Rechtsidentität und Rechtsinverse in einer Halbgruppe implizieren, dass es sich um eine Gruppe handelt

Es ist konzeptionell sehr einfach, dass eine Rechtsinverse auch eine Linksinverse ist (wenn es auch eine Rechtsidentität gibt). Aus den obigen Axiomen folgt in zwei Schritten:

1) Jedes Element$a$mit dem Eigentum$aa = a$[dh idempotent] muss gleich der Identität sein$e$in den Axiomen, denn dann gilt:

$$a = ae = a(aa^{-1}) = (aa)a^{-1} = aa^{-1} = e$$

Dies beweist bereits die Eindeutigkeit der [richtigen] Identität, da jede Identität per definitionem die Eigenschaft hat, idempotent zu sein.

2) Durch die Axiome für jedes Element$a$es gibt mindestens ein rechtsinverses Element$a^{-1}$so dass$aa^{-1}=e$. Nun bilden wir das Produkt derselben zwei Elemente in umgekehrter Reihenfolge, nämlich$a^{-1}a$, um zu sehen, ob dieses Produkt auch der Identität entspricht. Wenn dies der Fall ist, ist diese Rechtsinverse auch eine Linksinverse. Das müssen wir nur zeigen$a^{-1}a$idempotent ist, und dann seine Gleichheit zu$e$folgt aus Schritt 1:

$$[a^{-1}a][ a^{-1}a] = a^{-1}(a a^{-1})a = a^{-1}ea = a^{-1}a$$

3) Es ist jetzt klar, dass die rechte Identität auch eine linke Identität ist. Für alle$a$:

$$ea = (aa^{-1})a = a(a^{-1}a) = ae = a$$

4) Um die Eindeutigkeit der Inversen zu zeigen:

Gegeben alle Elemente$a$Und$b$so dass$ab=e$, Dann

$$b = eb = a^{-1}ab = a^{-1}e = a^{-1}$$

Hier, wie oben, das Symbol$a^{-1}$wurde zuerst verwendet, um eine repräsentative rechte Umkehrung des Elements zu bezeichnen$a$. Diese Umkehrung wird nun als eindeutig angesehen. Daher bedeutet das Symbol jetzt eine Operation der "Inversion", die eine einwertige Funktion an den Elementen der Menge darstellt.

Siehe Richard A. Dean, „Elements of Abstract Algebra“ (Wiley, 1967), S. 30-31.

Ich nehme an, dass (a) lauten sollte$\exists e\in G$so dass$ae=a$,$\forall a\in G$. Für jede$a \in G$wir haben

$$\begin{align*} (a^{-1})^{-1}a^{-1} &= e[(a^{-1})^{-1}a^{-1}]\\ &= (aa^{-1})[(a^{-1})^{-1}a^{-1}]\\ &= [(aa^{-1})(a^{-1})^{-1}]a^{-1}\\ &= (a[a^{-1}(a^{-1})^{-1}])a^{-1}\\ &= (ae)a^{-1}\\ &= aa^{-1}. \end{align*}$$

Multiplizieren$(a^{-1})^{-1}a^{-1} = aa^{-1}$rechts vorbei$(a^{-1})^{-1}$Erträge

$$\begin{align*} (a^{-1})^{-1} &= (a^{-1})^{-1}e\\ &= (a^{-1})^{-1}[a^{-1}(a^{-1})^{-1}]\\ &= [(a^{-1})^{-1}a^{-1}](a^{-1})^{-1}\\ &= (aa^{-1})(a^{-1})^{-1}\\ &= a[a^{-1}(a^{-1})^{-1}]\\ &= ae\\ &= a, \end{align*}$$

So$a^{-1}a=e$für alle$a \in G$.

Hinzugefügt: Das Vorstehende setzt das offensichtlich voraus$e$ist eine linke Identität, die nicht gegeben war und irgendwie keiner von uns damals mitbekommen hat. Hier ist ein korrigiertes Argument. Für jede$a\in G$wir haben

$$a^{-1}=a^{-1}e=a^{-1}(aa^{-1})=(a^{-1}a)a^{-1}\;,$$ So $$e=a^{-1}(a^{-1})^{-1}=\left((a^{-1}a)a^{-1}\right)(a^{-1})^{-1}=(a^{-1}a)\left(a^{-1}(a^{-1})^{-1}\right)=(a^{-1}a)e=a^{-1}a\;.$$

Mit anderen Worten,$a^{-1}$ist sowohl eine linke als auch eine rechte Inverse für$a$. Es folgt dem

$$ea = (aa^{-1})a = a(a^{-1}a) = ae = a\;,$$

So$e$ist sowohl eine linke als auch eine rechte Identität für$G$. Jetzt können Sie die üblichen Argumente verwenden, um zu zeigen, dass die Identität und die Inversen eindeutig sind. (z.B. wenn$e'$wären eine andere Identität, hätten wir$e = ee' = e'$, Weil$e$ist eine linke Identität und$e'$ist eine richtige Identität.)

