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| Autor |
  Monoid ohne Kürzungsregeln |
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OliverFuchs
Aktiv 
Dabei seit: 25.03.2020
Mitteilungen: 257
Wohnort: Wien, Österreich
 |  Themenstart: 2023-09-26
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Hallo,
In meinem Bemühen in die Grundlagen der Mathematik einzutauchen, im Oktober beginnt die Zahlentheorie Vorlesung, versuche ich nun $\mathbb{Z}$ aus $\mathbb{\NN}$ zu konstruieren. Dabei bin ich auf die folgende frage gestoßen.
Wenn $(G,\circ)$ ein Monoid ist, das heisst assoziativ mit neutralem Element e, und die Kürzungsregel(n) lautet(n)
(1) $a\circ c=b\circ c\gdw a=b$
(2) $c\circ a=c\circ b\gdw a=b$
gibt es dann ein Monoid wo diese Regeln nicht gelten?
Und wenn ja, bitte ein Beispiel.
Danke
lg Oliver🙂
PS: Diese Regeln schein ja ein Vorstufe zu den inversen Elementen zu sein.
In eine Gruppe gelten die Kürzungsregeln immer.
In $(\mathbb{N},+)$ gelten sie auch obwohl es da keine inversen Elemente gibt. (Ich habe sie mit der vollständigen Induktion gezeigt).
Also ist die Frage, gibt es so etwas wie $(\mathbb{N},+)$ das keine Gruppe ist aber dennoch ein Monoid wo sie nicht gelten?
\(\endgroup\)
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 Profil
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zippy
Senior 
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 5147
 | Beitrag No.1, eingetragen 2023-09-26
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Betrachte die Multiplikation in einem Ring mit Nullteilern, z.B. in $\mathbb Z/4\mathbb Z$.
--zippy
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OliverFuchs
Aktiv
Dabei seit: 25.03.2020
Mitteilungen: 257
Wohnort: Wien, Österreich
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-26
|
Danke, werde ich mir ansehen.
lg Oliver
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Profil
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tactac
Senior 
Dabei seit: 15.10.2014
Mitteilungen: 2961
 | Beitrag No.3, eingetragen 2023-09-27
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\sem}[1]{[\![#1]\!]}
\newcommand{\name}[1]{\ulcorner#1\urcorner}
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Oder: Nimm $\{0,1\}$ mit $\land$ (Minimum) als Verknüpfung. Da haben wir $1\land 0 = 0\land 0$, aber $1 \ne 0$.\(\endgroup\)
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OliverFuchs
Aktiv
Dabei seit: 25.03.2020
Mitteilungen: 257
Wohnort: Wien, Österreich
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-28
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\)
Hallo!
Ich habe das Beispiel von TicToc durchgerechnet. Da ist $1$ das neutrale Element. Es ist tatsächlich ein Monoid in dem die Kürzungsregeln nicht gelten.
Jetzt bin ich auf noch eine Frage gestoßen.
Gibt es ein Monoid $(G,+,0)$ , nicht kommutativ, in dem rechts (links) inverse Elemente existiren aber keine links (rechts) inversen?
Danke
Lg Oliver\(\endgroup\)
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tactac
Senior
Dabei seit: 15.10.2014
Mitteilungen: 2961
| Beitrag No.5, eingetragen 2023-09-28
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\sem}[1]{[\![#1]\!]}
\newcommand{\name}[1]{\ulcorner#1\urcorner}
\newcommand{\upamp}{\mathbin {⅋}}
\newcommand{\monus}{\mathbin {∸}}\)
Gibt es nicht.
Ein $(G,+,0)$ sei gegeben mit $+$ assoziativ, und für alle $x \in G$ gelte $0+x=x+0=x$ und alle $x \in G$ haben Rechtsinverse, also $y \in G$ mit $x+y=0$, die wir als $-x$ bezeichnen.
Zunächst mal ein Lemma: Falls $x+x=x$, so $x=0$.
