Dejemos que $(M, \cdot)$ sea un monoide finito con identidad $e$ . Es fácil ver que $gMg = \{ gxg : x \in M \}$ forma un monoide con identidad $geg = g$ si $g$ es un idempotente. Si $gMg$ no contiene ningún idempotente más que $g$ debe ser un grupo, ya que es finito.
Supongamos que $g, h \in M$ son idempotentes distintos en $M$ de manera que ambos $gMg$ y $hMh$ son grupos. ¿Es cierto que $gMg$ y $hMh$ son isomorfos?
Sí. Ni siquiera se necesita la finitud de $M$ .
Teorema 1. Dejemos que $\left( M,\cdot\right) $ sea un monoide con identidad $e$ . Para cada idempotente $g\in M$ el conjunto $gMg=\left\{ gxg\mid x\in M\right\} $ es un monoide (con respecto a la operación $\cdot$ ) con el elemento neutro elemento $geg=gg=g$ . Sea $g$ y $h$ sean dos idempotentes de $M$ tal que los monoides $gMg$ y $hMh$ son grupos. Entonces, estos grupos $gMg$ y $hMh$ son isomorfas.
Primero mostremos el siguiente hecho simple:
Lema 2. Dejemos que $\left( A,\cdot\right) $ y $\left( C,\cdot\right) $ ser dos grupos. Sea $\varphi:A\rightarrow C$ sea un mapa. Supongamos que $\varphi\left( a\right) \varphi\left( b\right) =\varphi\left( ab\right) $ para todos $a\in A$ y $b\in A$ . Entonces, $\varphi$ es un homomorfismo de grupo de $\left( A,\cdot\right) $ a $\left( C,\cdot\right) $ .
Prueba del lema 2. Dejemos que $e$ denotan el elemento neutro de cualquier grupo. Hemos asumido que \begin{equation} \varphi\left( a\right) \varphi\left( b\right) =\varphi\left( ab\right) \qquad \text{for all $a\in A$ and $b\in A$.} \label{darij.pf.l2.1} \tag{1} \end{equation} Aplicando esto a $a=e$ y $b=e$ obtenemos $\varphi\left( e\right) \varphi\left( e\right) =\varphi\left( \underbrace{ee}_{=e}\right) =\varphi\left( e\right) $ . Desde $C$ es un grupo, podemos cancelar $\varphi\left( e\right) $ a partir de esta igualdad, y obtener $\varphi\left( e\right) =e$ . Combinado con nuestra suposición \eqref {darij.pf.l2.1}, esto demuestra que $\varphi$ es un homomorfismo monoide de $\left( A,\cdot\right) $ a $\left( C,\cdot\right) $ . Así, $\varphi$ es también un homomorfismo de grupo (ya que todo homomorfismo monoide entre grupos es un homomorfismo de grupo). El lema 2 queda demostrado. $\blacksquare$
Prueba del teorema 1. Los elementos $g$ y $h$ son idempotentes; por tanto, tenemos $gg=g$ y $hh=h$ .
Dejemos que $p$ sea la inversa del elemento $ghg$ en el grupo $gMg$ . Entonces, $p\left( ghg\right) =\left( ghg\right) p=g$ (ya que $g$ es el elemento neutro del grupo $gMg$ ).
Dejemos que $q$ sea la inversa del elemento $hgh$ en el grupo $hMh$ . Entonces, $q\left( hgh\right) =\left( hgh\right) q=h$ (ya que $h$ es el elemento neutro del grupo $hMh$ ).
El elemento $p$ pertenece al grupo $gMg$ pero $g$ es el elemento neutro de este grupo. Por lo tanto, $pg=gp=p$ . De la misma manera, $qh=hq=q$ .
Tenemos \begin{align} gqhghgp=g\underbrace{q\left( hgh\right) }_{=h}gp=ghgp=\left( ghg\right) p=g , \end{align} para que \begin{align} g &= gqhghgp = gqh \underbrace{\left( ghg\right) p}_{=g} = g\underbrace{qh}_{=q}g \label{darij.pf.thm1.2} \tag{2} \\ &= gqg . \label{darij.pf.thm1.3} \tag{3} \end{align} De la misma manera, \begin{equation} h = hph . \label{darij.pf.thm1.4} \tag{4} \end{equation} Definimos un mapa $\alpha:gMg\rightarrow hMh$ al establecer \begin{align} \alpha\left( x\right) =hxq \qquad \text{ for every $x\in gMg$.} \end{align} Esto está bien definido, porque cada $x\in gMg$ satisface $hx\underbrace{q} _{\in hMh}\in h\underbrace{xhM}_{\subseteq M}h\subseteq hMh$ .
Definimos un mapa $\beta:hMh\rightarrow gMg$ al establecer \begin{align} \beta\left( y\right) =pyg \qquad \text{ for every $y\in hMh$.} \end{align} Esto está bien definido, porque cada $y\in hMh$ satisface $\underbrace{p}_{\in gMg}yg\in g\underbrace{Mgy}_{\subseteq M}g\subseteq gMg$ .
Demostremos ahora que \begin{align} \alpha\left( a\right) \alpha\left( b\right) =\alpha\left( ab\right) \qquad \text{ for all $a\in gMg$ and $b\in gMg$.} \label{darij.pf.thm1.5} \tag{5} \end{align}
[ Prueba de \eqref {darij.pf.thm1.5}: Dejemos que $a\in gMg$ y $b\in gMg$ .
Tenemos $a\in gMg$ Por lo tanto, existe un $x\in M$ tal que $a=gxg$ . Considere lo siguiente $x$ . Así, $\underbrace{a}_{=gxg}g=gx\underbrace{gg}_{=g}=gxg=a$ .
