Pequeño magmas con identidad, inversas, y casi la asociatividad

Question

En la construcción de una buena pedagógico no-ejemplo de un grupo, sería agradable tener un ejemplo que satisface todas las propiedades de un grupo, salvo que no es precisamente un contraejemplo a la propiedad asociativa (especialmente dado que esto es difícil de leer de una "tabla de multiplicar"). Saltar a un conjunto con los cinco elementos y construye una tabla como

$$ \begin{array}{c | c c c c c} & a & b & c & d & e\\\hline a & a & b & c & d & e \\ b & b & a & d & e & c \\ c & c & e & a & b & d \\ d & d & c & e & a & b \\ e & e & d & b & c & a \end{array}$$

Desafortunadamente, con esta tabla, muchas asociaciones que no están obviamente válido error. Me pregunto si es posible mostrar que el ideal de la no-ejemplo que se describe anteriormente no existe. También me pregunto si hay ejemplos de tablas de pequeño magmas donde un "sorprendente" número de asociaciones que son válidos (aparte de las tablas de grupo!)

Answer 1

He publicado un argumento que no hay tal magma antes. Contenía un error, sin embargo, por lo que tuve que eliminarlo. El siguiente argumento es una versión revisada y mejorada versión de la anterior y debe ahora esperemos que muestran que, en realidad, no existe tal magma. Para (satisfacer las más estrictas condiciones).

Supongamos que $G$ es de casi un grupo en su sentido: tenemos una identidad, todo lo recíproca, sino, precisamente, uno de la asociación de falla. En símbolos: para, precisamente, uno triple $(a,b,c)$ de los elementos de $G$ tenemos que $(ab)c\neq a(bc)$. Vamos a ver que esto lleva a una contradicción.

Primero voy a probar algunos de los lemas.

Lema 1. El elemento de identidad de $G$ es único.

Prueba. Supongamos $e$ $f$ son elementos de identidad. A continuación,$e = ef = f$, y hemos terminado. $\square$

Así, a partir de este punto en, $e$ indican la identidad.

Lema 2. Supongamos $d$ es una inversa de a $b$, es decir,$bd=db=e$. A continuación, cualquiera de $d\neq a$ o $d\neq c$.

Prueba. De lo contrario tendríamos $a = d = c$, lo que implicaría $(ab)c = (db)c = ec = c = a = ae = a(bd) = a(bc)$, lo que contradice nuestra suposición. $\square$

El lema que hemos sido justo, nos va a permitir dividir las diferentes partes de la prueba en dos casos.

Lema 3. Cada elemento de a $x\in G$ tiene un único inverso.

Prueba. Deje $y$ $z$ dos inversos de las $x$, es decir,$xy = yx = e$$xz=zx=e$. Vamos a examinar dos casos. Primer caso: vamos a $x\neq b$. A continuación, $y(xy)=y(xz)$ y desde $x\neq b$, este producto associates, por lo $(yx)y=(yx)z$, lo que significa que $y = ey = ez = z$. Segundo caso: vamos a $x = b$. En este caso, por el lema 2,$y\neq a$, en cuyo caso $y(xy)=y(xz)$ (lo cual es cierto por la hipótesis de nuestro lema) se asocia en ambos lados, de nuevo produciendo $y = z$ o más $y \neq c$, en cuyo caso $(yx)y=(zx)y$ se asocia en ambos lados y el rendimiento de una vez de nuevo $y = z$. $\square$

Así, a partir de este punto, vamos a escribir $x^{-1}$, por la única inversa de a $x$.

Lema 4. En $G$ las siguientes implicaciones:se

1. si $x\in G$$x^2 =x$,$x=e$,
2. si $b^{-1}\neq a$$xy=xz$,$y=z$,
3. si $b^{-1}\neq c$$yx=zx$,$y=z$,
4. si $x\in G$,$(x^{-1})^{-1}=x$.