Beweis: Gelte $x+x=x$. Dann $$\begin{array}{rclll}
x &=& x+0 & \text {Def. 0}
\\&=& x+(x+-x) & \text {Def. Rechtsinverse}
\\&=& (x+x)+-x & \text {Assoziativität}
\\&=& x+-x & \text{Annahme}
\\&=& 0 & \text {Def. Rechtsinverse} & \square
\end{array}$$
Nun zeigen wir, dass $-x+x = 0$. Wir wenden gerade bewiesenes Lemma an. Es reicht also zu zeigen $(-x+x)+(-x+x) = -x+x$. Das gilt aber: $$\begin{array}{rclll}
(-x+x)+(-x+x) &=& -x+(x+-x)+x & \text {Assoziativität}
\\&=& -x+0+x & \text {Def. Rechtsinverse}
\\&=& -x+x & \text {Def. 0} & \square
\end{array}$$
\(\endgroup\)
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Mandelbluete
Senior 
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 627
Wohnort: Fuchsbau
 | Beitrag No.6, eingetragen 2023-09-28
|
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\newcommand{\Sp}{\operatorname{Sp}}
\newcommand{\Gal}{\operatorname{Gal}}
\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\Aut}{\operatorname{Aut}}\)
Hallo, Oliver!
Wenn es in einem Monoid zu jedem Element ein linksinverses Element gibt, dann auch ein rechtsinverses, die beiden stimmen überein, und das Monoid ist eine Gruppe. Wenn es zu irgendeinem Element $g$ ein linksinverses Element $h$ gibt, das heißt $hg = 1$ (multiplikativ geschrieben), dann ist $g$ rechtsinvers zu $h$. Die Antwort lautet also in jedem Fall: "Nein, so ein Monoid gibt es nicht." 🙂
Liebe Grüße
Mandelblüte
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]\(\endgroup\)
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thureduehrsen
Senior
Dabei seit: 13.11.2007
Mitteilungen: 1778
Wohnort: Kiel, Deutschland
 | Beitrag No.7, eingetragen 2023-09-28
|
Du willst also ein nichtkommutatives Monoid haben, in dem es
- ein linksneutrales Element gibt
- zu jedem Element ein Linksinverses gibt
Wenn ja, dann ist ein solches Monoid bereits eine Gruppe, also hat jedes Element auch ein Rechtsinverses.
Also gibt es ein Monoid mit lediglich Linksinversen, aber keinen Rechtsinversen nicht.
Vergleiche auch Schwache Gruppenaxiome
mfg
thureduehrsen
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]
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OliverFuchs
Aktiv
Dabei seit: 25.03.2020
Mitteilungen: 257
Wohnort: Wien, Österreich
| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2023-10-01
|
Hallo,
Ich antworte einmal schrittweise.
Zuerst zu TicToc.
Ja danke das hilft mir sehr. Ich habe die Algera, vor Ausbruch meiner Krankheit bei Prof. Mitsch auf der Uni Wien gehört. Das ist fast 30 Jahr her. Da ging es um die Konstruktion mit Zirkel und Lineal. Daher habe ich zwar die Prüfung gemacht aber vom Wesen der Algebra keine Ahnung. Daher kann ich da auch kaum Beweise führen und kenn die wesentlichen Dinge auch nicht. Diese Frage ist mir grundlegend vorgekommen. Ich erarbeiter mir gerade Parallel zur Vorbeireitung auf die Zahlentheorievorlesung eine eigene Algebra. Da passt das gut hinein.
Auf diesen Beweistrick bin ich allein nicht gekommen. Das nehme ich gleich in mein Skriptum auf.
Nochmals Danke.
Für die anderen Beiteräge brauche ich noch etwas.
lg OLiver
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OliverFuchs
Aktiv
Dabei seit: 25.03.2020
Mitteilungen: 257
Wohnort: Wien, Österreich
| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2023-10-01
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\)
Hallo,
jetzt habe ich auch die anderen Beiträge gelesen.
Ich fasse zusammen.
Habe ich ein Monoid $A$ wo jedes Element $a\in A$ schon ein linksinverses
$a'\in A$ mit $a'a=e$ hat, dann hat ja $a'$ auch ein solches. Nennen wir es $a''$. Dann ist $a''a'=e$. Also $a''=a''e=a''(a'a)=(a''a')a=ea=a$.
Also ist $aa'=e$ und $a'$ auch rechtsinvers. Somit hat jedes Element auch ein rechtsinverses und stimmt mit dem Linksinvesen überein.
Das ist sehr schön geht aber nur, weil wir die sehr starke Forderung, dass alle $a\in A$ ein linksinverses haben sollen hergenommen haben.
Ich glaube, wenn ich meine eigene Frage so ansehe, dann war da weniger gefordert. Ich habe nämlich nicht geforder, dass jedes $a\in A$ ein linksinverses hat, sondern nur das möglicherweise einige links inverse existieren. Das ist eine schwächer Forderung.
