Problema de Herstein sobre la teoría de grupos

Question

El problema es:

Si $G$ es un grupo finito de orden no divisible por 3, y $(ab)^3=a^3b^3$ para todos $a,b\in G$ entonces demuestre que $G$ es abeliana.

Llevo mucho tiempo intentándolo pero no he podido avanzar. Lo único que se me ocurre es: $$ab\cdot ab\cdot ab=aaa\cdot bbb\implies(ba)^2=a^2b^2=aabb=(\text{TPT})abba.$$ Ahora, ¿cómo puedo demostrar la última igualdad? Si escribo $aabb=abb^{-1}abb$ Entonces, para que la hipótesis sea correcta, $b^{-1}abb=ba\implies ab^2=b^2a$ . ¿En qué me estoy equivocando? ¿Qué debo hacer?

Answer 1

• Supongamos que $x\in G$ satisface $ x^3=e$ . Entonces no podemos tener $x\ne e$ Si no es así $x$ tendría un orden 3, lo que implica que 3 divide a $|G|$ (recordemos que el orden de un elemento del grupo divide el orden del grupo). Por lo tanto, $$\forall x\in G:\quad x^3=e~\Longrightarrow~x=e,$$ y como $(ab)^3=a^3b^3$ para todos $ a,b \in G $ vemos que la función $\phi:G\to G$ definido por $$\forall x\in G:\quad\phi(x) \stackrel{\text{def}}{=} x^3$$ es un homomorfismo de grupo inyectivo.

• Ahora, $$\forall a,b\in G:\quad ababab=(ab)^3=a^3b^3=aaabbb.$$ Por lo tanto, $$\forall a,b\in G:\quad baba=aabb,\quad\text{or equivalently},\quad (ba)^2=a^2b^2.$$ Utilizando este hecho, obtenemos \begin{align} \forall a,b\in G:\quad(ab)^4&= [(ab)^2]^2\\ &=[b^2a^2]^2\\ &=(a^2)^2(b^2)^2\\ &=a^4b^4\\ &=aaaabbbb. \end{align}

• Por otro lado, \begin{align} \forall a,b\in G:\quad(ab)^4&= abababab\\ &=a (ba)^3b\\ &=ab^3a^3b\\ &=abbbaaab. \end{align}

• Por lo tanto, para todos los $a,b\in G$ tenemos $aaaabbbb=abbbaaab$ , lo que da como resultado $$\phi(ab)=a^3b^3=b^3a^3=\phi(ba).$$ Como $\phi$ es inyectiva, concluimos que $ab=ba$ para todos $a,b\in G$ .

Conclusión: $G$ es un grupo abeliano.

Answer 2

La forma, que escribo aquí, es de mis antiguas notas y personalmente prefiero los otros enfoques. Pero, tal vez los puntos adicionales dados a continuación, te inspiran para otros problemas como este problema.

Podemos demostrar que si para un número entero $n$ y cada $a,b\in G$ , $(ab)^n=a^nb^n$ entonces $$(aba^{-1}b^{-1})^{n(n-1)}=e$$ La prueba es fácil. De hecho, $$(aba^{-1}b^{-1})^{n^2}=[(aba^{-1}b^{-1})^n]^n=[a^n(ba^{-1}b^{-1})^n]^n=\cdots^*=a^nb^na^{-n}b^{-n}\\\ (aba^{-1}b^{-1})^{n}=(ab)^n(a^{-1}b^{-1})^n=a^nb^na^{-n}b^{-n}$$ *referir aquí para los pasos que faltan

En su problema, suponemos que $G$ no es abeliano, por lo que existe $a,b\in G, aba^{-1}b^{-1}\neq e$ . Según el lema anterior $$(aba^{-1}b^{-1})^6=e$$ ya que sabemos $(ab)^3=a^3b^3$ . S $|aba^{-1}b^{-1}|\big| 6$ y por $3\nmid|G|$ así que $|aba^{-1}b^{-1}|=2$ . Esto significa que $(aba^{-1}b^{-1})^2=e$ . Por otro lado, $$(ab)^3=a^3b^3\Longrightarrow (ba)^2=a^2b^2$$ (ver la respuesta de @Haskell) entonces $(a^{-1}b^{-1})^2(ab)^2=e$ o $(ab)^2=(ba)^2=a^2b^2$ o $ab=ba$ . ¡Una bonita contradicción!

Answer 3

Pistas (recuerda: $\,|G|<\infty\,\,\,and\,\,\,3\,\nmid\, |G|\,$ ): $\,\,\forall\,\,a,b\in G\,$

$$\begin{align*}(1)&\;\;\;\text{Show that}\,\,\,\,(ba)^2=a^2b^2\\{}\\(2)&\;\;\;\text{Prove that}\;\;f:G\to G\,\,\,,\,\,f(x):=x^3\,\,,\,\,\text{is an isomorphism}\\{}\\(3)&\;\;\;\text{Define}\,\,z:=\left(aba^{-1}\right)^3 \longrightarrow \begin{cases}z=ab^3a^{-1},\;\;\;\text{and also}\\{}\\z=f(a)f(b)f(a^{-1})=a^3b^3a^{-3}\end{cases}\\{}\\(4)&\;\;\;\text{Using(2)-(3) , show that}\;\;a^2\in Z(G)\Longleftrightarrow a^2g=ga^2\,\,,\,\forall\,g\in G\\{}\\(5)&\;\;\;\text{Finally, use (1) to show that}\,\,\,ab=ba\end{align*}$$