¿Por qué los elementos de coprime órdenes de trasladarse nilpotent grupos?

Question

Quiero mostrar la siguiente declaración:

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Deje $G$ ser un nilpotent grupo y $a,b\in G$ tal de que no existe $m,n\in\mathbf{N}_{>0}$ tal que $\text{gcd}(m,n)=1$$a^m=b^n=1$. A continuación,$ab=ba$.

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Si $G$ es finito, esto es claro para mí, ya sé que, a continuación, $G$ es el producto directo de sus subgrupos de Sylow.

He encontrado un boceto de una prueba en el Pabellón de la Teoría de grupos: Si $G=G_1,G_2,\ldots$ es la parte inferior central de la serie de $G$, muestran que $[a,b]\in G_i$ cualquier $i$, lo que implica entonces $[a,b]=e$. Hall incluso le da otra pista: Si $[a,b]\in G_i$, muestran que $[a,b]^m\in G_{i+1}$$[a,b]^n\in G_{i+1}$. Lamentablemente yo no puedo hacer eso. Me las arreglé el caso de $m=2$: $$a^{-1}b^{-1}aba^{-1}b^{-1}ab=a^{-1}(b^{-1}a^{-1}ba)a(a^{-1}b^{-1}ab)=[a,[a,b]],$$ pero no veo la manera de generalizar esta.

Otra sugerencia sería bueno.

Answer 1

Quizás desee tomar nota de que los grupos finitos $G$ tiene la propiedad de que para todos los $a, b \in G$$gcd(order(a), order(b))=1$, uno ha $order(ab)=order(a).order(b)$, son los nilpotent grupos.
En otras palabras, para un grupo finito $G$ el orden de la función es "multiplicativo" iff $G$ es nilpotent.

Answer 2

Puesto que usted está bien en el caso finito, se puede mostrar que el subgrupo generado por a $a$ $b$ es finito?