$f(x) = x^6, g(x) = x^{10}$ endomorphisms $\implies G$ es abelian

Question

Deje $(G, \cdot)$ ser un grupo en el que las funciones $f: G \to G, f(x) = x^6$ $g : G \to G, g(x) = x^{10}$ son endomorphisms y $f$ es inyectiva. Demostrar que $G$ es un grupo abelian.

Tenemos que demostrar que el $f(xy) = f(yx), \forall x,y \in G$.

Debido a $f$ es un endomorfismo, a continuación,$(xy)^6 = x^6y^6 \iff (yx)^5 = x^5y^5, \forall x,y \in G$. Por eso, $x^6y^6 = (xy)^6 = (xy)^5(xy) = y^5x^5xy \implies x^6y^5 = y^5x^6, \forall x,y \in G$. Swaping $x$$y$, obtenemos que $x^5y^6 = y^6x^5, \forall x,y \in G (*)$.

De la misma manera obtenemos que $x^{10}y^9 = y^9x^{10}, \forall x,y \in G (**)$. Por lo tanto, $x^5y^3 = y^3x^5$ (con $(*)$$(**)$), pero no sé cómo continuar a partir de aquí.

Answer 1

Este es un comentario extendido en lugar de una respuesta.

La suposición de que $f$ es inyectiva es necesario.

En efecto, el artículo Abelian Obligando a los Conjuntos por José A. Gallian y Michael Reid contiene el siguiente resultado:

Definición: un conjunto de números enteros $T$ se llama abelian-obligando a si para cualquier grupo de $G$, si el mapa de $x\mapsto x^t$ es un endomorfismo para todos $t\in T$ $G$ tiene que ser abelian.

Teorema: un conjunto de números enteros $T$ es abelian-obligando a si y sólo si el mcd de los números de $t(t-1)$ donde $t$ ejecuta a través de $T$ es igual a $2$.

En el presente caso, el $\gcd (5\times 6,\ 9\times 10)=30\neq 2$.

Answer 2

Las hipótesis son satisfechos en cualquier grupo de exponente $5$ (debido a $f(x)=x$ $g(x)=1$ todos los $x \in G$), y hay nonabelian grupos de exponente $5$, por lo que el resultado reivindicado no es correcto.

Tal vez usted debe asumir que tanto $f$ $g$ son inyectiva.

Answer 3

Aquí es una solución asumiendo $f$ $g$ son tanto inyectiva, lo cual es necesario como Derek puntos.

Digamos que un grupo es $(a,b)$-abelian para enteros $a,b$ si $x^ay^b=y^bx^a$ todos los $x,y\in G$. Es fácil comprobar que si un grupo es $n$-abelian, es $(n,n-1)$-abelian.

Siguiente, nos acogemos a la siguiente.

Lema 1. Deje $G$ ser un grupo. Si $G$ $m$- abelian con $x\mapsto x^m$ un inyectiva endomorfismo, y $G$ $(da,d'b)$- abelian donde $d$ $d'$ brecha $m$, $G$ $(a,b)$- abelian.

Para ver esto, observe que $G$ debe $(ma,mb)$-abelian, por lo que $$(x^ay^bx^{-a}y^{-b})^m= x^{ma}y^{mb}x^{-ma}y^{-mb}=1$$ for all $x,y\in G$ and thus by injectivity $G$ is $(a,b)$-abelian, de esta forma se comprueba que la reclamación.

Ahora, en nuestro caso, tenemos que $G$ $(6,5)$- abelian, de manera que al aplicar el lema de $m=6$, $G$ $(1,5)$- abelian. Aplicando el lema de nuevo por $m=10$, obtenemos que $G$ $(1,1)$- abelian, de ahí el resultado.

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En realidad, no hay ningún punto en la restricción de a$6$$10$, por lo que vamos a mostrar el siguiente.

La proposición. Deje $G$ ser un grupo. Si $x\to x^m$ $y\to y^n$ son inyectiva endomorphisms en $G$ $\mathrm{gcd}(m-1,n-1)\mid (mn)^k$ algunos $k$ $G$ es abelian.

Para probar esto, necesitamos uno más lexema.

Lema 2. Si $G$ $(a,b)$- abelian y $(c,d)$-abelian, es $(r,s)$-abelian donde$r=\gcd(a,c)$$s=\mathrm{lcm}(b,d)$.

De hecho, elegir enteros $k,l$ tal que $ka+lc=r$ y tenga en cuenta que para todas las $x,y\in G$ tenemos $$x^{ak+cl}y^s=x^{ak}y^sx^{cl}=y^sx^{ak+cl}.$$

Para demostrar la proposición, tenga en cuenta que $G$ $(m,m-1)$ - $(n,n-1)$- abelian, por lo tanto $(1,(m-1))$ - $(1,(n-1))$- abelian por el lema 1. Lema $2$ implica $G$ $(1,(m-1)(n-1))$ abelian y así aplicar el lema 1 varias veces obtenemos la proposición.