Los grupos nilpotentes son solubles

Question

Sé que esto debería ser obvio, pero de alguna manera parece que no puedo entender y me molesta! Mi definición de grupos nilpotentes es la siguiente: un grupo $G$ es nilpotente si cada subgrupo de $G$ es subnormal en $G$, o equivalente si $U<n_g conmutador="" d="" de="" definici="" el="" entonces:="" es="" est="" g="" grupo="" grupos="" los="" mi="" nilpotentes="" para="" pregunta="" qu="" si="" soluble="" solubles="" son="" subgrupo="" subgrupos="" todos="" u="" un="" y=""></n_g>

Answer 1

Deje $G$ ser nilpotent y trivial. Ya que cada subgrupo maximal de a $G$ debe ser normal, y si $M$ es máxima, a continuación, $G/M$ no tiene adecuada de los subgrupos, se sigue que, si $M$ es máxima, a continuación, $G/M$ es un grupo de orden $p$, por lo tanto abelian. Por lo tanto, $[G,G]\subseteq M$, ya que el $[G,G]$ está contenida en el normal de cualquier subgrupo $N$ $G$ tal que $G/N$ es abelian. En particular, $[G,G]\neq G$. Ahora simplemente se nota que se nilpotent se hereda a los subgrupos, como se ha demostrado a continuación, a la conclusión de que la $[H,H]\neq H$ para todos los subgrupos $H$ $G$ al $G$ es nilpotent. Por lo tanto, si cada subgrupo de $G$ es inferior a la normal ($G$ es nilpotent), entonces el colector de un subgrupo de $H$ está correctamente contenida en $H$ para cualquier subgrupo no trivial $H$ de $G$ ($G$ es solucionable).

(Si $H\leq G$ $K$ es un subgrupo de $H$, $K$ es inferior a la normal en $G$, por lo que existen subgrupos $K\triangleleft K_1\triangleleft K_2\triangleleft\cdots\triangleleft K_m=G$. De la intersección de la subnormal de la serie con $H$ le da un subnormal de la serie fo $K$$H$, mostrando el $K$ es inferior a la normal en $H$; por lo tanto, cada subgrupo de $H$ es inferior a la normal, por lo que el subgrupo de nilpotent es nilpotent).

Añadido. Estoy asumiendo tácitamente por encima de ese $G$ tiene la máxima subgrupos; por lo que podría fallar por infinito grupos en los que cada subgrupo es subnormal. En el caso infinito, la definición habitual de "nilpotent" es a través de la parte superior central de la serie o de la parte inferior central de la serie, y el de la "solución" a través de los derivados de la serie. En el caso de la definición a través de la parte inferior central de la serie, demostrando solvencia es muy fácil: recordar que la parte inferior central de la serie de $G$ se define inductivamente dejando $G_1=G$$G_{n+1}=[G_n,G]$; y un grupo de $G$ es nilpotent si y sólo si $G_{n+1}=\{1\}$ algunos $n\geq 1$. Ahora tenga en cuenta que $G^{(2)}=[G,G]=G_2$, y si $G^{(k)}\subseteq G_n$,$G^{(k+1)} = [G^{(k)},G^{(k)}] \subseteq [G_k,G]=G_{k+1}$. Así que si la parte inferior central de la serie termina, entonces también lo hace la derivada de la serie, demostrando que si $G$ es nilpotent, a continuación, $G$ es solucionable.

Answer 2

Agregado: Esto sigue exactamente la misma línea como Arturo de la respuesta anterior.

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A partir de sus definiciones, es tal vez más fácil trabajar con la máxima subgrupo punto de vista sobre nilpotence.

Para empezar, vamos a $M$ ser una máxima adecuada subgrupo de $G$, que es nilpotent. Entonces (por su definición de nilpotence) debemos tener ese $M$ es normal en $G$. Por lo tanto $G/M$ es un grupo sin el adecuado subgrupos, por lo tanto es cíclico de primer orden, y así, en particular, es abelian. Por lo tanto $G$ tiene un no-trivial abelian cociente, y por lo $G'$ es un buen subgrupo de $G$.

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Ahora hemos terminado, siempre que podemos mostrar que cada uno de los subgrupos de un nilpotent grupo es nuevo nilpotent. Esto no es completamente evidente el uso de su definición, pero no es demasiado difícil:

Supongamos que $H$ es un subgrupo de $G$, $U$ es un buen subgrupo de $H$. Por supuesto, $N_G(U)$ correctamente contiene $U$. Yo reclamo que $N_H(U)$ (lo que equivale $H \cap N_G(U)$) correctamente contiene $U$ también. De hecho, si no, es decir si $N_H(U) = U$, luego $U =H \cap N_G(U)$. Ahora considere el $N_G(N_G(U))$: vemos que la $$H \cap N_G(N_G(U)) = N_H(H \cap N_G(U)) = N_H(U) = U.$$ de Continuar, nos encontramos con que $H \cap N_G(N_G( ... N_G(U) ...)) = U$. Pero desde $N_G$ de cualquier subgrupo correctamente que contiene, el subgrupo de iterada $N_G$s en el lado izquierdo, finalmente, alcanzar la $G$, y así vemos que el $H\cap G = U$. Pero $H \cap G = H$, y por lo $H = U$, que contradice nuestra suposición de que $U$ es un buen subgrupo de $H$. Por lo tanto, de hecho, $N_H(U)$ correctamente contiene $U$, y por lo $H$ es de nuevo nilpotent.