Prueba. En todas estas pruebas usaremos el hecho de que $(a,b,c)$ es el único triple que no se asocian:

1. Volveremos sostienen casos: en primer lugar, si $x\neq b$, podemos multiplicar por $x^{-1}$, lo que nos da $x^{-1}(xx)=x^{-1}x$. Aquí el primer producto de asociados, porque $x\neq b$, dándonos $(x^{-1}x)x=x^{-1}x$, lo que claramente dice que $x=e$. Si, por otro lado, $x = b$,$b^2=b$. Si $b^{-1}\neq a$, esto le da a $b^{-1}(bb)=b^{-1}b$ y por lo tanto por la asociatividad en este caso: $b = e$. Si $b^{-1} \neq c$, que en lugar de examinar $(bb)b^{-1}=bb^{-1}$, que a su vez asociados y nos da $b=e$.
2. Si $x\neq b$, las siguientes igualdades: se $y = (x^{-1}x)y = x^{-1}(xy)= x^{-1}(xz) = (x^{-1}x)z = z$. Si $x=b$, el mismo igualdades, pero esta vez por una razón diferente: $b^{-1}\neq a$.
3. Esto puede ser demostrado ser completamente simétrica.
4. Esto se deja como ejercicio para el lector, y es demostrado una vez más mediante el examen de la costumbre de los casos más o menos de la misma manera como antes.

Esto concluye la prueba. $\square$

Lema 5. Supongamos $(aa)c\neq a(ac)$$ac=a$. A continuación,$aa\neq e$.

Prueba. Supongamos $aa=e$. Entonces por $(\dagger)$ desde el siguiente párrafo, $cc\neq c$, lo $cc=(aa)(cc)=a(a(cc))=a((ac)c)=a(ac)=aa=e$. Esto implica, además, que $ca\neq e$, porque eso implicaría $a=(ca)a=c(aa)=c$. Más aún, $ca\neq c$, debido a que esto implicaría $a=e$. (Multiplicar por $c^{-1}$ a la izquierda.) También, $ca\neq a$, desde entonces $\lbrace e, a, b\rbrace$ sería un conmutativa submagma de $G$, lo que implicaría $(aa)c=c(aa)=(ca)a=a(ca)=a(ac)$. Así que podemos escribir $x=ca$ donde $x\notin\lbrace e,a,b\rbrace$. Se puede calcular mediante las asociaciones que tenemos por nuestra hipótesis es que esto (si es consistente en todos; en el hecho de que las fuerzas de todo tipo de contradicciones) de las fuerzas de la siguiente tabla de multiplicación de estos elementos:

$$\begin{array}{c | c c c c} & e & a & c & x\\\hline e & e & a & c & x \\ a & a & e & a & e \\ c & c & x & e & a \\ x & x & c & x & c \end{array}$$

Pero esto implica, por ejemplo,$(xx)x=a$$x(xx)=x$, una contradicción, ya que $(a,b,c)$ se suponía iba a ser el único triple que no se asocia. $\square$

Ahora, vamos a derivar una contradicción. En el siguiente $|A|$ se denota la cardinalidad del conjunto de $A$. Tenga en cuenta que siempre podemos suponer que $e\notin\lbrace a,b,c\rbrace$, ya que de lo contrario el triple $(a,b,c)$ asociado, contrariamente a nuestra hipótesis. Este conocimiento, junto con el primer punto del lema 4, nos dice que $$aa\neq a, bb\neq b \text{ and } cc\neq c\qquad (\dagger)$$, que será muy útil en las siguientes pruebas.

Proposición 1. $|\lbrace a,b,c\rbrace|\neq 1$

Prueba. Supongamos $|\lbrace a,b,c\rbrace| = 1$. Luego tenemos a $a(aa)\neq(aa)a$. Podemos suponer que $aa\neq a$$aa\neq e$, ya que de lo contrario $a(aa)=(aa)a$, que contradice nuestra suposición básica. Por eso, $aa=x\notin\lbrace e,a\rbrace$. Los cálculos muestran: $(ax)a^{-1}= a(xa^{-1})=a((aa)a^{-1})=a(a(aa^{-1}))=aa=x$. La tercera igualdad de aquí se justifica por $a^{-1}\neq a$, ya que el $aa\neq e$. Los otros son vistos fácilmente. Pero esto implica: $xa=((ax)a^{-1})a=(ax)(a^{-1}a)=ax$. La segunda desigualdad es otra vez una consecuencia de $a\neq a^{-1}$. Pero desde $x=aa$, por definición, $xa=ax$ contradice nuestra suposición. $\square$

Proposición 2. $|\lbrace a,b,c\rbrace|\neq 2$

Prueba. Supongamos $|\lbrace a,b,c\rbrace| = 2$. A continuación, precisamente uno de los siguientes sostiene: $a=b$, $b=c$ o $a=c$. Vamos a demostrar que cada uno de estos casos es de hecho imposible.

