Para la primera afirmación, voy a trabajar con $F_n$ $n$th término de la parte inferior central de la serie; sin embargo, el argumento debe ser aproximadamente el mismo que para cualquier central de la serie.
Nos muestran que si $\alpha$ es la identidad en $F/[F,F]$, entonces se induce la identidad en $F_n/F_{n+1}$ todos los $n$. La prueba es por inducción.
La afirmación de $n=1$ es la hipótesis original. Supongamos ahora que el resultado vale para $k$, por lo que si $w\in F_k$,$w\alpha\equiv w\pmod{F_{k+1}}$. Queremos mostrar que el resultado vale para $k+1$. Los generadores de $F_{k+1}$ están contenidos en el conjunto de $[F,F_{k+1}]$, así que vamos a $u\in F$$w\in F_k$; si se demuestra que el resultado de $[u,w]$, luego de que se siga para $F_{k+1}$.
Vamos a utilizar el siguiente conmutador de identidad: en cualquier grupo, para todos los $x,y,z,t$, tenemos:
$$[xy,zt] = [x,t]^y[y,t][x,z]^{yt}[y,z]^t,$$
donde $a^b = b^{-1}ab$ es conjugación.
Ahora, desde la $u\alpha\equiv u\pmod{F_2}$,$u\alpha=uc$$c\in F_2$. Y desde $w\alpha\equiv w\pmod{F_{k+1}}$,$w\alpha = wd$$d\in F_{k+1}$. Por lo tanto,
$$[u,w]\alpha = [u\alpha,w\alpha]= [uc,wd]
= [u,d]^{c}[c,d][u,w]^{cd}[c,w]^{d} \equiv [u,w]\pmod{F_{k+2}},$$
porque $[u,d]\in[F_1,F_{k+1}]$, $[c,d]\in[F_2,F_{k+1}]$, $[c,w]\in[F_2,F_k]$, y $[u,w]^{cw}=[u,w][[u,w],cw]\equiv [u,w]\pmod_{F_{k+2}}$.
Por lo tanto, $\alpha$ actúa como la identidad en $F_{k+1}/F_{k+2}$, como se desee.
(Alternativamente, el básico de los conmutadores de peso $k$ dar una base para la libre grupo abelian $F_{k}/F_{k+1}$, y es una cuestión fácil comprobar que si $\alpha$ induce la identidad en $F/F_{2}$, luego se asigna un básico colector de peso $c$ al producto de sí mismo los tiempos de los conmutadores de peso mayor que $c$).
Todavía estoy trabajando en la segunda afirmación, pero por ejemplo, para$n=1$, $x\alpha= xk$ algunos $k\in F_2$, por lo tanto $x\alpha\equiv xk\pmod{F_3}$, y desde $k\alpha\equiv k\pmod{F_3}$,$x\alpha^2 \equiv x\alpha k \equiv x k^2\pmod{F_3}$, y de manera inductiva $x\alpha^N \equiv x k^{N}\pmod{F_3}$.
Agregó: he comprobado el libro en mi manera de salir de la oficina y al gimnasio, y me di cuenta de que el libro no tiene " $x\alpha^N\equiv xk^N\pmod{F_{n+1}}$, pero sólo $x\alpha^N\equiv xk^N$. Puedo mostrar que bajo ciertas suposiciones, $x\alpha^N$ es conjugado, modulo $F_{n+1}$,$xk^N$, y eso debería ser suficiente para los fines del argumento, ya que el siguiente paso de la prueba es de señalar que desde $\alpha^N\in JA(F)$, esto significa que $uxu^{-1}\equiv xk^N\pmod{F_{n+1}}$ algunos $u$, y esto también llevará a cabo si todo lo que tiene es que $x\alpha^N$ es conjugado a $xk^N$ modulo $F_{n+1}$.