Ich kann aber den Beweis von TicToc her nehmen. Die Voraussetzung die er macht, dass alle x in G ein rechtsinverses haben müssen, kann man weglassen.
Dann kann ich immer noch sagen, wenn $x\in G$ ein rechtsinverses Element
hat, dann gilt $x+x=x\Rightarrow x=0$.
Nur in folgendem Punkt muss ich dann was ängern. Er sagt, "Es genügt zu zeigen, dass $(-x+x)+(-x+x)=(-x+x)$ ist. Das genügt dann nicht mehr. Dann muss ich noch zusätzlich zeigen, dass $(-x+x)$ ein Rechtsinverses hat.
Und da beist sich der Hund in den Schwanz. Denn anbieten würde sich
die Selbstinvertierbarkeit. Also $(-x+x)$ als Rechtsinverses.
Dann müsste aber $(-x+x)+(-x-x)=-x+(-x+x)+x=-x+e+x=-x+x$ sein, wie TicToc schön gerechnet hat. Damit dann $e$ raus kommt müsste $(-x+x)=e$ sein und also $-x$ auch ein linksinverses. Aber genau das wollen wir ja zeigen. Also geht es so nicht.
Wenn ich meine Frage also präzieser stelle,müsste sie lauten.
Gibt es ein Monoid $(G,+,e)$, das mehr als ein Element hat und welches zumindest ein Elemnent $a\in G$ hat, welches ein rechts aber kein links inverses Element, oder umgekehrt, hat.
lg Oliver 🙂\(\endgroup\)
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Profil
|
tactac
Senior
Dabei seit: 15.10.2014
Mitteilungen: 2961
| Beitrag No.10, eingetragen 2023-10-01
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\sem}[1]{[\![#1]\!]}
\newcommand{\name}[1]{\ulcorner#1\urcorner}
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Nimm als Monoid die Menge $G$ aller Funktionen $\IN \to \IN$ mit Komposition als Verknüpfung. $\mathrm{id}_\IN$ ist das neutrale Element.
$f\colon \IN \to \IN$ mit $f(n) := n+1$, $g\colon \IN \to \IN$ mit $g(0) := 42$ und $g(n+1) := n$ sind Element von $G$. $g \circ f = \mathrm{id}_\IN$. Es kann aber kein $h\colon \IN \to \IN$ mit $f \circ h = \mathrm{id}_\IN$ geben. Für ein solches $h$ müsste ja gelten: $h(0)+1 = 0$.
PS: Mein Benutzername ist tactac.\(\endgroup\)
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Profil
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OliverFuchs
Aktiv
Dabei seit: 25.03.2020
Mitteilungen: 257
Wohnort: Wien, Österreich
| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2023-10-06
|
Hallo tactac!
Sorry wegen des falschen Benutzernamens. Ich werde mir das Beispiel ansehen.
Danke.
lg Oliver🙂
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Profil
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OliverFuchs
Aktiv
Dabei seit: 25.03.2020
Mitteilungen: 257
Wohnort: Wien, Österreich
| Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2023-10-07
|
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Hallo lieber TacTac,
Kann man auch so schließen?
Das Problem ist symetrisch. Wenn es ein Monoid $(G,\circ,\id)$ gibt, mit einem Element $f\in G$ welches ein links- aber kein rechts- Inverses Element hat, ist das äquivalent damit dass es ein Monoid $(G',\circ',\id')$ gibt, welches ein Element $f'\in G'$ enthält, welches ein rechts- aber kein links inverses Element hat.\\
Nun ist $f$ in deinem Beispiel ein rechts - Inverses zu $g$. Aber mit $g(0)=42=g(43)$ ist $g$ nicht injektiv. Somit ist $g$ auch nicht invertierbar. Da aber in einem Monoid Rechtsinverses=Linskinverses=Inverses ist, kann $g$ kein Linksinverses Element haben.
Passt das?
Lg Oliver🙂\(\endgroup\)
|
Profil
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tactac
Senior
Dabei seit: 15.10.2014
Mitteilungen: 2961
| Beitrag No.13, eingetragen 2023-10-07
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\sem}[1]{[\![#1]\!]}
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Hallo Oliver,
der erste Absatz stimmt.
