Abbildungsmonoid/0,1/Verknüpfungstabelle und Untermonoide/Aufgabe/Lösung

(1). Es gibt vier Abbildungen der zweielementigen Menge in sich selbst, nämlich die Identität ${}I$ , die Vertauschung ${}V$ , die durch ${}V(0)=1{\text{ und }}V(1)=0$ festgelegt ist, und die beiden konstanten Abbildungen, die wir mit ${}0$ bzw. ${}1$ bezeichnen. Die Verknüpfungstabelle, bei der im Kreuzungspunkt von der ${}\varphi$ -Zeile mit der ${}\psi$ -Spalte die Verknüpfung ${}\varphi \circ \psi$ (also ${}\psi$ zuerst angewendet) steht, sieht folgendermaßen aus:

${}\circ$	${}I$	${}V$	${}0$	${}1$
${}I$	${}I$	${}V$	${}0$	${}1$
${}V$	${}V$	${}I$	${}1$	${}0$
${}0$	${}0$	${}0$	${}0$	${}0$
${}1$	${}1$	${}1$	${}1$	${}1$

(2). Die Identität ${}I$ ist das neutrale Element des Monoids, jedes Untermonoid muss dieses Element enthalten.

Das kleinste Untermonoid ist ${}\{I\}$ , das ist eine kommutative Gruppe.

${}\{I,V\}$ ist ebenfalls eine kommutative Gruppe, da ${}V$ zu sich selbst invers ist.

${}\{I,0\}$ ist ein kommutatives Untermonoid, wegen ${}I\circ 0=0=0\circ I$ und ${}0\circ 0=0$ , aber keine Gruppe, da es kein inverses Element zu ${}0$ gibt.

${}\{I,1\}$ ist ebenfalls ein kommutatives Untermonoid und keine Gruppe (gleicher Grund).

${}\{I,0,1\}$ ist ein Untermonoid, da es unter der Operation abgeschlossen ist. Es ist keine Gruppe, da ${}0$ und ${}1$ nicht invertierbar sind. Es ist nicht kommutativ, da ${}0\circ 1=0$ und ${}1\circ 0=1$ ist.