne serait pas un monoïde gauche, et j'ai essayé de vérifier les semi-groupes d'ordre GAP $\leq 4$, Je soupçonne que tous les semi-groupes finis de cette forme sont des monoïdes laissés pour certaines raisons combinatoires.

Malheureusement, je ne sais pas comment obtenir tous les semi-groupes de commandes, disons, $\leq 7$, qui ne seraient pas des monoïdes laissés et des semigroupes lwr, autre que de prendre tous les semigroupes qui ne sont pas monogéniques ou monoïdes en utilisant le package Smallsemi de GAP et de vérifier s'ils sont de cette forme à la main en créant une table de multiplication. Comme vous pouvez l'imaginer, c'est très fastidieux.

Existe-t-il un semi-groupe fini de cette forme, n'étant pas un monoïde gauche, et si oui, pouvez-vous donner un exemple de moindre ordre?

Answer 1

Tout semi-groupe fini non vide $S$de ce type a une identité de gauche. Observez d'abord cela pour tous$x, y \in S$, $$ (1) \quad e(x,y)x = x \text{ and } e(x,y)y = e(y,x)y = y. $$ Depuis $S$ est fini, il contient un idempotent $x_0$. Laisser$S = \{x_0, x_1, \ldots, x_n\}$ et laissez $(a_i)_{0 \leqslant i \leqslant n}$ être la séquence d'éléments de $S$ Défini par $a_0 = x_0$ et pour $1 \leqslant i \leqslant n$, $a_i = e(a_{i-1},x_i)$.

Réclamation :$a_n$ est une identité de gauche de $S$.

Observez d'abord que, car $1 \leqslant i \leqslant n$, \begin{align} &(2) \quad& a_ia_{i-1} &= e(a_{i-1},x_i)a_{i-1} = a_{i-1} \\ &(3) \quad& a_ix_i &= e(a_{i-1},x_i)x_i = x_i \end{align} Prouvons maintenant par récurrence sur $k = i+j$ que pour $0 \leqslant i \leqslant j$, $$ (4) \quad a_jx_i = x_i. $$ Si $k = 0$, ensuite $i = j = 0$ et $a_0x_0 = x_0$ puisque $x_0$est idempotent. Supposons que (4) soit valable pour$i + j \leqslant k$ et supposons que $i + j = k+1$. Si$i = j$, alors (4) découle de (3). Si maintenant$i \leqslant j-1$, ensuite $a_{j-1}x_i = x_i$par l'hypothèse d'induction. Il s'ensuit par (2) que$$ a_jx_i = a_j(a_{j-1}x_i) = (a_ja_{j-1})x_i = a_{j-1}x_i = x_i. $$ Cela prouve la réclamation et conclut la preuve.