Задача для 8 класса по перестановкам

[stupidone]

Мне попался листочек с задачами одной из матшкол.
Там была одна задача, которую у меня не получилось решить, причем задача кажется довольно интересной.

Утверждается, что она для 8 класса и стояла первой в списке задач, но я потратил часа 3 в сумме на нее, и получились лишь некоторые весьма ограниченные продвижения.

Задача. Пусть $ a, b \in S_n $ - циклы, $ a = (i_1, i_2, i_3, \cdots, i_l), b = (j_1, j_2, j_3, \cdots, j_k) $. (Циклы в обычном смысле, $ a(i_1) = i_2, b(j_k) = j_1 $) Доказать, что $ ab = ba $ тогда и только тогда, когда выполняется одно из двух условий:

1) Циклы независимы (то есть $ \{i_1, \cdots, i_n\} \cap \{j_1, \cdots, j_n\} = \varnothing $).
2) $ k = l $ и $ \exists m \in \mathbb{Z}: b = a^m, \ (m, k) = 1 $. НОД обозначен как $ (\cdot, \cdot) $.

У меня получилось доказать достаточность.
А именно - пусть выполнено первое условие. Тогда, очевидно, при перемножении они друг на друга не влияют и получается, что ответ не зависит от порядка умножения.
Если же выполнено второе условие, то $ b = a^m \Rightarrow ab = a a^{m} = a^{m+1} = a^{m} a = a^{m+1} = ba $

С необходимостью же уже все гораздо сложнее.
Можно считать, что перестановки пересекаются. Если бы это было не так, выполнялось бы первое условие и на этом можно было бы закончить.

То есть нам нужно доказать, что если $ a \cap b \neq \varnothing $ и $ ab = ba $, то $ b = a^k $ для некоторого $ k \in \mathbb{Z} $.
(Еще не забыть про то что длины должны быть равны и что длина взаимно проста с $ m $)

Дальше уже ступор. Мне сейчас кажется продвижением думать про подгруппу в $ S_n $, порождаемую всеми возможными комбинациями $ a $ и $ b $. Если бы $ a $ и $ b $ не коммутировали бы, то в этой группе были бы элементы вида $ ababbaba $ и подобные, но у нас по условию $ ab = ba $ и поэтому произвольный элемент подгруппы выглядит как $ a^k b^s $ для некоторых $ k, s \in \mathbb{Z} $. Все аксиомы группы выполняются, более того, есть коммутативность.

Потом идея рассматривать элементы $ b, ba, ba^2, ba^3, \cdots, ba^k $. Если здесь окажется единичная перестановка, мы почти победили (нужно еще установить, что если такое $k$ нашлось, то по нему надо построить взаимно простое с длиной $ k_1 $ и что вообще длины совпадают).

Подгруппа конечной группы конечна. У любого элемента есть конечный порядок.
Посмотрим на порядок элемента $ ba^2 $. Найдем $ s: (ba^2)^s = e $ и $ r: (ba)^r = e $.

$ b^s a^2s = b^r a^r = e $

Теперь найдем такие $ P, K $ что $ Ps - Kr = 1 $. Такие $ P, K $ найдутся, если $ (r, s) = 1 $.

Тогда $ b^{Ps} a^{2Ps} = b^{Kr} a^{Kr} = e \Rightarrow b a^{2Ps-Kr} = e \Rightarrow b = a^{Kr-2Ps} = a^t $ Тут еще надо думать про $ (t, |a|) $ и $|a| \stackrel{?}{=}|b|$.

Тут я увяз. Что можно сказать про взаимную простоту $ s $ и $ r $? Не использовал, что $ a \cap b \neq \varnothing $, так что, возможно, вообще не в ту степь иду.

Решений для листочков нет, поэтому прошу помочь :(

[vpb]

Скачайте Б.Л. ван дер Варден, Алгебра (издание 1976 г.), параграф 9, задача 2, стр.45. Там написано, как выписать перестановку $aba^{-1}$, не выполняя умножения явно. Почитайте. Да и вообще первые три главы почитать не вредно.

[vpb]

Хотя нет, читать ван дер Вардена в данном случае --- излишество. Не знаю что сказать... совершенно не в ту степь понесло. Рассмотрите сначала, скажем, частный случай, пусть $n=10$, $a=(123456)$, и покажите, простейшими рассуждениями, что множество цифр, входящих в $b$, тоже должно совпадать с $\{1,2,3,4,5,6\}$.

[svv]

ван дер Варден в книге «Алгебра» писал(а):

Цикл из одного элемента, скажем (1), представляет тождественную подстановку.

Поэтому $ab=ba$ ещё в одном случае: если длина хотя бы одного из циклов равна $1$.

[Munin]

Возможно, неявно подразумевается, что длины циклов $\geqslant 2.$