Soy bastante nuevo en álgebra abstracta y en un ejercicio me preguntó en qué condiciones es cierto que $(ab)^n = a^nb^n$, $a,b \in R$ e $n$ un entero positivo, donde $R$ es un anillo. Se puede demostrar fácilmente que la declaración que se aplica en el caso de $R$ es conmutativo, pero estoy atascado en el reverso implicación. Me han demostrado que si $R$ no contiene divisores de cero, a continuación, la declaración implica conmutatividad. De hecho, teniendo en $n = 2$ $$(ab)^2 = abab = a^2b^2 \Leftrightarrow a(ba-ab)b = 0 \Leftrightarrow ba = ab$$ ¿Existe la no-conmutativa anillos con divisores de cero tal que $(ab)^n =a^nb^n$ o es esta propiedad equivalente a la conmutatividad?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Hagen von Eitzen dio un no conmutativa nonunital anillo con esta propiedad en los comentarios. Sin embargo, si el anillo tiene una unidad, esto es imposible.
La prueba a continuación es un lío de álgebra, así que permítanme explicar brevemente la idea.
El problema es que las igualdades se nos da son homogéneas, ecuaciones de grado, al menos, $4$, como $abab=a^2b^2$, y queremos una ecuación homogénea de grado 2, $ab=ba$. Así tenemos que de alguna manera dehomogenify estas ecuaciones, lo cual se puede hacer mediante la sustitución de $a=1+a$ o $b=1+b$ y ver lo que tenemos. Esta es la idea de la prueba a continuación.
Editar:
Voy a dejar mi comprobante original de abajo, pero darij grinberg sugirió una excelente manera de simplificar los cálculos por el fraseo de las cosas en términos de los conmutadores en los comentarios de abajo.
Observe que la condición de $abab=a^2b^2$ para todos los $a$ e $b$ es lo mismo que decir $$a[a,b]b=0$$ for all $un$ and $b$. Now note that substituting $1+$ in for $un$ gives $$(a+1)[a+1,b]b=(a+1)[a,b]b=0,$$ since $[1,b]=0$. Similarly, we also get $$a[a,b](b+1)=0\text{, and }(a+1)[a,b](b+1)=0.$$ Ahora agregue la primera y cuarta ecuaciones y restar las dos de la mitad para obtener:
$$a[a,b]b - (a[a,b]b + [a,b]b) - (a[a,b]b+a[a,b]) + (a[a,b]b + a[a,b] + [a,b]b + [a,b]) =0,$$
o, en la simplificación, $$[a,b]=0,$$
como se desee.
Orignal prueba
Considere la posibilidad de $$a^2+2a^2b+a^2b^2=a^2(1+b)^2$$ $$=(a(1+b))^2=(a+ab)^2 = a^2+a^2b + aba + abab.$$ Ahora uso ese $a^2b^2 = abab$, y cancelar $a^2+a^2b+abab$ de ambos lados para obtener $$ a^2b = aba.$$
Por simetría, también debemos tener $ba^2=aba$, considerando a $(1+b)^2a^2$.
Ahora consideremos $(1+a)^2(1+b)^2$. La expansión de este directamente, obtenemos $$(1+2a+a^2)(1+2b+b^2)$$ $$ = 1+2b+b^2 + 2a+4ab + 2ab^2 + a^2 + 2a^2b + a^2 b^2$$ Por otro lado, también tenemos $$(1+a)^2(1+b)^2=((1+a)(1+b))^2 = (1+a+b+ab)^2,$$ que se expande a $ A$ 1 + a + b + ab + ab + a + a^2 + ab + ab + a^2b + b + ab + b^2 + bab + ab + ab + aba + ab^2 + abab $$ $$ = 1 + 2a + 2b + 3ab + a^2 + a^2b + ab + b^2 + bab + aba + ab^2 + abab. $$ Ahora uso ese $bab=ab^2$, $aba=a^2b$, e $abab=a^2b^2$ a reescribir esto como $ A$ 1 + 2a + 2b + 3ab + a^2 + 2a^2b + ab + b^2 + 2ab^2 + a^2b^2. $$ Así nos encontramos con la igualdad, $$ 1 + 2a + 2b +4ab + a^2 + b^2 + 2ab^2 + 2a^2b + a^2 b^2$$ $$=1 + 2a + 2b + 3ab + ba + a^2 + b^2 + 2a^2b + 2ab^2 + a^2b^2. $$ La cancelación de $1+2a+2b+3ab+a^2+b^2+2a^2b+2ab^2+a^2b^2$, nos encontramos con $$ab=ba,$$ como se desee.