Primer caso: $a=b$. En este caso tenemos a $(aa)c\neq a(ac)$. La siguiente igualdad es una consecuencia de $(\dagger)$: $((aa)c)c = (aa)(cc)=a(a(cc))$ y en $(a(ac))c=a((ac)c)=a(a(cc))$ la primera igualdad se justifica por darse cuenta de que es sólo puede fallar si $ac=b=a$ que por el lema 4 implicaría bien $c=e$, que no es el caso, o $aa=e$, lo cual es desmentido por el lema 5. La segunda igualdad se justifica por el hecho de que $a\neq c$. Así que, extrañamente $((aa)c)c = (a(ac))c$. Pero desde $c\neq b$, podemos multiplicar por $c^{-1}$ a la derecha, el uso de la asociatividad y la obtención $(aa)c=a(ac)$, una contradicción.

Segundo caso: $b=c$. Este es refutada de forma simétrica como en el primer caso. (El uso de un lexema, simétrico al lema 5.)

Tercer caso: $a=c$. Aquí $a(ba)\neq (ab)a$. Multiplicando por $b$ vemos: $(a(ba))b=a((ba)b)=a(b(ab))=(ab)(ab)$, donde las dos primeras igualdades seguir de $a\neq b$ y la última de $ab\neq a$, lo cual es visto por multiplicar por $a^{-1}$ desde la izquierda y con el hecho de que $b\neq a$. También, $((ab)a)b=(ab)(ab)$, debido a $a\neq b$. Por eso, $(a(ba))b = ((ab)a)b$. Multiplicamos por $b^{-1}$ desde la derecha, y el uso de la asociatividad, que se deduce del hecho de que $b^{-1}\neq a$, que lexema 2 amablemente nos ofrece, una vez más, la obtención de una contradicción.

Esto concluye la prueba. $\square$

Proposición 3. $|\lbrace a,b,c\rbrace|\neq 3$

Prueba. Debido a $a,b,c$ son distintos en este caso, las asociaciones se justifica un poco más facilidad que antes, por lo que acaba de escribir. Si $ca\neq a$, podemos usar el siguiente truco: $c((ab)c)=(c(ab))c=((ca)b)c=(ca)(bc)=c(a(bc))$ y multiplicando por $c^{-1}$ y utilizando el hecho de que $c\neq b$, obtenemos $a(bc)=(ab)c$, una contradicción. Si $ac\neq c$, una simétrica truco funciona. Así que podemos suponer sin pérdida de generalidad, que el$ac=c$$ca=a$. Esto implica $(ca)c=ac=c$$c(ac)=cc$, por lo $cc=c$ $c=e$ por el lema 4, una última contradicción. $\square$

Ahora, la cardinalidad de a $\lbrace a,b,c\rbrace$ es claramente $1,2$ o $3$, por lo que estas tres proposiciones en la forma de una contradicción. Esto completa el argumento.

Answer 2

No puedo pensar en ninguna buena manera de hacer esta otra de una búsqueda por fuerza bruta. Para evitar algunos isomorfo magmas, fix $a$ como la identidad, luego se divide en 2 casos: $bb=a$ o $bb=c$. En el primer caso, usted puede deducir $bc=d$, por lo que la segunda fila es exactamente como se muestran arriba. Ahora si $cb=e$, luego la segunda columna es forzado, y una selección de $cc$ $a$ o $b$ fuerzas el resto de la parrilla. Si en lugar de $cb=d$, luego la segunda columna es forzado y $cc$ debe $e$ (selección de $a$ o $b$ daría lugar a una incoherencia); ahora una selección de $cd$ $a$ o $b$ fuerzas el resto de la parrilla. Por lo que hay en la mayoría de 4 nonisomorphic magmas con $bb=a$.

