Problema 0.9.10 en "Free Ideal Rings and Localization in General Rings" de Cohn (CUP, 2006)

Question

En la p. xvii de Free Ideal Rings and Localization in General Rings de P.M. Cohn (CUP, 2006), se lee que

• un elemento $u$ de un monoide $S$ es regular si (cita) "[...] se puede cancelar, es decir, $ua = ub$ o $au = bu$ implica $a = b$";
• el monoide es cónico si (cita) "$ab = 1$ implica $a = 1$ (y por lo tanto también $b = 1$)".

En la p. 53, se lee que un monoide es invariante si cada uno de sus elementos es invariante, siendo un elemento $c \in S$ invariante si $c$ es regular y $cS = Sc$ (por lo tanto, un monoide invariante es cancelativo).

Ahora, con estas definiciones en mente, el Problema 0.9.10 en el mismo libro (p. 58) dice:

¿Es todo monoide cónico invariante necesariamente conmutativo?

El problema está numerado como "10°" por Cohn, y en la p. xiv se lee:

[...] los problemas abiertos (o en abierto) se marcan con °, aunque a veces esto puede referirse solo a la última parte; el significado suele ser claro.

Al principio, había pensado erróneamente (ver la primera versión de esta publicación) que el problema tenía una respuesta trivial, debido a la siguiente construcción:

Comience con un semigrupo $H$, elija un elemento $e \notin H$, y permita que $H^{(e)}$ sea el magma (único) obtenido al extender la operación de $H$ a una operación binaria en $H^{(e)}$ de tal manera que $ex = xe := x$ para cada $x \in H^{(e)}$. Claramente $H^{(e)}$ es un monoide (algunas personas lo llamarían una unitización incondicional de $H$); y es cancelativo, conmutativo o invariante si y solo si lo es $H$, respectivamente. Por otro lado, $H^{(e)}$ es obviamente cónico (independientemente de si esto es cierto con $H$). Por lo tanto, si $H$ es un monoide invariante no conmutativo (como el monoide de elementos no nulos de un cuerpo de derivación no conmutativo), entonces $H^{(e)}$ proporciona una respuesta negativa a la pregunta de Cohn.

Sin embargo, lo que me había perdido es que $H^{(e)}$ es un monoide cancelativo si y solo si $H$ es un semigrupo cancelativo sin unidad: Si $H$ es un monoide con identidad $1_H$, entonces $xe = x1_H = x = 1_H x = ex$ para cada $x \in H$ (y, por construcción, $e \ne 1_H$). Entonces, mi (nueva) pregunta es:

Q. ¿Alguien tiene conocimiento de algún progreso sobre el problema de Cohn desde 2006?

Answer 1

Aquí está una solución al problema. (No estoy seguro de si este problema ha sido resuelto en otro lugar.)

Paso 1: Primero construimos un dúo monoidal de forma casi libre, comenzando con dos generadores.

Para hacer esto, sea $V_0=\{x,y\}$ un conjunto que contiene dos variables, y sea $R_0=\emptyset$ la colección de relaciones que asumimos deben satisfacer.

Ahora, asumiendo que $V_n$ y $R_n$ han sido definidos para algún entero $n\geq 0$, definimos recursivamente $$ V_{n+1} = V_n\cup \{u_{n+1,s,t},v_{n+1,s,t}\, :\, s,t\in V_n\}. $$ Así, para cada par de variables $s,t\in V_n$ hemos creado dos nuevas variables. Además, definimos recursivamente $$ R_{n+1}=R_n\cup \{u_{n+1,s,t}s=st,\ tv_{n+1,s,t}=st \, :\, s,t\in V_n\}. $$ Esto garantiza que las variables pueden empujarse entre sí (ya sea a la izquierda o a la derecha).

Ahora, tomamos $V_{\omega}=\bigcup_{n\geq 0}V_n$ y $R_{\omega}=\bigcup_{n\geq 0}R_n$. El monoido $M_{\omega}$ generado por $V_{\omega}$ sujeto a las relaciones en $R_{\omega}$ es un dúo.

Paso 2: Luego forzamos la cancelatividad.

El monoido $M_{\omega}$ no es cancelativo. (De hecho, tenemos $u_{1,x,y}x=u_{2,x,y}x$ pero $u_{1,x,y}\neq u_{2,x,y}$.) Así que si $ab=ac$ en $M_{\omega}$, añadimos $b=c$ al conjunto de relaciones, y de manera similar si $ba=ca$, añadimos $b=c$ al conjunto de relaciones.

Sea $M_{\omega+1}$ el monoido generado por $V_{\omega}$ sujeto a las relaciones en $R_{\omega+1}$. Es posible que $M_{\omega+1}$ esté garantizado que sea cancelativo; sin embargo, lo dudo. En cualquier caso, podemos repetir el proceso anterior, añadiendo nuevas relaciones a $R_{\omega+1}$ si es necesario. Después de repetir este proceso un número infinito de veces, tenemos un conjunto de relaciones $R_{\omega\cdot 2}$, y el monoido $M=M_{\omega\cdot 2}$ generado por $V_{\omega}$ y sujeto a estas relaciones es a la vez cancelativo y dúo.

Es importante destacar que después de forzar la cancelatividad, esta construcción es verdaderamente una construcción libre. No hay libertad en la introducción de las nuevas variables que fuerzan las condiciones de dúo; ya que si $us=st$ y $u's=st$, entonces $u=u'$ (y de forma similar en el otro lado)

Paso 3: ¡La condición cónica viene de forma gratuita!

Considerando que cada variable tiene grado/clase $1$, podemos verificar que en cada uno de los dos pasos anteriores, todas las relaciones son homogéneas en la gradación. Por lo tanto, en particular $M$ es cónico; la única unidad unilateral es $1$, por un simple argumento de clase

Paso 4: Verificar que $x$ y $y$ no conmutan en $M$.

Hacemos esto notando que el anillo de cuaterniones reales, $Q$, es un dominio. Por lo tanto, $Q-\{0\}$ es un monoido dúo y cancelativo (pero claramente no cónico). Por la condición de libertad, podemos emparejar $M$ con $Q-\{0\}$ enviando $x$ y $y$ a elementos no nulos, no conmutativos. Dado que sus imágenes no conmutan en $Q$, las relaciones en $R_{\omega\cdot 2}$ no pueden forzar la conmutatividad de $x$ y $y$.

Answer 2

Mencioné este problema a George Bergman y él ofreció la siguiente solución mucho más simple, que me dio permiso para publicar. En sus propias palabras:

Toma cualquier grupo no abeliano $G$ con un homomorfismo no trivial $f\colon G \to \mathbb{Z},$ y sea $S$ el submonoido de $G$ con conjunto subyacente $\{e\} \cup \{x\in G\, |\, f(x) > 0 \}.$

Si $G$ es el grupo libre en dos símbolos $x,y$, y $f$ es el homomorfismo determinado por la regla $f(x)=f(y)=1$, entonces creo que el monoide $M$ descrito en mi otra respuesta es el "duo-hull" de $x$ y $y$ dentro del monoide $S$.