Ya te han dado la mayoría de las entradas para el grupo de Mesa Cayley así que veamos si podemos construir el resto.
En particular, dejemos que $\rho = \sigma\tau = \tau\sigma$ denotan el cuarto elemento del grupo. Entonces, sólo a partir de lo que te han dado (y de la definición del elemento unitario $e$ ) tenemos:
$$\begin{array}{|c|cccc|} \hline {\times} & e & \sigma & \tau & \rho \\ \hline e & e & \sigma & \tau & \rho \\ \sigma & \sigma & e & \rho \\ \tau & \tau & \rho & e \\ \rho & \rho \\ \hline \end{array}$$
Ahora sólo hay que rellenar las entradas restantes que implican $\rho$ . Empecemos en la esquina, con $\rho^2$ . Desde $\rho = \sigma\tau = \tau\sigma$ tenemos $\rho^2 = (\sigma\tau)^2 = \sigma\tau\sigma\tau = \sigma\sigma\tau\tau = \sigma^2\tau^2 = e^2 = e$ .
¿Y el resto de las entradas? Bueno, está claro que tenemos $\sigma\rho = \sigma\sigma\tau = \sigma^2\tau = e\tau = \tau$ . Por un razonamiento similar, también podemos ver que $\tau\rho = \tau\tau\sigma = \sigma$ , $\rho\sigma = \tau\sigma\sigma = \tau$ y $\rho\tau = \sigma\tau\tau = \sigma$ . Así que la tabla de multiplicar completa tiene este aspecto:
$$\begin{array}{|c|cccc|} \hline {\times} & e & \sigma & \tau & \rho \\ \hline e & e & \sigma & \tau & \rho \\ \sigma & \sigma & e & \rho & \tau \\ \tau & \tau & \rho & e & \sigma \\ \rho & \rho & \tau & \sigma & e \\ \hline \end{array}$$
Ahora podemos comprobar finalmente que esta tabla de multiplicación satisface la axiomas de grupo . En concreto, el axioma de cierre es trivial de comprobar, $e$ es una identidad por construcción, y podemos ver que cada elemento es su propio inverso. Así que lo único que queda por comprobar es que la operación de grupo es asociativa. (Hemos supuesto que lo era cuando rellenamos la tabla anterior, pero eso sólo significa que si el operador es efectivamente asociativo, esos son los valores que debe tomar para las casillas que rellenamos).
Dado que sólo tenemos cuatro elementos, tenemos podría Sólo hay que comprobar todos los $4^3 = 64$ combinaciones por fuerza bruta. O podemos ser un poco inteligentes y saltarnos todas las combinaciones que impliquen el elemento de identidad $e$ ya que claramente $xy = (ex)y = e(xy) = (xe)y = x(ey) = (xy)e = x(ye)$ para todos $x$ y $y$ , dejándonos sólo $3^3 = 27$ combinaciones para comprobar.
O podemos ser un poco más inteligentes aún, y observar que la tabla de Cayley que acabamos de construir es altamente simétrica, y en particular que, si $x$ , $y$ y $z$ son los tres elementos distintos no identitarios del grupo en cualquier orden, siempre satisfarán las ecuaciones $x^2 = e$ y $xy = yx = z$ y, por tanto, también todas las siguientes: $$ x(xx) = xe = x = ex = (xx)x, \\ x(xy) = xz = y = ey = (xx)y, \\ x(yx) = xz = y = zx = (xy)x, \\ y(xx) = ye = y = zx = (yx)x, \\ x(yz) = xx = e = zz = (xy)z.$$
Esto es suficiente para demostrar que la operación $\times$ definida por la tabla de Cayley anterior es efectivamente asociativa para todas las combinaciones posibles de tres elementos, y por tanto $G = (\{e, \sigma, \tau, \rho\}, {\times})$ es efectivamente un grupo. (A partir de la simetría de la tabla de Cayley, también podemos ver claramente que $\times$ también es conmutativo, lo que hace que el grupo sea abeliano).
Por supuesto, podría decirse que el más fácil solución es simplemente reconocer que la tabla de Cayley que hemos construido arriba coincide con la del Klein de cuatro grupos y que el grupo putativo que acabamos de construir es, por tanto, isomorfo a él. Por supuesto, hay que ser consciente de la existencia del grupo de cuatro (y, en particular, del hecho de que, hasta el isomorfismo, sólo hay dos grupos con cuatro elementos -el otro es el grupo cíclico de orden 4, que obviamente no es tu grupo-) para hacer uso de este atajo particular.
