El producto directo de dos grupos nilpotentes es nilpotente y el producto directo de dos grupos resolubles es resoluble

Question

Sea $G = G_{1} \times G_{2}$.

Necesito demostrar las siguientes dos cosas:

1. Si $G_{i}$ es nilpotente de grado $n_{i}$, $i = 1, 2$, entonces $G$ es nilpotente de grado $n = \max \{ n_{1}, n_{2} \}$.
2. Si $G_{i}$ es soluble de grado $n_{i}$, $i = 1,2$, entonces $G$ es soluble de grado $n = \max \{n_{1},n_{2} \}$.

Para el primero, para $G_{1}$, si $G_{1,0}=G_{1}$, $G_{1,i+1}=G_{1,i}/C(G_{1,i})$ para $i = 0, 1, 2, \cdots$, $G_{1}$ es nilpotente si $G_{1,n_{1}}=G_{1,n_{1}-1}/C(G_{1,n_{1}-1})=\{ e \}$ para algún $n_{1}$. De manera similar, para $G_{2}$, si $G_{2,0}=G_{2}$, $G_{2,i+1}=G_{2,i}/C(G_{2,i})$ para $i = 0,1,2, \cdots$, entonces $G_{2}$ es nilpotente si $G_{2,n_{2}}=G_{2,n_{2}-1}/C(G_{2,n_{2}-1})= \{ e\}$ para algún $n_{2}$.

Por lo tanto, si $G = G_{1} \times G_{2}$ fuera nilpotente de grado $n = \max \{n_{1}, n_{2}\}$, entonces $G_{\max\{ n_{1},n_{2}\}} =G_{\max\{ n_{1},n_{2}\}-1}/C(G_{\max\{ n_{1},n_{2}\}-1}) = \{ e\}$, pero no logro entender cómo unir las dos partes. Realmente no tengo claro cómo proceder, si esta es la mejor manera de probarlo, o incluso cómo probarlo en general. Por lo tanto, se necesita orientación, preferiblemente muy detallada.

Para el segundo, me preguntaba si sería necesario el hecho de que si $G = G_{1} \times G_{2}$, entonces $G_{1} \trianglelefteq G$, $G_{2} \trianglelefteq G"? Aunque, no voy a mentir: estoy igual de confundido en esta parte que en la primera parte.

¡Gracias! :)

Answer 1

El hecho clave que quieres usar aquí es que $C(G_1\times G_2)=C(G_1)\times C(G_2)$ (demuestra esto si no te resulta evidente). Y si $H_1\trianglelefteq G_1$ y $H_2\trianglelefteq G_2$, entonces $(G_1\times G_2)/(H_1\times H_2)\cong (G_1/H_1)\times(G_2/H_2)$. Esto da lugar, por inducción en $n$, a $(G_1\times G_2)_n\cong G_{1,n}\times G_{2,n}$ para todo $n$. Dado que un producto de grupos es trivial si y solo si cada factor es trivial, esto te da el resultado.

Para la solubilidad la idea es muy similar, pero en lugar de mirar la operación de reemplazar $G$ por $G/C(G)$, estás mirando la operación de reemplazar $G$ por $[G,G]$. Así que quieres demostrar que $[G_1\times G_2,G_1\times G_2]=[G_1,G_1]\times[G_2,G_2]$, y luego hacer un argumento de inducción similar.

Answer 2

Para cualquier grupo $G_1,G_2$ y subgrupos normales $H_1 \trianglelefteq G_1, H_2 \trianglelefteq G_2$, tenemos que $$C(G_1 \times G_2) = C(G_1) \times C(G_2)$$ y $$\frac{G_1 \times G_2}{H_1 \times H_2} \cong \frac{G_1}{H_1} \times \frac{G_2}{H_2}.$$ Combinando esto obtenemos que $$\frac{G_1 \times G_2}{C(G_1 \times G_2)} \cong \frac{G_1}{C(G_1)} \times \frac{G_2}{C(G_2)}.$$

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Nota: con el índice $i$, me refiero al término $i$-ésimo en la serie, ¡no al factor $i$-ésimo del producto directo!

