Una pregunta en $p$-grupos, y el orden de su conmutador subgrupo.

Question

$\textbf{QUESTION-}$ Deje $P$ ser un p-grupo con $|P:Z(P)|\leq p^n$. Mostrar que $|P'| \leq p^{n(n-1)/2}$.

Si $P=Z(P)$ es cierto. Ahora vamos a $n > 1$, luego

Si veo a $P$ como nilpotent grupo y la construcción de la parte superior central de la serie, que va a terminar , así que vamos a ser,

$e=Z_0<Z_1<Z_2<......<Z_r=P$

Ahora como $Z_{i+1}/Z_i=Z(P/Z_i)$, así que si que si me llevo algunos $x\in Z_2$\ $Z_1$ entonces $N$={$[x,y]|y\in P$} $\leq Z_1(P)$ y $N \triangleleft P $, lo $P/N$ es un grupo con el fin de $\leq p^{n-1}$.

Ahora si me dejo $H=P/N$, entonces obviamente|$H/Z(H)$|$\leq p^{n-1}$.

Ahora $H'\cong P'N/N \cong P'/(P' \cap N)$ así que desde aquí me podría traer finalmente la $P'$ al menos en la foto, ahora|$P'$|=$|H'|.|P'\cap N|$ por lo $|P'|\leq |H'||N|$.

Esto es donde estoy $\textbf{STUCK}$

Ahora , a partir de aquí ¿cómo puedo calcular o encontrar algo de poder a $p$ límites en $|H'|$ $|N|$ así que podría conseguir mi resultado.

Answer 1

El caso de al $n=1$ es trivial, ya que un grupo de $P$ tal que $P/Z(P)$ es cíclico ya está abelian.

Ahora considere un subgrupo maximal $M$ contiene $Z(P)$ donde $[P:M]=p$. Entonces por inducción (desde $Z(P)\le Z(M)$) $|M'|\le p^{(n-1)(n-2)/2}$.

Si nos fijamos en $P/M'$, $M/M'$ es un abelian normal subgrupo de tal manera que (por el segundo teorema de isomorfismo) $(P/M')/(M/M')$ es cíclico (desde $P/M$ es).

Por el Lema 4.6 en FGT $|M/M'| = |P'/M'|\cdot |M/M'\cap Z(P/M')|$.

Este es el mismo que $|M| =|P'|\cdot |M/M'\cap Z(P/M')|$.

Deje $K/M' = Z(P/M')$. Así tenemos $$ |M| = |P'|\cdot \dfrac{|M\cap K|}{|M'|}.$$

Si podemos mostrar a $Z(P)\le M\cap K$, luego tenemos $$ |M| \ge |P'|\cdot\dfrac{|Z(P)|}{|M'|},$$

que es equivalente a $$ |P'| \le \dfrac{|M|\cdot |M'|}{|Z(P)|},$$

lo que implica $$ |P'| \le p^{n(n-1)/2}$$

por el obligado en $|M'|$, el límite en $|P/Z(P)|$, y el hecho de $M$ es un subgrupo maximal (de índice $p$).

Así que ya sabemos $Z(P)\le M$ (por definición), y puesto que la imagen de $Z(P)$ $P/M'$ es central, tenemos $Z(P)\le K$. Hemos terminado.

Answer 2

Para $n=0,1$, como se observa, no hay nada que demostrar.

Supongamos ahora que la proposición es verdadera para $n-1$, $n \geq 2 $

La primera observación es que si $n \geq 2 $, $Z < Z_{2}$, de modo que podemos elegir $x \in Z_{2} \setminus Z$.

Consideremos ahora la función $\alpha: P \rightarrow P$, $y \mapsto \left[ x,y \right]$. Desde $x \in Z_{2}$ tenemos que $ \alpha\left( y \right)= \left[ x,y \right] \in Z$ que es abelian para que $\alpha$ es un grupo de morfismos. Deje $N := \operatorname{Im}\left( \alpha \right)$. Tenemos que $\operatorname{Ker}\left( \alpha \right)= C_{G}\left( x \right)$ (el centraliser de $x$) y que $Z < C_{G}\left( x \right) $ desde $x \in C_{G}\left( x \right) \setminus Z$. De esto se sigue

$$ \left| N \right| = \left| \dfrac{P}{C_{G}\left( x \right)} \right| < \left| \dfrac{P}{Z} \right| \leq p^n $$

es decir,

$$\etiqueta{1}\label{1} \left| N \right| \leq p^{n-1} $$

$N$ es normal en $P$ porque es central y se puede construir $H = P/N$. Tenemos que $ \dfrac{Z}{N} < Z\left( H \right) $ porque $xN \in Z\left( H \right) \setminus \dfrac{Z}{N} $, de modo que

$$ \left| \dfrac{H}{Z\left( H \right)} \right| < \left| \dfrac{H}{\dfrac{Z}{N}} \right| = \left| \dfrac{P}{Z} \right| \leq p^n$$

podemos deducir que ese $\left| H / Z\left( H \right) \right| \leq p^{n-1}$ y, por hipótesis de inducción,

$$\tag{2}\label{2} \left| H^\prime \right| \leq p^{\frac{\left( n-1 \right) \left( n-2 \right)}{2}}$$.

La última observación es que el $N \leq P^\prime$ y

$$\tag{3}\label{3} P^\prime / N \leq H^\prime$$ y poner a todos juntos tenemos:

$$ \left| P^\prime \right| \stackrel{\eqref{3}}\leq \left| H^\prime \right| \left| N \right| \stackrel{\eqref{1}\eqref{2}}\leq p^{\frac{\left( n-1 \right) \left( n-2 \right)}{2}} p^{n-1} = p^{\frac{n \left( n-1 \right)}{2}} $$