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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 ?

Réponses

  • 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 $xy=(yxyx)^{n/2}=(xyxy)^{n/2}=yx$.
  • 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 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 ! :-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
  • 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 $xy=yx$
  • 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 $xy=(xy)^{n^2}$?
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    Citation :  Je préfère une solution qui se construit au fur et à mesure des échanges que de m'envoyer  consulter une solution détaillée via un lien
  • Pour gebrane : $
    \quad
    (
    xy
    )^{n^2}
    =
    (
    xy
    )^{n\cdot n}
    =
    \big(
    \;
    \underbrace{
    \!
    (
    xy
    )^{n}
    \!
    }_{yx}
    \;
    \big)^n
    = (yx)^n = xy
    $.
  • Merci
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    Citation :  Je préfère une solution qui se construit au fur et à mesure des échanges que de m'envoyer  consulter une solution détaillée via un lien
  • Merci. Je l'ai trouvé bien chiant cet exercice malgré son apparence.
  • Il est fantastique au contraire, il est un "indice" que les problèmes de simples concaténation de mots, renferment tout le semi-décidable. C'est connu, mais là, on en voit un bel exemple.

    Je recopie l'argument de Marco, en sautant des lignes.

    1/ $(xy) ^ {n\times n}= ((xy)^n)^n = (xy) $

    2/ Il a l'idée géniale de regarder $a:= (xy)^{n^2-1}$, obtenant $axy=xya=xy$

    3/ Ce qui donne : $yx=(xy)^n = [a(xy)]^n = (xy)a = xy$


    Il a fallu monter jusqu'à $n^2$ quand-même! Est-ce qu'un ordinateur aurait trouvé par inspection automatique, j'en doute.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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