Un anillo tal que $(a+b)^2=a^2+b^2$ y $(a+b)^3=a^3+b^3$

Question

Sea $(A,+,\cdot)$ sea un anillo tal que haya $a,b \in A$ que satisfagan $$(a+b)^2=a^2+b^2, \quad (a+b)^3=a^3+b^3$$ Demostrar que $(a+b)^n=a^n+b^n,$ para todos los enteros positivos $n.$

He encontrado la siguiente solución, pero no me satisface del todo.

A partir de la hipótesis obtenemos $ab+ba=0$ y $ab^2+ba^2=0.$ Demostraremos la identidad mediante inducción. Supongamos que es cierta para $1,2,...,n-1, \: n \geq 4.$ Podemos escribir $$(a+b)^n=(a+b)^{n-1}(a+b)=(a^{n-1}+b^{n-1})(a+b)=a^n+a^{n-1}b+b^{n-1}a+b^n$$ Queda por demostrar que $a^{n-1}b+b^{n-1}a=0.$ Podemos escribir $$a^{n-1}b+b^{n-1}a=a^{n-2}ab+b^{n-2}ba=-a^{n-2}ba-b^{n-2}ab \quad (*)$$ Pero $(a+b)^{n-1}=(a+b)^{n-2}(a+b)=(a^{n-2}+b^{n-2})(a+b)=a^{n-1}+b^{n-1},$ así que $$a^{n-2}b+b^{n-2}a=0 \Rightarrow b^{n-2}a=-a^{n-2}b$$ Volviendo a enchufar esto $(*)$ da $$a^{n-1}b+b^{n-1}a=-a^{n-2}ba+a^{n-2}b^2=a^{n-2}(-ba+b^2)=a^{n-3}ab(-a+b)$$ Pero $0=ab^2+ba^2=ab^2-aba=ab(b-a),$ así que $$a^{n-1}b+b^{n-1}a=a^{n-3}\cdot 0 = 0$$ y esto completa la indución.

¿Hay alguna otra solución, quizá más rápida o más bonita?

Answer 1

Esto es lo mismo, pero tal vez reordenado para ver una idea de normar (no conmutativo) monomios en $a,b$ . Como se observa en el OP, de $a^2+b^2=(a+b)^2=(a+b)(a+b)=a^2+ab+ba+b^2$ obtenemos la "relación de supercomutatividad" $$ ab= -ba\ . $$ La otra relación, ampliada como $a^3+b^3=(a+b)^3=(a+b)^2(a+b)=(a^2+b^2)(a+b)=a^3+a^2b+b^2a+b^3$ da como en el OP $$ a^2b=-b^2a\ . $$

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Empezamos ahora una "nueva" prueba. (La estrategia consiste en escribir cada monomio en $a,b$ en una "forma normalizada". En primer lugar, utilizando la supercomutatividad podemos escribir cualquier monomio $aa\dots abb\dots baa\dots a bb\dots b\dots$ de la forma $\pm aa\dots a\ aa\dots a\ \dots bb\dots b\ bb\dots b\dots$ empujando todos $a$ 's en la parte delantera y el cambio de signos. Utilizando la segunda regla, podemos reducir el $a$ poderes frente al $b$ para obtener un monomio "normalizado" de la forma $\pm b^?a$ . Demostremos inductivamente la relación $a^nb=-b^na$ a partir de la dada para $n=2$ . Para $n\ge 2$ tenemos $$ \begin{aligned} a^{n+1}b &= aa^n b\\ &= -ab^n a&&\text{(by induction)}\\ &= -(-1)^n aa b^n&&\text{(by supercommutativity)}\\ &=-(-1)^n a^2 \underbrace{bbb\dots b}_{n\text{ times}}\\ &=-(-1)^n(- b^2 a)\underbrace{bb\dots b}_{n-1\text{ times}}\\ &=+(-1)^n b^2\ (a\underbrace{bb\dots b}_{n-1\text{ times}})\\ &=+(-1)^n b^2\ (-1)^{n-1}\underbrace{bb\dots b}_{n-1\text{ times}}a&&\text{(by supercommutativity)}\\ &=-b^{n+1}a\ . \end{aligned} $$ La relación deseada se deduce ahora también inductivamente, $$ (a+b)^{n+1}=(a^n+b^n)(a+b)=a^{n+1}+\underbrace{a^nb+b^na}_{=0\text{ shown above}}+b^{n+1} = a^{n+1}+b^{n+1} \ .$$

Answer 2

No es difícil de ver mediante el uso de la inducción $a^nb=-b^na$ y $a^nb^n=-b^na^n$

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Supongamos que $n$ es par. $$(a+b)^n= \underbrace{(a+b)^2(a+b)^2(a+b)^2(a+b) ^2\cdots(a+b)^2}_{\text{$ \frac{n}{2} $}\ \ \text{times}}$$
$$=(a^2+b^2)(a^2+b^2)\cdots(a^2+b^2)$$ $$=(a^4+a^2b^2+b^2a^2+b^4)\cdots (a^4+a^2b^2+b^2a^2+b^4)$$ Utilizando $a^nb^n=-b^na^n$ $$=(a^4+b^4)(a^4+b^4)\cdots(a^4+b^4)$$ $$\vdots$$

• Por último, llegamos a dos componentes mediante $a^nb^n=-b^na^n$ Obtenemos $a^nb=-b^na$ si se utiliza tanto como sea necesario obtenemos $$=a^n+b^n$$ $\textbf{Note:}$ Cuando llegamos al número impar de componentes, no manejamos el componente final.

$\textbf{Example:}$ La lógica es la siguiente: $$(a+b)^6=(a+b)^2(a+b)^2(a+b)^2$$ $$=(a^2+b^2)(a^2+b^2)(a^2+b^2)$$ $$=(a^4+a^2b^2+b^2a^2+b^4)(a^2+b^2)$$ $$=(a^4+b^4)(a^2+b^2)=(a^6+a^4b^2+b^4a^2+b^6)$$ $$=a^6-b^4ab-a^4ba+b^6$$ $$=a^6+b^5a+a^5b+b^6=a^6+b^6$$ Del mismo modo, podemos pensar cuando $n$ es impar como sigue:(En realidad, nos encounterd por encima de la situación de abajo.) $$(a+b)^n= \underbrace{(a+b)^2(a+b)^2(a+b)^2(a+b)^2\cdots (a+b)^2}_{\text{$ \frac{n-1}{2}, $}\ \ \text{times}} \underbrace{(a+b)}_{\text{$ 1 $ times}}=a^n+b^n $$