Loi commutative

Soit $E$ un ensemble muni d'une loi de composition interne associative. On suppose de plus que : $$
\exists n\in\mathbf N,\quad n\geq 2,\quad \forall (x,y)\in E^2,\quad (xy)^n=yx.
$$ Comment montrer que la loi est commutative ?



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par AD.

Montrons que tout élément $y$ commute avec les carrés $x^2$.
$xy=(yx)^n$, donc $xxy=x(yx)^n=(xy)^nx=yxx$.

Ensuite, $xy=(yx)^n=y(xy)^{n-1}x=y(yx)^{n(n-1)}x$. Or $n(n-1)$ est pair, donc $(yx)^{n(n-1)}$ est un carré.
Donc $xy=yx(yx)^{n(n-1)}=yx(xy)^{n-1}$.
Donc $xyxy=yx(xy)^n=yxyx$.
Donc, si $n$ est pair, c'est fini, car $xy=(yxyx)^{n/2}=(xyxy)^{n/2}=yx$.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par marco.

Bonsoir
Par hypothèse $(xy)^n=yx$, mais aussi $(yx)^n=xy$, d'où
$yx^2=(yx)x=(xy)^nx=x(yx)^n=x(xy)=x^2y$.
Comme c'est pour tout $x,y\in E$, cela veut dire que tout carré commute avec tous les éléments de $E$.
À partir de là, on voudrait prouver la commutativité, mais c'est faux en général.

Contre-exemple. Le groupe des quaternions à 8 éléments $$
\mathbb H_8=\{\pm 1,~\pm i,~\pm j,~\pm k\}
$$ avec les règles $i^2=j^2=k^2=-1,~ij=-k,~jk=-i,~ki=-j$
vérifie les hypothèses initiales.
Pour $n=3,$ on a $(ij)^3=-k^3=k=ji$ et pareillement pour tous les autres éléments. Edit : FAUX vérification incomplète.
Or le groupe $\mathbb H_8$ n'est pas commutatif, pourtant tous ses carrés (égaux à $1$ ou à $-1$) commutent avec tout le monde.
Alain.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par AD.

Bonjour AD,

Est-ce que on a aussi la relation $(yx)^3=xy$ pour $x=1$ et $y=i$ ? En effet, $i^3 =-i \neq i$.

Bonjour marco
Tu as raison, je n'avais pas poursuivi les vérifications jusqu'au bout !

Mais la solution est finalement immédiate.
Avec $y=1$ on obtient $x^n=x$ pour tout $x\in E$, en particulier pour $xy$,
ainsi $xy=(xy)^n=yx$ pour tout $x,y\in E$.
Alain

Mais AD, s'il n'y a pas d'élement neutre $1$ ? La loi de composition est seulement supposée associative.

Voici une démonstration pour $n$ quelconque.
D'abord $x^2y^2=x(xy)y=x(yx)^ny=(xy)^{n+1}$
Et $x^2y^2=y^2x^2$.
Donc $(xy)^{n+1}=(yx)^{n+1}$.
Soit $a:=(xy)^{n^2-1}=(xy)^{(n+1)(n-1)}=(yx)^{(n+1)(n-1)}=(yx)^{n^2-1}$.
Alors $xy=(xy)^{n^2}=xya=axy$.
Donc, soit $z=xy$, $(za)^n=az$, donc comme $za=z=az$, on a $z^n=z$.
Donc $(xy)^n=xy$ et, par ailleurs, $(xy)^n=yx$.

Donc $xy=yx$



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par marco.

En fait, il n'est pas utile de montrer $(xy)^{n^2-1}=(yx)^{n^2-1}$, ni $(xy)^{n+1}=(yx)^{n+1}$.

Soit $a:=(xy)^{n^2-1}$.
Alors $xy=(xy)^{n^2}=xya=axy$.
Donc, soit $z:=xy$, $(za)^n=az$, donc comme $za=z=az$, on a $z^n=z$.
Donc $(xy)^n=xy$ et, par ailleurs, $(xy)^n=yx$.

Donc $xy=yx$

@marco
Bonjour,

d'où vint $xy=(xy)^{n^2}$?

--------------------------------------------------------------------------
[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]

Pour gebrane : $
\quad
(
xy
)^{n^2}
=
(
xy
)^{n\cdot n}
=
\big(
\;
\underbrace{
\!
(
xy
)^{n}
\!
}_{yx}
\;
\big)^n
= (yx)^n = xy
$.

Merci

--------------------------------------------------------------------------
[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]

Merci. Je l'ai trouvé bien chiant cet exercice malgré son apparence.

Liste des forums - Statistiques du forum

Total
Discussions: 137 848, Messages: 1 336 765, Utilisateurs: 24 611.
Notre dernier utilisateur inscrit Randjiou.

---

Ce forum
Discussions: 17 381, Messages: 168 545.