Cambiemos ahora a tus grupos $G, G_1$ y $G_2$. Queremos probar (por inducción) que $G_{i} \cong G_{1,i} \times G_{2,i}$ para todo $i = 0,1, \dots$ . El caso base $i = 0$ es simplemente $G = G_1 \times G_2$ que es exactamente cómo definimos $G$, por lo que no se debe probar nada. Ahora, asumamos que $G_{i} \cong G_{1,i} \times G_{2,i}$ para algún $i$. Entonces tenemos $$G_{i+1} = \frac{G_i}{C(G_i)} \cong \frac{G_{1,i} \times G_{2,i}}{C(G_{1,i} \times G_{2,i})} \cong \frac{G_{1,i}}{C(G_{1,i})} \times \frac{G_{2,i}}{C(G_{2,i})} = G_{1,i+1} \times G_{2,i+1}.$$ Por lo tanto $$\begin{align}G_i = \{e\} &\iff G_{1,i} \times G_{2,i} = \{e\} \times \{e\}\\ &\iff G_{1,i} = \{e\} \text{ y } G_{2,i} = \{e\}\\ &\iff i \geq n_1 \text{ y } i \geq n_2\\ &\iff i \geq \max\{n_1,n_2\} \end{align}$$ por lo tanto $G$ tiene clase de nilpotencia $\max\{n_1,n_2\}$.

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Ahora, pasamos a la parte soluble. Trabajando nuevamente con grupos generales $G_1,G_2$, podemos mostrar rápidamente que $$[G_1 \times G_2,G_1 \times G_2] = [G_1,G_1] \times [G_2,G_2].$$ Dado que un subgrupo conmutador es generado por el conjunto de conmutadores, basta con notar lo siguiente para $g_1,h_1 \in G_1$, $g_2,h_2 \in G_2$: $$\begin{align} [(g_1,g_2),(h_1,h_2)] &= (g_1,g_2)^{-1}(h_1,h_2)^{-1}(g_1,g_2)(h_1,h_2) \\ &= (g_1^{-1},g_2^{-1})(h_1^{-1},h_2^{-1})(g_1,g_2)(h_1,h_2)\\ &= (g_1^{-1}h_1^{-1}g_1h_1, g_2^{-1}h_2^{-1}g_2h_2)\\ &= ([g_1,h_1],[g_2,h_2]). \end{align}$$

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Ahora, volvemos a tus grupos $G, G_1$ y $G_2$. Denotemos $G^{(0)} = G$ y $G^{(i+1)} = [G^{(i)},G^{(i)}]$, y la misma notación para los factores $G_1, G_2$. Queremos probar por inducción que $G^{(i)} = G_1^{(i)} \times G_2^{(i)}$ para todo $i = 0,1 ,\dots$ . Una vez más, el caso base $i = 0$ es simplemente la definición de $G$, así que asumamos que $G^{(i)} = G_1^{(i)} \times G_2^{(i)}$ para algún $i$. Entonces $$\begin{align} G^{(i+1)} &= [G^{(i)},G^{(i)}]\\ &= [G_1^{(i)} \times G_2^{(i)},G_1^{(i)} \times G_2^{(i)}]\\ &= [G_1^{(i)} ,G_1^{(i)} ] \times [G_2^{(i)},G_2^{(i)}]\\ &= G_1^{(i+1)} \times G_2^{(i+1)} . \end{align}$$ Terminamos la prueba con el mismo argumento que anteriormente: $$\begin{align}G^{(i)} = \{e\} &\iff G_1^{(i)} \times G_2^{(i)} = \{e\} \times \{e\}\\ &\iff G_1^{(i)} = \{e\} \text{ y } G_2^{(i)} = \{e\}\\ &\iff i \geq n_1 \text{ y } i \geq n_2\\ &\iff i \geq \max\{n_1,n_2\} \end{align}$$ por lo tanto $G$ tiene longitud derivada $\max\{n_1,n_2\}$.