Demostrando un colector de identidad para grupos

Question

De La Wikipedia:

Si la derivada de subgrupo es central, entonces $(xy)^n = x^ny^n{\left[y,x\right]}^{n \choose 2}$.

Tuve la oportunidad de probar este para el caso de $n = 2$: \begin{align*} (ab)^{-2}a^2b^2[b,a]&= b^{-1}a^{-1}b^{-1}a^{-1}a^2b^2b^{-1}a^{-1}ba\\ &= b^{-1}a^{-1}b^{-1}aba^{-1}ba\\ &= b^{-1}[a,b]a^{-1}ba\\ &= [a,b]b^{-1}a^{-1}ba\\ &= [a,b][b,a] = 1. \end{align*} Para $n = 3$ y más de mi ingenuo enfoque no funciona, sin embargo. No tengo idea de donde la "$n$ elija $2$" viene, me parece raro. Cómo probar esto para el caso general?

Answer 1

La prueba está bien. Me voy a dar una versión de la prueba de que es un poco más breve y una explicación conceptual para el resultado que indican cómo la hipótesis se utiliza.

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Para mí esto es sólo una simple inducción. $$\begin{array}{rl} (ab)^{n+1} &= ab(ab)^{n} \\ \\ &= ab \left( a^n b^n [b,a]^{\binom{n}{2}} \right) \\ \\ &= a a^n b [b,a]^n b^n [b,a]^{\binom{n}{2}} \\ \\ &= a^{n+1} b^{n+1} [b,a]^{\binom{n+1}{2}} \end{array}$$ Esta primera línea que separa el poder. La segunda línea es la hipótesis de inducción. La tercera línea de viajes de n copias de un pasado, de una sola copia de b, resultando en n copias de $[b,a]$. La cuarta línea de grupos de la $a$s juntos, el $b$s juntos, y los conmutadores de juntas, con el que $$\binom{n}{2} + n = \binom{n}{2} + \binom{n}{1} = \binom{n+1}{2}.$$

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Una conceptuales forma de ver esto es que el $(ab)^n$ requiere mover la primera $a$ pasado 0 $b$s, la próxima $a$ pasado 1 $b$, la próxima $a$ pasado 2 $b$s, etc. hasta el último $a$ necesidades de avanzar más allá de $n-1$ de la $b$s, de manera que obtenemos un total de $$0+1+2+\dots+(n-1) = \binom{n}{2}$$ commutators. The hypothesis that $[b,a]$ commutes with $$ and $b$ is only used to avoid higher order commutators. No matter what, we get those $\binom{n}{2}$ copies of $[b,a]$.

Answer 2

Por cierto, la fórmula tiene en más generalidad. Utilizando el colector de identidades: $$[x,yz] = [x,z]z^{-1}[x,y]z,\qquad [xy,z] = y^{-1}[x,z]y[y,z],$$ que puede ser verificada por cálculo directo.

Teorema. Si $a$ $b$ conmuta con $[b,a]$, entonces:

1. Para todos los números enteros $n$, $[a^n,b] = [a,b]^n = [a,b^n]$.
2. Para todos los números enteros $n$, $\displaystyle (ab)^n = a^nb^n[b,a]^{n(n-1)/2}$.

Prueba.

1. Si $n=0$ o $n=1$, la identidad es trivial. Suponiendo que tiene de $k$, tenemos $$ \begin{align*} [a^{k+1},b] &= [aa^k,b]\\ &=a^{-k}[a,b]a^k[a^k,b]\\ &= [a,b][a^k,b]\\ &= [a,b][a,b]^k = [a,b]^{k+1}. \end{align*}$$ De modo que la identidad de $[a^n,b]=[a,b]^n$ tiene para todos los números enteros no negativos. Si $k\gt 0$, luego $$\begin{align*} 1 &= [a^{k}a^{-k},b] = a^{k}[a^{k},b]a^{-k}[a^{-k},b]\\ &= a^k [a,b]^k a^{-k}[a^{-k},b]\\ &= a^ka^{-k}[a,b]^k[a^{-k},b]\\ &= [a,b]^k[a^{-k},b]. \end{align*}$$ Por lo $[a^{-k},b] = ([a,b]^k)^{-1} = [a,b]^{-k}$, de ahí que la identidad tiene para todos los enteros.

