Demostrar que si $(ab)^i = a^ib^i \forall a,b\in G$ para tres enteros consecutivos $i$ entonces G es abeliano

Question

He estado trabajando en este problema que aparece en el libro de Herstein Temas de Álgebra (Capítulo 2.3, problema 4):

Si $G$ es un grupo tal que $(ab)^i = a^ib^i$ para tres enteros consecutivos $i$ para todos $a, b\in G$ , demuestran que $G$ es abeliana.

He conseguido probarlo, pero no estoy muy contento con mi resultado (creo que hay una forma más ordenada de probarlo). De todos modos, estoy buscando para ver si hay un enfoque diferente a esto.

Mi enfoque :

Dejemos que $j=i+1, k=i+2$ para algunos $i\in \mathbb{Z}$ .

Entonces tenemos que $(ab)^i = a^ib^i$ , $(ab)^j = a^jb^j$ y $(ab)^k = a^kb^k$ .

Si $(ab)^k = a^kb^k$ entonces $a^jb^jab =a^jab^jb$ .

Anulamos a la izquierda y a la derecha y tenemos $b^ja = ab^j$ Es decir $b^iba = ab^j$ .
Multiplica ambos lados por $a^i$ a la izquierda y obtenemos $a^ib^iba = a^jb^j$ Así que $(ab)^iba = (ab)^j$ .
Pero eso es $(ab)^iba = (ab)^iab$ .

Si se cancela a la izquierda, se obtiene $ab=ba$ que es válida para todos los $a,b \in G$ y por lo tanto, $G$ es abeliana.

Gracias.

Answer 1

Una solución muy parecida, pero quizá algo más corta: de nuevo dejemos $i$ , $i+1$ y $i+2$ sean los tres enteros consecutivos que funcionan para $a$ y $b$ . Desde $a^{i+1} b^{i+1} = (ab)^{i+1} = (ab)(ab)^i = aba^i b^i$ obtenemos $a^i b = b a^i$ . La misma prueba con $i$ sustituido por $i+1$ da $a^{i+1} b = b a^{i+1}$ . Ahora $a b = a b a^i a^{-i} = a a^i b a^{-i} = a^{i+1} b a^{-i} = b a^{i+1} a^{-i} = b a$ .

Answer 2

Estaba escribiendo esto como un comentario, pero va a ser extenso; sospecho que la mayoría de los comentaristas podrían estar interesados, así que aquí va como una wiki comunitaria.

Un grupo $G$ se dice que $n$ -abeliana si $(ab)^n = a^nb^n$ por cada $a,b\in G$ .

Alperin demostró ( La clasificación de $n$ -grupos abelianos , Canad. J. Math. 21 (1969) 1238-1244, MR0248204 (40 #1458)) que la variedad de $n$ -es la unión de la variedad de grupos abelianos, la variedad de grupos de exponente $n$ y la variedad de grupos de exponente que dividen $n-1$ (por lo que un grupo es $n$ -abeliano si y sólo si es un cociente de un subgrupo de un producto directo de grupos que son abelianos, de exponente $n$ o del exponente que divide $n-1$ ).

Más recientemente, Primož Moravec ( Multiplicadores de Schur y endomorfismos de potencia de grupos. J. Álgebra 308 (2007), nº 1, 12-25. MR2290906 (2007j:20047)) demostró que una $p$ -El grupo es $n$ -abeliano si y sólo si $n\in p^{e+r}\mathbb{Z}\cup(1+p^{e+r})\mathbb{Z}$ , donde $p^e$ es el exponente de $G/Z(G)$ y $r$ es un número entero que se puede calcular, llamado "rango exponencial de $G$ ".

Una clase de grupos estrechamente relacionados son los $n$ -Campana y el $n$ -Grupos de Levi. Un grupo es $n$ -Bell si y sólo si $[x^n,y]=[x,y^n]$ para todos $x,y\in G$ , donde $[a,b]$ es el conmutador de $a$ y $b$ . Un grupo es $n$ -Levi si $[x^n,y] = [x,y]^n$ para todos $x,y\in G$ . (Tenga en cuenta que desde $[a,b]=[b,a]^{-1}$ , $n$ -Levi implica $n$ -Bell). Un resultado que observé de pasada hace algunos años fue que si un grupo es $i$ -, $i+1$ -, y $i+2$ -Levi para algún número entero $i$ , entonces es $n$ -Levi para todos $n$ (y por tanto nilpotente de clase como máximo $2$ ), muy similar al problema que nos ocupa. También, $2$ -Levi y $(-1)$ -Levi implica $n$ -Levi para todos $n$ , al igual que $(-1)$ -abeliana y $2$ -abelianos implican abelianos (es decir, $n$ -abeliana para todos $n$ ).