Ahora si $bb=c$ en lugar de eso, entonces podemos asumir $bc=d$, por lo que la segunda fila debe ser $bcdea$, e $ce$ debe $b$ o $d$. Si $ce=b$, a continuación, el resto de la parrilla se ve obligado, líder para el grupo de 5 elementos. Si $ce=d$, $cd$ podría ser $a$ o $b$. Si $cd=b$ esto lleva a que (en la mayoría) de las 3 más (nonisomorphic) magmas, dependiendo de las opciones para$cc$$dc$. Si $cd=a$, a continuación, la grilla completa para un máximo de 2 más de los magmas.

Así que si lo has hecho todo correctamente (por favor marque, yo lo hice un poco rápido... me recordó a un rompecabezas de Sudoku), tenemos a más de 10 magmas total, no debería ser demasiado difícil de usar un ordenador para comprobar cuánto asociatividad hay en cada uno (no puedo pensar en una mejor manera).

Answer 3

Seguí pensando acerca de la falta de asociatividad de los magmas y vino a nuevas conclusiones. Desde mi anterior respuesta ya es bastante largo, voy a escribir uno nuevo para una mejor legibilidad. Esto también parece más apropiado, ya que esta respuesta va a cubrir un aspecto diferente del problema.

En la teoría de la no-álgebras asociativas es común para definir un núcleo. Este es el conjunto de todos los elementos que se asocian a cada elemento. Podemos definir un núcleo de un magma de forma análoga. Vamos a decir $M$ es un casi-grupo si $M$ es un magma con identidad y todo lo recíproca, de tal manera que al menos uno de asociatividad falla (es decir,$\exists x,y,z\in M: (xy)z\neq x(zy)$). Podemos definir el núcleo de magma $M$ como sigue:$$N(M)=\lbrace x\in M|\text{ }\forall y,z\in M:(xy)z=x(yz)\textrm{ and }(yx)z=y(xz)\textrm{ and }(yz)x=y(zx)\rbrace.$$

Estamos interesados en la no-asociativo casi-grupos con un montón de asociatividad. Para estudiar de manera eficiente, vamos a definir algunas funciones. Vamos a decir $(x,y,z)\in M^3$ es un no-asociativo triple si $(xy)z\neq x(yz)$. Para cada uno de los casi-grupo $M$ definir el número de no-asociativo triples: $$k(M)=\operatorname{card}(\lbrace (a,b,c)\in M^3|\text{ }(a,b,c)\textrm{ is a non-associative triple}\rbrace)$$ Now we can define the following function (as proposed by Barry Smith): $$f:\mathbb N_{\ge 3}\to\mathbb N, f(n)=\min\lbrace k(M)|\text{ }M\textrm{ is an almost group of cardinality } n\rbrace$$

La función de $f$ cuenta el menor número posible de no asociativo triples casi un grupo de $M$ de cardinalidad $n$ puede tener. En mi otra respuesta, me han demostrado que $f(n)\ge 2$ todos los $n\ge 3$. (Tenga en cuenta que no hay casi-grupos de cardinalidad menor que $3$.) El resultado de nuevo voy a demostrar aquí es que $f$ es de hecho infinito. Pero primero voy a necesitar el siguiente lema.

Lema. Deje $M$ ser un casi-grupo. A continuación, $N(M)$ es un grupo.

Prueba. Vamos a demostrar las propiedades de un grupo, uno por uno.

