Некорректность в определении группы

[Nemiroff]

AGu в сообщении #990211 писал(а):

Это известный факт, о котором как раз и напомнил Nemiroff

Да-да-да. Непустая полугруппа является группой тогда и только тогда, когда для любого элемента существует единственный псевдообратный (это как раз $y$ такой, что $xyx=x$).
Я только не соображу контрпример к

Kras в сообщении #990070 писал(а):

для любого $x\in G$ существует элемент $y\in G$ такой, что $xyx=yxx=xxy=x$

если туда добавить слово "единственный".

[Munin]

AGu в сообщении #990211 писал(а):

Это известный факт

А. Мне неизвестный. Спасибо.

(Оффтоп)

(Если он доказывается в двух строчках, то как?)

[AGu]

(Оффтоп)

Munin в сообщении #990247 писал(а):

Если он доказывается в двух строчках, то как?

На StackExchange — 10 строчек.

[Munin]

Класс! Завидую полугруппщикам.

И кстати, я тогда понял, откуда тот вопрос, который был в начале этой ветки, помните?

Padawan в сообщении #989809 писал(а):

Возьмем стандартное определение группы:
Пара $(G,*)$, где $G$ -- непустое множество, а $*\colon G\times G\to G$ -- бинарная операция на $G$, называется группой, если
1. $(x*y)*z=x*(y*z)$ для любых $x,y,z\in G$
2. Существует элемент $e\in G$, такой, что $e*x=x*e=x$ для любого $x\in G$
3. Для любого $x\in G$ существует элемент $y\in G$ такой, что $x*y=y*x=e$

Это просто-напросто неудачный перенос из какого-то более продвинутого учебника по алгебре, где это звучало примерно так:

...определение операции... (где-то выше по тексту)
...определение ассоциативной операции...
...определение единицы...
Пара $(G,*)$, где $G$ -- непустое множество, а $*\colon G\times G\to G$ -- бинарная операция на $G$, называется группой, если
1. $*$ ассоциативна;
2. в $(G,*)$ есть единица;
3. Для любого $x\in G$ существует элемент $y\in G$ такой, что $x*y=y*x=e,$ где $e$ - единица.

[lek]

AGu в сообщении #990278 писал(а):

Munin в сообщении #990247 писал(а):

Если он доказывается в двух строчках, то как?

На StackExchange — 10 строчек.

Там ошибка в доказательстве. Поскольку элементы $ix$ не обязаны пробегать полугруппу $S$, из равенств $(ix)'=(ix)'ix(ix)'=(ix)'x(ix)'$ не следует $x=ix.$ В общем случае такая полугруппа не обязана быть группой. Контрпример можно найти в книге Куроша "Общая алгебра" (параграф 4 - Инверсные полугруппы).

[AGu]

Обалдеть! А я был уверен, что это факт, и даже особо не вникал в доказательство. Спасибо большущее, буду разбираться.

[Munin]

lek в сообщении #990393 писал(а):

Поскольку элементы $ix$ не обязаны пробегать полугруппу $S$, из равенств $(ix)'=(ix)'ix(ix)'=(ix)'x(ix)'$ не следует $x=ix.$

Вся эта строчка подразумевается под квантором $\forall\,x.$ Тогда следует (как мне показалось).

[lek]

Нет, это ведь полугруппа (однозначность деления не предполагается). Поэтому из того, что $x$ пробегает $S$ не следует, что $y=ix$ так же пробегает $S$.

[AGu]

lek в сообщении #990393 писал(а):

Поскольку элементы $ix$ не обязаны пробегать полугруппу $S$, из равенств $(ix)'=(ix)'ix(ix)'=(ix)'x(ix)'$ не следует $x=ix.$

Минуточку, не понял. При чем тут пробегание? Из равенства $(ix)'=(ix)'x(ix)'$ следует $x=(ix)''$. С другой стороны, $(ix)''=ix$. Не вижу ошибки.

[Munin]

lek в сообщении #990402 писал(а):

Нет, это ведь полугруппа. Поэтому из того, что $x$ пробегает $S$ не следует, что $y=ix$ так же пробегает $S$.

Так, мы фиксируем идемпотент $i,$ и после этого пробегаем $x$ по всей $S.$ После этого мы доказываем, что $(ix)'i=(ix)',$ и ещё одним шагом, - что $x=ix.$ К этим доказательствам есть претензии? Они по применению условия теоремы.

Дальше, мы имеем для данного $i,$ что $\forall\,x\quad x=ix.$ Нам уже не важно, кого пробегают $ix$ - мы видим, что $x$ пробегают всю $S,$ и этого достаточно, чтобы заключить, что $i$ - левая единица.

[grizzly]

Если я правильно понимаю, то проблема чуть дальше. Курош показывает, что у инверсных полугрупп (так они называются) идемпотенты в общем случае разные и они перестановочны. А в доказательстве на stackexchange сразу делается вывод о единственности идемпотента (из не очень понятных мне соображений симметрии), что и приводит к группе. У Куроша однозначно верно, поскольку рассмотрено намного глубже и аккуратнее, плюс с конкретными примерами.

[Munin]

grizzly в сообщении #990412 писал(а):

А в доказательстве на stackexchange сразу делается вывод о единственности идемпотента

Нет, как я понял, там делается вывод о существовании хотя бы одного идемпотента. Потом доказывается, что он - единица, и левая и правая. А уж единица-то единственна.

[AGu]

Ребята, а вы точно ничего не путаете? Вы уверены, что наше условие равносильно инверсности? Чисто визуально отличие точно есть.

[Munin]

grizzly в сообщении #990412 писал(а):

У Куроша однозначно верно, поскольку рассмотрено намного глубже и аккуратнее, плюс с конкретными примерами.

Боюсь, как раз у Куроша ошибка. Рассмотрим его пример с "частичными подстановками". Среди них есть нулевая ч.подстановка $0.$ А для неё, очевидно, $0y0=0$ не для единственного $y\in S\setminus\{0\}.$ То есть, условие единственности нарушается, и поскольку оно оговорено и у Куроша - Курош ошибается.

А, ну да, точно же! В одном месте $xyx=x,$ в другом $xyx=x\wedge yxy=y.$ Поскольку и там и там говорится о единственном элементе, эти условия не соотносятся как "более широкое - более узкое", они могут удовлетворяться или не удовлетворяться в любых сочетаниях.

[AGu]

Курош не ошибается. Это мы ошибаемся, считая что имеем дело с инверсными полугруппами. Я ж говорю, определения-то разные!