Un buen documento sobre este tema es el de L-C Kappe En $n$ -Grupos Levi. Arch. Math. (Basilea) 47 (1986), no. 3, 198-210, MR 0861866 (88a:20048). Para un grupo $G$ , dejemos que $$\begin{align*} \mathcal{E}(G) &= \{n\mid (xy)^n = x^ny^n\text{ for all }x,y\in G\}\\ \mathcal{L}(G) &= \{n\mid [x^n,y]=[x,y]^n\text{ for all }x,y\in G\}\\ \mathcal{B}(G) &= \{n\mid [x^n,y] = [x,y^n]\text{ for all }x,y\in G\}, \end{align*}$$ llamados, respectivamente, el "semigrupo de exponentes", el "semigrupo de Levi" y el "semigrupo de Bell" de $G$ (los conjuntos son cerrados bajo la multiplicación, por lo que son semigrupos multiplicativos de los enteros). Kappe demuestra que si $W$ es un conjunto de números enteros, entonces los siguientes son equivalentes:

1. $W=\mathcal{E}(G)$ para algún grupo $G$ .
2. $W=\mathcal{B}(H)$ para algún grupo $H$ .
3. $W=\mathcal{L}(K)$ para algún grupo $K$ .

También da las condiciones para que un conjunto de enteros sea un semigrupo de exponentes, recordando a los lectores que F.W. Levi demostró, en Notas sobre la teoría de grupos VII. Las clases de residuos idempotentes y los mapeos $\{m\}$ . J. Indian Math. Soc. (N.S.) 9 (1945), 37-42, que si $M$ es el menor número entero positivo en $\mathcal{E}(G)$ para lo cual $G^M$ es abeliano, entonces existen números enteros relativamente primos por parejas $q_i$ , $M=q_1\cdots q_t$ , $2\lt q_i$ , de tal manera que $\mathcal{E}(G)$ consiste precisamente en los enteros que son congruentes con cualquiera de los dos $0$ o $1$ modulo $q_i$ para $i=1,\ldots,t$ y que si $q_1,\ldots,q_t$ son números enteros relativamente primos por parejas, $2\lt q_i$ para cada $i$ y $S$ es el conjunto de todos los enteros que son congruentes con $0$ o $1$ modulo $q_i$ para cada $i$ entonces existe un grupo $G$ tal que $\mathcal{E}(G)=S$ .

Answer 3

Comentario preliminar: Hay una ambigüedad en el planteamiento del problema, una ambigüedad que, según me han dicho, se remonta al original. Yo interpreto que el problema significa que existen enteros consecutivos $i$ tal que $(ab)^i=a^ib^i$ para todos $a$ y $b$ . Pero el lenguaje informal del problema permite la interpretación más débil de que para cada $a$ y $b$ existen tres enteros consecutivos $i$ tal que $(ab)^i=a^ib^i$ .

Demostraré el resultado bajo la "uniformidad" más fuerte $i$ "condición". Los argumentos de la OP y de Robert Israel, demostrados bajo supuestos más débiles, son por tanto claramente "mejores". La razón del argumento siguiente es que mi análisis de la redacción interpreta la condición como uniforme. Y la suposición más fuerte permite un enfoque más estructurado y simétrico.

Dejemos que nuestros exponentes sean $n$ , $n+1$ y $n+2$ .

Nótese que por asociatividad, $$(ab)^{n+1}=a(ba)^nb.$$ Así, $$a^{n+1}b^{n+1}=(ab)^{n+1}=a(ba)^{n}b=ab^{n}a^{n}b.$$ La cancelación ahora da $$a^nb^n=b^na^n$$ de lo que se deduce que $$(ab)^n=(ba)^n.$$

Un cálculo similar con $n+1$ y $n+2$ produce $$(ab)^{n+1}=(ba)^{n+1}$$ y ahora la división da el resultado deseado.

Answer 4

HINT $\rm\ \ \ (a\:b)^n\: =\:\ b^{-1}\ (\ b\ a\ )^{\:n+1}\:\ a^{-1}$

$\rm\quad\quad\Rightarrow\quad\ \ a^n\:b^n\ =\:\ b^{-1}(b^{n+1}a^{n+1})\:a^{-1} =\ b^n\: a^n $

Answer 5

Dejemos que $i$ sea un número entero cualquiera.
Por supuesto, podemos escribir
$$(ab)^i = a^i b^i \tag 1$$ $$(ab)^{i+1} = a^{i+1} b^{i+1} \tag 2$$ $$(ab)^{i+2} = a^{i+2} b^{i+2} \tag 3$$ Desde $(1)$ y $(2)$ podemos escribir $$(ab)^i ab = a^{i+1} b^{i+1}$$ $$a^i b^i ab = a^{i+1} b^{i+1}$$ Utilizando la propiedad de cancelación, nos queda $$b^i a = a b^i \tag 4$$ Del mismo modo, desde $(2)$ y $(3)$ nos quedamos con $$a b^{i+1} = b^{i+1} a \tag 5$$ Desde $(4)$ y $(5)$ $$ab = ba$$ que es lo que se requiere
Tenga en cuenta que el número mínimo de números consecutivos para mantener esta propiedad es $3$ .
Esto no tiene por qué ser cierto en el caso de $2$ poderes consecutivos.