Monoids con la izquierda común múltiplo

Question

Así que este es un resultado que creo que es cierto, pero todavía tienen que encontrar una rápida prueba para.

Decir $M$ es un monoid que está a la izquierda cancellative ($xy=xz\Rightarrow y=z$) y admite la izquierda común múltiplo ($\forall y,z \exists w,x \,(wy=xz)$). Entonces es cierto que $M$ es derecho cancellative? Si no, se puede proporcionar una explícita contraejemplo? Gracias!

Answer 1

Considerar la monoid de uno a uno las funciones de la set $\mathbb N$ de los números naturales (no necesariamente en sí mismo. El monoid operación es la composición, y mi notacional convención es que los $xy$ significa que primero se aplican $y$ y, a continuación, aplicar $x$. Esta es la izquierda cancellative porque las funciones son uno-a-uno. Para demostrar la existencia de la izquierda común múltiplo, voy a probar un poco más, es decir que, para cualquier $z$ existe $x$ tal que $xz$ es la función de $n\mapsto2n$. Dado $z$, es fácil de definir un $x$: En el rango de $z$, se define (como debe ser) por $x(z(n))=2n$; fuera de la gama de $z$, mapas de todo en un uno-a-una forma en el conjunto de los números impares. La aplicación de esta construcción a $z$ y también a un determinado $y$, se obtiene el $x$ $w$ necesaria para la izquierda común múltiplo de propiedad. Pero el derecho de cancelación falla, porque nuestros mapas no necesita ser a $\mathbb N$. Dado que no-surjective $z$ en nuestro monoid, podemos construir $x$ por encima y luego, como el complemento de la gama de $z$ no está vacía, la construcción de una diferente $x'$ que difiere de $x$ a un punto de no en el rango de $z$, pero ha $x'z=xz$.

Para una contables ejemplo, acaba de cortar para el conjunto de aritméticamente definibles elementos de este monoid. (Por "aritméticamente definible", me refiero a definible en la lógica de primer orden con símbolos para la suma y la multiplicación y con las variables que van más de $\mathbb N$. El punto es que todas las construcciones anteriores se puede hacer fácilmente definably.)

Answer 2

Si su monoid $M$ es derecho cancellative, a continuación, se incrusta en un grupo [A. H. Clifford, G. B. Preston, La teoría algebraica de semigroups, Teorema 1.23 (Mineral teorema)]. Por otro lado hay a la izquierda cancellative semigroups con la izquierda común múltiplo que no incrustar en un grupo. Por ejemplo Baer--Levi semigroups [A. H. Clifford, G. B. Preston, Teorema 8.2] derecho cancellative con el derecho común múltiplo y no incrustar en grupos. Así que un semigroups, antiisomorphic a Baer--Levi semigroups, son deseado contraejemplos.