1. El cierre. Deje $x,y\in N(M)$. Vamos a probar que $xy\in N(M)$. Para ver esto, vamos a $z,w\in M$ ser arbitraria de elementos. Los siguientes cálculos muestran que $xy$ asociados con cada par de elementos de $M$: $$((xy)z)w=(x(yz))w=x((yz)w)=x(y(zw))=(xy)(zw)\\(z(xy))w=((zx)y)w=(zx)(yw)=z(x(yw))=z((xy)w)\\(zw)(xy)=((zw)x)y=(z(wx))y=z((wx)y)=z(w(xy))$$ Here each equality uses either the fact that $x\in N(M)$ or that $s\N(M)$.
2. La asociatividad. $N(M)$ es asociativa prácticamente por definición.
3. De la identidad. Deje $e$ ser la identidad de $M$. A continuación, $e$ es una identidad de $N(M)$. A ver que $e$ es de hecho un elemento de $N(M)$, vamos a $z,w\in M$. A continuación, $(ez)w,e(zw),(ze)w,z(ew),(zw)e$ $z(we)$ son claramente todos iguales a $zw$, lo que demuestra la demanda.
4. La recíproca. Deje $x\in N(M)$ y deje $x'$ ser una inversa de a $x$, es decir,$xx'=x'x=e$. Vamos a demostrar que $x'\in N(M)$. De nuevo, sólo tenemos que verificar algunos associativities, así que vamos a $z,w\in M$ nuevo ser arbitraria. Entonces: $$(x'z)w=(x'x)((x'z)w)=x'(x((x'z)w))=x'((x(x'z))w)=x'(((xx')z)w)=x'(zw)\\(zx')w=(zx')((xx')w)=(zx')(x(x'w))=((zx')x)(x'w)=(z(x'x))(x'w)=z(x'w)\\(zw)x'=(z(w(x'x)))x'=(z((wx')x))x'=((z(wx'))x)x'=(z(wx'))(xx')=z(wx')$$ Here each step uses either the fact that $x\in N(M)$ or the fact that $xx'=x x=e$.

Esto concluye la prueba. $\square$

Este lema nos dice mucho acerca de la estructura de casi-grupos con un montón de asociatividad, ya que estos deben de tener un gran núcleo. Se nos dice que una gran parte de ellos ya es un grupo. Tenga en cuenta que la prueba del lema anterior (+un poco de conocimiento de teoría de grupos) en realidad resulta algo más: elementos de la $N(M)$ tienen un único inversos en $M$ que además mienten en $N(M)$.

La siguiente proposición nos dirá que para cada una de las $n\in\mathbb N$ $m>6n$ tenemos $f(m)> n$. (Esto quiere decir $f$ es ilimitado.)

La proposición. Deje $M$ ser un casi-grupo tal que $|M|\ge 6n+1$. Entonces hay al menos $n+1$ no asociativo triples en $M$.

Prueba. Deje $M=N\cup K$ donde$N=N(M)$$K=M\setminus N(M)$. Supongamos que hay $\le n$ no asociativo triples. Esto significa $|K|\le 3n$ y, por tanto,$|N|\ge 3n+1$. Ahora, desde la $M$ es de casi un grupo, $K$ no puede ser vacío. Así que vamos a $z\in K$. Deje $A=\lbrace xz|\text{ }x\in N\rbrace$. Tenga en cuenta que $A\subseteq K$. (Suponga que no. A continuación, debe haber alguna $x\in N$, $z\in K$ tal que $xz\in N$. Pero, a continuación,$z = (x^{-1}x)z = x^{-1}(xz)\in N$, debido a $N$ es un grupo. Esta es una contradicción.) Por lo tanto,$|A|\le 3n$. Pero $N$ $3n+1$ elementos, por lo que esto implica (por el principio del palomar) que debe ser de un par de elementos distintos $x_1,x_2\in N$ tal que $x_1z=x_2z$. Además, $z$ tiene una inversa $z'$. Esto implica $(x_1z)z'=(x_2z)z'$ e lo $x_1=x_1(zz')=x_2(zz')=x_2$, ya que el $x_1,x_2\in N$. Pero esto contradice la suposición de que $x_1\neq x_2$, por lo que concluye la prueba. $\square$

Por lo que hemos encontrado un límite inferior para $f$. Un límite superior es más fácil de encontrar: vamos a $G$ ser el único grupo cíclico de cardinalidad $n \ge 3$. Cambiar exactamente una entrada (por ejemplo, redefinir $1+1$$0$) en su multiplicación (en este caso, además) tabla de rendimiento de casi un grupo de $M$. Podemos contar con que, al hacerlo, nos han cambiado en la mayoría de las $2n$ triples, por lo tanto, hemos encontrado un casi-grupo de cardinalidad $M$ tal que $k(M)\le 2n$. Esto implica que para cada una de las $n\ge 3$ tenemos los siguientes límites para $f$: $$\lceil\frac n6\rceil\le f(n)\le2n.$$