Demostrar: Si $N\lhd G$ $N$ $\frac{G}{N'}$ son nilpotent, a continuación, $G$ es nilpotent.

Question

Deje $G$ ser un grupo y $N'=[N,N]$ el colector de un subgrupo de $N$. ¿Cómo puedo demostrar que Si $N\lhd G$ $N$ $\frac{G}{N'}$ son nilpotent, a continuación, $G$ es nilpotent.

Answer 1

Al $G$ es finito, veo el siguiente argumento: vamos a $P$ ser un Sylow $p$-subgrupo de $G$ para algunos prime $p.$ $PN^{\prime} \lhd G$ por hipótesis. A continuación, $G = N^{\prime}PN_{G}(P)$ por el Frattini argumento. Por lo tanto $G = N^{\prime}N_{G}(P)$ $N = N^{\prime}N_{N}(P)$ por Dedekind del Lexema. Ahora $N^{\prime} \leq \Phi(N)$ desde $N$ es nilpotent (o simplemente observar que cada subgrupo maximal de a $N$ es normal de primer índice, por lo que contiene $N^{\prime}).$ por lo tanto, tenemos $N = N_{N}(P).$ $G = N^{\prime}N_{G}(P) \subseteq N_{G}(P)$ $P \lhd G.$ Desde $P$ fue arbitraria subgrupo de Sylow $G$, $G$ es nilpotent.

Answer 2

Primero vamos a probar que, si el grupo $G$ actos nilpotently en abelian grupos $M$$N$, entonces su inducida por la acción en $M \otimes N$ también es nilpotent.

Actuando nilpotently, quiero decir que no se subgrupo de la serie $M = M_0 > M_1 > \cdots > M_m = 1$ $N = N_0 > N_1 > \cdots > N_n = 1$ tal que $G$ normaliza todos los subgrupos en estas series y centraliza todos los grupos cociente $M_{i-1}/M_i$$N_{i-1}/N_i$.

Para probar la afirmación, por $0 \le t \le m+n$, vamos a $L_t$ ser el subgrupo de $M \otimes N$ generado por sus subgrupos $M_i \otimes N_j$$i+j=t$. Ahora (conmutación aditivo de la notación en la abelian grupos), para $g \in G$, $a \in M_i$, $b \in N_j$, tenemos $(a \otimes b)^g - (a \otimes b) = a^g \otimes (b^g-b) + (a^g-a) \otimes b \in L_{i+j+1}$, y por lo $G$ centraliza cada cociente $L_t/L_{t+1}$, y hemos terminado.

Para utilizar esto para probar el resultado necesario, en primer lugar observamos que el $G/N'$ nilpotent implica que $G$ actos nilpotently en $N/N' = N^{(1)}/N^{(2)}$. Para todos los $k > 1$, la conmutación induce un natural mapa de $N/N' \otimes N^{(k-1)}/N^{(k)} \to N^{(k)}/N^{(k+1)}$, que es preservada por la acción de la $G$. Así, utilizando el resultado anterior, se puede demostrar por inducción sobre $k$ que $G$ actos nilpotently en cada factor de $N^{(k-1)}/N^{(k)}$, por lo tanto $G$ es nilpotent.

Answer 3

$N$ es nilpotent, por lo tanto dejando $N^{(k)} = [N^{(k-1)},N]$, tenemos $$ \langle 0 \rangle \cong N^n \trianglelefteq \dots \trianglelefteq [N,N] = N' \trianglelefteq N. $$ $G/N'$ es nilpotent, por lo tanto dejando $(G/N')^{(k)} = [(G/N')^{(k-1)},G/N']$, tenemos $$ \langle 0 \rangle \cong (G/N)^{(m)} \trianglelefteq \dots \trianglelefteq [G/N',G/N'] \trianglelefteq G/N'. $$ Ahora note que $[G/N',G/N'] = [G,G]/N'$,$[[G,G]/N',G/N'] = [[G,G],G]/N'$, de ahí que $(G/N')^{(k)} = G^{(k)}/N'$ (por definir $G^{(k)} = [G^{(k-1)},G]$). $$ \langle 0 \rangle \trianglelefteq G^{(m)}/N' \trianglelefteq \dots \trianglelefteq [G,G]/N' \trianglelefteq G/N'. $$ Sabemos que esto implica que $$ \langle 0 \rangle \cong N^{(n)} \trianglelefteq \dots \trianglelefteq N^{(1)} = N' \trianglelefteq G^{(m)} \trianglelefteq \dots \trianglelefteq [G,G] \trianglelefteq G $$ Mi teoría de grupos es oxidado, así que si alguien puede hacer copia de seguridad de la veracidad de mis argumentos se lo agradecería. Esta era claramente demasiado grande para un comentario. La parte en la que no estoy seguro es el último : yo no soy informática cosas con $G$, pero con $N$... no funciona de la manera que yo quiero.

Espero que ayude,