Para todos $a,b,c,d,e \in G$, $$a\cdot(b \cdot c) = d \cdot (e \cdot c) \implies b = (\bar a\cdot d) \cdot e. \tag 1$$
Lema 1: Para todos los $x \in G$, $\bar x \cdot x$ está a la izquierda de la identidad.
Prueba: Si tomamos $a=c=d=x$ $b=e=y$ $(1)$ obtenemos,
$$x\cdot(y \cdot x) = x \cdot (y \cdot x) \implies y = (\bar x\cdot x) \cdot y,$$
y $x\cdot(y \cdot x) = x \cdot (y \cdot x)$ es cierto para todos los $x,y \in G$, lo $y = (\bar x\cdot x) \cdot y$ para todos los $x,y \in G$. $\qquad \blacksquare$
Lema 2: Para todos los $x,y,z \in G$ si $x \cdot z = y \cdot z$$x=y$, es decir, la operación $\cdot$ es derecho cancellative.
Prueba: Si tomamos $a=b=d=x$, $c=z$ y $e=y$ $(1)$ obtenemos,
$$x\cdot(x \cdot z) = x \cdot (y \cdot z) \implies x = (\bar x\cdot x) \cdot y,$$
y si $x \cdot z = y \cdot z$$x\cdot(x \cdot z) = x \cdot (y \cdot z)$, por lo que $x = (\bar x\cdot x) \cdot y = y$. $\qquad \blacksquare$
Lema 3: Para todos los $x,y \in G$,$\bar x \cdot x = \bar y \cdot y$.
Prueba: De Lema 1, sabemos $\bar x \cdot x$ $\bar y \cdot y$ se dejan ambas identidades, por lo $(\bar x \cdot x) \cdot x = (\bar y \cdot y) \cdot x$, por lo que desde Lema 2 se sigue que $\bar x \cdot x = \bar y \cdot y$. $\qquad \blacksquare$
Definición: Dejar $1$ denotar el elemento de $G$ que es igual a $\bar x \cdot x$ todos los $x \in G$.
Lema 4: $\bar 1 = 1$.
Prueba: Por la definición de $1$, ya que el $1 \in G$ tenemos $1 = \bar 1 \cdot 1$, y del Lema 1 sabemos que $1$ es una izquierda de identidad para $1 = 1 \cdot 1$. Por lo tanto $\bar 1 \cdot 1 = 1 \cdot 1$, por lo que, desde el Lema 2, sabemos $\bar 1 = 1$. $\qquad \blacksquare$
Lema 5: $1$ es un derecho de identidad.
Prueba: Si tomamos $a=e=1$ $b=c=d=x$ $(1)$ obtenemos,
$$1\cdot(x \cdot x) = x \cdot (1 \cdot x) \implies x = (\bar 1\cdot x) \cdot 1,$$
y $1\cdot(x \cdot x) = x \cdot (1 \cdot x)$ es cierto para todos los $x \in G$ desde $1$ está a la izquierda de la identidad, por lo $$x = (\bar 1\cdot x) \cdot 1 = (1\cdot x) \cdot 1 = x \cdot 1 \mbox{ for all } x \in G. \qquad \blacksquare$$
Lema 6: Para todos los $a,b,d,e \in G$,
$$a\cdot b = d \cdot e \implies b = (\bar a\cdot d) \cdot e. \tag 2$$
Prueba: Si tomamos $c=1$ $(1)$ obtenemos,
$$a\cdot(b \cdot 1) = d \cdot (e \cdot 1) \implies b = (\bar a\cdot d) \cdot e,$$
y desde $1$ es un derecho de identidad
$$a\cdot b = d \cdot e \implies a\cdot(b \cdot 1) = d \cdot (e \cdot 1)$$
así, el resultado de la siguiente manera. $\qquad \blacksquare$
Lema 7: Para todos los $x,y \in G$,$\bar x \cdot (x \cdot y) = y$.
Prueba: Si tomamos $a=x$, $b=y$, $d=x \cdot y$ y $e = 1$ $(2)$ obtenemos,
$$x\cdot y = (x \cdot y) \cdot 1 \implies y = (\bar x\cdot (x \cdot y)) \cdot 1,$$
y $x\cdot y = (x \cdot y) \cdot 1$ desde $1$ es un derecho de identidad, por lo que
$$y = (\bar x\cdot (x \cdot y)) \cdot 1 = \bar x\cdot (x \cdot y). \qquad \blacksquare$$
Lema 8: Para todos los $x \in G$,$\bar{\bar x} = x$.
Prueba: Si tomamos $a=\bar x$, $b=x$ y $d=e=1$ $(2)$ obtenemos,
$$\bar x \cdot x = 1 \cdot 1 \implies x = (\bar{\bar x}\cdot 1) \cdot 1,$$
y $\bar x \cdot x = 1 = 1 \cdot 1$ todos los $x \in G$, así que para todos $x \in G$, $$x = (\bar{\bar x}\cdot 1) \cdot 1 = \bar{\bar x}. \qquad \blacksquare$$
Lema 9: La operación $\cdot$ es asociativa.
Si tomamos $a = \bar x$, $b = x \cdot (y \cdot z)$, $d = y$ y $e = z$ $(2)$ obtenemos
$$\bar x\cdot (x \cdot (y \cdot z)) = y \cdot z \implies x \cdot (y \cdot z) = (\bar{\bar x}\cdot y) \cdot z,$$
y $\bar x\cdot (x \cdot (y \cdot z)) = y \cdot z$ es cierto para todos los $x,y,z\in G$ por Lema 7, así que para todos los $x,y,z\in G$ hemos
$$x \cdot (y \cdot z) = (\bar{\bar x}\cdot y) \cdot z = (x\cdot y) \cdot z,$$
usando el Lema 8. $\qquad \blacksquare$
