Bu türden herhangi bir sonlu yarı grup bir sol monoid midir?

Question

İzin Vermek $(S, \cdot, e)$ yarı grup olmak $(S, \cdot)$ ikili işlem ile $e$ kimlikler $e(x, y)\cdot x\approx x$ ve $e(x, y)\approx e(y, x)$ ambar.

Gelen bu soruya böyle yarıgrupdur mutlaka sol monoid olup olmadığını sordum. Bana J.-E. tarafından verilen örnek. Pin, bunun doğru olmadığını gösteriyor. Açıkça,$(\mathbb{Z}, \min, \max)$ tek sol değil ama bu kimlikleri karşılar.

Bir sol monoid sol kimliği ile bir yarıgrupdur.

Bunun gibi bir sol monoid olmayacak sonlu bir yarı grup bulamadığım için GAP yarı gruplarını kontrol etmeyi denedim. $\leq 4$, Bu formun tüm sonlu yarı gruplarının bazı kombinatoryal nedenlerden dolayı monoid bırakıldığından şüpheleniyorum.

Ne yazık ki, tüm yarı grup siparişlerin nasıl alınacağından emin değilim, mesela, $\leq 7$GAP'ın Smallsemi paketini kullanarak tekli olmayan veya tekli olmayan tüm yarı grupları almak ve bir çarpım tablosu oluşturarak el ile bu formda olup olmadıklarını kontrol etmekten başka, monoid bırakılmayacak ve lwr yarıgrupları olacaktır. Tahmin edebileceğiniz gibi, bu çok can sıkıcı.

Bu formun sonlu bir yarı grubu var mı, sol monoid olmayan bir grup var mı ve evet ise, en az düzen için bir örnek verebilir misiniz?

Answer 1

Herhangi bir boş olmayan sonlu yarı grup $S$bu tipin sol kimliği vardır. Öncelikle bunu herkes için gözlemleyin$x, y \in S$, $$ (1) \quad e(x,y)x = x \text{ and } e(x,y)y = e(y,x)y = y. $$ Dan beri $S$ sonludur, idempotent içerir $x_0$. İzin Vermek$S = \{x_0, x_1, \ldots, x_n\}$ ve izin ver $(a_i)_{0 \leqslant i \leqslant n}$ öğelerin sırası olmak $S$ tarafından tanımlandı $a_0 = x_0$ ve için $1 \leqslant i \leqslant n$, $a_i = e(a_{i-1},x_i)$.

İddia :$a_n$ sol kimliği $S$.

Önce bunu gözlemleyin $1 \leqslant i \leqslant n$, \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} Şimdi tümevarımla kanıtlayalım $k = i+j$ bundan dolayı $0 \leqslant i \leqslant j$, $$ (4) \quad a_jx_i = x_i. $$ Eğer $k = 0$, sonra $i = j = 0$ ve $a_0x_0 = x_0$ dan beri $x_0$idempotenttir. Diyelim ki (4)$i + j \leqslant k$ ve varsayalım ki $i + j = k+1$. Eğer$i = j$, sonra (4) (3) 'ün ardından gelir. Şimdi ise$i \leqslant j-1$, sonra $a_{j-1}x_i = x_i$tümevarım hipotezi ile. Bunu (2) takip eder:$$ a_jx_i = a_j(a_{j-1}x_i) = (a_ja_{j-1})x_i = a_{j-1}x_i = x_i. $$ Bu, iddiayı kanıtlar ve kanıtı sonuçlandırır.