teoría de conjuntos

Question

En un grupo tenemos $abc = cba$. Si $c \neq 1$, es el grupo abelian? Ver el siguiente enlace.

(Soy nuevo en este sitio, pero es mi entendimiento de que no se pueden PM autores, correcto? Que es muy malo, porque significa que tengo que abrir este hilo)

En lo que respecta a las Matemáticas de la Gema de la respuesta, a partir de los comentarios que me la tome, ha omitido algunas de las afirmaciones obvias; pero me pregunto, si uno fue a dar a cada declaración requerida, lo que tendría que ser incluidos?

En la prueba se requiere $c = ba$ lo que sin duda es sólo una pequeña (igual a la orden de los tiempos del grupo el número de $c \neq 1$) sección de un grupo. Se debe mantener para todos los $a,b, c \neq 1$, por lo que la cantidad total de combinaciones que tendría que verificar (digamos, Una es el grupo) ser $\mathrm{T} = \#A \cdot \#A \cdot (\#A-1)$. Decir $\#A = x$. Desde $c = ba$ sólo es válida para $x$ distintas parejas $(a,b)$ (a causa de la "plaza américa de la propiedad", $c = ba$ "pierde" $\mathrm{T}-(x-1)\cdot\#A$ combinaciones, ¿verdad?

Tomando $Z_4,+$ $2$ por ejemplo, sólo $2 = 2 + 0$, $2 = 0 + 2$, $2 = 1 + 3$ y $2 = 3 + 1$ así por ejemplo, la (4,4,4) y (1,2,4) no son válidos para la prueba dada, sin embargo, tenemos que tomar en cuenta. A partir de los comentarios, si $ab = 1$, claramente $ab = ba$ (debido a $ab = 1 \implies a = b^{-1} \implies 1 = ba$) pero todavía hay por ejemplo, (4,4,4) y (1,2,4). Así que la trivial (4,4,4) tendría que ser mencionados, así cuando cualquiera de las $a$ o $b$ es igual a $1$. A partir de la inspección de $Z_4,+$ I ver que ahora tenemos todas las combinaciones posibles, pero no debería ser probada? I. e. ¿cómo sabes que no existe $a,b, c$ tal que $ba \neq c$$a,b \neq 1$, y sin embargo $ab \neq ba$?

Para $Z_4,+$ puede ordenar de decir: el orden es 4, lo que tiene que ver $4\cdot4\cdot3$ combinaciones. La prueba tiene por $c = ba$ y ya hay 3 elementos en $Z_4,+$ que no son iguales a $0$, restar $4\cdot3$. Luego de quitar (1,b,c) y (a,1,c) por lo que reste $4\cdot3$ dos veces. A continuación, para $ab = 1$ le restan $4\cdot3$ nuevo y los que se quedan con $0$. Así que sí, es cierto para el $Z_4$, pero no es exactamente una prueba real. Tal vez hay algo de peculiar grupo para el que hay más elementos a la izquierda?

Supongo que sería justo generalizar a fin de $x$ pero luego no me $0$ como lo hice anteriormente.

Así que mi pregunta es ¿cómo sabes que tienes todas las posibles combinaciones de $a,b, c, \neq 1$ cuando, básicamente, la prueba consiste en la comprobación de casos diferentes.

(Yo soy una de 1er año de licenciatura estudiante de matemáticas, si es el caso)

Answer 1

No requieren $c=ba$; sólo corrige cualquier $a,b$ y entonces se aplica la igualdad (que posee cualquier $c$, por lo que en particular para alguno que te gustaría considerar) $$abc=cba$$ to the special case where $c $ is taken to be $ ba $. This is then sufficient to prove that $$ab=ba$$ since you get $ abba = baba $ and you can then multiply successively by $ un ^ {-1} $ then $b ^ {-1} $ on the right of both sides. Since $ $, $ab de $ were arbitrary, this proves that $de % de %b = ba $ for all elements $ a $, $b$, es decir, que el grupo es abeliano.

Answer 2

Si $abc=cba$ cualquier $c$ lo que sea, vamos a $c=ba$. Luego tenemos a $$abba=baba$$

Así que $$(abba)a^{-1}b^{-1}=(baba)a^{-1}b^{-1}$$ which reduces to $$ab=ba$$

Answer 3

Él no requieren $c=ba$, y que está justificado) utiliza un caso especial de la condición dada. Lo que se necesita para mostrar es $$\tag1 \forall x\forall y\colon xy=yx$$ y se nos da $$\tag2\forall a\ne1\forall b\ne1\forall c\ne1\colon abc=cba$$ No tenemos que comprobar estos $(n-1)^3$ igualdades (2), estamos dado que tienen. Si consideramos que algunas de las instancias supoerfluous, somos libres simplemente ignorarlos. Por el contrario, tenemos que mostrar la $n^2$ igualdades (1). En particular, el caso de $x=1$ en (1) se cumple para cualquier grupo por las propiedades del elemento neutro. Por lo tanto podemos asumir que $x\ne 1$. Del mismo modo, (1) trivial tiene al $y=1$, por lo tanto podemos suponer que la $y\ne 1$. Y, finalmente, cada elemento de los viajes con su inverso, de ahí el caso de $y=x^{-1}$ es también automáticamente verdadero en (1). Así, podemos asumir $x\ne1$, $y\ne 1$, $yx\ne 1$. Por lo tanto nos permite especializarse (2) a (dejando $a=x, b=y, c=yx$) $$xyyx=yxyx$$ lo que implica (por la anulación de la derecha) $$xy=yx$$ como iba a ser mostrado.