Loi commutative

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.

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

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

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 $xy=yx$

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 $xy=yx$

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

Liaison entre fils: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2011154