¿Caracteriza esta propiedad a los grupos abelianos?

Question

Sea $G$ sea un grupo. Supongamos que existe un número entero $k>1$ y una permutación no identitaria $\pi \in S_k$ tal que para todo $x_1, x_2 \cdots x_k \neq \mathbf{1} \in G$ tenemos que $x_1x_2x_3 \cdots x_k = x_{\pi(1)}x_{\pi(2)}x_{\pi(3)} \cdots x_{\pi(k)}$ . Debe $G$ ser abeliano?

Esta pregunta está motivada por este . He intentado utilizar la técnica de Andrés en el post enlazado de nuevo aquí, pero fue en vano. También he intentado buscar en grupos clásicos no abelianos como $S_3$ y $GL_n(\mathbf{C})$ en busca de contraejemplos, pero también en vano.

Si esto es falso, ¿es posible que haya algunas condiciones en la permutación $\pi$ ¿qué hace que esto sea cierto? Porque, repasando de nuevo el post enlazado, está claro que algunos las permutaciones fuerzan la abelianidad.

Answer 1

Sí. Por inducción en $k\ge 2$ ; $k=2$ está claro.

Supongamos que $k\ge 3$ . Si $\pi(k)=k$ entonces está claro por inducción. En caso contrario, escribe $j=\pi(k)$ . Escribe la igualdad con $x_j=x_k$ . Se obtiene $x_1\dots x_{k-1}=x_{\pi(1)}\dots x_{\pi(k-1)}$ escribir $\rho(i)=\pi(i)$ para $1\le i\le k-1$ , $i\neq\pi^{-1}(k)$ , $\rho(\pi^{-1}(k))=j$ ( $\rho$ es el primer mapa de retorno en $\{1,\dots,k-1\}$ ); entonces $x_1\dots x_{k-1}=x_{\rho(1)}\dots x_{\rho(k-1)}$ para todos $x_1,\dots,x_{k-1}$ no 1. Por lo tanto, si $\rho$ no es la identidad, hemos terminado.

Entonces vemos que $\rho$ es la identidad si y sólo si $\pi$ es la transposición $\tau_{j,k}$ . Dado que el caso en que $\pi(1)=1$ también está claro, queda por suponer que $\pi=\tau_{1,k}$ . Así que tenemos $x_1\dots x_k=x_kx_2\dots x_{k-1}x_1$ para todos $x_i\neq 1$ . Si encontramos $x_2,\dots,x_{k-1}$ no 1 cuyo producto es 1, hemos terminado. Esto es obviamente factible si $k$ es par (con $x_{2i+1}=x_{2i}^{-1}$ para $1<2i<k$ el caso $|G|=1$ quedando trivialmente excluida); esto es factible para $k=5$ tan pronto como $|G|\ge 3$ y luego para $k\ge 5$ impar ( $|G|=2$ siendo también trivial). Por último, el caso restante es $k=3$ y la igualdad $x_1x_2x_3=x_3x_2x_1$ , y este caso se hizo en el post enlazado.