Zum zweiten: Nein in einem Monoid gilt nicht Rechtsinverses=Linksinverses: In meinem Beispiel ist $g$ ja Linksinverses von $f$ (einfache Rechnung), aber kein Rechtsinverses von $f$ (weil $f$ kein Rechtsinverses hat).
Aber den Teil braucht man auch nicht. $g$ kann kein Linksinverses haben, weil es eben nicht injektiv ist.
Nimm an, es gäbe ein $h\colon \IN \to \IN$ mit $h \circ g = \mathrm{id}$. Dann haben wir $0 = h(g(0)) = h(42) = h(g(43)) = 43$.\(\endgroup\)
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OliverFuchs
Aktiv
Dabei seit: 25.03.2020
Mitteilungen: 257
Wohnort: Wien, Österreich
| Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2023-10-08
|
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\)
Lieber TacTac,
Ich glaube du irrst. In einem Monid gilt schon Rechtsinvers=Linksinvers.
Sei $(G,\circ,e)$ ein Monoid. Also $\circ$ assoziativ und $e$ das eindeutig bestimmte neutrale Elment bezüglich $\circ$ ($\forall x\in G:e\circ x=x\circ e=x$).
Sei weiteres $x\in G$ ein beliebiges Element für welches $\exists
y_l,y_r\in G: y_l\circ x=e, x\circ y_r=e$. Dieses Element hat also sowohl ein links als auch ein rechts inverses Element.
Dann rechen ich wie folgt.
$y_l\underset{e neutral. Ele.}{=}y_l\circ e\underset{y_r rechtsinvers}{=}
y_l\circ (x\circ y_r)\underset{asso.}{=}(y_l\circ x)\circ y_r\underset
{y_l linksinvers}{=}e\circ y_r\underset{e neut. El.}{=}y_r$
Also ist in einem Monoid ein rechts inverses Element immer gleich einem linksinversen Element. Wenn ich nun $y=y_r=y_l$ setze, so gilt
$y\circ x=y_l\circ x=e=x\circ y_r=x\circ y$
Also hat jedes Element in einem Monoid, welches ein links und ein rechts inverses Element hat, sogar ein inverses Element und dies stimmt mit beiden überein.
Seien nun $y,y'$ zwei inverse Elemente zu $x$ dann gilt.
$y=y\circ e=y\circ (x\circ y')=(y\circ x)\circ y'=e\circ y'=y'$
Also ist dieses inverse Element sogar eindeutig bestimmt.
Ich hoffe das passt.
lg Oliver 🙂
\(\endgroup\)
|
Profil
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thureduehrsen
Senior
Dabei seit: 13.11.2007
Mitteilungen: 1778
Wohnort: Kiel, Deutschland
| Beitrag No.15, eingetragen 2023-10-08
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\)
Leider irrst du dich und nicht tactac.
Dein Beweis ist zwar korrekt in dem Sinne, dass er keine falschen Schlüsse beinhaltet, aber du zeigst lediglich, dass in einer Gruppe -- hier nämlich der Gruppe, die aus allen invertierbaren Elementen des Monoids besteht, vgl. auch Einheitengruppe -- Links- und Rechtsinverse übereinstimmen.
Du hast nämlich vorausgesetzt, dass ein Element sowohl ein Links- als auch ein Rechtsinverses besitzt:
\quoteon(2023-10-08 07:26 - OliverFuchs in Beitrag No. 14)
Sei $(G,\circ,e)$ ein Monoid. Also $\circ$ assoziativ und $e$ das eindeutig bestimmte neutrale Elment bezüglich $\circ$ ($\forall x\in G:e\circ x=x\circ e=x$).
Sei weiteres $x\in G$ ein beliebiges Element für welches $\exists
y_l,y_r\in G: y_l\circ x=e, x\circ y_r=e$. Dieses Element hat also sowohl ein links als auch ein rechts inverses Element.
\quoteoff
Wenn du ein Element betrachtest, das z.B. wie in dem Beispiel aus Beitrag 10 kein Rechtsinverses hat, dann.... joa, dann kann "alles mögliche" passieren.
mfg
thureduehrsen\(\endgroup\)
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tactac
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| Beitrag No.16, eingetragen 2023-10-08
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Ja, wenn ein Element sowohl ein Links- als auch ein Rechtsinverses hat, dann sind diese gleich. Das kann man aber m.E. nicht mit dem Text "Linksinverse=Rechtsinverse" ausdrücken. Denn aus letzterem kann man von meinem Sprachgefühl her auch schließen, dass ein Element ein Linksinverses hat, sobald es ein Rechtinverses hat.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.14 begonnen.]