Para mostrar esta más débil de la demanda, de proceder por inducción en $m$. Sabemos que $x\alpha$ es conjugado a $xk$, por lo tanto $x\alpha \equiv (xk)^u\pmod{F_{n+1}}$ algunos $u$. Suponga que $x\alpha^m\equiv (xk^m)^v\pmod{F_{n+1}}$ algunos $v\in F$ donde $a^b = b^{-1}ab$ es sólo la conjugación. La aplicación de $\alpha$ en ambos lados, tenemos $x\alpha^{m+1}$ en el lado izquierdo, y
\begin{align*}
(xk^m)^v\alpha &= ((x\alpha)(k^m\alpha))^{v\alpha}\\
& \equiv \bigl((xk)^u k^m\bigr)^{v\alpha}\pmod{F_{n+1}}\\
&\equiv \bigl( (xk^{m+1})^u\bigr)^{v\alpha}\pmod{F_{n+1}} &\text{(as %#%#% is central in %#%#%)}\\
&\equiv (xk^{m+1})^{u(v\alpha)}\pmod{F_{n+1}}.
\end{align*}
Por lo tanto, $k$ algunos $F_/F_{n+1}$; es decir, $x\alpha^{m+1}\equiv (xk^{m+1})^w\pmod{F_{n+1}}$ es conjugado, modulo $w\in F$,$x\alpha^{m+1}$. En particular, $F_{n+1}$ es conjugado, modulo $xk^{m+1}$$x\alpha^N$, y desde $F_{n+1}$ es conjugado a $xk^{N}$, $x$ es conjugado a $x\alpha^N$ modulo $x$. Ahora pienso que el argumento dado en el libro se puede continuar desde este punto.
Así que, continuando con la prueba de la proposición. Sabemos que $xk^N$ es conjugado a $F_{n+1}$ modulo $x\alpha^N$, $xk^N$ es igual a la conjugación por algún elemento. De modo que existe $F_{n+1}$ tal que $\alpha^N$ es igual, modulo $u$,$x\alpha^N = u^{-1}xu = x[x,u]$, y por lo tanto $F_{n+1}$ por la cancelación de $xk^N$.
Ahora, $[x,u]=k^N \pmod{F_{n+1}}$ es un finitely libres generados por el grupo abelian generado por el básico de los conmutadores; $x$, así que podemos escribir $F_n/F_{n+1}$ como un producto básico de los conmutadores, y lo mismo es cierto para $k\in F_n$. Debido a $k$ $[x,u]$th poder, colector de cálculo nos dice que en el hecho de $[x,u]$ debe ser un $N$th poder, por lo que, de hecho, podemos encontrar una $u$ tal que $N$ (esencialmente, cada colector, que se muestra es una $v$th potencia, por lo que dividiendo el exponente por $[x,v]\equiv k \pmod{F_{n+1}}$ podemos construir un adecuado $N$). Así que ahora tenemos $N$.
Ahora: $v$ es conjugado a $[x,v]\equiv k\pmod{F_{n+1}}$, lo $x\alpha$ es conjugado a $xk$ modulo $v^{-1}x\alpha v$. Pero $vxkv^{-1}$ (desde $F_{n+1}$ es central en $vxkv^{-1} \equiv vxv^{-1}k\pmod{F_{n+1}}$), por lo
$k$$
(la siguiente a la última de la congruencia por el uso de conmutador identidades, ya que estamos en el menor plazo de la parte inferior central de la serie de $F/F_{n+1}$). En resumen, $$vxkv^{-1} \equiv vxv^{-1}k \equiv x[x,v^{-1}]k \equiv x[x,v]^{-1}k \equiv xk^{-1}k\pmod{F_{n+1}}$ es conjugado a $F/F_{n+1}$ modulo $x\alpha$. Que significa que existe una $x$ y algunos $F_{n+1}$ tal que $k'\in F_{n+1}$. Pero esto significa que $w\in F$ algunos $w^{-1}(x\alpha)w\equiv x \pmod{F_{n+1}}$, que es precisamente lo que queríamos demostrar que completa el paso inductivo.
