En la clase del nilpotency de determinados productos de la guirnalda

Question

Se dice en un artículo de P. Hall que si tienes una guirnalda producto $S=A\wr B$ donde $A$ es un grupo cíclico de orden $p^r$ y $B$ es un grupo cíclico de orden $p^s$, luego la clase del nilpotency de $S$ es como sigue: $$rp^s-(r-1)p^{s-1}.$$ He says that this can be directly established, however he does not say how a part from the easy case of $s = 1$.

¿Alguna idea cómo deducir directamente?

Answer 1

Vamos a escribir $G=K\ltimes H$ donde $K$ es un grupo cíclico de orden $p^s$ generado por $y$, e $H$ es el producto directo de $p^s$ copias de (grupo cíclico de orden $p^r$). Vamos a llamar a los generadores de $H$ $x_0, \ldots, x_{p^s-1}$, con $x_i^y=x_{i+1}$ y todos los subíndices son tratados $\mod{p^s}$. Debido a $H$ es abelian, vamos a usar el aditivo de la notación para los elementos del grupo. Finalmente, podemos escribir $$ z_k = [x_0, y, \ldots, y] $$ donde hay $k$ $y$'s en el colector.

La expresión para $z_k$. Es fácil demostrar por inducción que $$ z_k = (-1)^k\sum_{i=0}^k(-1)^i\binom{k}{i}x_i $$ donde de nuevo los subíndices son tratados $\mod{p^s}$.

¿Por qué nos preocupamos por $z_k$. Para$k>0$,$z_k=0\iff G_k=\{1\}$. Una dirección es obvio. Debido a $G_k$ es generado por los conmutadores de longitud $k+1$, es suficiente para demostrar que estos son siempre trivial si queremos mostrarle $G_k$ es trivial. Vamos ahora repetidamente estrecha de los conmutadores de la longitud de la $k+1$ lo que realmente importa.

1. Debido a $K$ es cíclico y $H$ es abelian, tenemos $[h_1y^m, h_2y^t]=[h_1, y^t]^{y^m}$. La inducción, a continuación, muestra esto funciona para longitudes mayores, y por lo tanto nos preocupan realmente mostrando los conmutadores de la forma $[h_1, y^{m_1}, \ldots, y^{m_k}]$ son triviales.
2. Debido a $G'\le H$ es abelian, tenemos $[h_1h_2,y^t]=[h_1, y^t][h_2, y^t]$. De nuevo, la inducción muestra que esto funciona para todas las longitudes. Por lo tanto nosotros sólo nos preocupamos de mostrar los conmutadores de la forma $[x_i, y^{m_1}, \ldots, y^{m_k}]$ son triviales.
3. Desde $x_i=y^{-i}x_0y^i$, tenemos $$ [x_i, y^{m_1}, \ldots, y^{m_k}]=[x_0, y^{m_1}, \ldots, y^{m_k}]^{y^i}$$ Así que realmente puede centrarse en mostrar los conmutadores de la forma $[x_0, y^{m_1}, \ldots, y^{m_k}]$ son triviales.
4. Podemos escribir $$ [x_0, y^m]=[x_0, y](y^{-1}[x_0, y]y)\cdots(y^{-(m-1)}[x_0, y]y^{(m-1)}) $$ Y, más en general, lo mismo es cierto con $x_0$ reemplazar con cualquier elemento de $H$. Desde $G'\le H$$z_k=[z_{k-1},y]$, la inducción de nuevo muestra que $[x_0, y^{m_1}, \ldots, y^{m_k}]$ se puede escribir como un producto de larga de $z_k$ y sus conjugados. Por lo tanto para mostrar $G_k$ es trivial, es suficiente para $z_k$ ser trivial.

Así que para encontrar la nilpotency clase de $G$, estamos buscando para los más pequeños $k$$z_k=0$. Originalmente, yo había pensado que había una combinatoria prueba de que la expresión anterior para $z_k$ era trivial precisamente al $k$ fue la expresión dada por la Sala. Mi prueba fue seriamente defectuoso, sin embargo. Sin embargo, he encontrado un buen artículo por Liebeck, "Sobre nilpotent corona de los productos", que no sólo establece Salón de la reclamación, pero demuestra una generalización. Voy a probar ahora a destilar Liebeck del argumento para su caso específico. Tal vez un día, un MSE de usuario más versado en la combinatoria de lo que me va a venir y proporcionan una agradable primaria prueba de al $z_k$ es trivial.

Deje $R$ ser el anillo de $\mathbb{Z}[x]/\langle x^{p^s}-1,p^r\rangle$, que es un polinomio de anillo con coeficientes de$\mod{p^r}$ y exponentes$\mod{p^s}$. A continuación, el coeficiente de $x_i$ $z_k$ es el coeficiente de $x^i$$(x-1)^k$. Así que tenemos que encontrar el más pequeño de $k$$(x-1)^k\equiv0$$R$.

Tenemos $k\le rp^s-(r-1)p^{s-1}$. Para dejar $n=p^{s-1}$$q=(p-1)n$. Nota del Ayuntamiento de número de $rq+n$. Trabajo en el campo de $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, tenemos \begin{align*} (x-1)^n &= x^n-1\\ (x-1)^q &= \sum_{j=0}^{p-1}x^{jn} \end{align*} En $R$, lo que significa \begin{align*} (x-1)^n &= pf(x) + x^n-1\\ (x-1)^q &= pg(x) + \sum_{j=0}^{p-1}x^{jn} \end{align*} Vamos a llamar a esa suma $\phi(x)$. A continuación,$x^n\phi(x)=\phi(x)$$R$, y por lo $\phi(x)^2=p\phi(x)$. Inducción de la muestra $\phi(x)^r=p^{r-1}\phi(x)$.

Poniendo todo esto junto, tenemos \begin{align*} (x-1)^{rq+n} &= \left(pg(x)+\phi(x)\right)^r\cdot\left(pf(x)+x^n-1\right)\\ &= p^{r-1}h(x)\phi(x)(pf(x)+x^n-1)\\ &= p^{r-1}h(x)\phi(x)(x^n-1)\\ &= 0 \end{align*} donde estamos en repetidas ocasiones con $p^r=0$$R$, y en la última línea que $\phi(x)(x^n-1)=0$.

Tenemos $k\ge rp^s-(r-1)p^{s-1}$. Esto completa la prueba. Tenemos que mostrar que $(x-1)^{rq+n-1}$ no es cero en $R$. Liebeck el argumento de que es una especie de desorden aquí; voy a volver más tarde y tratar de limpiarlo.