Tenemos $b\in gMg$ Por lo tanto, existe un $y\in M$ tal que $b=gyg$ . Considere lo siguiente $y$ . Así, $g\underbrace{b}_{=gyg}=\underbrace{gg}_{=g}yg=gyg=b$ .
La definición de $\alpha$ produce $\alpha\left( a\right) =h\underbrace{a} _{=ag}q=hagq$ y $\alpha\left( b\right) =h\underbrace{b}_{=gb}q=hgbq$ . Multiplicando estas dos igualdades, obtenemos \begin{align} \alpha\left( a\right) \alpha\left( b\right) =ha\underbrace{gqhg} _{\substack{=g\\\text{(by \eqref{darij.pf.thm1.2})}}}bq=h\underbrace{ag}_{=a}bq=habq . \label{darij.pf.thm1.6} \tag{6} \end{align} Por otra parte, la definición de $\alpha$ produce $\alpha\left( ab\right) =habq$ . En comparación con \eqref {darij.pf.thm1.6}, esto produce $\alpha\left( a\right) \alpha\left( b\right) =\alpha\left( ab\right) $ . Así, \eqref {darij.pf.thm1.5} está probado].
Ahora, el lema 2 (aplicado a $A=gMg$ , $C=hMh$ y $\varphi=\alpha$ ) resulta que $\alpha$ es un homomorfismo de grupo de $\left( gMg,\cdot\right) $ a $\left( hMh,\cdot\right) $ . Ahora nos centraremos en demostrar que $\alpha$ es invertible.
En efecto, demostremos primero que $\beta\circ\alpha=\operatorname*{id}$ . De hecho, dejemos que $x\in gMg$ . Entonces, $xg=gx=x$ (ya que $x$ pertenece al grupo $gMg$ pero $g$ es el elemento neutro de este grupo). Tenemos \begin{align} \left( \beta\circ\alpha\right) \left( x\right) &=\beta\left( \underbrace{\alpha\left( x\right) }_{=hxq}\right) =\beta\left( hxq\right) \\ &=\underbrace{p}_{=pg}h\underbrace{x}_{=xg}qg \qquad \text{(by the definition of $\beta$)} \\ &=pgh\underbrace{x}_{=gx}\underbrace{gqg}_{\substack{=g\\\text{(by \eqref{darij.pf.thm1.3})}}}=\underbrace{pghg}_{=p\left( ghg\right) =g}\underbrace{xg} _{=x}=gx=x=\operatorname*{id}\left( x\right) . \end{align} Así, hemos demostrado que $\left( \beta\circ\alpha\right) \left( x\right) =\operatorname*{id}\left( x\right) $ por cada $x\in gMg$ . Esto demuestra $\beta\circ\alpha=\operatorname*{id}$ .
Ahora, demostremos que $\alpha\circ\beta=\operatorname*{id}$ . En efecto, dejemos que $y\in hMh$ . Entonces, $hy=yh=y$ (ya que $y$ pertenece al grupo $hMh$ pero $h$ es el elemento neutro de este grupo). Tenemos \begin{align} \left( \alpha\circ\beta\right) \left( y\right) &=\alpha\left( \underbrace{\beta\left( y\right) }_{=pyg}\right) =\alpha\left( pyg\right) \\ &= hp\underbrace{y}_{=hy}g\underbrace{q}_{=hq} \qquad \text{(by the definition of $\alpha$)} \\ &=\underbrace{hph}_{\substack{=h\\\text{(by \eqref{darij.pf.thm1.4})}}}\underbrace{y} _{=yh}ghq=\underbrace{hy}_{=y}\underbrace{hghq}_{=\left( hgh\right) q=h}=yh=y=\operatorname*{id}\left( y\right) . \end{align} Así, hemos demostrado que $\left( \alpha\circ\beta\right) \left( y\right) =\operatorname*{id}\left( y\right) $ por cada $y\in hMh$ . Esto demuestra $\alpha\circ\beta=\operatorname*{id}$ .
Los mapas $\alpha$ y $\beta$ son mutuamente inversos (ya que $\alpha\circ \beta=\operatorname*{id}$ y $\beta\circ\alpha=\operatorname*{id}$ ). Por lo tanto, el mapa $\alpha$ es invertible. Como $\alpha$ es un homomorfismo de grupo, esto muestra que $\alpha$ es un isomorfismo de grupo. Por lo tanto, existe un grupo isomorfismo de grupo $gMg\rightarrow hMh$ (A saber, $\alpha$ ). Esto demuestra el Teorema 1. $\blacksquare$
Esta prueba se obtuvo mediante mucha experimentación y simplificación iterativa simplificación iterativa. No me preguntes por la intuición que hay detrás, porque no la tengo. I sospecho que se podría acortar dos veces, pero estoy bastante contento de haber podido de la condición de finitud y, al menos, de algunos de los cálculos más feos. cálculos más feos. ¡Siéntase libre de mejorar!
Esto es cierto para cualquier semigrupo (aunque no sea un monoide) y es fácil de demostrar si se conoce Las relaciones de Green .
Si $S$ sea un semigrupo y $e$ es un idempotente de $S$ entonces $eSe$ es un monoide (con identidad $e = eee$ ). Supongamos que $e$ y $f$ son idempotentes tales que $eSe$ y $fSf$ son grupos. Entonces, en particular, $e \mathrel{\mathcal H} efe$ y $f \mathrel{\mathcal H} fef$ lo que implica que $e \mathrel{\mathcal R} ef$ y $ef \mathrel{\mathcal L} f$ De ahí que $e \mathrel{\mathcal D} f$ . Se deduce, por el lema de Green, que los dos grupos $eSe$ y $fSf$ que son grupos máximos de un regular $\mathcal D$ -clase, son isomorfas.
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