Доказать, что если обратное множество (G \ H) ∪ {1} является подгруппой G, то H либо {1}, либо G.
Для начала докажем, что если (G \ H) ∪ {1} является подгруппой G, то H содержит единственный элемент.
Пусть A = (G \ H) ∪ {1} - подгруппа G. Так как 1 содержится в A, то существует обратный элемент для 1 в A, который однако не может быть никем, кроме 1. То есть A содержит единственный элемент - 1.
Теперь рассмотрим два случая:
1. Если H = {1}, то A = G.
2. Если H не равно {1}, то H содержит как минимум один элемент, отличный от 1. Тогда существует элемент h из H, отличный от 1. Рассмотрим элемент g = h^{-1}. Так как H - подгруппа G, то h^{-1} содержится в H, что противоречит тому, что g = h^{-1} не содержится в H. Противоречие.
Таким образом, (G \ H) ∪ {1} равно либо {1}, либо G.
Обозначим обратный через x*, так писать проще.
Берём элемент h∈H, ≠1 и другой g∉H, ≠1. Заметим, что:
• h*∈H, ≠1, а g*∉H, ≠1
• gh, hg, g*h и т.д. в любых сочетаниях ≠1.
Вариант первый. x=gh∈H. Множим справа на h*, и получаем xh* = ghh* = g. Слева штуки из H, справа нет — H не замкнута.
Вариант второй. x=gh∉H. Множим слева на g*, и получаем g*x = g*gh = h. Слева штуки из нашей подгруппы (G \ H) ∪ {1}, справа нет. Так что подгруппа явно не замкнута.
Для полугрупп с единицей, о которых ты пытался говорить, это НЕ ТАК. Как известно, у любой конечной полугруппы есть идемпотент — тем лучше. Пусть G = B², H={00, 10}, операция — побитовое ИЛИ, E=00. Тогда множество (G\H)∪E={00,01,11} явно замкнуто относительно ИЛИ. (Я пытался вводить ажурные B и единицу, а система стирает.)