El subgrupo derivado de un grupo nilpotente infinito tiene índice infinito

Question

Otro problema sobre grupos nilpotentes no puedo conseguir un apretón:

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Que $G$ es un grupo nilpotente. Si $G/D(G)$ es finito (o contable), también lo es $G$.

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He intentado usar inducción mirando las series derivadas, pero nada ha venido de él, y que no es una sorpresa, puesto que dice "nilpotente" y no "soluble". Aparte de eso, estoy totalmente perdido.

Cualquier tipo de ayuda será muy apreciada.

Answer 1

Permítanme ampliar un poco más de Arturo comentario. Deje $G = G_1 > G_2 > \cdots > G_{r+1}=1$ ser la parte inferior central de la serie de $G$ donde $G$ es nilpotent de clase $r$. (Por lo $G_2$ es la derivada de grupo). Por definición, $G_{k+1} = [G_1,G_k]$. Con el conmutador identidades, se puede demostrar que el colector map $(g,h) \to [g,h]$ induce un bilineal mapa de $G_1/G_2 \times G_{k-1}/G_k \to G_k/G_{k+1}$, y por lo tanto no es un homomorphism $G_1/G_2 \otimes G_{k-1}/G_k \to G_k/G_{k+1}$ Así que si $G_1/G_2$ $G_{k-1}/G_k$ ambos son finitos, entonces también lo es $G_k/G_{k+1}$. Se sigue por la inducción en $k$ que si $G_1/G_2$ es finito o contable, a continuación, también lo es $G_k/G_{k+1}$ todos los $k$ y, por tanto, también lo es $G$.

Del mismo modo, si $G_1/G_2$ es una torsión de grupo, así es $G$, y usted puede utilizar esto para mostrar que la torsión de los elementos de cualquier nilpotent grupo forman un subgrupo.