Dies wird mit Linksidentität und Linksinvers als Proposition 20.4 in dem Buch Spindler: Abstract Algebra with Applications angegeben . Lassen Sie mich den Beweis aus diesem Buch hier kopieren (es sollte für Sie einfach sein, ihn für rechts statt links zu ändern):

Lassen$x\in G$willkürlich sein. Wir wollen zeigen, dass die Linksinverse$x^{-1}$ist nämlich auch eine Rechtsumkehrung. Lassen$y:=xx^{-1}$. Dann

$$yy=(xx^{-1})(xx^{-1})=x(x^{-1}x)x^{-1}=x(ex^{-1})=xx^{-1}=y.$$ Somit $$e=y^{-1}y=y^{-1}(yy)=(y^{-1}y)y=ey=y=xx^{-1},$$ dh $xx^{-1}=e$das wollten wir zeigen.

Nun beweisen wir das linksneutrale Element$e$ist auch ein rechtsneutrales Element. Lassen$x\in G$willkürlich sein; das wollen wir feststellen$xe=x$. Jetzt

$$xe=x(x^{-1}x)=(xx^{-1})x=ex=x.$$

Ich habe ein wenig gegoogelt und herausgefunden, dass mehrere Autoren dies tatsächlich als Definition von Gruppe verwenden. Hier sind einige der ersten Treffer aus Google Books bei der Suche nach "links invers" "linke Identität" Gruppe :

• Robinson: Ein Kurs in Gruppentheorie, S.2
• Gelbaum, Olmsted: Theoreme und Gegenbeispiele in der Mathematik, S.1
• Sharma: Gruppentheorie, S.14

Die meisten Beweise, die ich gesehen habe, enthalten viele geniale Gleichungen. Die Motivation hinter diesen Gleichungen ist nicht ganz klar. Hier präsentiere ich einen intuitiveren Beweis.

Für jedes Element$a$In$G$, können wir es einer Funktion zuordnen$f_a:G \to G$, einfach definieren$f_a(x) = xa$. Wir können sehen, dass jedes rechte Identitätselement$e$wird auf die Identitätsfunktion abgebildet$id$,

$$f_e=id,$$ und die Operation auf$G$Beträge zur Funktionszusammensetzung: $$f_{ab} = f_b \circ f_a,$$ und die Existenz von Rechtsinversen bedeutet für alle$a$Da ist ein$a^{-1}$so dass $$f_{a^{-1}} \circ f_a = id.$$ Das bedeutet, dass jede Funktion$f_a$ist injektiv, sonst die Zusammensetzung davon, die ist$id$, kann auch nicht injektiv sein. Eigentlich ist es bijektiv, aber wir müssen diese starke Schlussfolgerung hier nicht verwenden.

Wir wollen zeigen$a^{-1}a=e$. Weil$f_{a^{-1}a} = f_a \circ f_{a^{-1}}$, fragen wir uns, ob$f_a \circ f_{a^{-1}} =id$. Intuitiv sollte das da stimmen$f_{a^{-1}} \circ f_a = id$und beide$f_a$Und$f_{a^{-1}}$sind bijektiv. Für einen Beweis, der nur annimmt, dass einer von ihnen injektiv ist, siehe Lemma unten.

Nun das$f_{a^{-1}a} = f_e$, beweisen$a^{-1}$eine Linksinverse ist, müssen wir das nur für any zeigen$c \in G$Und$c' \in G$,$f_c = f_{c'}$impliziert$c=c'$. Wir versuchen zu rechnen$f_c(e)$:

$$f_c(e) = ec = (cc^{-1})c = c(c^{-1}c)=f_{c^{-1}c}(c)=id(c)=c.$$ Aus dem gleichen Grunde$f_{c'}(e) = c'$, So$c=c'$. Hinweis hier$ec=c$, also hat es bereits bewiesen, dass jede rechte Identität eine linke Identität ist.

Die Eindeutigkeit des Identitätselements wird durch die Eindeutigkeit der Identitätsfunktion induziert, z$f_e=f_{e'}$impliziert$e=e'$, und auch die Eindeutigkeit inverser Elemente wird durch die Eindeutigkeit inverser Funktionen induziert.

