¿A tal grupo que $a^m b^m = b^m a^m$ $a^n b^n = b^n a^n$ ($m$, $n$ coprimos) es abeliano?

Question

Deje $(G,.)$ ser un grupo y $m,n \in\mathbb Z$ tal que $\gcd(m,n)=1$ y $$ \forall a,b \in G, \,a^mb^m=b^ma^m,$$ $$\forall a,b \in G, \, a^nb^n=b^na^n.$$

Entonces, ¿cómo demostrar $G$ es un grupo abelian?

Un poco de contexto: Algunas de estas relaciones de conmutación a menudo implican que $G$ es abelian, por ejemplo si $(ab)^i = a^i b^i$ por tres números enteros consecutivos $i$ $G$ es abelian, o si $g^2 = e$ todos los $g$ $G$ es abelian. Esto se parece a otro ejemplo de este fenómeno, pero las mismas técnicas no se aplican.

Answer 1

Deje $M \subset G$ ser el subgrupo generado por todos los $m$-th poderes y deje $N \subset G$ ser el subgrupo generado por todos los $n$-th poderes. Estos subgrupos son claramente abelian normal subgrupos. Desde $m$ $n$ son coprime $G = MN$ $M \cap N$ está contenida en el centro de la $Z(G)$$G$. Para demostrar que $G$ es abelian basta para mostrar que $M$ $N$ viaje, que es $[M,N]=1$. Tenga en cuenta que $[M,N] \subset M \cap N$. Deje $a \in M$$b \in N$. A continuación,$[a, b] = a^{−1}b^{−1}ab \in M \cap N$. Por lo tanto $[a, b] = z$$z \in Z(G)$. Por lo tanto $b^{−1}ab = za$, de donde $b^{−1}a^nb=z^na^n$. Desde $a^n \in N$ viajes con $b$, lo $z^n=1$. Del mismo modo $z^m=1$. Desde $m$ $n$ son relativamente primos, llegamos a la conclusión de $z=1$.

Answer 2

Escriba $mk+nl=1$ $k,l\in\mathbb Z$.

Tenemos $$ab=a^{mk+nl}b^{mk+nl}=a^{mk}(a^{nl}b^{mk})b^{nl}\stackrel{(*)}=a^{mk}(b^{mk}a^{nl})b^{nl}=(a^{mk}b^{mk})(a^{nl}b^{nl})=(b^{mk}a^{mk})(b^{nl}a^{nl})=b^{mk}(a^{mk}b^{nl})a^{nl}\stackrel{(**)}=b^{mk}(b^{nl}a^{mk})a^{nl}=(b^{mk}b^{nl})(a^{mk}a^{nl})=b^{mk+nl}a^{mk+nl}=ba,$ $ donde utilizamos $$a^{nl}b^{mk}=b^{mk}a^{nl}\qquad(*)$$ and $% $ $a^{mk}b^{nl}=b^{nl}a^{mk}\qquad(**)$

Vamos a probar $(*)$ y $(**)$:

$$(a^mb^n)^{mk}=a^m(b^na^m)^{mk-1}b^n=a^m(b^na^m)^{mk}a^{-m}\Rightarrow(a^mb^n)^{mk}a^m=a^m(b^na^m)^{mk}\Rightarrow a^m(a^mb^n)^{mk}=a^m(b^na^m)^{mk},$ $ por lo tanto, $$(a^mb^n)^{mk}=(b^na^m)^{mk}.\qquad(\sharp)$ $

Del mismo modo obtenemos %#% $ #%

Multiplicando el $$(a^mb^n)^{nl}=(b^na^m)^{nl}.\qquad(\sharp\sharp)$ y $(\sharp)$ obtenemos $(\sharp\sharp)$.

Proceder de la misma manera que obtenemos $a^mb^n=b^na^m$

Una inducción fácil muestra ahora $a^nb^m=b^ma^n$ y $(*)$.

Answer 3

Como $\gcd(m, n) = 1$, por Bezóut la identidad de hay $u$, $v$ tal que $u m + v n = 1$.

Tome $a, b \in G$ arbitrarias. Por las condiciones, como $a^u \in G$ todos los $u \in \mathbb{Z}$, y como lo permitan las condiciones para que conmute ciertos poderes: $$ \begin{align*} a^{u m} b^{u m} &= b^{u m} a^{u m} \\ (a^{u m} b^{u m})^{v n} &= a^{u m + v n} b^{u m + v n} \\ &= a b \\ (b^{u m} a^{u m})^{v n} &= b^{u m + v n} a^{u m + v n} \\ &= b a \end{align*} $$ Esto porque por ejemplo, $(a^{u m} b^{u m})^2 = a^{u m} b^{u m}^{n} b^{u m} = a^{u m}^{n} b^{u m} b^{u m} = a^{2 u m} b^{2 u m}$ desde el par medio conmutes por las condiciones. Ahora el uso de la inducción.

(Tal vez el cambio puede ser expresado en una forma más compacta).

Bonito problema!