Si $(ab)^n=a^nb^n$ & $(|G|, n(n-1))=1$ entonces $G$ es abeliano

Question

Dejemos que $G$ sea un grupo. Si $(ab)^n=a^nb^n$ $\forall a,b \in G$ y $(|G|, n(n-1))=1$ entonces demuestre que $G$ es abeliana.

---

Lo que he demostrado es que:

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

Una prueba de ello se encuentra en las respuestas a este vieja pregunta.

Answer 1

Podemos suponer que $n>2$ . Desde $(ab)^n = a^nb^n$ , para todo $a,b\in G$ podemos escribir $(ab)^{n+1}$ de dos maneras diferentes: $$(ab)^{n+1} = a(ba)^nb = ab^na^nb,$$ y $$(ab)^{n+1} = ab(ab)^n = aba^nb^n.$$ Por lo tanto, $$ab^na^nb = aba^nb^n.$$ Cancelar $ab$ a la izquierda y $b$ sobre el derecho a obtener $$b^{n-1}a^n = a^nb^{n-1}.$$ Tenga en cuenta que esto es cierto para todo $a,b\in G$ . (Esto dice que el $n$ de cualquier elemento de $G$ se conmuta con el $(n-1)$ a potencia de cualquier elemento de $G$ .)

Ahora dejemos que $x,y\in G$ sea arbitraria; queremos demostrar que $x$ y $y$ de viaje. Dado que el orden de $G$ es primordial para $n$ El $n$ el mapa de potencia $t\mapsto t^n$ en $G$ es biyectiva, por lo que existe $a\in G$ tal que $x = a^n$ . Dado que el orden de $G$ es primordial para $n-1$ existe $b\in G$ para lo cual $y=b^{n-1}$ . Por lo tanto, $xy = a^nb^{n-1} = b^{n-1}a^n = yx$ . Porque $x$ y $y$ fueran arbitrarias, se deduce que $G$ es conmutativo.

AÑADIDO:

Lema. Dejemos que $G$ sea un grupo de orden finito $m$ y que $k$ sea un número entero positivo tal que $(k,m)=1$ . Entonces el $k$ el mapa de potencia $x\mapsto x^k$ en $G$ es biyectiva.

Prueba. Desde $G$ es finito, basta con demostrar que el mapa $x\mapsto x^k$ es suryente. Para ello, dejemos que $g\in G$ demostramos que $g$ es el $k$ potencia de algún elemento en $G$ . Dado que el orden de $g$ divide el orden del grupo $G$ se deduce que $(\left| g\right|, k) = 1$ . Por lo tanto, $\langle g\rangle = \langle g^k\rangle$ . Por lo tanto, hay un número entero $r$ para lo cual $g = (g^k)^r = g^{kr} = (g^r)^k$ . Esto completa la prueba.

Answer 2

Tengo otra respuesta aunque también se puede ver fácilmente desde la respuesta de James también.

Podemos suponer que $n>2$ . Desde $(ab)^n = a^nb^n$ , para todo $a,b\in G$ . Entonces obtendremos $$b^{n-1}a^n = a^nb^{n-1}.$$ esto es cierto para todo $a,b\in G$ .

Ahora vea Como el orden de $G$ es primordial para $n$ El $n$ el mapa de potencia $t\mapsto t^n$ en $G$ es un automorfismo por lo que es el $(1-n)$ el mapa de potencia $t\mapsto t^{1-n}$ en $G$ .

por lo que existe $a\in G$ & $b\in G$ tal que $x = a^n$ & $y=b^{n-1}$ . Por lo tanto, $xy = a^nb^{n-1} = b^{n-1}a^n = yx$ . Porque $x$ y $y$ fueran arbitrarias, se deduce que $G$ es conmutativo.