dar un contraejemplo de monoid

Question

Si $G$ es un monoid, $e$ es su identidad, si $ab=e$$ac=e$, me puede dar un contraejemplo tal que $b\neq c$?

Si no, por favor, probar la $b=c$.

Muchas gracias.

Answer 1

Considerar la infinita producto Cartesiano

$$S = \prod_{i=1}^{\infty} \mathbb{Z} $$

Los mapas de $f \colon S \rightarrow S$ formar un monoid en virtud de la composición, con identidad la identidad del mapa.

Deje $a \colon S \rightarrow S$ ser el mapa

$$ a ((z_1, z_2, z_3 \ldots)) = (z_2, z_3, z_4, \ldots)$$

Deje $b$ ser el mapa

$$ b ((z_1, z_2, z_3 \ldots)) = (0, z_1, z_2, z_3 \ldots)$$

y deje $c$ ser el mapa

$$ c ((z_1, z_2, z_3 \ldots)) = (1, z_1, z_2, z_3, \ldots)$$

A continuación,$ab = ac = e$, pero $b \neq c$.

Answer 2

Veamos el endomorphisms de un determinado espacio vectorial: es decir, dejar que nuestro espacio vectorial $V := \mathbb{R}^\infty$, por lo que un elemento de $V$ parece una contables (no necesariamente convergente) y la secuencia de los números reales. El conjunto de lineal mapas de $\phi: V \rightarrow V$ formar un monoid bajo la sección de composición(la prueba!). Deje $R: V \rightarrow V$ ser el derecho de cambio de mapa, es decir, se tarda $R: (x_0, x_1, \dots) \mapsto (0,x_0,x_1, \dots)$. Deje $L: V \rightarrow V$ ser el desplazamiento a la izquierda en el mapa $L: (x_0, x_1, \dots) \mapsto (x_1, x_2, \dots)$, claramente $L \circ R = \textrm{id}_V = e$. Ahora defina $R' : V \rightarrow V$ donde $R' : (x_0, x_1, \dots) \mapsto (x_0, x_0, x_1, x_2, \dots)$. También tenemos $L \circ R' = \textrm{id}_V = e$, pero estos son diferentes mapas.

Hay probablemente más simples ejemplos, pero esto es bastante explícito, así que pensé que sería bueno para ver.

Answer 3

Sí, no es un simple ejemplo.

Deje $G$ ser el libre monoid $A =\{a,b,c\}$ la satisfacción de las relaciones $ab = ac =e$.

Intuitivamente, $G$ es el conjunto de todos finito de cadenas de más de $A$ que no contienen ni el subword $ab$ ni $ac$. O, creo que de $b$ $c$ como diferentes, pero que cancelar una sola trailing $a$ cuando se multiplica por la derecha.

---

Si usted está preocupado de que debemos mostrar $b \neq c$, luego de hacerlo de esta manera en lugar. Olvidar la parte acerca de las relaciones y acaba de definir $G$ como cadenas de más de $A=${a,b,c}, que es: $G \subset A^*$, $G = \{x \in A^*:\text{neither }ab\text{ nor }ac\text{ is a subword of }x\}$ o $G = A^* - A^*abA^* - A^*acA^*$. La multiplicación en $G$ es ordinario cadena catentation, a excepción de dos casos especiales: $xa \cdot by = xy$$xa \cdot cy = xy$$x, y \in G$. Usted puede comprobar fácilmente que $G$ con esta multiplicación es una monoid y cumple con los criterios, y no hay ninguna razón para preocuparse de que $b=c$.

En particular, las cadenas de caracteres "$b$" y "$c$", ambos están en el libre monoid $A^*$ y nada en la resta de conjuntos quita, ni tampoco de la multiplicación de las reglas, por lo que todavía están en el $G$. Por lo tanto, la monoid elementos $b$ $c$ $G$ son distintos.

---

anexo -- Esta G es la "más simple" posible en el sentido de ser universal. Esto es, para cualquier morfismos $f$ y monoid $M$ la satisfacción de los criterios de $f(ab)=f(ac)=f(e)=e$,$f:A^* \rightarrow M$, hay un morfismos $g:G \rightarrow M$ con $g(x)=f(x) \text{ for all } x \in A$. $g$ simplemente actúa correctamente en $A$, y luego se extiende a $A^*$

Que no se puede decir de Barry monoid de funciones: $S \rightarrow S$ porque tiene más estructura, es decir, $ba=ca=e$ y otros. Así que incluso si se utiliza sólo el cierre de $\{a,b,c,e\}$ en función de la composición (en lugar de que todas las funciones: $S \rightarrow S$), tendrías extra estructura en S frente a la gratuita de su caso, lo que le impide actuar universal wrt G.

Answer 4

Para cualquiera que esté interesado, aquí hay un par de ejemplos más, seguido de algunos casos particulares en los que esta propiedad es true.

Ejemplos

1. Deje $T$ ser el monoid de funciones en $\mathbb{N}$, en virtud de la composición. Vamos $b(x) = 2x$, $c(x) = 2x+1$, y $a(x) = \lfloor x / 2 \rfloor$. Tenemos $a(b(x)) = x$ $a(c(x)) = x$ pero $b \ne c$.

2. Deje $X$ el conjunto de $\mathcal{C}^\infty$ funciones $[0,1]$, y deje $L$ ser el monoid de operadores lineales en $X$. (De hecho, $L$ es un anillo.) Vamos $A(f) = \frac{df}{dx}$, $B(f) = \int_0^x f(t) \; dt$, y $C(f) = f(0) + \int_0^x f(t) \; dt$. De nuevo $A \circ B = A \circ C = \text{id}$, pero $B \ne C$.

Casos Especiales

• Supongamos $M$ es finito. A continuación, $ab = ac = e$ implica $b = c$.

  Prueba. $M$ natural incrusta en el monoid $T$ de las funciones en $M$ través $a \mapsto f_a$ donde $f_a(x) = ax$. (Vea también.) $T$ es finito. Si $ab = ac = e$ $f_a$ es surjective, por lo tanto inyectiva, por lo tanto su inversa es única.

• Supongamos $M$ es conmutativa. A continuación, $ab = ac = e$ implica $b = c$.

  Prueba. $b = abc = c$.