Конечный моноид МММ является группой тогда и только тогда, когда он имеет только один идемпотентный элемент

Если$M$не является группой, то существует элемент$a \in M$без обратного. С$M$конечно, существует$n>m>0$с$a^n=a^m$. Теперь вы можете найти силу$a$то есть идемпотент, и не может быть тождеством, потому что$a$не имеет обратного.

Предположим, что$a^m=a^n$с$n>m$, и поэтому$a^m = a^{m+(n-m)}$.

Мы утверждаем, что$a^m=a^{m + k(n-m)}$для всех$k \ge 0$, и докажем это индукцией по$k$. Мы видели, что это верно для$k=0,1$. Тогда для$k>1$, имеем, используя индуктивное предположение для$k-1$,

Теперь выберите$k$достаточно большой, чтобы$t := m + k(n-m) \ge 2m$. Затем, умножая обе части$a^m=a^t$к$a^{t-2m}$, мы получаем$a^{t-m}=a^{2(t-m)}$, так$a^{t-m}$является идемпотентным.

Например, если$a^7=a^9$, затем$a^7=a^{15}$и умножение на$a$дает$a^8=a^{16}$, так$a^8$является идемпотентным.

Возможно, немного более ясный способ выразить это. Предполагать$x^a = x^{a+b}$с$b >0$. Тогда для любых целых чисел$u$,$k$, у нас есть$x^{a+u} = x^{a+u + kb}$

Итак, нам нужно найти$u$и$k$такой, что$bk = a+u$. Это легко. Брать$b$такой, что$bk \geq a$и разреши$u = bk-a$. Затем$x^{a+u}$является идемпотентным.