Finalmente, $$[a,b^n] = [b^n,a]^{-1} = ([b,a]^n)^{-1} = ([b,a]^{-1})^{n} = [a,b]^n.$$ Esto prueba 1.

Para probar 2, el resultado se mantiene para $n=0$$n=1$. Si el resultado se mantiene para $k$, luego $$\begin{align*} (ab)^{k+1} &= (ab)(ab)^k\\ &= aba^kb^k[b,a]^{k(k-1)/2}\\ &=aa^kb[b,a^k]b^k[b,a]^{k(k-1)/2}\\ &=a^{k+1}bb^k[b,a^k][b,a]^{k(k-1)/2}\\ &= a^{k+1}b^{k+1}[b,a]^k[b,a]^{1+2+\cdots+(k-1)}\\ &= a^{k+1}b^{k+1}[b,a]^{1+2+\cdots+k}\\ &= a^{k+1}b^{k+1}[b,a]^{(k+1)k/2}. \end{align*}$$ Y si $k\gt 0$, luego $$\begin{align*} (ab)^{-k} &= ((ab)^k)^{-1}\\ &= \left(a^kb^k[b,a]^{k(k-1)/2}\right)^{-1}\\ &= [b,a]^{-k(k-1)/2}b^{-k}a^{-k}\\ &= b^{-k}a^{-k}[b,a]^{-k(k-1)/2}\\ &= a^{-k}b^{-k}[b^{-k},a^{-k}][b,a]^{-k(k-1)/2}\\ &= a^{-k}b^{-k}[b,a]^{(-k)(-k)}[b,a]^{-k(k-1)/2}\\ &= a^{-k}b^{-k}[b,a]^{-k(-k + (k/2)- (1/2)}\\ &= a^{-k}b^{-k}[b,a]^{-k(-k-1)/2}, \end{align*}$$ demostrando la fórmula para todos los números enteros. $\Box$

Answer 3

Finalmente encontré una prueba de lo que estoy respondiendo a mi propia pregunta, pero yo no uso de Derek sugerencia. Podría ser todo en un disfraz, aunque. Y la identidad sigue siendo un poco un misterio para mí. Mi solución podría ser un poco tonta la manera de hacerlo, pero parece que funciona.

Suponga $a$ $b$ son los elementos de un grupo, de tal manera que ellos tanto conmuta con $[a,b]$ (y por lo tanto tiene que desplazarse con $[b,a]$ también).

Primero puedo demostrar la siguiente identidad a través de la inducción: $aba^{n-1}b^{-1}a^{-n} = [b,a]^{n-1}\ $ todos los $n \geq 1$.

Es bastante claro que tiene de $n = 1$. Supongamos que la declaración tiene por $n = k$. Entonces

\begin{align*} aba^{(k+1)-1}b^{-1}a^{-(k+1)}\ &= aba^kb^{-1}a^{-1}a^{-k} \\ &= aba^k[b,a]a^{-1}b^{-1}a^{-k} \\ &= [b,a]aba^{k-1}b^{-1}a^{-k} \\ &= [b,a][b,a]^{k-1} \\ &= [b,a]^{(k+1)-1}\\ \end{align*}

El uso de este se puede demostrar $(ab)^n = a^nb^n[b,a]^{n \choose 2}$ por inducción. Caso $n=2$ fue probado en mi pregunta. Supongamos que la identidad tiene por $n = k-1$. Entonces

\begin{align*} (ab)^{k}\ &= ab(ab)^{k-1} \\ &= aba^{k-1}b^{k-1}[b,a]^{k-1 \choose 2} \\ &= (aba^{k-1}b^{-1}a^{-k})a^{k}b^{k}[b,a]^{k-1 \choose 2} \\ &= [b,a]^{k-1}a^{k}b^{k}[b,a]^{k-1 \choose 2} \\ &= a^{k}b^{k}[b,a]^{{k-1 \choose 2}+(k-1)} \\ &= a^{k}b^{k}[b,a]^{k \choose 2} \end{align*}