Recordemos la definición de la parte inferior central de la serie de un grupo de $G$:
El primer término de la parte inferior central de la serie es $G_1 = G$. El segundo término es $G_2=[G,G]$.
Después de haber definido los $n$th término de la parte inferior central de la serie, el $n+1$st plazo es $G_{n+1}=[G_n,G]$.
Un grupo de $G$ es nilpotent de clase en la mayoría de las $c$ si y sólo si $G_{c+1}$ es trivial si y sólo si $G_c\subseteq Z(G)$.
Lema 1. Algunos colector identidades: dado un grupo de $G$$x,y,z\in G$, tenemos:
- $[xy,z] = [x,z]^y[y,z]$;
- $[x,yz] = [x,z][x,y]^z$.
Prueba. Directo de cálculo se establece la igualdad. $\Box$
Lema 2. Deje $G$ ser un grupo. Si $[x,G]\subseteq Z(G)$, $[xy,z] = [x,z][y,z]$ todos los $y,z\in G$.
Prueba. Esto se desprende de la identidad de la primera de arriba, debido a $[x,z]$ es central. $\Box$
Proposición 3. Deje $G$ ser un grupo, y se supone que $G$ es generado por elementos finitos de orden. A continuación, para cada $c\gt 0$, $G_c/G_{c+1}$ es una torsión de grupo.
Prueba. Procedemos por inducción sobre $c$. Si $c=1$,$G_1/G_2=G^{\rm ab}$, y un grupo abelian generados por elementos finitos de orden es de torsión.
Suponga que el resultado es cierto para $c$, y considerar la posibilidad de $G_{c+1}/G_{c+2}$. Este es abelian, ya $[G_{c+1},G_{c+1}]\subseteq [G_{c+1},G]=G_{c+2}$, por lo que es suficiente para mostrar que los generadores son de orden finito. $G_{c+1}/G_{c+2}$ es generado por los elementos de la forma$[x,g]$$x\in G_c$$g\in G$. Por supuesto, $x$ es de torsión modulo $G_{c+1}$, de modo que existe $n\gt 0$ tal que $x^n\in G_{c+1}$. Por otra parte, desde la $G_{c+1}/G_{c+2}$ es abelian, por el Lema 2, tenemos que $[x^n,g] \equiv [x,g]^n\pmod{G_{c+2}}$. Pero desde $G_{c+1}/G_{c+2}$ es abelian, $[h,g]\equiv 1$ si $h\in G_{c+1}$. Desde $x^n\in G_{c+1}$,$[x,g]^n \equiv [x^n,g] \equiv 1 \pmod G_{c+2}$, lo $[x,g]$ es de torsión modulo $G_{c+2}$, como se desee. $\Box$
Teorema. Deje $G$ ser un nilpotent grupo. Entonces el conjunto de torsión de los elementos de $G$ es un subgrupo de $G$.
Prueba. Esto es suficiente para mostrar que el producto de dos elementos de orden finito es finito de orden. Deje $x,y\in G$ ser finito de orden; puesto que todos los cálculos se producen en $\langle x,y\rangle$, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $G=\langle x,y\rangle$. Procedemos por inducción sobre la clase$c$$G$. Si $c=1$, $G$ es abelian, y el resultado es inmediato: $xy$ es de orden finito desde $x$ $y$ son de orden finito.
Suponga que el resultado tiene para los grupos de la clase $c$, $G$ es de clase $c+1$. A continuación, $xy$ es de orden finito modulo $G_{c+1}$, de modo que existe $n$ tal que $(xy)^n\in G_{c+1}$. Por la Proposición 3, $G_{c+1}/G_{c+2}$ es de torsión, de modo que existe $m\gt 0$ tal que $(xy)^{nm}\in G_{c+2}$. Pero desde $G$ es de clase $c+1$, $G_{c+2}=\{1\}$, por lo $(xy)^{nm}=1$. Esto demuestra que $xy$ es de orden finito, como se desee. $\Box$
Añadido. Alternativamente, trabajando en $G=\langle x,y\rangle$, tenemos una normal (de hecho, central) de la serie
$$\{1\}=G_{c+1} \triangleleft G_{c} \triangleleft\cdots \triangleleft G_2 \triangleleft G_1 = G,$$
y cada uno de los factores del grupo de $G_{i}/G_{i+1}$ es de torsión; por lo tanto $G$ sí es de torsión.