Das haben wir bewiesen$G$ist eine Gruppe.

Lemma . Lassen$X$Und$Y$seien zwei beliebige Mengen. Lassen$f$eine Funktion sein$f: X \to Y$Und$g$eine weitere Funktion sein$g: Y \to X$. Vermuten$g$ist injektiv, und$g \circ f = id$, Dann$f \circ g = id$.

Beweis . Lassen$y \in Y$, das wollen wir zeigen$(f \circ g)(y) = y$. Lassen$y' = (f \circ g)(y)$. Anwenden$g$zu beiden Seiten,

$$g(y')=(g \circ f \circ g)(y) = (id \circ g)(y) = g(y).$$ So$y'=y$.

Martins Antwort, aber mit einer Notation, die möglicherweise einfacher zu befolgen ist.

Lassen$G = (S,\cdot)$eine Halbgruppe sein, so dass sie eine richtige Identität hat$1_{r}$, und dass jedes seiner Elemente eine rechte Umkehrung hat; dh,

1. $\forall x \in G: x1_{r} = x$
2. $\forall x \in G: \exists x^{-1}_{r}: xx^{-1}_{r} = 1_{r}$

Das zeigen wir$G$ist eigentlich eine Gruppe:

Lassen$y = x^{-1}_{r}x$.

$$yy = (x^{-1}_{r}x)(x_{r}^{-1}x) = x^{-1}_{r}(xx^{-1}_{r})x = x^{-1}_{r}(1_{r})x = (x^{-1}_{r}1_{r})x = x^{-1}_{r}x$$

Deshalb,$y$ist idempotent, und wir können das verwenden, um das zu zeigen$x^{-1}$ist eigentlich eine zweiseitige Umkehrung:

$$1_{r} = yy^{-1}_{r} = y(yy^{-1}_{r}) = y1_{r} = y = x^{-1}_{r}x$$

Dann das$1_{r}$ist auch zweiseitig:

$$1_{r}x = (xx^{-1}_{r})x = x(x^{-1}_{r}x) = x1_{r} = x$$

Dies reicht aus, um das zu zeigen$G$ist eine Gruppe.

Bonus

Dadurch können wir schnell nachweisen, dass jede Halbgruppe in der$ax = b$Und$ya = b$sind eindeutig bestimmt ist auch eine Gruppe:

Lassen$G = (S, \cdot)$eine Halbgruppe mit solchen Eigenschaften sein, und$a$ein Element dieser Gruppe sein. Wir wissen$ax = a$muss eine eindeutige Lösung haben, nennen wir es$e$. Dann für alle$b \in G$:

$$be = yae = ya = b$$

Worauf die erste Gleichheit auch zurückzuführen ist$ya = b$eindeutig bestimmt sein. Wir haben jetzt alles, was wir brauchen:$e$ist eine richtige Identität, und jedes Element von$G$hat eine Umkehrung.

Wenn man sich die Elemente einer Halbgruppe als Funktionen vorstellt, ist der Beweis dieser Tatsache viel einfacher zu verstehen.

Für$a \in G$, können wir eine Funktion definieren$\sigma_a : x \mapsto x * a$. Aufgrund der Existenz von Rechtsinversen gilt:

$$\begin{align*} \sigma_{a^{-1}} &\circ \sigma_a = \operatorname{id}_G \\ \sigma_{(a^{-1})^{-1}} &\circ \sigma_{a^{-1}} = \operatorname{id}_G \end{align*}$$ Dies zeigt, dass$\sigma_{a^{-1}}$hat sowohl linke als auch rechte Inverse, also beides$\sigma_{a^{-1}}$und seine Umkehrung$\sigma_{a}$sind bijektiv.

Nachdem ich das gezeigt habe$\sigma_a$bijektiv ist, kann man das sehr leicht ableiten$e$ist auch eine linke Identität. Es existiert ein$x \in G$so dass$y * a = a$. Abbrechen der$a$'s durch Multiplikation mit$a^{-1}$von rechts schließen wir das$x = e$, So$e * a = a$für alle$a \in G$.

Darüber hinaus ist es auch einfach zu zeigen, dass Rechtsinverse auch Linksinverse sind. Es existiert ein$y \in G$so dass$x * a = e$. Wieder durch Multiplikation mit$a^{-1}$von rechts bekommen wir$x = a^{-1}$, So$a^{-1} a = e$für alle$a \in G$.

In Summe,$e$ist eigentlich zweiseitige Identität, und$a^{-1}$ist eigentlich zweiseitige Umkehrung von$a$.