带半群是否满足F(x,x)≈x型超恒等式？相关等式推导问题

一、带B是否将F作为超恒等式满足？ #

先理清楚几个关键定义和逻辑：

• 题目里的半群满足恒等式 $F(x,x) \approx x$，其中$F$是二元运算符号；
• 带$B$是同时满足结合律 $x(yz) \approx (xy)z$ 和幂等律 $xx \approx x$ 的半群，说白了就是幂等半群；
• 超恒等式的核心要求是：把原恒等式里的运算符号（这里是$F$）替换成目标代数（带$B$）中的任意同元数项，替换后的等式必须在目标代数里成立。

对于带$B$来说，我们把$F$换成任意二元项$t(x,y)$，只需要验证$t(x,x) \approx x$是否在$B$中成立就行。由于带满足结合律和幂等律，任何由单个变量$x$生成的项，最终结果都是$x$——比如$xxx=(xx)x=xx=x$，$xxxx=(xxx)x=xx=x$，以此类推。而$t(x,x)$本质就是只由$x$组成的项，必然等于$x$。所以不管选哪个二元项替换$F$，$t(x,x) \approx x$都在带中成立，也就是说带$B$确实将$F$作为超恒等式满足。

二、为何仅考虑6个二元项时会得到6个形如$x^a \approx x$的等式？具体是什么？ #

题目提到的6个二元项是：$x, y, xy, yx, xyx, yxy$。我们逐个把这些项代入超恒等式的替换规则（把$F$换成对应项），原恒等式$F(x,x) \approx x$就会转化为每个项对应的等式：

具体的6个等式： #

• 替换$F$为二元项x：代入$F(x,x)$得到$x$，对应等式：$x^1 \approx x$（也就是$x \approx x$）
• 替换$F$为二元项y：代入$F(x,x)$得到$x$，对应等式：$x^1 \approx x$（也就是$x \approx x$）
• 替换$F$为二元项xy：代入$F(x,x)$得到$xx$，对应等式：$x^2 \approx x$（也就是$xx \approx x$）
• 替换$F$为二元项yx：代入$F(x,x)$得到$xx$，对应等式：$x^2 \approx x$（也就是$xx \approx x$）
• 替换$F$为二元项xyx：代入$F(x,x)$得到$xxx$，对应等式：$x^3 \approx x$（也就是$xxx \approx x$）
• 替换$F$为二元项yxy：代入$F(x,x)$得到$xxx$，对应等式：$x^3 \approx x$（也就是$xxx \approx x$）

为什么都是形如$x^a \approx x$的等式？ #

因为当我们把二元项代入两个相同的变量$x$时，项里所有变量都会变成$x$，再结合带的结合律，这些项就等价于$x$的若干次自乘（即$x^a$，$a$是项中变量的个数）。比如：

• 项x只有1个变量，对应$x^1$；
• 项xy有2个变量，对应$x^2$；
• 项xyx有3个变量，对应$x^3$。

所以每个替换后的等式自然就呈现出$x^a \approx x$的形式，虽然其中有重复的等式，但对应6个二元项就会得到6个这样的等式。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者user122424