2-groupes finis vérifiant $(ab)^{2}=(ba)^{2}$

Ça a l'air faux pour $n=4$ (premier exemple...). Code Sage et liste des 16 contre-exemples :

sage: def G(n):
....:     F.<x,y> = FreeGroup()
....:     g = F / [x^(2^(n-1)), x^(2^(n-2))*y^-2, y*x*y^-1*x]
....:     return g
sage: CE, L = [], G(4).list()
sage: for k in range(16):
....:     for l in range(k):
....:         if (L[k]*L[l])^2!=(L[l]*L[k])^2:
....:             print L[k], L[l]
....:             CE.append((L[k],L[l]))
....:             
x*y y
x*y x^4*y
x^5*y y
x^5*y x^4*y
x^7*y y
x^7*y x^4*y
x^3*y y
x^3*y x^4*y
x^2*y x*y
x^2*y x^5*y
x^2*y x^7*y
x^2*y x^3*y
x^6*y x*y
x^6*y x^5*y
x^6*y x^7*y
x^6*y x^3*y
sage: len(CE)
16

Oui, c'est ça. La fonction G définit le groupe présenté par les relations correspondant à l'argument n. Puis la définition de L donne une liste des éléments de G(4). La voici :

(1,  x,  y,  x^2,  y^2,  x*y,  x^3,  x*y^2,  x^2*y^-1,  y^-1,  x^-2,  x^-1*y,  x*y^-1,  x^-1,  x^2*y,  x^-1*y^-1)

La boucle choisit deux éléments distincts $a$ et $b$ dans cette liste et les affiche si $(ab)^2\ne(ba)^2$. Il y a donc 16 paires $\{a,b\}$ pour lesquelles la condition $(ab)^2=(ba)^2$ n'est pas remplie.

Ajout (même si tout a été dit par Math Coss). Cela ne peut PAS être vrai car en choisissant $a = yx$, $b=y^{-1}$, on a $ab = x^{-1}$ (cette relation figure dans les relateurs) tandis que $ba = x$. Comment veux tu que $(x^{-1})^2 = x^2$ i.e. $x^4 = 1$ alors que $x$ est d'ordre 8 ?

@Dieudo Pour un groupe (fini) $G$, la première propriété i.e. $(ab)^2 = (ba)^2$ pour tous $a,b \in G$ est stable par quotient, n'est ce pas ? Et la deuxième (être isomorphe à ...) ? C'est une question.

Bonsoir
Une début d'analyse.
Pour tous $a,b,c\in G$, on a $(abc)^2=((ab)c)^2=(c(ab))^2$.
En particulier pour $c=b^{-1}$, on obtient $a^2=(b^{-1}ab)^2=b^{-1}a^2b$,
et ceci pour tout $b\in G$ donc $a^2\in Z(G)$,
et ceci pour tout $a\in G$, c'est-à-dire que tout carré d'élément de $G$ est dans son centre $Z(G)$.
Donc $G/Z(G)$ a tous ses éléments d'ordre $\leq 2$, il est donc $2$-abélien élémentaire, donc isomorphe à $C_2^k$, pour un $k$ convenable.
$G$ est donc extension centrale : $$\{1\}\to Z(G)\hookrightarrow G\to C_2^k\to \{1\}
$$ $Z(G)$ peut être n'importe quel $2$-groupe commutatif, car il respectera la consigne (qui est $(ab)^2=(ba)^2$).
Si l'extension est scindable, alors $G$ est produit direct de $Z(G)$ par $C_2^k$ et donc commutatif, donc égal à $Z(G)$, contradiction.
Donc l'extension ci-dessus n'est pas scindable.
À suivre ...
Alain

Regardons parmi les 5 groupes d'ordre 8 ceux qui conviennent.
$C_8,\ C_4\times C_2, C_2^3$, car ils sont commutatifs.
$D_4$, car son centre est d'ordre 2 (engendré par la symétrie centrale) et $D_4/Z(D_4)\simeq C_2^{\,2}$.
$\mathbb H_8$, car son centre est $\{1, -1\}$ et de quotient associé $C_2^{\,2}$.

Parmi les 14 groupes d'ordre 16, j'en dénombre 11, soit les 5 commutatifs et 6 non commutatifs dont $D_4\times C_2$ et $\mathbb H_8\times C_2$.
Il n'y a pas le quaternionien $Q_2$ d'ordre 16, dont le centre est d'ordre 2 et le quotient central est isomorphe à $D_4$, non $2$-abélien élémentaire.

Parmi les 51 groupes d'ordre 32, j'en dénombre 33, soit les 7 commutatifs et (sauf erreur) 26 non commutatifs dont bien-sûr les 6 d'ordre 16 en produit direct avec $C_2$ (parmi lesquels on retrouve bien $D_4\times C_2^{\,2}$ et $ \mathbb H_8\times C_2^{\,2}$).

Alain

Bonjour
Ben oui, ma démo http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1720918,1721196#msg-1721196 est valable pour tout groupe, en particulier pour $G$ d'ordre impair. Alors $G/Z(G)$, son quotient central a tous ses éléments d'ordre $\leq 2$, donc est trivial, donc $G$ d'ordre impair est commutatif.
À suivre ...
Alain

Bonsoir
Prenons le problème autrement. Soit $G$ un groupe fini d'ordre $2^sm$, avec $m$ impair, satisfaisant la consigne ($\forall a, b\in G,\ (ab)^2=(ba)^2$). Appelons $A$ l'ensemble (qui n'est pas nécessairement un sous-groupe) des éléments de $G$ d'ordre impair.
Je dis que l'application (qui n'est a priori pas un morphisme) $x\mapsto x^2$ est une bijection sur $A$.
En effet d'après Bézout, il existe $u,v\in \mathbb Z$ tels que $2u+mv=1$.
Alors pour tout $x\in A,\ x=x^1=x^{2u+mv}= (x^2)^u (x^m)^v= (x^2)^u$, car $x^m=1$.
Montrons que $x\mapsto x^2$ est injective. Si $x^2=y^2$, alors en élevant à la puissance $u$, $(x^2)^u=(y^2)^u$, c'est-à-dire $x=y$, d'où l'injectivité et la bijectivité car $A$ est fini.
Ce qui veut dire que tous les éléments de $A$ sont le carré d'un élément de $A\subset G$ et donc sont dans le centre $Z(G)$. D'où $A\subset Z(G)$ donc est commutatif, c'est donc un sous-groupe de $G$ distingué car contenu dans $\Z(G)$. On considère alors le quotient $G/A$ qui est un $2$-groupe (d'ordre $2^s$) isomorphe à un $2$-Sylow de $G$ car de même ordre $2^s$. Donc l'extension $$1\to A\to G\to G/A\to 1$$ se scinde, et comme $A\subset Z(G)$, $G$ est le produit direct $G=A\times S_2$ où $S_2$ est un (le) $2$-Sylow de $G$.

En résumé, un groupe fini $G$ satisfaisant la consigne est de la forme $G=A\times S_2$, où $A$ est un groupe abélien d'ordre impair et $S_2$ est un $2$-groupe (qui est le $2$-Sylow de $G$) satisfaisant la consigne.
La réciproque me paraissant évidente, c'est une caractérisation des groupes finis satisfaisant la consigne.

Remarque 1. Un tel groupe $G$ est nilpotent (produit direct de ses $p_i$-Sylow, $p_i$ premiers divisant $|G|$).

Alain