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OliverFuchs
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Wohnort: Wien, Österreich
| Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2023-10-09
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Hallo,
Wie ich ja schon erwähnte, war ich 30 Jahre durch eine Krankheit von der Auseinandersetzung mit dieser Materie getrennt. Wie ich jetzt aber erkenne, habe ich davor zwar versucht tiefer einzudringen, ist mir aber nicht ganz gelungen. Daher sehe ich, dass ich nicht gwohnt bin mich exakt auszudrücken und mehr einen intuitven Zugang habe. Ich werde also versuchen meine Gedanken nun besser zu fassen.
Zu TacTac.
Das sehe ich anders. Wenn ich hinschreibe Linsksinveses=Rechtsinverses ist für mich klar, dass beide existieren müssen. Denn einander gleich können nur existierende Dinge sein. Aber da hat möglichwerweis jeder sein eigenes Sprachgefühl. Meines ist jedenfalls so.
Lieber thureduehrsen,
Ich glaube in diesem Falle irrst Du. Ich habe die Existenz eines Linksinvesen nicht angeommen sonder indirekt vorausgesetzt und dann auf einen Widerspruch abgeleitet. Hier nochmals meine Argumentation etwas ausführlicher.
Wir haben $(G,\circ,\id_{\mathbb{N}})$. Wobei $G:\{f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}\}$ ist, und $\circ$ die Funktionskomposition. Da diese assoziativ ist, liegt eine Halbgruppe vor. Da $\id_{\mathbb{N}}$ ein neutrales Element in dieser Halbgruppe ist, ist es sogar das neutrale Element dieser Halbgruppe. Die Eindeutigkeit lässt sich beweisen. Also haben wir ein Monoid.
Nun hat tactac dei Betrachtung zweier Funktionen vorgeschlagen.
$f:\NN\to\NN, n\mapsto n+1$ und
$g:\NN\to\NN, g(0)=42, g(n+1)=n$.
Dann rechnen wir wie folgt.
Sei $n\in \NN$ beliebig so gilt $(g\circ f)(n)=g(f(n))=g(n+1)=n=\id_{\mathbb{N}}(n)$. Also gilt $g\circ f=\id_{\mathbb{N}}$ in $(G,\circ,\id_{\mathbb{N}})$
Das bedeutet, dass unser Element $g\in G$ mit $f$ ein rechts inverses Element hat. Das sagt natürlich noch nichts darüber aus, ob es auch ein linksinverses hat. Die Tatsache, dass dem nicht so ist, wollen wir ja zeigen.
Also schließe ich indirekt. Ich nehme das Gegenteil an. Ich nehme also an,
es gäbe auch ein links inverses Element $h\in G$ mit $h\circ g=\id_{\mathbb{N}}$.
In diesem Falle wäre dann $g$ ein Element im Monoid $(G,\circ,\id_{\mathbb{N}})$ welches sowohl ein links als auch ein rechts inverse
Element $\underline{hätte}$. Für diesen Fall haben wir aber gezeigt,
dass dann $f=h=g^{-1}$ gelten müsste. Also wäre $g$ ein invertierbares Element von $G$. Invertierbar in diesem Fuktionen Monoid heißt aber
dass die Funktion $g:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ invertierbar sein müsste.
Aus der Analysis wissen wir aber, dass das gleichbedeutend ist damit, dass
$g$ bijektiv ist. Also müsste $g$ auch injektiv sein.
Aber ich habe gezeigt, dass dem nicht so ist. Wir haben einen Widerspruch.
Daher müssen wir die Annahme, dass $g$ neben dem rechtsninversen Element $f$ auch ein ein links inverses Element ($h$) hätte, fallen lassen.
Das schließt den indirekten Beweis ab.
Damit ist genau das gezeigt, was wir zeigen wollten. $g$ hat zwar ein rechtsinverses Element aber kein Linksinverses.
Ursprünglich war ja meine Frage genau umgekehrt. Gibt es ein Monoid mit einem Element das nur ein links inverses Element aber kein Rechtsinverses Element hat.
Darüber habe ich mich hinweg gedrückt in dem ich mich auf die Symmetrie es Problems berufen habe.
War das jetzt verständlich?
Ist da konsitent. (Das glaube ich schon)
lg Oliver🙂
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