Es cierto que : el grupo de exponente 4 implica que $[[[x,y],y],y]= \text{identity}$ ?

Question

Es bien sabido que: Si el cuadrado de cada elemento de un grupo es la identidad entonces el grupo es abeliano.

También se sabe que: En un grupo, si (para todo $x$ ) el cubo de $x$ es la identidad (es decir, un grupo de exponente 3), entonces la ecuación $[[x,y],y]=\text{identity}$ se mantiene, donde $[x,y]=xyx^{-1}y^{-1}$ (es decir, el conmutador de $x$ y $y$ ).

Mi pregunta es si la siguiente afirmación es cierta:

En un grupo, si (para todo $x$ ) la cuarta potencia de $x$ es la identidad (es decir, un grupo de exponente 4), entonces la ecuación $[[[x,y],y],y]= \text{identity}$ se mantiene.

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El siguiente debate derivado fue preguntado y respondido en esta pregunta derivada .

Actualización:

Utilizando los demostradores de teoremas automatizados Prover9 y Vampire3 es posible demostrar que

de exponente 4 implica que $[[[x^2,y^2],y^2],y^2]= \text{identity}$

Este teorema también se demuestra a mano con lápiz y papel.

Como indica @user1729 es muy fácil demostrar que

de exponente 4 implica que $[[x^2,y^2],y^2]= \text{identity}$

y entonces, como indica @user1729, esto implica que

de exponente 4 implica que $[[[x^2,y^2],y^2],y^2]= \text{identity}$ .

Ahora, extendiendo la idea de @user1729 , es fácil demostrar que

de exponente 8 implica que $[[[x^4,y^4],y^4],y^4]= \text{identity}$

También es posible demostrar que

de exponente 16 implica que $[[[[x^8,y^8],y^8],y^8],y^8]= \text{identity}$

grupo de exponente 32 implica que $$[[[[[x^{16},y^{16}],y^{16}],y^{16}],y^{16}],y^{16}]= \text{identity}$$

En general:

Grupo de exponente $2^{n}$ implica que $$[x^{2^{n-1}},y^{2^{n-1}}]_{n}= \text{identity}$$

donde

$$[x,y]_1 = [x,y]$$ $$[x,y]_2 = [[x,y],y]=[[x,y]_1,y]$$ $$[x,y]_3 = [[[x,y],y],y]=[[x,y]_2,y]$$ $$[x,y]_n = [[x,y]_{n-1},y]$$

Answer 1

No sé la respuesta, pero sé cómo averiguarla. La comprobación sí/no requiere un ordenador.

Considere el grupo $\langle x, y\rangle$ . Se trata de un grupo de dos generaciones de exponente $4$ y por lo tanto debe ser una imagen homomórfica del grupo libre de Burnside $^{\ast}$ $B(2, 4)$ . Por lo tanto, si podemos demostrar que la igualdad se mantiene para el grupo libre de Burnside $B(2, 4)$ entonces estamos ordenados.

En general, este sería un problema difícil. Por ejemplo, hasta donde yo sé es un problema abierto si el grupo libre de Burnside sobre dos generadores de exponente $5$ , $B(2, 5)$ es finito o no. Sin embargo, nosotros puede demostrar que la igualdad es válida para $B(2, 4)$ porque $B(2, 4)$ es un grupo finito de orden $2^{12}\:^{\dagger}$ ( nota (la cita incluye una presentación del grupo).

Dejaré la comprobación real a alguien con más tiempo que yo, o con un ordenador...

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$^{\ast}$ El grupo libre de Burnside $B(m, n)$ se define como el cociente del grupo libre sobre $m$ por el subgrupo normal generado por todos los $n^{\text{th}}$ poderes. Era un problema abierto, llamado El problema de Burnside Durante mucho tiempo se preguntó si alguno de ellos podía ser infinito (en 1968 Novikov y Adian demostraron que sí podían ser infinitos). Efim Zelmanov ganó una medalla Field en los años 90 por un problema relacionado. Si te interesa, escribí una prueba de que $B(m, 3)$ es siempre finito aquí mientras que es un problema clásico de licenciatura demostrar que $B(m, 2)$ es abeliana (y por tanto finita).

$^{\dagger}$ J. J. Tobin, Sobre los grupos con exponente $4$ Tesis, Universidad de Manchester (1954).

Answer 2

La respuesta es negativa. Esto se demuestra en el Corolario 65 de https://arxiv.org/pdf/1904.10072.pdf . Allí se definen un par de invariantes. Para cualquier elemento $w$ en el subgrupo derivado del grupo libre de rango 2 se asocia un número entero. Si éste no es divisible por 4, entonces $w$ no es un producto de cuarta potencia. Y entonces, es no trivial en el grupo Burnside $B(2,4)$ . Por supuesto, esto se puede comprobar por diferentes métodos, utilizando que $B(2,4)$ es finito. En particular, con GAP.