Existenz einer universellen umhüllenden inversen Halbgruppe (ähnlich der "Grothendieck-Gruppe")

Ich habe die Details dazu nicht selbst überprüft, daher kann ich Ihnen die richtigen Antworten auf Ihre Fragen nicht geben, aber ich würde vorschlagen, dass Sie versuchen, den adjungierten Funktorsatz der Kategorientheorie anzuwenden:

http://en.wikipedia.org/wiki/Adjoint_functors#General_existence_theorem

Um das Problem in kategoriale Sprache zu übersetzen, lassen Sie$\mathbf{Smgrp}$bezeichnen die Kategorie der Halbgruppen (mit Halbgruppenhomomorphismen als Morphismen) und lassen$\mathbf{Inv}$ bezeichnen die Kategorie der inversen Halbgruppen (die Morphismen sind wiederum Halbgruppen-Homomorphismen; es ist leicht zu erkennen, dass ein Morphismus von Halbgruppen Inverse behält, wie Sie sie oben definiert haben). Deutlich,$\mathbf{Inv}$ ist eine Unterkategorie von$\mathbf{Smgrp}$, also gibt es einen vergesslichen Funktor$F: \mathbf{Inv} \to \mathbf{Smgrp}$. Da die Konstruktion hier die universelle einhüllende inverse Halbgruppe einer Halbgruppe genannt wird, sollten wir erwarten, dass die Konstruktion einen linksadjungierten Funktor to darstellt$F$.

Um die universelle Eigenschaft zu buchstabieren, bedeutet dies, dass wenn$S_{I}$ist die universelle inverse Halbgruppe der Halbgruppe$S$, dann gibt es einen Halbgruppenhomomorphismus$f: S \to S_{I}$(formal ein Morphismus$f: S \to F(S_{I})$) so dass wann immer$g: S \to H$ ($g: S \to F(H)$ein Halbgruppenhomomorphismus mit ist$H$ eine inverse Halbgruppe, dann existiert ein eindeutiger Halbgruppenhomomorphismus$h: S_{I} \to H$so dass$g = h \circ f$(formal,$g = F(h) \circ f$).

Es ist jetzt einfach zu prüfen, ob die Bedingungen des Theorems erfüllt sind; die Kategorie$\mathbf{Inv}$ vollständig ist (es hat Produkte und Entzerrer und damit alle (kleinen) Grenzen), also gilt der Satz. Wenn Sie möchten, dass die beteiligten Halbgruppen kommutativ sind, ändern Sie einfach die Kategorien entsprechend.

Mehr Details

Beweisskizze, dass die Linksadjungierte existieren: Zuerst sollten wir uns die Grenzen in ansehen$\mathbf{Smgrp}$ Und$\mathbf{Inv}$; sie stellen sich als "gleich" heraus: if$\{ S_{i} \}_{i \in I}$eine Familie von Halbgruppen ist, ist das Produkt einfach das kartesische Produkt der zugrunde liegenden Mengen mit der offensichtlichen "punktweisen" Operation. Wenn alle Halbgruppen inverse Halbgruppen sind, ist das Ergebnis eine inverse Halbgruppe. Sie können leicht überprüfen, ob es die erforderliche universelle Eigenschaft für ein Produkt hat, siehe

http://en.wikipedia.org/wiki/Product_(category_theory )

Wenn$f,g: S_1 \to S_2$sind Halbgruppenhomomorphismen, ihr Entzerrer ist

http://en.wikipedia.org/wiki/Equalizer_(Mathematik )

Daher beides$\mathbf{Smgrp}$ Und$\mathbf{Inv}$ sind (kleine) vollständige Kategorien, siehe http://en.wikipedia.org/wiki/Limit_(category_theory ) (unter Existence of limits ).

Das verstehen wir$F$ behält Grenzen kostenlos bei, da Grenzen in beiden Kategorien auf genau dieselbe Weise konstruiert werden und die Morphismen dieselben sind. Übrig bleibt die Bedingung der Lösungsmenge. Fixiere eine Halbgruppe$S$, und betrachte einen Halbgruppenhomomorphismus$f: S \to F(H)$, für eine inverse Halbgruppe$H$. Die Idee ist, die Lösungsmenge als die Isomorphismusklassen der inversen Halbgruppen zu nehmen, die von erzeugt werden$f(S)$für einige$f$. Dies wird eine Menge sein, wenn die Kardinalität der inversen Halbgruppe ist$\langle f(s) \rangle \subseteq H$, erzeugt durch$f(S) \subseteq H$ ist begrenzt, für eine gegebene$S$. Dies scheint hier der Fall zu sein, da Sie damit beginnen können$G = f(S) \cup f(S)^{-1}$(Wo$f(S)^{-1}$ bezeichnet die Menge der Inversen in$H$ für Elemente in$f(S)$) und betrachte alle endlichen Produkte von Elementen in$G$. Dies wird eine inverse Halbgruppe sein (weil, wie Sie erwähnt haben, die Formel$(xy)^{-1} = y^{-1}x^{-1}$hält). Sie müssen noch überprüfen, ob dies tatsächlich ein Lösungssatz ist , aber das sollte relativ einfach sein.

Beachten Sie, dass dies nur die Existenzfrage beantwortet und keine explizite Konstruktion liefert. Ich vermute, dass es nicht allzu schwierig sein wird, eine zu finden (und es scheint, dass Sie bereits einige Ideen in diese Richtung haben, zumindest für bestimmte Beispiele), vielleicht kann die Konstruktion der Grothendieck-Gruppe nachgeahmt werden.    

Ich habe jetzt herausgefunden, wie ich beweisen kann, dass es für das in der Frage angegebene Beispiel keine "universelle umhüllende reguläre Halbgruppe" gibt. (Die Existenz der beiden anderen Fälle wurde bereits in der Antwort von Martin Wanvik bewiesen.)

Lassen$a=\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$,$b=\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$,$b'=\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$,$c=\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$,$c'=\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$,$d=\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$,$d'=\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$,$e=\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$, Und$f=\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$. Lassen$N := \{ a,b \}$Und$N_I := \{ a,b,b',e,f \}$(wie in der Frage mit$b'=b^{-1}$,$e=bb^{-1}$ $f=b^{-1}b$). Das ist leicht zu sehen$S := \{ a,b,b',c,c',d,d',e,f \}$ist eine regelmäßige Gruppe, und das$N_I$Und$R := \{ a,b,c,d,e \}$sind regelmäßige Unterhalbgruppen von$S$. Jetzt$b^{-1}=b'$In$N_I$Und$c$ist das einzigartige inverse Element von$b$In$R$. Wenn es also eine reguläre Halbgruppe gäbe$N_R$enthält$N$als Unterhalbgruppe, für die es möglich ist, jeden Homomorphismus eindeutig zu erweitern$N$Zu$N_I$oder$R$, dann die Erweiterung auf$N_R$eines Homomorphismus$h$aus$N$Zu$S$(mit$h(a)=a$Und$h(b)=b$) wird nicht eindeutig sein.